河北省沧州市四校联考2025-2026学年高三上学期11月期中物理试题（含答案）

第第页河北省沧州市四校联考2025-2026学年高三上学期11月期中物理试题一、选择题：本题共10小题，共46分。第1~7题只有一个选项符合要求，每小题4分；第8~10题有多个选项符合要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，从t=0时刻起，甲车一直做匀速直线运动，乙车先做初速度为v0的匀加速直线运动，t1时刻接着做匀减速直线运动，t2时刻速度减为v，两车位移x随时间t变化的关系图像如图所示。则关于vA．v0<v B．v0=v C．2．在一个科普馆的光学展示区，有一套杨氏双缝干涉实验装置。其中S1、S2为双缝，D为光屏。前来参观的学生们看到光屏上O点是中央亮纹的中心，A．平移后光屏上O点可能是暗纹中心B．平移后P1C．平移后P1D．平移后光屏上干涉条纹间距不变3．我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高，极大丰富了我国自主对地观测数据源，为现代农业、防灾减灾、环境监测等领域提供了可靠稳定的卫星数据支持。系列卫星中的“高分三号”的轨道高度约为755km，“高分四号”的轨道为高度约3.6×10A．“高分三号”的运行周期大于24hB．“高分三号”的运行周期等于24hC．“高分三号”的运行角速度大于地球自转的角速度D．“高分三号”的运行速度小于“高分四号”的运行速度4．质量为2m的小车放在光滑水平面上，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬挂于小车顶端。从图中位置开始（细线水平且伸直），同时由静止释放小球和小车，设小球到达最低点时速度为v，从释放到小球到达最低点的过程中细线对小球做的功为W，从释放开始小车离开初位置的最大距离为d，则下列说法正确的是（）A．v=3gL2 B．v=2gL3 C．5．如图所示，在等量同种正点电荷形成的电场中，O是两点电荷连线的中点，C、D是连线中垂线上相对O对称的两点，已知GA=AE=EO=OF=FB=OC=OD，则（）A．点G的电场强度比点E的电场强度小B．点E与点F的电场强度大小相等，方向相同C．EO间的电势差比EC间电势差小D．若有一负点电荷在C点由静止释放，负点电荷将在CD间做往复运动，由C运动到D时加速度一定先增大后减小6．理想二极管具有单向导电性，给二极管两极间加上正向电压时，二极管电阻非常小（可忽略），加上反向电压时，二极管电阻非常大（可视为断路）。如图所示电路中，电阻R1与R2阻值相同，理想二极管与R1并联。在AB间加峰值电压不变的正弦式电流，则下列说法正确的是（）A．R1与R2的电功率之比是1∶5 B．R1与R2的电功率之比是1∶4C．R1与R2的电功率之比是1∶3 D．R1与R2的电功率之比是1∶27．玉米收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置，可近似为如图乙所示物理过程，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出最后落在水平地面上，不计空气阻力。已知玉米粒在此运动过程中的速率为v，加速度大小为a，动能为EkA． B．C． D．8．如图所示，工厂利用380V的交流电给额定电压为36V的照明灯供电，变压器原线圈匝数为1520匝。将变压器视为理想变压器，下列说法正确的是（）A．副线圈匝数为144匝B．副线圈匝数为240匝C．电路中接入的照明灯越多，通过原线圈的电流越大D．电路中接入的照明灯越多，通过原线圈的电流越小9．一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻刚好传到Q点，波形如图甲所示，P、Q、S是平衡位置分别为xP=2m、xQ=6m、A．波的传播速度大小为2B．图乙是质点Q的振动图像C．3∼4s内质点P的加速度沿yD．t=12s时，质点S的位置坐标为10．如图所示，固定的光滑硬直杆与水平面成53°角，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在点O，另一端与套在杆上的圆环相连，圆环由与O点等高的A点由静止释放，当运动到O点正下方的B点时，圆环的动能恰好等于此位置弹簧的弹性势能。已知圆环在A点时弹簧处于原长状态，当圆环运动到P点时弹簧与杆垂直，A、B两点间的距离为5L，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系式为EA．