2025届江苏省盐城市某中学高三年级下册三模物理试题（解析版）

2025届江苏省盐城市射阳中学高三下学期三模物理试题

一、单项选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。每小题只有一个选项符合题意。

1.卜.列四幅图描述的场景依次为雷电击中避雷针（图甲）、高压输电线上方还有两条与大地相连的导线（图

乙）、燃气灶中的针尖状点火器（图丙）、工人穿戴着含金属丝制成的工作服进行超高压带电作业（图丁），

关于这四幅图所涉及的物理知识，二列说法正确的是（）

甲乙丙

A.图甲中避雷针的工作原理主要是静电屏蔽

B.图乙中与大地相连的两条导线的作用和图丁中工作服内的金属丝的作用是相同的

C.图丙中的点火器是利用摩擦起电的原理进行点火的

D.图丙中的点火器的工作原理和图丁中工作服内掺入的金属丝的工作原理是相同的

【答案】B

【解析】【解答】本题考查尖端放电、静电屏蔽等知识，要深刻理解相关原理，并能用来分析生活中的应用。

A.避雷针的工作原理主要是利用尖端放电避免雷击，故A错误;

BD.高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，形成稀疏的金属“网”把高压线

屏蔽起来，免遭雷击，与工作服内掺入的金属丝，都是利用了静电屏蔽的原理，故B正确，D错误。

C.点火器是利用高压尖端放电的原理，而工作服内掺入的金属丝，是利用「静电屏蔽的原理，故C错误;

