2025届湖南省高考最后一卷热身练习2物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省高考最后一卷热身练习2物理试卷（解析版），共40页。试卷主要包含了125等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2024年1月8日，一家中国公司宣布研制出微型原子能电池，利用镍63核同位素衰变技术和金刚石半导体，将原子能电池小型化、模块化、低成本化，新式核电池可以50年稳定发电，无需充电，无需维护，不产生外部辐射，其原理利用了镍会发生β衰变。已知镍63半衰期约为100年。下列判断正确的是（ ）
A．放射性样品经过一个半衰期质量变为
B．β粒子来源于绕核运转的核外电子
C．若电池在太空低温环境下工作，镍63半衰期会延长
D．衰变方程为
2．嫦娥六号成功发射后经过5天的飞行被月球引力捕获，进入环月轨道，在近月点P经过连续三次变轨，轨道逐渐降低，轨道简化示意图如图所示，其中a为12h大椭圆轨道，b为4h停泊轨道，c为半径为R0=2000km、T0=2h的圆轨道。已知月球半径R=1700km。下列说法正确的是（ ）
A. 嫦娥六号在地球发射时的速度大于11.2km/s
B. 月球的密度为3πGT02
C. 嫦娥六号在a轨道上经过P点时的加速度大于在b轨道上经过P点时的加速度
D. 嫦娥六号在b轨道上运行时离月球中心的最大距离为(234-1)R0
3．如图甲所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，细线一端与可看成质点的质量为的小球相连，另一端穿入小孔与力传感器（位于斜面体内部）连接，传感器可实时记录细线拉力大小及扫过的角度。初始时，细线水平，小球位于小孔的右侧，现敲击小球，使小球获得一平行于斜面向上的初速度，此后传感器记录细线拉力的大小随细线扫过角度的变化图像如图乙所示，图中已知，小球到点距离为，重力加速度为，则下列说法不正确的是（ ）
A．小球位于初始位置时的加速度为
B．小球通过最高点时速度为
C．小球通过最高点时速度为
D．小球通过最低点时速度为
4．如图甲所示，在三维直角坐标系O-xyz的xOy平面内，两波源S1、S2分别位于x1=-0.2m、x2=1.2m处．两波源垂直xOy平面振动，振动图像分别如图乙、丙所示．M为xOy平面内一点且MS2-MS1=0.2m．空间有均匀分布的介质且介质中波速为v=2m/s，则（ ）
甲乙丙
A． 平衡位置在x轴上且x=0.2m处的质点开始振动时的方向沿z轴负方向
B． 两列波叠加区域内平衡位置在x轴上且x=0.6m处质点振动减弱
C． 两列波叠加区域内平衡位置在x轴上且x=0.5m处质点振动加强
D． 从两波在M点相遇后开始计时，M处质点振动方程为z=0.4sin(10πt+π)m
5．在维修高压线路时，为保障安全，电工要穿如图（a）所示特制材料编织的电工服。图（b）中电工站在高压直流输电线的 A 供电线上作业，头顶上方有 B 供电线， B 供电线电势高于 A 供电线，虚线表示电工周围某一截面上的4条等势线，已知相邻等势线的电势差值均为 5V ， c 、 d 、 e 、 f 是各等势线上的四个点，下列说法正确的是（ ）

图（a） 图（b）
A. 电工服是用绝缘性能良好的绝缘材料制作而成的
B. 在 c 、 d 、 e 、 f 四点中， c 点的场强最大
C. 在 e 点静止释放一个电子，它会向 d 点所在的等势面运动
D. 将一个电子由 c 移到 d 电场力所做的功为 5eV
6．如图所示，空间中有三个同心圆L、M、N，半径分别为R、3R、33R，图中区域Ⅰ、Ⅲ中有垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），区域Ⅱ中有沿半径向外的辐向电场，AOB为电场中的一条电场线，AO和OB间电压大小均为U，a、b两个粒子带电荷量分别为－q、＋q，质量均为m，从O点先后由静止释放，经电场加速后进入磁场，加速时间分别为t1、t2，a进入Ⅰ区域后从距入射点四分之一圆弧的位置第一次离开磁场，b进入Ⅲ区域后恰好未从外边界离开磁场，不计粒子重力。则（ ）
A．Ⅰ、Ⅲ磁感应强度大小的比值B1B2＝31
B．Ⅰ、Ⅲ磁感应强度大小的比值B1B2＝31
C．为使两粒子尽快相遇，两粒子释放的时间间隔Δt＝6t2－4t1＋（43－1）πRm2qU
D．为使两粒子尽快相遇，两粒子释放的时间间隔Δt＝6t2－4t1＋（23－1）πRm2qU
