2025届江苏省南通市如皋市高三下学期适应性考试（三）物理试卷（解析版）

第第页2025届江苏省南通市如皋市高三下学期适应性考试（三）物理试卷一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分.每小题只有一个选项最符合题意.1．我国托卡马克实验装置中用热中子轰击锂制取氚，核反应方程为36A．X是氦核 B．X是氘核C．反应是α衰变 D．反应是核裂变【答案】A【解析】【解答】AB．根据质量数和电荷数守恒可得，核反应方程为3所以，X是氦核，故A正确，B错误；CD．该核反应为人工核反应，不是衰变，也不是核裂变，故CD错误。故选A。

【分析】一、核反应方程中的守恒律1、质量数守恒反应前总质量数=反应后总质量数2、电荷数守恒反应前总电荷数=反应后总电荷数3、确定未知核，反应中为稳定的2二、核反应类型的识别1、α衰变特点：自发进行，重核放出2本题：中子诱发，非自发→不是α衰变2、核裂变特点：重核（如铀、钚）分裂成中等质量核，释放中子本题：轻核（锂）反应生成氚和氦→不是裂变3、中子俘获/核转变特点：靶核吸收中子后转变为其他核本题：锂吸收中子生成氚和氦→属于此类2．如图所示，电阻R1、R2串联，R1=2R2，流过恒定的电流，则（）A．R1、R2的电压之比为1：1B．R1、R2的电功率之比为1：2C．通过R1、R2横截面的电荷量之比为1：1D．相等时间内R1、R2产生的焦耳热之比为1：2【答案】C【解析】【解答】A．串联电路，电流处处相等，根据U=IR，则R1、R2的电压之比为U1B．根据电功率P=I2R，由于电流相等，故电功率之比与电阻成正比，即R1C．根据q=It，由于电流相等、时间相等，则通过R1、R2横截面的电荷量之比为1：1，故C正确；D．根据焦耳热Q=I2Rt，由于电流相等，故相等时间内R1、R2产生的焦耳热之比等于电阻之比，即相等时间内R1故选C。

【分析】一、串联电路的基本特性电流处处相等：总电压等于各元件电压之和：电压与电阻成正比：二、电路中的基本物理量关系

1.电压公式：，串联时，I相同→2.电功率公式：（串联用此式最直接，因相同）串联时，3.电荷量公式：，串联时，相同，相同时间内通过各截面的电荷量相等4.焦耳热（电热）公式：纯电阻电路）串联时，、相同→三、解题关键思路识别电路为串联→电流相等是核心条件比较两个电阻的物理量比例时：与电阻成正比：电压、电功率、焦耳热（当、相同时）与电阻无关：电荷量（只取决于和）选择正确的公式：串联宜用系列公式（电功率、焦耳热）避免误用进行比较（串联时不同）3．某实验小组用同一光电管完成了光电效应实验，得到了如图所示的光电流与对应电压的关系图像，则（）A．甲光的频率大于乙光的频率B．甲光的光强大于丙光的光强C．乙光的波长大于丙光的波长D．乙光光子的动量小于丙光光子的动量【答案】B【解析】【解答】A．根据eUc=B．由于甲光的饱和光电流大于丙光饱和光电流，两光频率相等，所以甲光的强度大于丙光的强度，故B正确；C．丙光的遏止电压小于乙光的遏止电压，所以丙光的频率小于乙光的频率，则乙光的波长小于丙光的波长，故C错误；D．根据p=h故选B。

【分析】一、光电效应I-U图像的关键信息饱和光电流I：与入射光的强度成正比（对相同频率的光）。遏止电压Uc​：光电流降为零时的反向电压，由光电效应方程决定：对于同一光电管（逸出功​相同），Uc​与入射光频率ν成正比。二、图像比较方法比较频率：比较（曲线与横轴的交点）。越大→频率越高。比较光强：对于相同（即同频率）的两条曲线，比较饱和光电流。饱和光电流越大→光强越大。比较波长：波长，频率高→波长短。比较光子动量：光子动量，频率高→动量大。

