2026届北京市丰台区高三下第二次模拟考试物理试卷（含解析）高考模拟

这是一份2026届北京市丰台区高三下第二次模拟考试物理试卷（含解析）高考模拟，共24页。
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 用α粒子轰击铍核，产生一种粒子X，其核反应方程中的X表示（ ）
A. 电子B. 中子C. 质子D. α粒子
【答案】B
【解析】
【详解】核反应过程遵循电荷数守恒和质量数守恒，设粒子X的电荷数为、质量数为，根据电荷数守恒，有左边总电荷数为，故
解得
根据质量数守恒，有左边总质量数为，故
解得
可知X是电荷数为0、质量数为1的中子。
故选B。
2. 光线从空气射入玻璃时，下列说法正确的是（ ）
A. 速度变大，波长变长B. 速度不变，波长变短
C. 频率减小，波长变长D. 频率不变，波长变短
【答案】D
【解析】
【详解】根据波的规律可知：①光的频率由光源决定，与传播介质无关，因此光线从空气射入玻璃时频率不变；②光在介质中的传播速度满足，其中为真空中光速，为介质折射率，玻璃的折射率，因此光进入玻璃后速度减小；③波速、波长、频率满足关系，不变、减小，因此波长变短。
故选D。
3. 封闭在气缸中的一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，其p-V图像如图所示。该过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 气体与外界不存在热传递B. 气体分子的平均动能增大
C. 单位体积内气体分子的数密度不变D. 气体吸收的热量小于封闭气体对外做的功
【答案】B
【解析】
【详解】B．图像可知从A到B过程，气体压强不变，体积增大，根据盖-吕萨克定律，可知该过程温度升高，温度是分子平均动能的标志，温度升高则气体分子的平均动能增大，故B正确；
C．从A到B过程，气体压强不变，温度升高，体积增大，分子数密度减小，故C错误；
AD．从A到B过程，气体温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功W0，则气体吸收的热量大于封闭气体对外做的功，故AD错误。
故选B。
4. 如图所示，某理想变压器的原线圈接在100V的正弦交流电源上，副线圈输出电压为10V，副线圈与负载电阻R相连。下列说法正确的是（ ）
A. 原、副线圈匝数之比为1:10
B. 当负载电阻R=10Ω时，电流表的示数为10A
C. 当负载电阻R的阻值增大时，副线圈的输出电压将减小
D. 当负载电阻R的阻值减小时，原线圈的输入功率将增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据理想变压器的电压与匝数关系，可得
所以原、副线圈匝数之比为，故A错误；
B．当时，副线圈电流
根据理想变压器电流与匝数关系
解得，即电流表示数为，故B错误；
C．副线圈的输出电压，只由原线圈电压和匝数比决定，与负载电阻无关。所以即使增大，也不变，故C错误。
D．原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即
当减小时，不变，所以增大，对应也增大，故D正确。
故选D。
5. 如图所示为某彗星绕太阳转动的椭圆轨道示意图。a、b分别为彗星绕太阳运行的近日点和远日点，c、d为椭圆短轴与轨道的交点，彗星先后经过a、d、b、c、a，下列说法正确的是（ ）
A. 彗星在近日点的速度比远日点的速度小
B. 彗星在近日点的加速度比远日点的加速度小
C. 从d运行到b的过程中，太阳对彗星的万有引力对彗星一直做负功
D. 彗星从a运行到d的时间等于从d运行到b的时间
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据开普勒第二定律（面积定律），彗星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等。近日点距离太阳更近，为了保持面积相等，彗星在近日点的线速度必须更大，远日点距离太阳更远，线速度更小。因此，彗星在近日点的速度比远日点的速度大，A错误。
B．彗星的加速度由万有引力提供，根据牛顿第二定律
近日点到太阳的距离更小，因此加速度更大；远日点距离更大，加速度更小。因此，彗星在近日点的加速度比远日点的加速度大，B错误。