故选B。

【分析】避雷针和点火器的工作原理主要是尖端放电；图J.中工作服内掺入的金属丝的工作原理是静电屏

蔽；图乙中与大地相连的两条导线所起的作用是静电屏蔽。

2.如图所示，当波源和障碍物都静止不动时，波源发出的波在障碍物处不能发生明显衍射，下列措施可能

使波发生较为明显衍射的是（）

A.增大障碍物的长度B.波源远离障碍物运动

C.波源靠近障碍物运动D.增大波源的振动频率

【答案】B

第1页

【解析】【解答】波的衍射是不需要条件的，但要发生明显的衍射必须满足一定的条件。波长相对小孔（或障

碍物）尺寸越K,衍射现象越明显。A.发生明显衍射的条件足障碍物的尺寸与波长差不多或比波长短，由

于波源发出的波在障碍物处不能发生明显衍射，表明障碍物的尺寸比波长大得多，为了使波发生较为明显的

衍射，需要增大波长或减小障碍物的长度，可知增大障碍物的长度不能使波发生较为明显的衍射，A错误；

B.波源远离障碍物将产生多普勒效应，障碍物处接收到的频率减小，根据

v=Af

可知，波源远离障碍物，等效于增大波长，根据上述，该措施能使波发生较为明显的衍射，B正确；

C.波源靠近障碍物将产生多普勒效应，障碍物处接收到的频率增大，根据

v=Xf

可知，波源靠近障碍物，等效于减小波长，根据上述，该措施不能使波发生较为明显的衍射，C错误；

D.根据

v=Af

可知，增大波源的振动频率时，波长减小，根据上述，该措施不能使波发生较为明显的衍射，D错误。

故选Bo

【分析】发生明显衍射的条件：缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小。

3.角动量守恒定律、能量守恒定律和动量守恒定律是物理学的三大守恒定律。角动量定义为质点相对原点

的位置矢量r和动量加勺向量积，通常写作Z,表达式为Z=万。在国际单位制中，角动量1：的单位可以表示

为（）

A.N•讥B.N-sC.J-mD.kg-m2/s

【答案】D

【解析】【解答】物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据

物理公式来分析物理量的单位即可。根据角动量的表达式

Z=rxp

位置矢量单位为m,动量单位为kg・m/s,可知角动量单位为

mkg-m/s=kg-m/s2-m-s=Nm-S=J-s

故选D。

【分析】由于物理单位遵循基本乘除运算法则，结合位置矢量和动量的单位以及角动量的表达式可求角动量的

单位。

4.如图所示，把一条细棉线的两端系在铁丝环上，棉线处于松弛状态。将铁丝环浸入肥皂液里，拿出来时

环上留下一居肥皂液的薄膜，这时薄膜上的棉线仍是松弛的。用烧热的针刺破a侧的薄膜，观察到棉线的形

状为（）

第2页

h

【解析】【解答】本题考查了液体表面张力，要能从众多的物理现象中识别出这种现象；知道这种现象的本质

原因是液体分子间的引力作用。先把个棉线圈拴在铁丝环上，再把环在肥皂液里浸一下，使环上布满肥皂液

薄膜。膜中分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，所以产生收缩效果；用烧热的

针刺破a侧的薄膜，b中的水膜能使b的面积最小。

故选D。

【分析】液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距

离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力。

5.如图所示，把一块锌板连接在验电器上，并使锌板带负电，验电器指针张开。用紫外线灯照射锌板，则

验电器锌板紫外线灯

A.指针张角变小的过程中有电子离开锌板

B.锌板所带的电荷量一直变大

C.改用红光照射，指针张角也会变化

D.用其它金属板替换锌板，一定会发生光电效应

【答案】A

【解析】【解答】解决本题的关键是要掌握住光电效应的发生条件，入射光的频率必须大于金属的截止频率。

AB.用紫外线灯照射锌板时，锌板发生光电效应，逸出电子，验电器所带负电荷逐渐被中和，因此验电器带

也量减小，故验电器指针张角逐渐减小直至闭合，此时负电荷被完全中和，继续用紫外线照射锌板，验电器

开始带上止电，随着照射时间的增加，锌板逸出的电子增加，锌板所带止电荷增加，带电量增加，验电器张

角逐渐增大，故A正确，B错误；

第3页

CD.紫光的频率大于红光的频率，根据光电效应产生的条件，入射光的频率必须大于金属的截止频率才能发

生光电效应，则可知频率大的光照射金属能够发生光电效应时，频率小的光不一定可以使该金属发生光电效

应，若不能发生光电效应，则验电器指针的张角不会发生变化，故CD错误。

故选Ao

【分析】当紫外线灯射锌板时，产生了光电效应，有光电子从锌板逸出，会使原本带负电的锌板失去部分电

子，带电量减少。

6.在2023年9月21日的“天宫课堂，上，同学们与航天员进行互动交流，航天员给同学们解答了与太空垃圾

相关的问题。所谓太空垃圾是指在宇宙空间中的各种人造废弃物及其衍生物。假设在空间站观察到如图所示

的太空垃圾P、Q、M、N（P、Q、M、N均无动力运行，轨道空间存在稀薄气体），假设空间站和这些太空

垃圾均绕地球近似做顺时针方向的圆周运动，则最可能对空间站造成损害的是（）

A.PB.QC.MD.N

【答案】A

【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结

合向心力公式进行分析，掌握变轨原理。太空垃圾无动力运行，由于轨道空间存在稀薄气体，所以太空垃圾

的轨道会逐渐减低，根据

Mm47r2

可得

47r2r3

T=­c

JGM

所以太空垃圾P、N的周期人于空间站，在轨道降低过程中，P最有可能对空间站造成损害，N会在空间站

的后方。

故选Ao

【分析】太空垃圾无动力运行，由于轨道空间存在稀薄气体，所以太空垃圾的轨道会逐渐减低，根据运动情

况进行分析。

7.某实验小组先采用如图所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器阻值，发现电压表示数虽然有变