光电效应方程：遏止电压关系：光子动量与波长：波长与频率关系：​

三、易错点提醒错误地将饱和光电流大小直接当作频率高低的判断依据（饱和光电流只反映光强，与频率无关）。混淆遏止电压与正向电压：判断频率只看（反向截止点）。对同频率的光，才能直接用饱和光电流比较光强。光子动量与波长成反比、与频率成正比，注意比较方向。4．天宫空间站近似绕地球做匀速圆周运动，轨道高度约400km，神舟二十号航天员出舱为空间站安装碎片防护装置并对舱外设备设施进行巡检，则在舱外的航天员（）A．应尽可能选择质量大的维修工具B．加速度大于在地面附近的加速度C．速度大于第二宇宙速度D．绕地球运行的周期小于地球自转周期【答案】D【解析】【解答】A．在太空中，物体处于完全失重状态，维修工具质量大小对操作没有影响，故A错误；B．根据牛顿第二定律GMm(R+h)2C．第二宇宙速度是物体脱离地球引力束缚的最小发射速度，绕地球做圆周运动的物体速度均小于第二宇宙速度，故C错误；D．根据万有引力提供向心力有GMm(R+h)由于空间站的轨道高度小于同步卫星的轨道高度，所以空间站的运行周期小于同步卫星的周期，而同步卫星的周期等于地球自转周期，所以空间站绕地球运行的周期小于地球自转周期，故D正确。故选D。

【分析】一、万有引力提供向心力的基本公式

卫星绕地球做匀速圆周运动时：，其中，为地球半径，ℎ为轨道高度。由此推导：速度：；周期：向心加速度：​二、近地轨道与地面、同步卫星的对比1、加速度比较地面重力加速度：，轨道处加速度：，由于，所以2、速度比较第一宇宙速度（近地圆轨道速度），天宫轨道速度第二宇宙速度为逃逸速度，所有圆轨道卫星速度均满足。3、周期比较地球同步卫星周期（等于地球自转周期）周期公式，天宫轨道高度远低于同步卫星→三、宇宙速度概念辨析第一宇宙速度：最小发射速度（成为近地卫星），也是最大圆轨道运行速度。第二宇宙速度：脱离地球引力束缚的最小发射速度，大于任何圆轨道运行速度。四、完全失重状态

卫星及舱内（外）物体所受引力全部提供向心力，处于完全失重状态，物体质量大小不影响操作5．如图所示，将蒲公英的球状冠毛泡到水里，表面的绒毛将水撑开一个保护罩，再拿出来，绒毛还能保持干燥，原因是（）A．泡的时间短B．水浸润绒毛C．水虽浸润绒毛，但有水的表面张力作用D．水不浸润绒毛，同时有水的表面张力作用【答案】D【解析】【解答】蒲公英的球状冠毛泡到水里，拿出来绒毛还能保持干燥。关键物理原因：水对某些固体材料（如油脂或某些植物蜡质表面）可能不浸润。当水不浸润固体时，接触角>90°，水滴在绒毛表面难以铺开进入绒毛间隙。加上水的表面张力作用，水膜在绒毛间形成“保护罩”，让水整体包裹在绒毛外而不渗入绒毛内部。因此这是不浸润和表面张力共同作用的结果，故ABC错误，D正确。故选D。

【分析】一、浸润与不浸润现象浸润：液体在固体表面铺展，接触角。液体容易附着并渗入固体缝隙。不浸润：液体在固体表面收缩成珠状，接触角。液体不易附着，难以进入固体表面微结构。决定因素：液体与固体分子间的吸引力（附着力）与液体分子间的吸引力（内聚力）的相对大小。附着力>内聚力→浸润；反之→不浸润。二、表面张力的作用表面张力：液体表面层分子间相互吸引，使液面具有收缩趋势。方向平行于液面，使液面面积尽可能减小。在本题中的作用：即使水与绒毛不浸润，表面张力使水膜收缩成“保护罩”，阻止水进入绒毛间隙。绒毛间的空气被水膜隔绝，维持干燥。6．电容热膨胀检测仪的简化结构如图所示，电容器的下极板可随测量材料的高度变化而上下移动．现将待测材料平放在加热器上进行加热，闭合开关S，材料向上膨胀的过程中（）A．电容器的电容减小 B．电容器极板间电场减小C．电容器所带电荷量增加 D．电流从b→a通过电流计【答案】C【解析】【解答】AB．材料温度升高，材料膨胀，电容器两板间距减小，根据C=εrSCD．电容器两板电势差不变，根据C=Q故选C。