圆环的质量为kLB．圆环运动到P点时杆对圆环的弹力大小为3kLC．圆环运动到B点时重力的瞬时功率为2kLD．A、B间还有2个位置与A点加速度相同二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．为了便于研究一定质量气体在温度不变时气体压强与体积的关系，某兴趣小组同学借助如图所示DIS实验软件系统进行实验，主要步骤如下：①将压强传感器接入数据采集器；②将注射器体积调整为18mL，并接入压强传感器；③打开电脑上“专用软件”，待数据稳定后开始记录气体体积为18mL时的压强值；④减小注射器内气体体积，重复②③操作，每隔1mL记录一次数据，得到如下表实验数据。次序12345压强p104.0112.7117.9125.3132.9体积V1817161514体积的倒数10.0560.0590.0630.0670.071pV乘积1872.01915.91886.41879.51860.6回答下列问题：（1）根据表中实验数据，以p为纵坐标进行拟合，发现是一条不过原点的直线，应该选择表中为横坐标；（2）将体积V一栏每次的体积加上ΔV=1mL再重新拟合，发现拟合后的直线过了原点，则每次加上的ΔV主要为（3）实验小组同学发现将体积V一栏每次的体积加上ΔV前后，pV乘积一栏均依次增加，可能原因为12．某实验小组测量待测电阻Rx（1）先用欧姆表“×10”挡粗测Rx的阻值，示数如图甲所示，对应的读数是Ω（2）为了进一步精确测量该待测电阻Rx①图乙中电压表V量程为1 V、内阻为RV=500Ω，发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成3V量程的电压表，应将R②在闭合电路开关前应该把滑动变阻器的滑片移到（填“左”或“右”）端；③用笔画线代替导线补充完成图丙中实物间的连线；④某次测量时，电压表与电流表的示数分别为U、I，则待测电阻的阻值Rx=（用U、I和电压表内阻13．如图所示，一潜水员在距海岸A点30m的B点竖直下潜，B点和灯塔之间停着一条皮划艇。灯塔顶端的指示灯与皮划艇两端的连线与竖直方向的夹角分别为α和β（sinα=45（1）潜水员在水下看到水面上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里。海岸上A点恰好为倒立圆锥面与水面交点，求水的折射率为多大；（2）潜水员竖直下潜过程中，深度在h1=4m至h2=7314．如甲图所示，两个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向从左向右依次为垂直纸面向外、向里，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L、总电阻为R粗细均匀的单匝正方形导体线框abcd，且线框平面与磁场方向垂直。整个装置置于光滑的水平桌面上。现让线框以某一初速度v0（1）线框刚进入第一个磁场区域时ab两点间电压；（2）线框abcd的质量m；（3）如乙图所示，将另一个材料、大小与线框abcd完全相同，横截面积为abcd二倍的单匝线框efgh也置于磁场的左边界处，以速度2v0冲入磁场。若线框abcd和efgh在通过磁场的过程中产生的焦耳热分别为Q1和Q2，求15．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，可视为质点的质量为m=0.02 kg的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场的场强E=2 N/C,BC段长度L=1 m，CDF的半径R=0.2m，FMN的半径r=0.1 m。滑块带电量（1）若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h0（2）若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h需要满足的条件。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】x-t图像的斜率表示速度，根据图像可知，乙车两段时间内的平均速度相等，在匀变速直线运动中，平均速度等于初速度和末速度的算术平均值，t1时刻的速度为前段时间的末速度及后段时间的初速度，两者相等，则v0=v，故B正确，ACD错误。