化，但变化小明显，主要原因是（）

第4页

A.滑动变阻器与电路接触处断路B.电流表阻值太小

C.滑动变阻器的阻值太小D.电池内阻太小

【答案】D

【解析】【解答】电压表示数虽然有变化，但变化不明显，说明滑动变阻器既不断路，也不短路。在较大范围

内调节滑动变阻器阻值，说明滑动变阻器阻值可以很大，由于其阻值始终相对于电池内阻很大，即电池内阻

太小，导致电压表示数虽然有变化，但变化不明显。

故选D。

【分析】如果滑动变阻器与电路接触处断路，则电压表示数不变；根据闭合电路的欧姆定律分析。

8.有人根据条形磁铁的磁场分布情况用塑料制作了一个模具，模具的侧边界刚好与该条形磁挟的磁感线重

合，如图所示.另取一个柔软的弹性导体线圈套在模具上方某位置，线圈贴着模具上下移动的过程中，下列

说法正确的是（地磁场很弱，可以忽略）（）

A.线圈切割磁感线，线圈中产生感应电流

B.线圈紧密套在模具上移动过程中，线圈中没有感应电流产生

C.由于线圈所在处的磁场是不均匀的，故而不能判断线圈中是否有感应电流产生

D.若线圈平面放置不水平，则移动过程中会产生感应电流

【答案】B

【解析】【解答】判断有无感应电流产生对照感应电流产生的条件，抓住两点：一是电路要闭合；二是磁通量

要变化。由题，模具的形状与磁感线的形状是相同的，则线圈贴着模具上下移动的过程中穿过线圈的磁感线

的条数不会发生变化，即穿过线圈的磁通量不变，所以线圈紧密套在模具上移动过程中不出现感应电流。同

样若线圈平面放置不水平，则移动过程中由于穿过线圈的磁通量不变，也不会产生感应电流。

故选Bo

【分析】明确感应电流的产生的.知道若穿过线圈的磁通量空化就会产生感应电流，据此判断即可C

9.沙漠蜃景和海市蜃景主要是由于大气层不同高度空气的温度不同造成的，已知空气的折射率随温度升高

第5页

而减小。下列图中能正确描述蜃景现象的是（)

沙漠原景

A.

海市蜃景

【答案】A

【解析】【解答】本题考查光的折射定律，解题时需注意:根据题意正确画出光路图，根据几何知识正确找出

角度关系，依光的折射定律列式求解。AB.太阳照到沙地上，接近地面的热空气比上层空气的密度小，折射

率也小。从远处物体射向地面的光，进入折射率较小的热空气层时被折射，当入射角大于临界角时发生全反

射，人们逆着反射光看去，就会在看到远处物体的倒立的虚像，如图1。选项A正确，B错误；

CD.太阳照到海面上，接近海面的冷空气比上层空气的密度大，折射率也大。从远处物体射句大气层的光，

进入折射率较小的热空气层时被折射，当入射角大于临界角时发生全反射，人们逆着反射光看去，就会在看到

远处物体的正立的虚像，如图2。选项CD错误。

【分析】因为空气的折射率随温度升高而减小，则太阳照到沙地上，接近地面的热空气比上层空气的折射率

小，接近海面的冷空气比上层空气的折射率大。

10.两个点电荷固定在x轴上的M、N点，x轴上各点的电场强度E与各点位置坐标x之间的关系如图所

示。取x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远电势为零，下列说法正确的是（）

第6页

A.固定在M点的点电荷电量比固定在N点的点电荷电量小

B.Q点的电势等于零

C.从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前它将一直做加速运动

D.从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它向左运动过程中电势能将一直减小

【答案】C

【解析】【解答】本题考查电场图像的认识，注意电荷的周围电场的分布特点，电荷在电场中与电势的乘积为

电势能。电场力做功的正负决定电势能的增加与否。A.M、N连线中点处场强大于0,且两点间场强最小位

置处距离N点较近，可知，固定在M点的点电荷电量比固定在N点的点电荷电量大，故A错误；

B.若有一正点电荷由Q点向右侧无穷远处运动，电场力做正功，电势能不断减小，一直到零，所以Q点的

电势大于零，故B错误；

C.从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前场强一直为正值，则场强方向不变，电场

力方向不变，它将一直做加速运动，故C正确；

D.从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它由Q向N运动过程中电场力做负功，电势能增

大，故D错误。

故选Co

【分析】根据电场的大小分布关系分析电荷量大小，沿着电场线电势降低，根据功能关系分析电场力做功的

正负和电势能的变化情况。

11.如图所示，质量均为m的两物体A、B用劲度系数为k的轻质弹簧拴接，物体C叠放在物体B匕系

统处于静止状态。现将C瞬间取走，物体A恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为%=/依2,其中x

为弹簧的形变量，重力加速度为g。以下说法正确的是（）

A.物体C的质量为3m

第7页

B.物体B运动到最高点时的加速度大小为3g

C.物体B的最大速度大小为g理

D.物体B上升的最大高度为半

K

【答案】D

【解析】【解答】本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律

解题。A.C物体叠加在B物体上面静止时，根据平衡条件可得

kxi=(m+rric^g

拿走C物体后，B物体在弹簧上做筒谐运动，其在平衡位置时，弹簧压缩长度有

kx0=mg

其振幅

A=xr-xo

当B物体上升到最高点，此时弹簧拉伸长度最长，由于物体A恰好不离开地面，由平衡条件可得

kxz=mg

所以由振幅相等

A=x2+x0=x1-xQ

解得物体C的质量为

mc=2m

故A错误；

B.B物体在最高点受重力和弹簧弹力，由于物体A恰好不离开北面，故

F弹=m9

所以由牛顿第二定律可得B物体在最高点的加速度为

2mg

a=-------=2q

m'