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．如图甲所示，理想变压器原线圈匝数匝，副线圈的匝数为匝，输入端M、N所接的正弦式交变电压u随时间t的变化关系如图乙所示。为定值电阻，为滑动变阻器，电表均为理想交流电表，下列判断正确的（ ）
A．原线圈接交变电压的表达式为
B．电压表的示数为
C．若将变阻器的滑片P向上滑动，电压表示数变大
D．若将变阻器的滑片P向下滑动，电流表A读数将减小
8．某学习小组在探究三棱镜对光的色散的实验中，用一束含有A、B两种不同颜色光的光束以一定的角度从三棱镜的一面射入，并从另一面射出，如图所示。由此我们可以知道（ ）
A．三棱镜对B光的折射率小于对A光的折射率
B． A光的光子能量比较小
C．照射同一狭缝，A光通过狭缝后的衍射现象更明显
D．在使用同一个装置进行双缝干涉实验时，B光的干涉条纹间距较大
9．如图所示，上表面光滑的斜面体静置于粗糙水平面上，斜面体质量M＝3．2 kg，倾角θ＝37°，斜面顶端固定有光滑轻质滑轮，质量m＝1 kg的物块系于轻绳一端，轻绳另一端跨过滑轮系于水平面上，斜面左侧的轻绳保持竖直，斜面上方的轻绳与斜面平行。已知重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0．6，cs 37°＝0．8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的拉力大小为8 N
B．水平面对斜面体的弹力大小为48 N
C．水平面对斜面体的摩擦力大小为4．8 N
D．剪断轻绳瞬间，为使斜面体保持静止，斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为0．125
10．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，A、B两物体通过劲度系数为k的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平地面上，A、B都处于静止状态。A、B质量均为m，其中A带正电，电荷量为＋q，B不带电，电场强度的大小E＝mgq，其中g为重力加速度。弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为Ep＝12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。若不计空气阻力，不考虑物体A电荷量的变化，保持电场强度的大小不变，将电场方向改为竖直向上，下列说法正确的是（ ）
A．电场换向的瞬间，物体A的加速度大小为3g
B．从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的速度一直增大
C．从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的机械能增加量大于物体A电势能的减少量
D．物体B刚要离开地面时，物体A的速度大小为g3mk
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．在“用单摆测定重力加速度”实验中：
（1）下列哪个装置最适合用来做单摆？ 。
A．B．
C．D．
（2）用20分度的游标卡尺测量摆球的直径，如图甲所示，由此可知摆球的直径
d＝ cm。

（3）以下关于该实验的说法中正确的有 。
A．用刻度尺测量摆线的长度l，单摆的摆长L＝l＋d
B．若发现摆球不在同一个竖直平面内摆动，则需重新释放摆球
C．摆球摆动稳定后，从某次摆球经过最高位置时开始计时
D．摆球摆动稳定后，从某次摆球经过最低位置时开始计时
（4）实验中改变几次摆长L，测出相应的摆动周期T，得到多组L与T的数据，作出L－T2图线，如图乙所示，图线上A、B两点的坐标分别为（x2，y2）、（x1，y1），则重力加速度g的计算式为 。
12．一位同学用电压表、电流表、滑动变阻器就可以测量一节干电池的电动势和内阻，实物连线图如图甲所示。
(1)若有两节干电池电动势均约为1.5V，内阻分别约为0.4Ω和1.1Ω，在电流变化相同的情况下，为了让电压表示数变化更明显，应选择内阻约为 Ω的干电池（填“0.4”或“1.1”）。
(2)连接好电路，在开关闭合之前，应使滑动变阻器的滑片置于最 （填“左”或“右”）端。