【分析】1、平行板电容器基本公式电容：（S不变，d减小→C增大）电势差与电场：（恒压时，d减小→E增大）电荷量：（恒压时，C增大→Q增大）2、含容电路的动态分析开关闭合→电容器两端电压保持恒定（等于电源电压）板间距变化时，电容、电场、电荷量变化的逻辑链：，3、充电电流方向的判断Q增加表示电容器充电，正负极板电荷量的绝对值增加外部电流方向：从电源正极流向电容器正极板，从电容器负极板流向电源负极可根据极板带电性判断电流方向：下极板带负电→Q增大时，下极板得到更多负电荷（即电子流入下极板）外部导线中电流方向（正电荷）从下极板流向电源负极7．如图所示，内壁光滑的绝热汽缸竖直放置在水平桌面上，汽缸内封闭一定质量的理想气体。在外力作用下，活塞从A处缓慢运动到B处，该过程中（）A．气体的内能减小B．气体分子的数密度变大C．气体分子的平均动能增加D．单位时间内气体分子对单位缸壁的作用力增大【答案】A【解析】【解答】A．汽缸绝热，汽缸内封闭的气体与外界没有热交换，活塞从A处缓慢运动到B处，气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律，气体内能减小，故A正确；B．汽缸内封闭的气体物质的量不变，总分子数不变，活塞从A处缓慢运动到B处，气体体积变大，故气体分子的数密度变小，故B错误；C．气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故C错误；D．活塞从A处缓慢运动到B处，体积增大，温度降低，由理想气体状态方程pV气体压强减小，由气体压强微观解释，单位时间内气体分子对单位缸壁的作用力减小，故D错误。故选A。

【分析】1.热力学第一定律（绝热过程）绝热条件：系统与外界无热量交换体积变化决定做功情况：体积增大→气体对外做功，体积减小→外界对气体做功内能变化：

本题：体积增大→→→内能减少

2.理想气体内能与温度的关系理想气体的内能只取决于温度：，其中为自由度。内能减少→温度降低→分子平均动能减小

公式：（单原子气体为例）

3.理想气体状态方程（定性分析）方程：或，已知增大、降低→对的影响相反，需综合判断

本题从A到B，若体积增加比例小于温度下降比例→可能减小；

实际上由过程可知绝热自由膨胀或缓慢移动时，绝热膨胀气体温度下降，通常减小。

4.分子动理论（压强的微观解释）分子数密度：，增大→减小压强公式：其中是平均动能。压强变化由和共同决定：

本题且→压强减小单位时间内气体分子对单位面积缸壁的作用力=压强→减小

5.绝热过程与等温、等压过程的辨析绝热过程，内能变化仅取决于做功与等温过程对比：等温过程，体积增大时对外做功需吸热与等压过程对比：等压过程体积增大时温度升高8．如图所示，小球在竖直平面内的摆动可视为简谐运动，振动周期为0.6s，图示的位置为小球运动过程的最左侧位置。现每隔0.2s记录一次小球的位置，则一个周期内所记录的小球位置可能是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】【解答】ABD、单摆的周期为0.6s，若从最左侧位置开始计时，小球到最低点位置时的时间是0.15s，因为每隔0.2s记录一次小球的位置，所以第一次记录小球的位置在最低点的右侧，根据简谐运动的对称性可知，第二次记录的位置还是刚才第一次记录的位置，这样再经过一个0.2s正好是一个周期，小球回到开始计时的位置，故AD错误，B正确；

C、若是从最低点的左侧某一位置（该位置不是最左侧位置）开始计时，因为周期是0.6s，但是是经过0.2s记录一次位置，所以记录的小球应该有三个位置，不可能是两个位置，故C错误。