C．从运行到的过程中，彗星与太阳的距离逐渐增大，万有引力的方向与彗星的速度方向夹角大于，根据功的定义式
，所以万有引力对彗星一直做负功。C正确。
D．彗星从运行到时，距离太阳更近，根据开普勒第二定律，平均速度更大；从运行到时，距离太阳更远，平均速度更小。两段轨道的弧长相近，但平均速度不同，因此时间不相等，D错误。
故选C。
6. 如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈。下列说法正确的是（ ）
A. 闭合开关S，a、b、c同时亮起来
B. 电路稳定后，a比c暗
C. 电路稳定后再断开开关，通过b的电流方向与之前相反
D. 电路稳定后再断开开关，b比c先熄灭
【答案】C
【解析】
【详解】A．闭合开关时，自感线圈会产生自感电动势阻碍电流的增大
因此闭合瞬间支路电流很小，、先亮，后逐渐变亮，不是三灯同时亮起，A错误；
B．当电路中电流稳定后，流过的干路总电流一定大于流过支路c的电流，灯泡规格相同，因此的功率更大，比亮，B错误；
C．电路稳定时，的电流方向为左→右（从并联支路左端流向右端）；断开开关后，自感线圈阻碍自身电流减小，维持内原有电流方向（左→右）
此时、、构成闭合回路，回路中电流方向为：右端→右端→左端→左端→左端，因此的电流变为右→左，与原方向相反，C正确；
D．断开开关后，、、构成闭合的放电回路，自感使回路电流逐渐减小，和一起逐渐熄灭，D错误。
故选 C。
7. 一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示，介质中P、Q分别为平衡位置x=2m和x=4.5m的质点，质点P做简谐运动的表达式为y=10sinωt（cm），其中ω=5πrad/s。下列说法正确的是（ ）
A. 这列波的波长为2m
B. 这列波的波速为1m/s
C. 这列波的传播方向沿x轴负方向
D. t=0.1s时，质点Q的加速度方向沿y轴正方向
【答案】D
【解析】
【详解】AB．如图可知波长为
周期为
波速为，故AB错误；
C．将，代入y=10sin（5πt）cm
可得
说明t=0时刻质点P的速度向上，波的传播方向沿x轴正方向，故C错误；
D．波的传播方向沿x轴正方向，可知t=0时质点Q沿y轴负方向振动，时，质点Q振动到y轴的负半轴，所以质点Q的加速度方向沿y轴正方向，故D正确。
故选D。
8. 如图，A和B都是铝环，环A是闭合的，环B是断开的，两环分别固定在一横梁的两端，横梁可以绕中间的支点转动。下列说法正确的是（ ）
A. 用磁铁的N极靠近A环，A环会被吸引
B. 用磁铁的N极靠近B环，B环内没有产生感应电动势
C. 分别用磁铁的N极和S极靠近A环，A环均会被排斥
D. 分别用磁铁的N极和S极靠近A环，A环产生的感应电流方向相同
【答案】C
【解析】
【详解】AC．无论是用磁铁的N极还是S极靠近A环时，根据“来拒去留”可知，A环均会被排斥，A错误，C正确；
B．用磁铁的N极靠近B环，穿过B环的磁通量发生变化，则B环有感应电动势，只是无感应电流，B错误；
D．用磁铁的N极靠近A环时，穿过A环的磁通量向里增加；而用磁铁的S极靠近A环时，穿过A环的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，A环产生的感应电流方向相反，D错误。
故选C。
9. 如图，水平桌面上放置一个粗糙斜面，一物块置于斜面上。要使物块与斜面相对静止，且不受到斜面的摩擦力作用。下列物块和斜面的运动状态中，可能的是（ ）
①自由落体运动
②竖直向上的匀加速直线运动
③水平向左的匀加速直线运动
④在水平桌面上，绕过图中O点的竖直轴做匀速圆周运动
A. ①④B. ①③C. ②③D. ②④
【答案】A
【解析】
【详解】自由落体运动时，两个物体运动的加速度相同，均为重力加速度，所以两个物体都是只受重力作用，不受摩擦力作用，并且两个物体速度始终相同，保持相对静止；竖直向上的匀加速直线运动时，物块受到的合力竖直向上，所以物块受竖直向下的重力、斜面的支持力和斜面对物块的摩擦力；水平向左的匀加速直线运动中，物块受到水平向左的合力，所以物块受到竖直向下的重力、斜向上的斜面支持力和沿斜面向上的摩擦力；在水平桌面上，绕过图中O点的竖直轴做匀速圆周运动，物块可能受到竖直向下的重力和垂直斜面的支持力，不受斜面的摩擦力作用。所以符合条件的是①④。
故选A。