故选：B。

【分析】x-t图像的形状反映了物体的位移随时间变化的情况，图像的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，曲线则表示物体做变速直线运动。2．【答案】C【解析】【解答】A．光屏上O点到两个光源的距离相等，仍然为中央亮纹中心，故A错误；BCD．根据Δx=Ldλ，屏向左平移，L减小，可知相邻干涉条纹间距离减小，原来屏上P1故选C。

【分析】一、核心知识1、条纹间距公式，L：双缝到屏的距离，d：双缝间距，λ：波长，与L成正比，L减小→条纹间距变小。2、中央亮纹的位置

中央亮纹（光程差为0）始终位于双缝中垂线与光屏的交点。

如果光屏平行移动，中央亮纹在新屏上的位置沿中垂线移动，但空间固定点如果原来在中垂线上，则永远光程差为0。3、某固定空间点的干涉级次变化

初始时某点P对应第m级亮纹（光程差），当光屏平移时，该固定空间点的光程差不变（因为几何路径固定），但新的光屏上该位置对应的干涉级次已经不符合原来的整数m（因为条纹间距变了，整个条纹分布相对于空间点移动了）。二、本题易错点1、误以为O点可能变暗

学生可能误以为屏移动后，O点的光程差会变。实际上双缝固定、O点空间位置固定、O在初始时在中垂线上，则O到双缝的距离相等永远不变，所以O点光程差始终为0，永远是亮纹中心。2、忽视条纹间距必然改变

只要L变，必变，与P点是否亮纹无关。C正确是因为它同时说了“可能仍是亮纹”和“条纹间距会改变”。三、类似题拓展如果改成“双缝与光源之间加入玻璃片”或“双缝间距d改变”，则影响的是中央亮纹位置是否移动，以及条纹间距变化，分析思路不同，但核心都是光程差决定明暗，以及的应用。3．【答案】C【解析】【解答】AB．“高分四号”是地球同步卫星，运行周期等于地球自转周期24h。卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可知GT=2π轨道半径越高，周期就越长，故“高分三号”的运行周期小于“高分四号”，即小于24h，故AB错误；C．根据Gω=轨道半径越高，角速度越小，故“高分三号”的运行角速度大于“高分四号”的运行角速度，即大于地球自转的角速度，故C正确；D．根据万有引力定律，结合牛顿第二定律可得Gv=“高分三号”的运行速度大于“高分四号”的运行速度，故D错误。故选C。

【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，得到周期、角速度、线速度与轨道半径的关系式，再分析“高分三号”的运行周期、角速度、线速度与地球同步卫星的关系。4．【答案】C【解析】【解答】AB．从释放到小球到达最低点的过程中，小车和小球组成的系统由水平方向动量守恒和能量守恒得0=mv−2mv1，mgL=1C．该过程对小球由动能定理得mgL+W=12mD．小球摆至左侧最高点时，小车离开初位置的距离最大，此时小球与车的速度均为零，由能量守恒知小球恰好回到原高度，由“人船模型”可得2md=m2L−d，解得d=故选C。

【分析】易错点总结：1、小球最低点的速度方向与大小

容易错误地认为小球最低点速度竖直向下，但这里因为悬挂点移动，小球最低点速度是水平方向（绳竖直时，小球相对悬挂点的速度是水平的，绝对速度也是水平的）。

必须联立动量守恒+能量守恒求解，不能用固定悬挂点的单摆公式​。2、细线对小球做功W的计算常见错误：认为绳子张力总与小球速度垂直，所以对小球不做功（错！那是固定悬挂点的情况）。正确做法：对小球用动能定理时，必须用其绝对速度对应的动能。易错：时，注意mgL前是正号，因为重力做正功。3、小车最大位移的“相对位移”关系