故答案为：B。

【分析】根据从最左侧位置开始计时，四分之一个周期是0.15s，结合小球做一次全振动分析小球可能出现的位置；如果是从最低点的左侧但不是最大位移处开始计时，记录的小球位置可能有三个也有可能有2个位置。9．如图所示，在原线圈两端加上有效值恒定的交流电压，理想变压器原、副线圈的电压有效值分别为U1、U2，电流有效值分别为I1、I2。当滑动变阻器滑片P向下移时（）A．I1不变 B．I2变小 C．U1不变 D．U2变小【答案】D【解析】【解答】设滑动变阻器电阻为R，则U0=副线圈的电压为U2=当滑动变阻器滑片P向下移时，R减小，则原线圈电流I1增大，从而副线圈电流I2增大，由于电阻R1上分压增大，U0恒定，则原线圈电压U1减小，副线圈电压U故选D。

【分析】1.理想变压器的基本规律电压比：（线圈匝数比不变时，与​成正比）电流比：（此式在理想变压器负载变化时仍然成立，但、​会随负载变化）功率关系：（忽略损耗）

2.原线圈电路分析（含输入电压恒定）总输入电压​恒定，原线圈串联定值电阻​

原线圈两端电压：，若​增大，则​减小

3.副线圈电路分析（滑动变阻器R变化）副线圈负载总电阻​（包括滑动变阻器）副线圈电流：电压关系：，负载减小时：，⇒⇒

4.动态变化因果关系

滑动片下移→→→（因为初始未立刻改变太多）→→定值电阻分压→→（注意：​下降后对有一定抵消，但最终仍比原来大，因为减小幅度通常更大）10．如图所示，三个点电荷分别固定在等边三角形的顶点A、B、C上，M、N、L点为三条边的中点。已知M点的场强方向与BC边平行，N点的场强方向与BC边垂直，A处点电荷的电荷量为+q，则（）A．B处点电荷带负电B．C处点电荷电荷量的绝对值小于qC．带正电荷的试探电荷在M点的电势能比在L点的大D．将A处点电荷沿NA连线远离BC边，N点的电势升高【答案】B【解析】【解答】A．已知N点合电场强度方向竖直向下，A点的电荷在N点的场强沿AN方向，C点处点电荷和B点处点电荷在N点的场强沿CB所在直线，则CB两点处的点电荷在N点的合场强为零，即C和B点处的点电荷为等量同种电荷。A点的电荷在M点的场强沿AM方向，因为M点的场强方向与BC边平行，则C点处点电荷和B点处点电荷在M点的场强方向斜向左上，所以C和B点处的点电荷均为正电荷，故A错误；B．设C和B点处的点电荷的电荷量均为Q，三角形的边长为l，由几何关系得CM=32l，方向竖直向下，B点电荷在M点的场强竖直分量的大小EC点电荷在M点的场强竖直分量大小为E要使得M点竖直方向场强为零，则需要B点电荷在M点的场强竖直分量方向向上，C点电荷在M点的场强竖直分量方向向上EB+EC．根据对称性可知，M点的电势和L点的电势相等，所以带正电荷的试探电荷在M点的电势能和在L点的一样大，故C错误；D．C和B点处的点电荷在N点的电势为零；根据φ=kq故选B。