(3)闭合开关后，多次移动滑动变阻器的滑片，测得多组电压表和电流表的示数U和I，在坐标纸上以U为纵轴、I为横轴，选择适当的标度建立坐标系，并画出U-I图线如图乙所示。作出的图像与纵轴的截距为a，横轴的截距为b，由此求出电池的电动势为E＝ ，电池的内阻为r＝ 。（结果均用字母表示）
(4)不考虑偶然误差，该实验电动势的测量值 真实值，电池内阻的测量值 真实值。（均填“＞”“＜”或“＝”）
13．如图所示，上端开口的汽缸竖直放置在水平桌面上，汽缸横截面积为S ，一定质量的理想气体被厚度不计的轻质活塞封闭在汽缸内，活塞可在汽缸内无摩擦地上下滑动，且不漏气。现把砂子缓慢地倒在活塞的上表面上，已知活塞和砂子的总质量为m，开始时汽缸内的气体热力学温度为T1，缸内气体的高度为H。现对缸内气体缓慢加热使热力学温度升高到T2，已知加热过程中被封闭气体内能的变化量为ΔU，外界的大气压强为p0，重力加速度为g。求：
（1）加热过程中活塞上升的高度ΔH；
（2）加热过程中被封闭气体吸收的热量Q。
14．一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上．宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示．
图（a）图（b）
（1） 使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场．运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小．
（2） 在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1=2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示．让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场．运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好．求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量．
15．如图所示，竖直光滑圆弧轨道PQ固定在地面上，底端与一水平传送带右端在P点相切，轨道顶端Q点和圆心的连线与水平面成角。长的水平传送带以的恒定速率顺时针转动，其左端与地面在M点无缝对接。质量1kg的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，O点在M点的正上方。质量2kg的物块B静止在M点。现将小球A向左拉至轻绳与竖直方向成角处由静止释放，A运动到最低点与B发生弹性正碰，碰后B滑上传送带，之后又滑上圆弧轨道。已知A、B均可视为质点，轻绳长，B与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度。（结果除不尽的，可用分数表示）
(1)求A、B碰撞后瞬间，B的速度大小；
(2)求B从传送带的左端运动到右端所需要的时间；
(3)假设B沿圆弧轨道运动时没有与轨道脱离，求轨道的半径应满足的条件。
【参考答案】
1．【知识点】原子核的衰变及半衰期
【答案】D
【详解】经过一个半衰期，是有半数的原子核发生衰变，并不是质量变为原来的一半，放射性样品经过一个半衰期，剩余未衰变的放射性物质质量变为5 g，但衰变后的产物的总质量并不为5 g，A错误；β粒子是原子核内的一个中子转化为一个质子时释放出的一个电子，不是来源于绕核运转的核外电子，B错误；半衰期由原子核本身的性质决定，与外界的物理、化学状态等因素无关，所以在太空低温环境下工作，镍63半衰期不会延长，C错误；β衰变是原子核内的中子转化为质子同时释放出一个电子，镍发生β衰变，质子数增加1，变为29，质量数不变，衰变方程为，D正确。
2．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
【答案】D
【热考点】开普勒行星运动定律与万有引力定律
【解析】嫦娥六号没有脱离地球引力束缚，所以发射速度应该大于第一宇宙速度且小于第二宇宙速度，即小于11.2km/s，A错误；若嫦娥六号沿c轨道绕月球运行则有GMmR02=m(2πT0)2R0，月球密度ρ=M43πR3=3πR03GT02R3，B错误；根据牛顿第二定律有GMmr2=ma，解得a=GMr2，所以嫦娥六号在a轨道上经过P点时的加速度等于在b轨道上经过P点时的加速度（易错：卫星绕同一中心天体运动，在不同轨道上的同一点时，加速度大小相同，但线速度大小不同），C错误；由开普勒第三定律有R03T02=Rb3Tb2，由几何关系有Rb=R0+dmax2，解得dmax=(234-1)R0，D正确。