故B错误；

D.物体B上升的最大高度为

仁2月=罕

k

故D正确；

C.当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，B物体与弹簧组

成的系统机械能守恒，则

111

mgA+5kxl=«m*+«kx1

解得物体B的最大速度大小为

第8页

故C错误。

故选Do

【分析】开始静止时根据平衡条件列式，拿走C之后B做简谐运动，根据平衡位置的定义列式，根据距离关

系列出振幅与弹性形变量的关系式，B上升到最高点时对A列平衡式，联立求解C的质量；根据牛顿第二定

律求解物体B运动到最高点时的加速度大小；当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，B物体从最高点回

落到平衡位置的过程中，根据系统机械能守恒定律求解物体B的最大速度大小；根据B的振嗝求解物体B

上升的最大高度。

二、非选择题：共5题，共56分，其中12-16题请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，

只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位.

12.某同学在实验室取两个完全相同的木盒，来测量木盒与木板之间的动摩擦因数。由于实验室中的天平损

坏，无法称量质量，他采用“对调法''完成测量，如图甲所示，一端装有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，

木盒I放置在长木板上，左端与穿过打点计时器的纸带相连，右端用细线跨过定滑轮与木盒2相接。

（1）实验前，（填A.“需要”或B“不需要”）调整定滑轮的角度使细线与木板平行，

（填A"需要”或B.“不需要”）将长木板左侧垫高来平衡摩擦力，如甲图所示，加速运动过程中，绳r中拉力

（填A.“大于”、B“等于”或C“小于”）木盒2（含细沙）的总重力。

（2）实验时，木盒1不放细沙，质量设为m1，在木盒2中装入适量的细沙，木盒2含沙总质量设为血2,

接通电源，释放纸带，打点计时器打出一条纸带，加速度记为由,随后将木盒1与木盒2（含细沙）位置互

换，换一条纸带再次实验，打出第二条纸带，加速度记为与，两纸带编号为第一组，改变木盒2中细沙的多

少，重复.上述过程，得到多组纸带。如图乙为某组实验中获得的两条纸带中的一条，其中相邻两计数点间还

有4个计时点未标出，已知交流电源的频率为50Hz,则该纸带运动的加速度Q=m/s?（保留3位有

效数字）。

第9页

023456)