【分析】1.电场叠加原理多个点电荷在某点的电场强度是各点电荷在该点产生的电场强度的矢量和已知合场强方向时，可逆推各电荷电性、大小关系例：N点场强垂直于BC（竖直），而B、C在N点的场强沿BC方向（水平），因此要合场强竖直，B、C在N点的合场强必须为零→B、C为等量同种电荷，且N在BC中垂线上2.点电荷场强的方向与大小计算点电荷在距离处的场强：，方向沿连线，正电荷向外，负电荷向内利用几何关系分解到场强分量，列竖直、水平方向合场强方程本题M点条件“合场强平行于BC”⇒竖直方向合场强为零，由此列方程比较电荷量大小3.对称性在电势分析中的应用等量同种电荷对称分布时，空间中存在电势对称面/线M与L关于A、B、C的电荷分布对称⇒电势相等⇒相同试探电荷在两点的电势能相等4.电势叠加与变化分析电势是标量，直接代数相加点电荷电势公式：​(取无穷远为零势点)若移动某个电荷，分析某点电势变化需分别考虑各电荷贡献变化本题中，A沿NA远离BC，A到N的距离增加⇒正电荷A在N的电势降低⇒N总电势降低（B、C在N的电势不变）5.从场强方向推断电荷性质N点：B、C等量同种电荷（由中垂线上合场强垂直于BC推出）M点：B、C的场强竖直分量方向⇒判断它们为正电荷结合M点竖直方向场强平衡方程：，代入几何关系解得∣11．如图所示，小球穿在固定光滑杆上，与两个相同的轻弹簧相连，弹簧可绕O1、O2无摩擦转动。小球在杆上A点时，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，杆上的B点与O1、A、O2构成矩形，AB=2AOA．到达A、B中点前，弹簧1的弹力比弹簧2的大B．到达A、B中点时，加速度等于零C．弹簧1的最大弹性势比弹簧2的大D．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间长【答案】C【解析】【解答】A．几何关系可知∠ABO1=30°图中易知到达A、B中点O前，弹簧2的形变量一直大于弹簧1的形变量，故弹簧1的弹力比弹簧2的小，故A错误；B．到达A、B中点时，两弹簧弹力为0，小球的合力为其重力沿杆方向向下的分力，故加速度不为0，故B错误；C．根据Ep=弹簧2的最大弹性势能EpD．小球从A点运动到B点过程，由于两个弹簧对小球做的总功为零，与没有弹簧时相比，小球运动到B点的速度相等；设杆的倾角为θ，没有弹簧时，小球运动的加速度为a=有弹簧时，加速度先大于gsinθ，然后加速度逐渐减小，到AB中点时，加速度为gsinθ，之后加速度小于两种情况的v−t图像与横轴围成的面积相等，由图可知与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短，故D错误。故选C。

【分析】1.几何约束下的弹簧形变分析矩形O1ABO2的几何对称性⇒A处：弹簧1竖直原长，弹簧2水平伸长中点O（AB中点）同时满足：弹簧1、弹簧2均原长（由矩形对角线性质可推出AO=O1O/2等对称关系）从A到O过程中，弹簧2从伸长到原长（形变量减少），弹簧1从原长到伸长（形变量增加），但任意位置弹簧2形变量>弹簧1形变量根据胡克定律假设两弹簧k相同）⇒弹力大小：弹簧2>弹簧12.加速度的动态变化与受力平衡在光滑杆上，小球合力=重力沿杆分力+两弹簧弹力沿杆分力中点O处：两弹簧弹力为零⇒合力仅为重力沿杆分力≠0⇒加速度≠03.弹性势能极值比较弹簧弹性势能：弹簧1：从原长（A点）到最长（B点伸长量最大）弹簧2：从初始伸长（A点）到原长（O点）再到伸长（B点），但其伸长量在两端较大计算几何关系可证明：在B点，弹簧1伸长量>弹簧2伸长量