技巧点拨
1.圆轨道求半径，若已知周期，可利用开普勒第三定律；若已知中心天体质量与圆周运动的线速度（或角速度、周期），可利用万有引力定律。
2.椭圆轨道求半长轴（或半长轴相关长度），利用开普勒第三定律求解。
3．【知识点】绳、杆类圆周运动问题
【答案】A
【详解】位于初始位置时的向心加速度大小为，沿斜面向下的加速度大小为，根据平行四边形定则知，则小球位于初始位置时的加速度大于，A错误，满足题意要求；由图乙可知，小球通过最高点时细线的拉力最小，为零，则有，解得小球通过最高点时的速度，B正确，不满足题意要求；小球在初始位置时，有，则小球通过最高点时的速度，C正确，不满足题意要求；小球通过最低点时，细线的拉力最大，根据牛顿第二定律有，联立解得小球通过最低点的速度为，D正确，不满足题意要求。
4．【知识点】波的加强点与减弱点相关问题
【答案】D
【解析】平衡位置在x轴上且x=0.2m处的质点，离波源S1更近，故该质点先按该波源的振动形式振动，波源S1开始振动时沿z轴正方向振动，故该质点开始振动时也是先沿z轴正方向振动，A错误；两列波的振动周期、波速均相等，故波长也相等，为λ=Tv=0.2×2m=0.4m，平衡位置在x轴上且x=0.6m处的质点，离两波源的距离差为0.2m，为半波长的奇数倍，故为振动加强点，B错误；平衡位置在x轴上且x=0.5m处的质点，离两波源的距离差为零，为半波长的偶数倍，故为振动减弱点，C错误；MS2-MS1=0.2m，为半波长的奇数倍，为振动加强点，振幅为A=2×0.2m=0.4m，ω=2πT=2π0.2rad/s=10πrad/s，当S2波源的振动形式传到M点后，M处质点振动方程为z=Asin(ωt+φ)=0.4sin(10πt+π)m，D正确．
5．【知识点】尖端放电、静电屏蔽与静电吸附、电势能与静电力做功
【答案】
C
6．【知识点】带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
【答案】AC
【解析】带电粒子沿电场线加速，由动能定理知qU＝12mv2，可得v＝2qUm，由几何关系可知，a粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝mv2R，设b粒子在区域Ⅲ中做圆周运动的轨迹半径为r2，根据几何关系有（3R）2＋r22＝（33R－r2）2，解得r2＝3R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB2＝mv23R，联立可得B1B2＝31，A正确，B错误；由图可得，两粒子最快在D点相遇，a粒子的运动时间为ta＝4t1＋Ta2，又Ta＝2πRv，b粒子的运动时间为tb＝6t2＋2Tb，又Tb＝2π·3Rv，则Δt＝tb－ta，联立可得Δt＝6t2－4t1＋（43－1）πRm2qU，C正确，D错误。
7．【知识点】含有理想变压器的动态电路分析、理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
【答案】AD
【详解】由图像可知，原线圈电压的最大值是，周期为，则有，则原线圈接交变电压的表达式为，A正确；根据，其中U1=36V，可知，电压表的示数为，小于18V，B错误；若将变阻器的滑片P向上滑动，R2的阻值变小，负载的总阻值变小，次级电流变大，则R1上的电压变大，则R2电压减小，则电压表的示数变小，C错误。若将变阻器的滑片P向下滑动，R2的阻值变大，负载的总阻值变大，有，可知，副线圈的电流减小，由，可知，原线圈的电流减小，电流表A读数将减小，D正确。
8．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】BC
【解析】
9．【知识点】牛顿第二定律求解瞬时突变问题
【答案】BD
【解析】对物块分析，由平衡条件得，轻绳的拉力大小为F＝mgsin θ＝6 N，A错误；将物块和斜面体作为整体，受力分析如图甲所示，由平衡条件得，水平面对斜面体的弹力大小为FN＝（M＋m）g＋F＝48 N，水平面对斜面体的摩擦力大小为f＝0，B正确，C错误；剪断轻绳瞬间，对斜面体受力分析如图乙所示，由平衡条件得FN1＝Mg＋F'Ncs θ，F'Nsin θ＝μFN1，F'N＝mgcs θ，联立解得斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为μ＝0.125，D正确。