(I?i1〉

0^601.813.014.21r406.62单位:cm

乙

（3）通过理论分析，分别推导由和。2的表达式后，找到Q2和的的关系：。2=（结果用即、

〃和g表示）。

（4）将实验测得的加速度绘制在丙图中，得到做-由关系图像，已知当地重力加速度为9.80m/s2,由图

像可得木盒与木板间的动摩擦因数为（保留2位有效数字）。

（5）由于纸带的影响，实验测得的动摩擦因数将（填A"保持不变”、B.“偏大”或C.“偏小”）。

【答案】（1）A；B；C

（2）1.20

（3）（1—

（4）0.54

（5）偏大

【解析】【解答】本题主要考查「测量木盒与木板之间的动摩擦因数的实验，要明确实验的原理，掌握实验的

正确操作，掌握逐差法求加速度的方法，能够根据实验原理正确分析实验误差。

（1）实验中，为了确保细线的拉力就沿长木板方向，需要调整定滑轮的高度，使细线与长木板平行。

故选Ao

实验目的是测量木盒与木板之间的动摩擦因数，可知，实验中不需要将长木板左侧垫高来平衡摩擦力。

故选B。

甲图中，加速运动过程中，木盒2的加速度方向向下，根据牛顿第二定律可知，绳子中拉力小于木盒2（含细

沙）的总重力。

故选Co

（2）相邻两计数点间还有4个计时点未标出，则相邻计数点间的时间间隔为7=5x4s=0.1s

根据逐差法得出加速度Q==i.20m/s2

（3）设木盒1的质量为m】，木盒2（含细沙）的质量为巾2,对整体进行分析，根据牛顿第二定律有加2。-

477119=（叫+巾2）。1

位置互换后，对整体进行分析，根据牛顿第二定律有巾19-lim2g=（mi+m2）a2

解得。2=（1一〃）9一。1

（4）结合上述有例=（1-〃）g-

第10页

根据图丙有（1—=4.5m/s2

解得〃=0.54

（5）由于纸带与打点计时器间有摩擦，所以测量的动摩擦因数会偏大。

【分析】（1）从保证木盒所受的拉力方向保持不变的角度分析作答；根据实验原理分析是否需要平衡摩擦

力；根据牛顿第二定律分析作答；

（2）根据逐差法求加速度；

（3）根据牛顿第二定律列式，得到aza函数关系式；

（4）根据函数关系，结合图像纵截距求解作答；

（5）纸带与打点计时器间有摩擦，结合实验原理分析实验误差。

实验中，为了确保细线的拉力就沿长木板方向，需要调整定滑轮的高度，使细线与长木板平行。

故选Ao

⑵实验目的是测量木盒与木板之间的动摩擦因数，可知，实验中不需要将长木板左侧垫高来平衡摩擦力。

故选Bo

13]甲图中，加速运动过程中，木盒2的加速度方向向下，根据牛顿第二定律可知，绳子中拉力小于木盒2（含

细沙）的总重力。

故选Co

（2）相邻两计数点间还有4个计时点未标出，则相邻计数点间的时间间隔为T=5x亲s=0.1s

•JU

根据逐差法得出加速度Q=黑）=0m/s2

（3/J12

（3）设木盒1的质量为nt],木盒2（含细沙）的质量为徵2,对整体进行分析，根据牛顿第二定律有徵2g

〃机19=（机1+m2）。1

位置互换后，对整体进行分析，根据牛顿第二定律有租19-卬的9=（m1+瓶2）。2

解得。2=（1-〃）g-Qi

（4）结合上述有w=（1-〃）g-Q1

根据图丙有（1—fl）g=4.5/n/s2

解得〃«0.54

（5）由于纸带与打点计时器间有摩擦，所以测量的动摩擦因数会偏大。

13.汽车搭载空气悬挂有助于提升汽车的舒适性，某国产汽车的空气悬挂由空气弹簧与避震梢芯所组成。某

次测试中，空气弹簧内密封有一定质量的理想气体，其压缩和膨胀过程可简化为如图所示的p-V图像“气体

从状态4Gpo,1.5%,70）等温压缩到状态8（2口0，%,"），然后从状态B绝热膨胀到状态C（p0,15%,二），B到

C过程中气体对外界做功为W,已知PoWo,To和W。求：

第11页

（1）状态C的温度Tc；

（2）A到C全过程，空气弹簧内的气体内能变化量。

【答案】（1）解：从B到C过程，根据理想气体状态方程可知警=爷

解得兀=%0

（2）解：根据热力学第一定律可知A到B过程△%=0

B至ljC过程Ag=-勿+Q

由于Q=0

故A到C过程气体内能增加AU=+LU2

联立解得AU=-W

【解析】【分析】（1）由理想气体状态方程结合p-V图像可求状态C时的温度;

（2）由热力学第一定律可求气体内能的变化。

（1）从B到C过程，根据理想气体状态方程可知空=毕

1B1C

解得Tc=1T0

（2）根据热力学第一定律可知A到B过程幽=0

B至ljC过程AU?=—川+Q

由于Q=0

故A到C过程气体内能增加AU=+MJ2

联立解得AU=-W

14.如图所示，交流发电机的线圈处于磁感应强度大小为8=寻7的匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的

转轴匀速转动。已知线圈匝数为N=100匝，面积为S=0.1m2,转动的角速度为3=100rad/s,通过理想

变压器连接阻值为R=16。的电阻，正常工作时，理想电流表示数为0.25A。若从图示位置开始计时,

（I）写出该发电机产生感应电动势的瞬时值表达式;

（2）若不计发电机线圈电阻，求理想变压器的原、副线圈匝数比。

第12页

【答案】解：（1）该发电机产生感应电动势的瞬时值表达式

42x0.1xlOOcoslOOt(F)=100V2cosl00t(K)