10. 某研究小组设计了一种压敏电阻式超载报警器，可将其安装在升降机底部，其简化原理图如图所示。当升降机装载货物的质量超过某一数值时为超载，已知压敏电阻R0的阻值随所受压力增大而减小，电源电动势大小可调，内阻不变，流过超载报警器电流增大到I0时触发报警。下列说法正确的是（ ）
A. 货物以某一速度落入升降机时触发报警，升降机一定超载
B. 若装载货物后的升降机静止时未报警，则其在加速上升过程中一定不会报警
C. 若使装载的货物质量更大时启动报警器，可将滑动变阻器滑片P向右移动
D. 若使装载的货物质量更大时启动报警器，可将图中电源电动势调小
【答案】D
【解析】
【详解】A．货物落入升降机时，会产生瞬时冲击压力，压力大于货物实际重力，即使货物质量未超载，也会因瞬时压力过大使​过小，触发报警。因此触发报警不代表一定超载，A错误；
B．升降机加速上升时，物体处于超重状态，压敏电阻受到的压力大于静止时的压力，​比静止时更小，电流比静止时更大。静止时未报警，加速上升时电流增大，可能达到触发报警，B错误；
C．要求“装载货物质量更大时启动报警器”，即触发报警时对应​更小（压力更大）。由报警条件
可知滑动变阻器接入电阻应该大一些，滑片应向左滑动，C错误；
D．若调电动势：将电源电动势调小，可得更小，同样对应更大货物质量才报警，D正确。
故选 D。
11. 如图所示，t=0时小球从C点自由下落，t1时刻小球经过弹簧原长处B，t2时刻小球下落至最低点A。取A位置所在水平面为零势能面，规定竖直向下方向为正方向。Ek表示小球的动能，E表示小球的动能和重力势能之和，x表示小球从C点下落的位移，从小球刚下落时开始计时，不计空气阻力，重力加速度为g。下列图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．在阶段，小球做初速度为零的匀加速直线运动，图像为过原点的直线；在阶段，小球受重力与逐渐增大的弹力作用，加速度先减小后反向增大，速度随时间呈曲线变化，并在时刻减为零，故A正确；
B．在阶段，加速度为恒定量，图像应为水平直线；在阶段，由牛顿第二定律得加速度
加速度与位移呈线性关系，图像为倾斜直线，到达最低点时重力势能的减少量全部转化为弹性势能，根据能量守恒
可解得加速度，故B错误；
C．根据动能定理，在阶段，动能，图像应为过原点的直线，斜率为；在阶段，动能，当时动能达到最大，故C错误；
D．在阶段，仅有重力做功，守恒，图像应为水平直线；在阶段，弹力做负功，，图像应为曲线，故D错误。
故选A。
12. 原子置于强磁场时，能级会发生分裂，从而导致其发射光谱线分裂为若干条谱线，分裂谱线的裂距（光谱上波长的倒数差）与磁感应强度B成正比。已知电子质量为m、电荷量为e、真空中光速为c。下列表达式可能正确表示裂距的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由于裂距是波长的倒数差，即其单位为m-1，由于e的单位为C，B的单位为T，m的单位为kg，c的单位为m/s，所以的单位为，的单位为C⋅T⋅m/skg=m/s2，的单位为kg⋅TC⋅m/s=kg2·A−2⋅m⋅s2，的单位为kg2⋅TC⋅(m/s)2=kg3·A−2⋅m2⋅s
故选A。
13. 一质量为m、电荷量为q的试探电荷在某匀强电场中运动，仅在静电力的作用下由a运动到b（运动轨迹在竖直面内），所用时间为t，其在a点和b点的速度大小均为2v，速度方向如图中箭头所示。虚线代表水平方向。则（ ）
A. 小球从a运动到b的过程中，电势能先减小再增大
B. 电场强度方向与a、b连线平行
C. a、b之间的距离为vt
D. 电场强度的大小为
【答案】C
【解析】
【详解】B．因小球在ab两点的速度大小相同，可知小球在ab两点的电势能相同，ab两点的电势相同，即ab为等势面，则电场强度方向与a、b连线垂直，方向斜向左下方，B错误；
A．小球从a运动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，则电势能先增大再减小，A错误；
C．由对称性可知，ab连线与水平线的夹角为30°，小球沿ab方向做匀速运动，则a、b之间的距离为，C正确；
D．沿场强方向由
解得，D错误。
故选C。
14. 原子核从高能级向低能级跃迁时会自由发射光子，此过程中原子核会因反冲而获得动量和动能，导致发射光子的能量略低于原子核的能级差。若将原子核紧密束缚在晶体中，由于晶体的质量很大，晶体获得的动能很小。若原子核的能级差为ΔE，原子核的质量为m。已知光在真空中的速度为c。光子的能量E与动量p的关系满足。下列说法正确的是（ ）