小球从最右摆到最左，相对小车的水平位移是2L，不是L。因为初始时绳水平向右长L，最终到最左时绳水平向左长L，两个水平位置相距2L。

写“人船模型”方程时，若设向右为正方向，则和联立。容易搞错正负号，导致s（少一个2倍）。4、速度与位移方向混淆

在动量守恒式中，vM​和​是代数量，可正可负，但很多学生在代入能量公式时错误地代入速度大小平方，却忽略了符号处理，容易导致推导时出错。5．【答案】C【解析】【解答】电势是标量，电势的叠加遵循代数相加法则，如果A、B两个点电荷在空间中C点产生的电势分别为φA、φB，那么C点的电势φ=φA+φB。电场叠加遵循平行四边形定则。注意等量同号电荷形成电场的对称性。A．设OC两点间距离为L，正点电荷所带电荷量为q，点电荷产生的电场强度为E=所以由电场叠加原理可得点G的电场强度E点E的电场强度E所以点G的电场强度比点E的电场强度大，故A错误；B．由等量同种电荷形成电场的对称性规律可知，点E与点F的电场强度大小相等，方向相反，故B错误；C．在等量同种正电荷的连线上，连线中点电势最低，两点电荷的中垂线上该点的电势最高，所以EO间的电势差比EC间电势差小，故C正确；D．等量同种正电荷连线的中垂线上从O点沿中垂线向两边电场强度先变大后变小，所以负电荷由C运动到D时加速度不一定先增大后减小，故D错误；故选C。

【分析】电场线是从正电荷或者无穷远处发出，到负电荷或无穷远处为止．电场线只是形象描述电场的假想曲线。6．【答案】A【解析】【解答】在一个周期的前半周期中，二极管导通，此时电阻R1被短路，则电流对R1做功为零；此时R2两端电压为U，则电流对R2做功U2R⋅T2；在后半个周期中，二极管加反向电压视为断路，此时两个电阻两端电压均为U2电阻R2的电功率P2=U2T故选A。

【分析】一、核心考点1、二极管在交流电路中的单向导电性确定哪半周导通，哪半周截止。导通时并联电阻被短路，截止时为串联关系。2、电路状态的突变与对称性二极管使电路状态随电源极性改变，电阻上的电压波形不再是正弦波，必须分段处理。二、易错点1、误判二极管导通方向要判断A、B哪端为正时，二极管阳极电位高还是阴极电位高。一旦判断反，整题全错。2、用电压有效值直接按稳态计算错误做法：求整个周期电压对的有效值，再套公式。错因：​上电压波形不是正弦波，有效值需分段积分，且二极管只在一个半周有电压。但很多人会误以为可以用某个“等效有效电压”简单算功率比。3、只算一个半周功率忘记平均到整个周期计算​功率时，它只在负半周有功耗，必须除以整个周期T才得平均功率。4、误将R2​功率只算负半周或正半周正半周上电压大，负半周电压小，但两者都需计入总能量。7．【答案】D【解析】【解答】本题考查学生对摩擦力突变的分析和功能关系的运用，主要注意玉米粒速度与传送带速度相同时，由滑动摩擦力突变为静摩擦力，摩擦力做功代表机械能的变化。A．根据题意可知，玉米粒在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动；玉米粒从传送带抛出后到最高点过程，速率应不断减小，到最高点后速率再逐渐增大，故A错误；B．根据题意可知，玉米粒在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动；则加速度先恒定不变，再变为0，玉米粒从传送带抛出后，加速度为重力加速度，故B错误；C．根据题意可知，玉米粒在传送带上运动时，动能先增大后不变；玉米粒从传送带抛出后到最高点过程，动能应不断减小，到最高点后动能再增大，故C错误；D．根据功能关系可知，除重力的其他力做功的功等于机械能的变化量，玉米粒在传送带上运动时，先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力，玉米粒的机械能一直增大，且E−h图像的斜率先表示滑动摩擦力后表示静摩擦力，则加速阶段的斜率大于匀速阶段的斜率；玉米粒从传送带抛出后到落回地面过程，只受重力作用，机械能不变，故D正确。故选D。

【分析】玉米粒在传送带上先匀加速后匀速，后面做斜抛运动，根据受力分析结合功能关系分析解答。8．【答案】A,C【解析】【解答】AB．根据题意，由

U可得，副线圈匝数为n故A正确，B错误；CD．通过副线圈的电流越大，通过原线圈的电流越大，故C正确，D错误。故选AC。

【分析】理想变压器，原副线圈匝数比等于电压之比，等于电流反比。电路中接入的照明灯越多，负载电路中电阻越小。9．【答案】A,C【解析】【解答】A．由题图可知波长λ=8m，周期T=4s，所以波速为B．由题图乙可知，t=0时刻质点在平衡位置，下一时刻向y轴负方向振动，由题图甲结合“波形平移法”可知，符合此特征的是质点P，所以图乙是质点P的振动图像，故B错误；C．由题图乙质点P的振动图像可知，3∼4s内质点P在x轴上方且向y轴负方向运动，所以质点P的加速度沿yD．当t=12s时，有t=12s=3T，故t=12s时刻的波形与t=0时刻的波形恰好重合，所以t=12s时质点S故选AC。