（设弹簧原长L0，矩形边长已知，通过O1B、O2B长度减去L0可得形变量）由于形变量平方关系⇒弹簧1的最大弹性势能更大4.有弹簧与无弹簧的运动时间比较（v-t图分析法）机械能守恒：弹簧总功为零⇒有/无弹簧时，小球从A到B的末速度相同（高度差相同）无弹簧：沿光滑杆匀加速下滑，加速度有弹簧：A→O阶段，弹簧2弹力沿杆分力与重力分力同向⇒加速度>​；O→B阶段，弹力可能反向⇒加速度<v-t图：有弹簧时速度先升得更快后增长变慢，位移相同（v-t图下面积相同）⇒有弹簧的v-t曲线更靠上⇒时间更短二、非选择题：共5题，共56分.其中第12题～第16题解答时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．实验小组用如题图所示的装置测量重力加速度。四分之一圆弧槽下端与平台固定且与平台表面相切，圆弧槽上安装了多个宽度相同的遮光片，内置有光电门的重锤通过轻杆与转轴O相连，重锤通过遮光片时可记录遮光时间。实验时，重锤从M点由静止释放，依次记录其通过每个遮光片所对应的时间t，用刻度尺测出每个遮光片距最低点N的竖直高度h。（1）用螺旋测微器测量遮光片的宽度d，其示数如题图，则d=mm。（2）实验前，需要将平台调节至水平，在转轴上临时系铅垂线，当铅锤静止时，若线与竖直杆，则说明平台水平。（3）根据所测数据作出如题图所示的h−1t2图像，图像斜率的绝对值为k，则当地的重力加速度（4）若将重锤释放点M上移一段距离，再次实验，请在题图中定性画出新的h−1t2（5）若转轴与竖直杆间的摩擦不可忽略，有同学认为该因素不会影响重力加速度的测量结果。你是否同意他的观点，并简要说明理由。【答案】（1）7.884（2）平行（3）d（4）（5）不同意，因为摩擦导致重锤到达对应遮光片时速度的测量值小于理论值，所以测得的重力加速度偏小【解析】【解答】（1）由图可知，遮光片的宽度d=7.5（2）由于竖直杆与平台垂直，则当铅锤静止时，若线与竖直杆平行，则说明平台水平。（3）根据题意可知，重锤通过遮光片的速度为v=取低点处为零势能面，释放点的高度为H，由机械能守恒定律有1整理可得h=H−d22g⋅（4）结合小问3分析可知，若将重锤释放点M上移一段距离，再次实验，则图像解析式H变大，斜率不变，则图像为图中虚线

（5）不同意，因为摩擦导致重锤到达对应遮光片时速度的测量值小于理论值，所以测得的重力加速度偏小。【分析】1.测量工具读数螺旋测微器读数：读数=固定刻度+可动刻度×0.01mm，注意半毫米刻度线是否露出本题：固定刻度7.5mm（半刻度已露出），可动刻度38.4格→7.5+0.384=7.884mm2.实验装置的调节与原理利用铅垂线调水平平台：铅垂线方向为当地竖直方向，若铅垂线与装置竖直杆平行，则平台水平目的：确保重锤在运动过程中只有重力做功，符合机械能守恒条件3.利用机械能守恒测量重力加速度测量量：遮光片宽度（已知），通过时间⇒瞬时速度遮光片高度ℎ（从最低点起算）理论依据（无摩擦）：，其中ℎ0转化为线性关系：，令，⇒直线斜率⇒。（为斜率绝对值）