A. 原子核自由发射光子时，发射光子的能量等于ΔE
B. 原子核自由发射光子时，若发射光子的能量为E，则原子核的动能大小为
C. 原子核紧密束缚在晶体中发射光子时，晶体获得的动量为零
D. 原子核紧密束缚在晶体中发射光子时，晶体的质量越大发射光子的能量越小
【答案】B
【解析】
【详解】A．原子核自由发射光子时，根据能量守恒定律，能级差等于光子能量与原子核与所在的晶体反冲动能之和，即
由于原子核反冲，其动能，因此发射光子的能量小于，故A错误；
B．原子核自由发射光子时，系统动量守恒，原子核的动量大小等于光子的动量，即，原子核反冲速度远小于光速，动能满足
代入得
故B正确；
C．原子核紧密束缚在晶体中时，晶体和光子组成的系统动量守恒，光子具有动量，因此晶体获得的动量大小等于光子动量，不为零，故C错误；
D．晶体的动能为（为晶体质量）
越大，晶体动能越小，根据能量守恒
发射光子的能量越接近，即能量越大，故D错误。
故选B。
第二部分
本部分共6题，共58分。
15. 如图所示，为了研究平抛物体的运动规律，可做下面的实验：用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向飞出，同时B球做自由落体运动。改变整个装置的高度h做同样的实验，发现两球首次撞击地面的声音总是同时发出。此实验说明（ ）
A. 平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动
B. 平抛运动在水平方向上的分运动为匀速直线运动
C. 小球A与小球B的位移相同
【答案】A
【解析】
【详解】因为A与B两球同时运动，且B球做自由落体运动，且发现两球总能同时落到地面；这个实验现象说明了平抛运动竖直方向做自由落体运动。
故选A。
16. 在“测量玻璃的折射率”实验中，通过“插针法”绘制的光路图如图所示。关于此实验下列说法正确的是（ ）
A. 插大头针时，P4必须同时挡住P1、P2和P3三根大头针
B. 相邻两个大头针插得较近可提高测量精度
C. 更换MN面和PQ面间距离更小的玻璃砖可提高测量精度
D. 该实验也可以用MN面和PQ面不平行的玻璃砖完成
【答案】D
【解析】
【详解】A．插针法实验中，需要挡住的是、经玻璃砖折射后的像，以及，并非直接挡住、本身（​、在玻璃砖入射侧，出射侧只能看到它们的像），A错误；
B．相邻大头针间距过小时，确定光路直线的误差会更大，实验要求大头针适当拉开距离，才能减小误差提高精度，B错误；
C．和间距更小（玻璃砖更薄），确定玻璃内折射光线的误差会更大，会降低测量精度，C错误；
D．本实验的原理是通过光路得到入射角和折射角，利用计算折射率，只要能正确确定入射和折射光路即可，玻璃砖两个界面不平行不影响实验完成，D正确。
故选 D。
17. 在“用双缝干涉实验测光的波长”实验中，某同学测得双缝到光屏的距离为L，并对干涉条纹进行测量，记录第一条和第四条亮纹中心位置对应的读数分别为x1和x2（x2>x1），已知双缝间距为d，则该单色光的波长λ=________。
【答案】
【解析】
【详解】在双缝干涉实验中，干涉条纹的间距、双缝到光屏的距离、双缝间的距离以及单色光的波长满足
从第1条亮纹到第4条亮纹之间共有3个条纹间距，因此条纹间距
解得波长
18. 如图所示，一节电动势为1.5V的干电池、开关和灯泡组成串联电路。当闭合开关时，灯泡不发光。某同学保持开关闭合，将多用电表调至直流电压挡，红表笔始终与a端接触，再用黑表笔分别与b、c、d、e接触进行电路故障排查。若电路中仅存在一处断路故障，下列说法正确的是（ ）
A. 若黑表笔与b接触时电表示数为0，则断路故障在a-b之间
B. 若黑表笔与c接触时电表示数约为1.5V，则断路故障在a-b-c之间
C. 若黑表笔与d接触时电表示数为0，则断路故障在d-e-f之间
D. 若黑表笔与e接触时电表示数约为1.5V，则断路故障在e-f之间
【答案】BC
【解析】
【详解】A．若黑表笔与b接触时电表示数为0，说明a、b之间导通，断路在b−f 之间，不是之间，A错误；
B．若黑表笔与c接触时电表示数约为1.5V，说明c到f是导通的，断路在之间，即断路在之间，B正确；
C．若黑表笔与d接触时电表示数为0，说明之间导通，断路在d−f 之间，即断路在d−e−f 之间，C正确；
D．若黑表笔与e接触时电表示数约为1.5V，说明e到f导通，断路在之间，不是e−f 之间，D错误。
故选BC。
19.
