資源簡介

2025屆四川省樂山市普通高中高三下學期第二次診斷性測試物理試卷
1．（2025·樂山模擬）鋰元素作為新能源汽車電池的關鍵材料，其來源可追溯至宇宙射線中的高能粒子與星際物質原子核發生的核反應，其中一種核反應方程為，式中的X是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】原子核的人工轉變
【解析】【解答】本題考查核反應方程的書寫規則，會根據題意進行準確分析解答。由核反應前后電荷數守恒可得X的電荷數為
由核反應前后質量數守恒可得X的質量數為
所以X是。
故選C。
【分析】根據質量數和電荷數守恒計算X的質量數和電荷數，再判斷粒子種類。
2．（2025·樂山模擬）2027年我國將發射首個巡天空間望遠鏡（CSST），它將與我國空間站在同一軌道獨立運行，在需要時可以與空間站對接。已知巡天空間望遠鏡預定軌道離地面高度約為400km，則關于該巡天空間望遠鏡的說法正確的是（　　）
A．加速度大于地球同步衛星的加速度
B．線速度小于赤道上物體的線速度
C．點火加速可在原軌道追上空間站完成對接
D．考慮到稀薄大氣的阻力，線速度會越來越小
【答案】A
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題考查萬有引力定律的應用和衛星的變軌問題，會根據題意進行準確分析解答。如果衛星想要進入更高的軌道，需要向后噴氣做加速運動；如果想要進入更低的軌道，需要向前噴氣做減速運動。A．根據牛頓第二定律
可得
由于同步衛星軌道半徑大于巡天空間望遠鏡，所以巡天空間望遠鏡的加速度大于地球同步衛星的加速度，故A正確；
B．根據萬有引力提供向心力
解得
由于同步衛星軌道半徑大于巡天空間望遠鏡，所以巡天空間望遠鏡的線速度大于同步衛星的線速度，但同步衛星的角速度等于赤道上物體的角速度，但同步衛星的軌道半徑大于赤道上物體的軌道半徑，所以同步衛星的線速度大于赤道上物體的線速度，則巡天空間望遠鏡的線速度大于赤道上物體的線速度，故B錯誤；
C．巡天空間望遠鏡若在原軌道加速會做離心運動，故不可能追上空間站完成對接，故C錯誤；
D．考慮到稀薄大氣的阻力，巡天空間望遠鏡軌道半徑減小做向心運動，故線速度會越來越大，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據牛頓第二定律導出加速度、線速度結合同步衛星的特點，衛星加速變軌和阻力做功減速做向心運動的知識進行分析解答。
3．（2025·樂山模擬）向家壩水電站采用800千伏特高壓直流輸電將電能送往上海。已知輸電功率為P，輸電電壓為U，輸電線路總電阻為R。若僅考慮輸電線路電阻產生的能量損失，則（　　）
A．輸電線路中的電流
B．輸電線路上損失的功率
C．若僅將輸電電壓降為原來的一半，輸電線路上損失的功率將變為原來的2倍
D．若僅將輸電電壓降為原來的一半，輸電線路上損失的電壓將變為原來的0.5倍
【答案】B
【知識點】電能的輸送
【解析】【解答】本題讓學生在理解基本概念的基礎上，進一步分析和應用這些概念，從而加深對電力傳輸中能量損失的理解。A．輸電線路中的電流
故A錯誤；
B．輸電線路上損失的功率
故B正確；
C．若僅將輸電電壓降為原來的一半，輸電線路上損失的功率為
輸電線路上損失的功率將變為原來的倍，故C錯誤；
D．原來輸電線路上損失的電壓為
若僅將輸電電壓降為原來的一半，輸電線路上損失的電壓為
所以若僅將輸電電壓降為原來的一半，輸電線路上損失的電壓將變為原來的2倍，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據對電力傳輸中功率、電壓、電流和電阻之間關系的分析，分析輸電線路中的電流、功率損失以及電壓變化對功率損失的影響。
4．（2025·樂山模擬）如圖所示，在“測定玻璃磚的折射率”的實驗中，將玻璃磚在白紙上放好，aa'和bb'分別是玻璃磚與空氣的兩個界面且相互平行。在玻璃磚的一側畫直線AO與aa'交于O，在AO上插兩枚大頭針P1和P2，用“×”表示大頭針的位置，然后在另一側透過玻璃磚觀察，并依次插上大頭針P3和P4。下列說法正確的是（　　）
A．插上大頭針P4，使P4擋住P3以及P1、P2的像
B．光可能在bb'發生全發射，導致觀察不到P1、P2的像
C．若兩個界面aa'和bb'不平行，將不能完成實驗
D．若實驗中不慎將玻璃磚向上平移了一些，其他操作均正確，則測得的折射率偏大
【答案】A
【知識點】測定玻璃的折射率
【解析】【解答】本題關鍵是作出光路圖，分析實際邊界與作圖邊界不同時，測出的折射角與正確操作時折射角的關系相同。A．插上大頭針P4，使P4擋住P3以及P1、P2的像，故A正確；