4.图像法处理数据作图，得直线，斜率与重力加速度的关系如上述，截距与释放高度ℎ05.实验条件改变对图像的影响释放点M上移（增大ℎ0​）：斜率不变（斜率只与截距增大⇒直线整体上移，与原直线平行若存在摩擦或其他能量损失，斜率会变小⇒测得的偏小6.系统误差分析（摩擦的影响）转轴与竖直杆有摩擦⇒机械能减少⇒同一高度ℎ的实际速度小于理论值⇒测量值偏小数据点在图中整体下移⇒拟合直线斜率偏小⇒测得偏小，因此，摩擦会影响测量结果，且使测量值偏小（1）由图可知，遮光片的宽度d=7.5（2）由于竖直杆与平台垂直，则当铅锤静止时，若线与竖直杆平行，则说明平台水平。（3）根据题意可知，重锤通过遮光片的速度为v=取低点处为零势能面，释放点的高度为H，由机械能守恒定律有1整理可得h=H−结合图像可得k=解得g=（4）结合小问3分析可知，若将重锤释放点M上移一段距离，再次实验，则图像解析式H变大，斜率不变，则图像为图中虚线（5）不同意，因为摩擦导致重锤到达对应遮光片时速度的测量值小于理论值，所以测得的重力加速度偏小。13．如图所示，一束光线由空气射入半径为R的半圆形玻璃砖，O点是玻璃砖的圆心。已知玻璃的折射率n=3（1）进入玻璃中的折射角θ；（2）在玻璃砖中的传播时间t。【答案】（1）解：由题意可知，光线射入玻璃砖时的入射角α=90°-30°=60°根据折射定律可得n=解得θ=30°（2）解：光线在玻璃砖中的波速v=在玻璃砖中的传播为时间t=解得t=【解析】【分析】一、垂直入射的折射特点当光线垂直于两种介质分界面入射（入射角）时，折射角，光线方向不变。本题关键是识别光线沿半径指向圆心，而平面界面的法线正好是半径方向（因为玻璃砖是半圆，平面边过圆心）→垂直入射。二、折射定律的应用公式：注意顺序：空气→玻璃，，垂直入射时可直接得，不需复杂计算。三、光在介质中的速度光速与折射率关系：传播时间：本题路程就是半径，所以四、几何光学的路径分析在均匀介质中光沿直线传播。半圆形玻璃砖内光线沿半径从边缘到圆心，路程简单。​​​​​​（1）由题意可知，光线射入玻璃砖时的入射角α=90°-30°=60°根据折射定律可得n=解得θ=30°（2）光线在玻璃砖中的波速v=在玻璃砖中的传播为时间t=解得t=14．如图所示，边长为l的n匝正方形线框固定放置，线框的总电阻为R，线框内部有一边长为l2（1）线框中的电流大小I；（2）线框受到的安培力大小F。【答案】（1）解：线框切割产生的感应电动势E=闭合电路欧姆定律I=解得I=（2）解：安培力，其中I=nBlv解得F=n【解析】【分析】一、动生电动势的计算（磁场运动）当磁场运动而导线固定时，等效为导线以相反速度相对磁场运动切割磁感线。电动势公式：​，是导线在磁场中的有效长度，是垂直速度。二、有效长度的确定必须取导线在磁场区域内的长度，不覆盖部分无效。本题中只有部分边（右竖直边及水平边的部分段）在磁场中，但常简化成一条边切割。三、安培力的计算公式：（受力导线长度取在磁场中的长度）。要判断受力方向及合力：本题中水平方向合力来自右竖直边。​​​​​​（1）线框切割产生的感应电动势E=闭合电路欧姆定律I=解得I=（2）安培力F=nBI解得F=15．如图所示是大型蒸汽打桩机示意图.桩（含桩帽）竖直轻轻放置到地面，桩依靠自重先向泥土中下沉，稳定后，将锤提升到桩的正上方，让锤从距离桩顶高度h=3.2m处自由下落而击桩，锤反弹的速度大小v1=2m/s，此后锤再次被提起。已知锤的质量m=1.0×104kg，桩的质量M=2.0×104kg，桩所受泥土的阻力f与桩沉入泥土深度x的关系为f=kx，其中（1）桩依靠自重下沉至深度x0（2）桩被锤击后瞬间的速度大小v2；（3）桩被1次锤击后继续下沉，待桩静止时沉入泥土的总深度x。【答案】（1）解：对桩，牛顿第二定律Mg−k解得a=2.5（2）解：锤自由下落过程中v锤与桩发生碰撞时，取竖直向下为正方向，系统动量守恒有m解得v（3）解：在桩依靠自重下沉的过程中，下沉距离为x1，由动能定理有解得x在锤撞击后，桩继续下沉，由动能定理有Mg解得x=【解析】【分析】一、牛顿第二定律在变力情况下的应用桩下沉时受重力和与深度成正比的阻力。瞬时加速度：代入具体深度可求瞬时加速度。二、自由落体运动规律锤从高H自由下落：，此为碰撞前锤的速度。三、动量守恒定律的应用条件判断：锤与桩碰撞时间极短，泥土阻力远小于冲击力，可忽略→竖直方向动量守恒。方程建立：以向下为正方向：，其中为锤反弹速度（若向上则取负值）。求解：得到桩被击后瞬间速度四、动能定理处理变力做功自重下沉阶段（初末速度均为0）：，即，可解ℎ1锤击后下沉阶段（初速，末速0）：，积分：代入解。总深度：（1）对桩，牛顿第二定律Mg−k解得a=2.5（2）锤自由下落过程中v锤与桩发生碰撞时，取竖直向下为正方向，系统动量守恒有m解得v（3）在桩依靠自重下沉的过程中，下沉距离为x1，由动能定理有解得x在锤撞击后，桩继续下沉，由动能定理有Mg解得x=16．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限有沿+x轴方向的匀强电场，在第三、四象限有宽度为d的匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外，长度为