（1）某实验小组利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
①除带夹子的重锤、纸带、铁架台（含铁夹）、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是（ ）
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）
②实验时，由静止释放重锤，得到如图乙所示的一条纸带，其中O为打点计时器打下的第一个点，由此可知纸带________（填“左”或“右”）端连接重锤；在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为h1、h2、h3，已知打点计时器打点的周期为T，重力加速度为g。从打O点到打B点的过程中，若满足________，则重锤在上述过程中机械能守恒。
（2）某同学发现利用如图丙所示的装置也可以完成“验证机械能守恒定律”的实验，其操作步骤如下：
①在铁架台的O点固定一个力传感器，将一根长为L且不可伸长的细线一端与力传感器相连，另一端系一个质量为m的小球；
②将小球向右拉至某一高度由静止释放（细线一直保持紧绷状态，小球始终在竖直平面内运动）；
③记录释放点小球球心与最低点小球球心的高度差h以及小球在运动过程中力传感器示数的最大值F；.
④改变h，重复②③步骤，绘制F与h的图像。
该同学理论分析认为，如果小球运动的过程中机械能守恒，F-h图线应如图丁中的虚线所示，其与纵轴的交点坐标为（0，b）。已知重力加速度为g，则b=________。若空气阻力对小球运动的影响不可忽略，实验得到的图线（实线）与理论图线（虚线）之间的关系可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】（1） ①. AB ②. 左 ③.
（2） ①. mg ②. D
【解析】
【小问1详解】
[1] A．打点计时器需要接交流电源，故A正确；
B．需要刻度尺来测量点与点间距，故B正确；
C．通过单个物体验证机械能守恒时，公式两侧质量可消掉，不需要测量质量，故C错误。
故选AB。
[2]重锤下落做加速运动，纸带上打出的点间距应越来越大，靠近重锤的点先打出，所以纸带左端连接重锤。
[3] 从打O点到打B点的过程中，重力势能的变化量
在B点的瞬时速度
动能的变化量
机械能守恒定律得
联立得
【小问2详解】
[1] 传感器示数最大时，小球位于最低点，此时重力与拉力的合力充当向心力，列式得
从最高点到最低点，根据机械能守恒定律得
联立得
对比一次函数解析式
可得截距
[2] 若空气阻力对小球运动的影响不可忽略，则空气阻力做负功，机械能减少，重力势能的减少量大于动能的增加量，即
又
联立得
即实际值小于理论值。
又空气阻力做负功与位移正相关，即与正相关，所以随着增大，误差也增大。
故选D。
20. 一个质量m=400g的足球静止在地面上，运动员将其踢出后，足球上升的最大高度h=5m，在最高点的速度v0=20m/s。不考虑空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）足球从最高点到落地点之间的水平距离x；
（2）足球在落地前瞬间速度的大小v；
（3）运动员踢球时对足球做的功W。
【答案】（1）20m （2）
（3）100J
【解析】
【小问1详解】
足球从最高点到落地点的过程中做平抛运动，竖直方向有
可得
水平方向有
解得
【小问2详解】
足球在落地前瞬间竖直分速度大小为
则足球在落地前瞬间速度的大小为
【小问3详解】
从足球被踢出前到落地前瞬间的过程中，重力做功为零，对足球根据动能定理可得
代入数据解得
21. 如图所示，粒子发射源S向外释放质量为m、电荷量为q的带电粒子。粒子的初速度为零，经加速电场加速后，以速度v垂直于磁场方向，并垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角θ=60°，忽略重力对带电粒子运动的影响，求：
（1）加速电场的电压U；
（2）磁场的磁感应强度的大小B；
（3）若在磁场区域再施加一匀强电场，使粒子做匀速直线运动。求匀强电场的电场强度E的大小和方向。
【答案】（1）
（2）
（3），方向沿磁场边界方向向左
【解析】
【小问1详解】