甲 乙
【一题多解】隔离法与整体法＋牛顿第二定律
物块静止时，对斜面体受力分析如图所示，由牛顿第三定律和力的合成可知mgcs θ与F的合力大小为mg，由平衡条件得，水平面对斜面体的弹力大小为FN＝（M＋m）g＋F＝48 N，水平面对斜面体的摩擦力大小为f＝0，B正确，C错误；
剪断轻绳瞬间，对物块由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，解得a＝6 m/s2，对物块和斜面体组成的整体，有（M＋m）g－FN1＝masin θ，μFN1＝macs θ，联立解得斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为μ＝0.125，D正确。
10．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合、带电粒子（物体）在重力场和电场组成的复合场中的运动
【答案】CD
【解析】电场换向前，对物体A，由平衡条件得，弹簧弹力大小F＝qE＋mg＝2mg，电场换向的瞬间，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得F＋qE－mg＝ma，联立解得物体A的加速度大小为a＝2g，A错误；物体A的合力为零时速度最大（点拨：当电场反向后，物体A向上运动，弹簧处于压缩状态时，对物体A做正功；弹簧处于伸长状态时，对物体A做负功，电场反向后电场力大小始终与重力相等，所以当弹簧恢复原长时，物体A的动能最大），此时弹簧弹力大小F1＝0，故弹簧恢复原长时物体A的速度最大，物体B刚要离开地面时地面对B的支持力为零，此时弹簧处于伸长状态，故从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的速度先增大后减小，B错误；电场换向前，弹簧的压缩量x1＝Fk＝2mgk，物体B刚要离开地面时，弹簧的伸长量x2＝mgk，则x1＞x2，从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，由能量守恒定律知，物体A的机械能增加量等于弹簧弹性势能的减少量和物体A电势能的减少量之和，C正确；根据能量守恒定律得mg（x1＋x2）＋12mv2＝12kx12－12kx22＋qE（x1＋x2），解得物体B刚要离开地面时物体A的速度大小为v＝g3mk，D正确。
【知识拓展】
当作用在弹簧上的力发生突变时，弹簧自身的弹力并不随之突变，而细绳或轻杆上的弹力则会随作用力的改变而发生突变。
11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
【答案】（1）A（2分）
（2）1.360（2分）
（3）BD（2分）
（4）g＝4π2y2－y1x2－x1（2分）
【解析】（1）根据单摆理想模型可知，为减少空气阻力的影响，摆球应采用密度大、体积小的铁球，为使摆球摆动时摆长不变，摆线应用不易变形的细丝线，悬点应用铁夹来固定，A正确，B、C、D错误。
（2）游标卡尺的读数为d＝1.3 cm＋0.05×12 mm＝1.360 cm。
（3）用刻度尺测量摆线的长度l，单摆的摆长L＝l＋d2，A错误；若发现摆球不在同一个竖直平面内摆动，则摆球做圆锥摆运动，因此需重新释放摆球，使摆球做单摆运动，B正确；摆球摆动稳定后，应从某次摆球经过最低位置时开始计时，因为摆球经过最低点时速度最大，相对误差小，C错误，D正确。
（4）根据单摆周期公式T＝2πLg，整理得L＝gT24π2，因此图线斜率为k＝g4π2＝y2－y1x2－x1，解得g＝4π2y2－y1x2－x1。
【一题多解】
游标卡尺的读数为d＝2.5 cm－0.95×12 mm＝1.360 cm。
12．【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏安法测量电源电动势与内阻
【答案】(1)1.1
(2)左
(3)
(4)
【详解】（1）为了让电压表示数变化更明显，应选择内阻较大的，即约1.1Ω的干电池；
（2）连接好电路，在开关闭合之前，应使滑动变阻器滑片置于阻值最大的位置，即滑片置于最左端；
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
画出U-I图线，图像与纵轴的截距为a，横轴的截距为b，即
图线斜率的绝对值表示电源内阻，即