B．光線能從aa'射入玻璃磚，則光線在bb'面上的入射角一定小于臨界角，則光不可能在bb'發生全發射，故B錯誤；
C．若兩個界面aa'和bb'不平行，仍然能完成實驗，故C錯誤；
D．若實驗中不慎將玻璃磚向上平移了一些，如圖所示
根據幾何關系可得，入射角相等，折射角相等，則測得的折射率不變，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據實驗原理及操作規范判斷，作光路圖時，就以aa'為邊界，根據實際的邊界與作圖的邊界不同，作出光路圖，比較將玻璃磚向上平移時，入射角和折射角的關系，分析誤差情況。
5．（2025·樂山模擬）沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t=0時刻的圖像如圖所示，該時刻P、Q兩質點離開平衡位置的位移相同，此后P質點回到平衡位置的最短時間為0.1s，Q質點回到平衡位置的最短時間為0.3s，則（　　）
A．該波沿x軸負方向傳播
B．該波的傳播速度為10m/s
C．t=0.2s時，質點P的加速度方向沿y軸負方向
D．t=0.2s時，質點P的縱坐標為cm
【答案】B
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】能夠根據題意得到該波的周期是解題的關鍵，能夠寫出質點P的振動方程是解題的基礎。A．由圖中P、Q兩質點位置和P先回到平衡位置可知，圖中質點P向y軸負方向振動，所以該波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；
B．由圖可知，波長為
由P質點回到平衡位置的最短時間為0.1s，Q質點回到平衡位置的最短時間為0.3s，由簡諧振動的對稱性可知周期為
該波的傳播速度為
故B正確；
C． t=0.2s時，質點P在平衡位置下面向y軸負方向振動，加速度方向沿y軸正方向，故C錯誤；
D．t=0.1s時質點P在平衡位置向y軸負方向振動，從此時開始計時質點P的振動方程為
當時，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據題意判斷在t=0時P、Q質點的運動方向性，進而判斷波的傳播方向；根據對稱性解出該波的周期，然后根據波速、波長和周期關系計算波速；根據質點P在t=0.2s時的位置分析加速度方向；寫出在t=0.1s時質點P的振動方程，然后計算P的位移。
6．（2025·樂山模擬）如圖所示，光滑圓弧軌道ACD固定在豎直面內，O為圓弧軌道的圓心，圓弧軌道的半徑為R。將質量為m的滑塊（可視為質點）以水平向右的初速度v0（大小未知）從軌道內側A點開始運動，且滑塊始終受到水平向右的恒力作用，經過軌道上B點時速度最大，OB與豎直方向的夾角θ=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．滑塊受到的恒力大小為0.6mg
B．若滑塊能通過圓弧軌道的最高點C，則
C．若，滑塊通過B點時對軌道的壓力為1.75mg
D．若，滑塊一定能沿圓弧軌道運動到D點
【答案】C
【知識點】生活中的圓周運動；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題主要考查了動能定理，正確的選取研究過程，注意等效最高點和最低點的位置。動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。A．滑塊在B點速度最大，則受合外力為零，則恒力大小為
選項A錯誤；
B．若滑塊能通過圓弧軌道的最高點C，則在C點時
由動能定理
解得
選項B錯誤；
C．若，滑塊通過B點時根據動能定理
在B點時
由牛頓第三定律
選項C正確；
D．由B的計算可知，若，則滑塊恰能經過最高點C，滑塊經過等效最高點（B點關于O點的對稱點B＇）的最小速度滿足
解得
假設滑塊能經過等效最高點，則根據
解得
可知滑塊不能經過等效最高點B＇，也就不能沿圓弧軌道運動到D點，選項D錯誤。
故選C。
【分析】根據滑塊在B點速度最大求滑塊受到的恒力大小；由動能定理求v0；根據動能定理和牛頓第二、第三定律求滑塊通過B點時對軌道的壓力；根據動能定理和牛頓第二定律分析判斷。