对粒子，在加速电场中加速的过程中，根据动能定理
解得
【小问2详解】
对粒子，在磁场中偏转的过程中，轨迹如图所示
由几何关系
解得
粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
解得
【小问3详解】
根据左手定则可知，该带电粒子带负电，若粒子做匀速直线运动，增加电场后粒子受力平衡，根据平衡条件可得
解得
方向沿磁场边界方向向左。
22. 如图甲所示为某新型无人水下航行器的简化示意图，该航行器的机翼为矩形，机翼长为l、宽为c，厚度忽略不计。航行器以水平速度v在密度为ρ的静止海水中匀速航行时，由于与海水相互作用，会受到与运动方向相反的阻力。为简化问题的研究，只考虑机翼上下表面厚度均为d的海水层与机翼之间的相互作用。该海水层与机翼相互作用后速度增至v水，方向与航行器速度方向相同，满足（，其中k为定值）。航行器的机翼平面始终与水平面平行，忽略机身和机翼其他表面与海水的相互作用。
（1）求单位时间内与机翼相互作用的海水层质量Δm；
（2）求航行器所需水平方向动力的大小F；
（3）航行器可以利用声呐系统发射声波束探测目标。若航行器悬停在水中，发射的声波束沿中心轴线方向最大截面的顶角为θ（θ很小），如图乙所示。声波束在传播的过程中，垂直于中心轴线的截面不断变大。声呐系统向外发射功率为P0的声波束，在声波束内垂直中心轴线同一截面上的功率分布均匀。目标探测物位于声呐系统的正前方，其接收声波的有效面积为S0，该面积垂直于声波束的中心轴线，且远小于声波束在该处截面的面积。若目标探测物接收到的功率至少为Pm时，其反射回的信号才能被航行器的声呐系统探测到。忽略声波在传播过程中能量的损失，求航行器能探测到正前方目标物的最大探测距离Lm。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
航行器匀速时，时间内与机翼上下表面相互作用的海水层质量
单位时间内海水层质量
【小问2详解】
在内对海水层，规定航行器的航行方向为正，设航行器对海水层的作用力为，根据动量定理，有
由题中已知得
根据牛顿第三定律，航行器受阻力与海水层受力大小相等，方向相反，即
对航行器，由平衡方程
得
【小问3详解】
当目标接收到的功率时有最大探测距离
距声呐处的声波束截面半径
此截面单位面积的功率，目标接收功率
联立得
23. 为研究一种电磁辅助制动装置的工作原理，将其核心装置简化为如图1所示的旋转导体圆盘。制动时，整个装置处于与转轴平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向水平向右。导体圆盘内、外边缘通过电刷与外电阻相连形成闭合电路，最终将机械能转化为内能。已知圆盘内半径为r1，外半径为r2，沿转轴方向的厚度为d。
（1）当电刷与电阻未接通时，圆盘以角速度ω顺时针匀速转动，如图2所示，判断导体圆盘内边缘电势φ1与外边缘电势φ2的高低，并求两者间的电势差大小U；
（2）为研究圆盘的电阻特性及发热情况。将圆盘分割为无数个宽度均为Δr的同心圆环，各圆环间电阻串联。制动时，由于散热方式不同导致圆盘边缘温度高于中心，使圆盘的电阻率ρ随半径r变化，其关系为ρr=kr2（k为定值）。如果将非均匀电阻率圆盘的总电阻等效为一个电阻率ρ0恒定，内外边缘半径仍为r1和r2、厚度为d的等效电阻R0，其阻值可表示为：（R0、ρ0均未知）。
a．求等效电阻电阻率ρ0的表达式（用k，r1，r2表示）；
b．有同学提出：若圆盘中有沿半径方向的恒定电流I，由于圆盘外边缘的电阻率大于内边缘的电阻率，导致圆盘上外边缘附近单位体积的发热功率大于内边缘附近单位体积的发热功率。你是否认同这个说法，并说明理由。
【答案】（1），
（2）a. b.不同意，见解析
【解析】
【小问1详解】
根据安培右手定则可知
根据法拉第电磁感应定律，有E=Br2−r1v
又由
其中，
联立解得U=E=Bωr22−r122
【小问2详解】
a.设距转轴r处，宽度为的同心圆环的电阻为，则
其中
可得
至处圆盘的总电阻R可认为是无数个同心圆环串联，则
可得R=kr22−r124πd
令R=R0
解得ρ0=kr22−r122lnr2−lnr1
b.不同意
设距离转轴r处，电阻为的圆环的热功率为Pr，则
该圆环的体积为
则圆环单位体积的发热功率，为定值
因此圆盘上外边缘和内边缘附近单位体积的发热功率相等。