【分析】核心考点总结：1、波动与振动图像的对应从振动图像读周期T，从波形图像读波长λ。波速公式。2、质点的振动方向判断“微平移法”：波沿传播方向平移一小段，看质点位置变化。“带动法”（前质点带动后质点）：适用于机械波。已知波形与传播方向，可判断任意质点在该时刻的速度方向。3、波前与起振方向波刚好传到某点时，该点开始从平衡位置按波源起振方向振动。可由波刚传到该点时的波形（右半部分波形）反推起振方向。4、振动加速度特点简谐运动中。加速度方向总指向平衡位置，大小与位移大小成正比。5、振动状态的时间推算计算波传到某质点的时刻。计算从该质点开始振动后，经过一段时间（可能是周期整数倍或非整数倍）的位置，用振动方程或相位差法。10．【答案】C,D【解析】【解答】A．根据题意，圆环由A运动到B的过程，对于圆环与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有mg⋅5Lsin53°=12mvBB．圆环运动到P点时，设杆对圆环的弹力大小为FN，对圆环进行受力分析，由垂直杆方向受力平衡，有FN=mgcos53°+FC．圆环运动到B点时，重力的瞬时功率为PGD．与A点加速度相同的位置一个是P点，还有一个是A点关于P点的对称位置，故D正确。故选CD。