（4）[1][2]相对于电源来说，本实验采用的是电流表外接法，所以流经电源的电流为电流表和电压表的电流之和，根据欧姆定律
解得
，
所以电动势的测量值小于真实值，电池内阻的测量值小于真实值。
13．【知识点】气体的等压变化与盖—吕萨克定律、热力学第一定律及其应用
【答案】（1）（T2－T1）HT1 （2）ΔU＋（p0S＋mg)(T2－T1）HT1
【解析】（1）对缸内气体缓慢加热过程中，发生等压变化，由盖－吕萨克定律得
HST1＝（H＋ΔH）ST2（2分）
解得ΔH＝（T2－T1）HT1（2分）
（2）加热过程中，对活塞及砂子进行受力分析，根据平衡条件得
pS＝p0S＋mg（1分）
气体膨胀，外界对气体做负功，有
W＝－pS·ΔH（2分）
再根据热力学第一定律得
ΔU＝W＋Q（1分）
联立解得Q＝ΔU＋（p0S＋mg)(T2－T1）HT1（2分）
14．【知识点】电磁感应现象中的功能问题
【答案】（1） B2L3mR0
（2） 3B4L625mR02
【解析】
（1） 金属框进入磁场的过程,根据法拉第电磁感应定律有E=BLv（1分）感应电流I=E4R0（1分）金属框右边框所受的安培力大小F安=BIL（1分）安培力的冲量大小IF=∑BIL⋅Δt=∑B2L2v4R0⋅Δt（2分）又∑v⋅Δt=L，可得IF=B2L34R0（1分）金属框完全进入磁场到即将离开磁场的过程中，左右两边产生的感应电动势相互抵消，无感应电流产生，不受安培力作用（1分）根据金属框进入磁场的情况可知，金属框出磁场时同样有IF=B2L34R0（1分）根据动量定理可得-2IF=mv02-mv0（1分）解得v0=B2L3mR0（1分）
（2） 金属框进入磁场过程，由于金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好，所以金属框的上、下边框被短路，作出等效电路如图甲所示，
甲
设金属框速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律有E=BLv1（1分）感应电流I=ER0+23R0=3E5R0（1分）设金属框完全进入磁场时速度大小为v2,由动量定理可得-∑BIL⋅Δt=mv2-mv0（1分）又∑v1⋅Δt=L,可得v2=2B2L35mR0，由能量守恒定律可得，此过程中电路中产生的总热量Q总1=12mv02-12mv22（1分）由并联电路电流规律和Q=I2Rt可知，R1上产生的热量Q1=215Q总1=7B4L6125mR02（1分）金属框完全进入磁场后到右边框运动到磁场右边界时，等效电路如图乙所示，
乙
通过R1的电流I1=E2R0+12R0=2E5R0，即流过左右边框的电流之和为2E5R0（1分）设金属框右边框刚要出磁场时速度大小为v3,由动量定理可得-∑BI1L⋅Δt=mv3-mv2（1分）可得v3=0，金属框将停止运动．由能量守恒定律可得，此过程中电路中产生的总热量Q总2=12mv22-12mv32（1分）R1上产生的热量Q2=45Q总2=8B4L6125mR02（1分）在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量为Q=Q1+Q2=3B4L625mR02（1分）
15．【知识点】传送带模型、求解弹性碰撞问题
【答案】(1)2m/s；(2)1.3s；(3)或
【详解】（1）小球A下落过程，由动能定理，得，
解得，
A、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律，得，，
联立解得。
（2）B以2m/ s的速度滑上传送带后，根据牛顿第二定律有，
解得a = 5m/s2，
B加速到与传送带速度相等所需的时间，
解得0.8s，
对应的位移，
解得3.2m，
此后B做匀速直线运动，对应的时间，
解得= 0.5s，
B从M运动到P的时间为1.3s。
（3）若B恰好到达与圆心等高处，则有，
解得= 1.8m，
若B到达圆弧轨道顶端Q点且对轨道压力恰好为0，则有，
根据动能定理有，
联立解得m，
圆弧轨道的半径应满足的条件为R≥1.8m或R≤m。选项
分析
正误
A
由题图可知，通过三棱镜后，B光偏折较多，则三棱镜对B光的折射率较大
×
B
折射率大的光频率大，故A光的频率小于B光的频率，由ε＝hν可知A光的光子能量较小
√
C
由λ＝cν和νA＜νB可知λA＞λB，故照射同一狭缝，A光通过狭缝后的衍射现象更明显
√
D
由双缝干涉条纹间距公式Δx＝Ldλ和λA＞λB可知，B光的干涉条纹间距较小
×