E=NBSa)cosa)t=100xTo

（2）变压器原线圈两端的电压为

E

"=请m=

变压器输入功率等于输出功率，则

P=UJi=接R

解得

12=1.25/1

根据理想变压器原副线圈也流与线圈匝数的关系，理想变压器的原、副线圈匝数比为

几2h1

【解析】【分析】（1）利用Em=NBS（o可得感应电动势最大值，根据由线圈所在位置计时，利用e=EmCOsa）t可

得感应电动势瞬时值表达式；

（2）根据题意可得原线圈两端电压，根据理想变压器输入功率等于输出功率可得副线圈中电流大小，根据

原副线圈电流与匝数的关系可得匝数比。

15.如图所示，通过一个定滑轮用轻绳两端各栓接质量均为m=lkg的物体A、B（视为质点），其中连接物体

A的轻绳水平（绳足够长），物体A放在一个足够长的水平传送带上，其顺时针转动的速度恒定为v,物体A

与传送带之间的动摩擦因数为0.25o现将物体A以10in/s速度从左端MN的标志线冲上传送带，已知传送带

的速度v=5m/s,重力加速度为g。求：

第13页

(1)物体A刚冲上传送带时的加速度大小ai；

(2)物体A运动到距左端MN标志线的最远距离xm；

(3)若传送带的速度取(O<v,<IOm/s)范围某一确定值时，可使物体A运动到距左端MN标志线的距

离最远时，与传送带因摩擦产生的内能最小，求：此时传送带的速度V，及摩擦产生的内能的最小值Qm。

【答案】(1)解：若传送带速度v=5m^^4,由系统牛顿第二定律

对物体A有T+Rmg=m%

对物体B有mg-T=m%

解得加速度的大小©=初=6.25m/s2

(2)解：物体A向右减速到5m/s时的位移为Xi,由运动学公式有序一%=一2%勺

得X1=需=6m

当物体速度小于5m/s时，物体A受摩擦力向右，设加速度为az,由牛顿第二定律得

对物体A、B整体，加速度的大小mg-=2ma2

解得加速度的大小劭=看9=3.75m/s2

物体A向右由5m/s减速到零时的位移为X2,由运动学公式有0-/=-2a2x2

组4v210

得力二药=丁小

物体A运动到距左端MN标志线的最远距离为x=x1+x2=-^-rn

(3)解：物体A向右减速到U时的时间为£=勺鱼

物体A向右减速到U时相对传送带向前的位移为Axi,由运动学公式有

2

r

,4(1/—2vv+VQ)

—Vt=0

2%5g

物体A向右由力减速到零时，相对传送带向后的位移为AX2,由运动学公式有

物体A与传送带因摩擦产生的内能为

1

，2

Q=4mg(4%1+Jx2)=-j5m(8v-6%，+3诏)

第14页

对二次函数求极值得：当u=、o=^m/s时，产生的内能最小为

o4

12

Qmin=g^O=12.5/

【解析】【分析】（1）对A和B,分别运用牛顿第二定律列式，即可求出加速度；

（2）根据牛顿第二定律和运动学公式求解物体A运动到距左端MN标志线的最远距离xm；

（2）根据运动学公式得到物体A与传送带相对位移的大小与V的关系，从而得到摩擦产生的内能与U的关

系式，由数学知识求解内能最小时v的值，并求内能的最小值。

16.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第三象限内，区域I（x<-L）内有方向垂直xOy平面向外的匀强磁

场；区域0（-L<x<0）内有一平行纸面且大小、方向均未知的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、电荷

量为q（q>0）的粒子从点a（-2L,-2L）沿y轴正方向、以大小为vo的初速度开始运动，从点b（-L,-L）

沿x轴正方向进入区域H,粒子在电场中运动时间奇后，从坐标原点进入第一象限，第一象限内存在垂直

xOy平面向里的磁场，该磁场内各点的磁感应强度大小B?与横坐标x满足B2=kx（k为大于0的常量）。不计

粒子重力，求：

八y

XXXX

B,

XXXX

（1）区域I内匀强磁场磁感应强度Bi的大小;

（2）区域H内匀强电场场强E的大小；

（3）该粒子在第一象限内运动过程中与y轴的最大距离。

【答案】（1）解：粒子的运动轨迹如图所示

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由几何关系