【分析】一、核心考点梳理1、系统机械能守恒：光滑杆，弹簧+环+地球系统，只有保守力做功。2、动能等于弹性势能的特殊点条件：这给出两个能量相等的关系，结合守恒可求质量或速度。3、几何约束求形变量：关键在于利用“弹簧与杆垂直”和“A正下方”等条件，从杆的倾斜角θ和已知长度L，确定OC、AC等长度。4、功率计算：（这里v沿杆方向，但重力功率用竖直分速度）。5、加速度相同的位置：简谐振动平衡位置两侧对称点加速度相同（大小方向都相同），除了平衡位置本身，还有关于平衡位置对称的另一侧点（在杆上可能有两处）。二、常见易错点1、几何关系找错：弹簧与杆垂直的几何条件用向量点积=0，易搞错方向符号，从而得到错误原长或坐标。2、动能等于弹性势能的理解：在机械能守恒式里，这个条件直接联系重力势能变化与弹性势能关系，很多同学会列错方程。3、重力功率：在斜杆运动中，重力的瞬时功率，不是全乘，也不是乘杆角度，而是竖直方向速度。4、加速度相同点：弹簧振子在平衡位置加速度为零，在关于平衡位置对称的点加速度相同（大小相等，方向均指向平衡位置）。11．【答案】（1）体积的倒数或1（2）连接软管内气体（3）手握注射器推活塞造成注射器内气体温度升高或没有缓慢移动活塞造成注射器内气体温度升高【解析】【解答】（1）由玻意耳定律（等温过程）得​，所以如果p与1/V成正比，图线是过原点的直线。现在它“不过原点”，但仍为直线，说明横坐标可能是1/V，这样才可能是直线关系。根据表中给出的列：体积、压强、体积倒数1/V、乘积pV。如果直接用V做横坐标，p−V图像是曲线，不符合“直线”，所以必须用体积的倒数作为横坐标，故应以p为纵坐标，体积的倒数1V（2）将体积V一栏每次的体积加上ΔV=1mL再重新拟合，发现拟合后的直线过了原点，则加上的（3）实验小组同学发现将体积V一栏每次的体积加上ΔV前后，pV【分析】核心考点：1、实验原理：玻意耳定律一定质量的气体，在温度不变时，压强p与体积V成反比，即（常数）。推论：p与成正比，因此p−1/V图像应为一条过原点的直线。这是图像法的理论基础。2、图像法的数据处理与误差分析当图像是一条不过原点的直线时，说明存在系统误差。最常见的原因：实验所研究的“气体体积”V并不仅仅是注射器刻度对应的体积​，还应包括压强传感器、连接软管等“死体积”V0​。修正方法：将横坐标改为图像就能过原点。其中是需要测量或修正的常数。3、对实验过程细节的物理理解乘积pV在等温过程中应为常数。若乘积pV持续增大，则表明温度T在升高（因为）。温度升高的常见操作原因：用手握注射器筒（导致气体被人体加热），或推拉活塞速度过快（气体被压缩或膨胀的过程近似于绝热过程，导致温度变化）。（1）分析题表中数据可知，一定质量气体在温度不变时气体压强p与体积的倒数1V成正比，即p−1V图像为一条直线，故应以p（2）将体积V一栏每次的体积加上ΔV=1mL再重新拟合，发现拟合后的直线过了原点，则加上的（3）实验小组同学发现将体积V一栏每次的体积加上ΔV前后，pV12．【答案】（1）110（2）1000；右；；3UR【解析】【解答】（1）欧姆档读数公式：示数=指针读数×倍率。欧姆表读数为11×10（2）把量程为1V电压表改装成3 V量程的电压表，应串联电阻箱R0，由串联电路的特点可得UgR依据电路原理图，对实物连线进行补充完善，如图所示：某次测量时，电压表与电流表的示数分别为U、I，通过电压表的电流为I通过Rx的电流为Ix=I−IV，则待测电阻的阻值为1、欧姆表读数欧姆档读数公式：示数=指针读数×倍率。不需要估读，指针尽量指在中间区域读数较准。2、电压表量程改装原理：串联电阻分压。已知电压表原量程、内阻​，要扩大量程到U，需要串联的电阻满足：或3、电路安全与操作顺序闭合开关前，滑动变阻器滑片应放在使被测电路电压最小的位置，保护电表和待测电阻。对分压接法（本题图乙是分压接法），滑片放在右端时，电压表与待测电阻并联部分电压最小（为零）。4、实物连线按照电路图，从电源正极开始，依次连接开关、滑动变阻器（分压接法）、待测电阻与电流表串联、回到电源负极。电压表与待测电阻并联，改装后的电压表（电压表头与电阻箱串联）并到待测电阻两端。注意电表极性（正进负出），滑动变阻器分压接法时，下端两接线柱与电源的连接方式。5、考虑电压表内阻时的电阻计算改装后电压表内阻已知（​）。电压表读数U是加在待测电阻和电流表（本题电流表外接）之间的电压，但电流表测量的是通过Rx​与电压表并联的总电流I，设通过电压表的电流为，则通过的电流为。（1）欧姆表读数为11×10（2）[1]把量程为1V电压表改装成3 V量程的电压表，应串联电阻箱R解得R[2]为了保证电路的安全，闭合开关前应将滑动变阻器滑片滑到右端，从而使待测电阻Rx[3]依据电路原理图，对实物连线进行补充完善，如图所示：[4]某次测量时，电压表与电流表的示数分别为U、I，通过电压表的电流为I通过Rx的电流为则待测电阻的阻值为R联立解得R13．【答案】（1）解：设水的折射率为n，海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，可得sin有几何关系得sin代入数据可得n=（2）解：设入射角为α的光线的折射角为α'，入射角为β的折射角为β'，B点和皮划艇右端距离为l1，B点和皮划艇左端距离为l2，皮划艇长为l，则由折射定律可得n=代入数据可得α'=由几何关系可得l1=所以可得，l=【解析】【分析】（1）利用全反射临界角与折射率的关系，结合几何关系计算水的折射率；

（2）通过折射定律确定折射角，结合深度范围的几何关系求解皮划艇长度。14．【答案】（1）解：线框刚进入第一个磁场区域时产生的感应电动势为E=BL根据闭合电路欧姆定律I=而U联立解得Uab（2）解：根据题意，线框以某一初速度v0冲进磁场，线圈完全进入第一个磁场时速度为v1，完全进入第二个磁场时速度为v2，完全出离磁场时速度为零，则线框刚进入第一个磁场区域时，由动量定理其中q=同理完全进入第二个磁场时−2BL其中I完全出离第二个磁场时−BL其中I联立可得−6BLq=0−m解得m=（3）解：线框efgh导线的横截面积为abcd二倍，有m则线框efgh的电阻R当初速度为2v0时设线圈完全出离磁场时的速度为v3，同解析(2)可得−6BL同理有q解得v根据题意知由动能全部转化为电能，电能再全部转化为热量，则线框abcd在通过磁场的过程中产生的焦耳热为Q线框efgh在通过磁场的过程中产生的焦耳热为Q2=12【解析】【分析】1、第（1）问：ab间电压的理解错误：直接用当电压。正确：ab间电压是路端电压，电动势在闭合回路中，电流方向从b→a（作为电源内部），ab间电压是a到b的电压，等于电动势减去ab段内阻上的电压降。2、第（2）问：动量定理各阶段方程容易丢阶段：完全进入第一个磁场→无电流→速度不变；进入第二个磁场时速度仍是​。各阶段的有效切割长度和磁通量变化要理清，但本题用“安培力冲量=磁通量变化引起的电荷量与BL的乘积”更快捷：，其中是进入或离开磁场时，线框相对磁场的位移（L）。仔细看方向：第一个磁场垂直纸面向外，第二个垂直纸面向里。线框左边在第二个磁场中切割，右边在第一个磁场中切割，速度相同，磁场方向相反，电动势方向一致（可用右手定则判断），因此电动势相加，电流加倍→安培力更大。

这是本题核心难点！因此动量定理分段必须用正确有效长度和总电阻。3、第（3）问：质量关系误判看到“材料、大小完全相同”，误以为质量相同，其实横截面积不同，质量不同。计算焦耳热时，直接套用时，m要用对应的质量。此外，两线框除了质量、电阻不同，初速度也不同，通过磁场过程动力学方程形式相似，但参数不同，要分别解出末速度。4、热量计算时漏掉剩余动能如果线框最终没静止，热量=初动能-末动能，不能直接等于安培力做功（安培力做功=热量），但本（2）中末速度为0，所以热量等于初动能。第（3）问中，末速度不为零，要算出末速度再用动能差。（1）线框刚进入第一个磁场区域时产生的感应电动势为E=BL根据闭合电路欧姆定律I=而U联立解得U（2）根据题意，线框以某一初速度v0冲进磁场，线圈完全进入第一个磁场时速度为v1，完全进入第二个磁场时速度为v2−BL其中q=同理完全进入第二个磁场时−2BL其中I完全出离第二个磁场时−BL其中I联立可得−6BLq=0−m解得m=（3）线框efgh导线的横截面积为abcd二倍，有m则线框efgh的电阻R当初速度为2v0时设线圈完全出离磁场时的速度为v3，同解析(2)可得−6BL同理有q解得v根据题意知由动能全部转化为电能，电能再全部转化为热量，则线框abcd在通过磁场的过程中产生的焦耳热为Q线框efgh在通过磁场的过程中产生的焦耳热为Q联立解得Q15．【答案】（1）解：滑块在F点根据牛顿第二定律有mg+qE=m设滑块由h0处释放恰好通过F点，对滑块从释放点至F点这一过程由动能定理得联立解得h（2）解：分类讨论①滑块第一次运动到D点速度为零，对该过程由动能定理得mg+qE解得h1=0.7 m，则当h≤0.7②滑块第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，沿轨道PNMFDCBA运动，再次返回后不过D。滑块恰好可以经过F点，由动能定理可得mg+qE根据牛顿第二定律mg+qE=m解得h2=1 m，则当h≥1 m时，滑块可以通过F解得h3=1.7 m，则当h≤1.7 m时，滑块被弹簧反弹往复运动后不过③滑块第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足滑块恰好可以经过F点，由动能定理可得mg+qE解得h4=2