7．（2025·樂山模擬）如圖所示，光滑“”形金屬導軌固定在水平面上，一導體棒靜置于導軌上，并與導軌垂直，構成回路。回路上方一條形磁鐵在外力F作用下，豎直向上做勻速運動。運動中外力F對磁鐵做功WF，磁鐵克服重力做功WG，磁鐵克服磁場力做功W1，磁場力對導體棒做功W2，導體棒獲得的動能為Ek，回路中產生的焦耳熱為Q。則（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】能量守恒定律；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】本題考查了電磁感應現象中的功能關系，根據能量守恒定律與動能定理綜合分析。要知道不同形式能量之間的轉化需要做功來完成。A．對磁鐵分析，根據動能定理
因為磁鐵勻速運動，所以動能變化量為0，故
故A錯誤；
C．根據能量守恒定律，磁鐵克服電場力做功為，這部分能量轉化為導體棒的動能和整個回路的焦耳熱，則
故C錯誤；
B．對導體棒用動能定理
故B錯誤；
D．由
聯立解得
故D正確。
故選D。
【分析】根據功能關系可知磁鐵克服磁場力做功等于金屬導軌與導體棒組成的系統增加的能量。對磁鐵和導體棒分別應用動能定理分析此系統的功能對應關系。
8．（2025·樂山模擬）如圖甲，小球A（視為質點）從地面開始做豎直上拋運動，同時小球B（視為質點）從距地面高度為h0處由靜止釋放，兩小球距地面的高度h與運動時間t的關系圖像如圖乙，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則（　　）
A．A的初速度與B的落地時速度大小相等
B．A上升過程的平均速度小于B下降過程的平均速度
C．A、B處于同一高度時距地面
D．A、B落地的時間差為
【答案】A,C
【知識點】豎直上拋運動
【解析】【解答】本題考查了豎直上拋運動與自由落體運動，分析清楚小球的運動過程是解題的前提，應用運動學公式即可解題。AB．由題圖可知，B由靜止釋放時距地面的高度與A上升到最高點時距地面的高度相等，B由靜止釋放直到落地與A由拋出直到上升到最高點所用時間相等，所以，A的初速度與B落地時的速度大小相等，A上升過程的平均速度與B下降過程的平均速度大小相等，故A正確，B錯誤；
C．設A豎直上拋的初速度為v0，則當AB到達同一高度時有
，
聯立解得
，
所以A、B處于同一高度時距地面
故C正確；
D．B落地時A剛好上升到最高點，所以AB落地的時間差就等于A從最高點下落到地面所用的時間，滿足
解得
故D錯誤。
故選AC。
【分析】A做豎直上拋運動，B做自由落體運動，根據圖示圖像求出兩球離地面的最大高度，然后根據球的運動過程與運動學公式分析答題。
9．（2025·樂山模擬）某興趣小組用電壓表改裝一個加速度測量計，設計方案如圖。較重的滑塊2可以在光滑的框架1中平移，滑塊兩側分別連接完全相同的彈簧3；AA'是總阻值為R的滑動變阻器，4是固定在滑塊上的滑動變阻器的滑片，當測量計處于平衡狀態時4位于滑動變阻器中間位置，電壓表示數為U0。已知電源的電動勢、內阻均不變，R'為定值電阻。將裝置安裝在水平向右運動的小車上，則（　　）
A．電壓表示數大于U0，小車在加速運動
B．電壓表示數從U0逐漸增大，小車加速度變大
C．電壓表示數從U0逐漸減小，小車加速度變小
D．將電壓表表盤重新刻畫為加速度測量計的表盤，其刻度線分布均勻
【答案】A,B
【知識點】牛頓第二定律；電路動態分析
【解析】【解答】本題中的加速度計體現了一種重要的實驗設計思想—轉換思想，即把難以直接測量的力學量轉換為容易測量的電學量。這類題目是力與電綜合題，關鍵要尋找力電聯系的橋梁。A．初始時滑片4位于電阻絲中間位置且開關閉合后電壓表示數為，此時兩邊彈簧彈力為零，當小車向右加速運動時，滑片4向左移動x，加速度方向向右，則回路電阻增大，電流減小，電壓表示數
則電壓表的示數大于，A正確；
B．只有回路中電阻增大，電壓表示數才從U0逐漸增大，小車向右加速運動，滑片4向左移動x更多，因此小車加速度變大，B正確；
C．電壓表示數從U0逐漸減小，小車向右減速運動，滑片4向右移動x更多，因此小車減速運動的加速度變大，C錯誤；
D．若向右加速，設滑片4向左移動x距離，電阻絲總長為2l，根據閉合電路歐姆定律有
電壓表示數
可見刻度線分布不均勻，D錯誤。
故選AB。
【分析】這是一個加速度傳感器，這種傳感器輸入量是加速度，輸出量是電壓；根據加速度傳感器的工作原理結合電路圖進行分析。
10．（2025·樂山模擬）如圖甲，平面直角坐標系xOy處于勻強電場中，電場強度方向與坐標平面平行，P點是y軸上y=4m處的一點，Q是x軸上x=3m處的一點，x軸上x=0至x=2m區域內的電勢分布如圖乙，將一個電荷量為q=1×10-5C的正點電荷從坐標原點沿y軸正向移動到P點，電場力做功1.6×10-4J。則（　　）
A．電場強度的大小為3V/m
B．勻強電場方向與x軸正向夾角的正弦值為0.8
C．y軸上P點的電勢為-16V
D．將該點電荷從P點移到Q點，電場力做功為-7×10-5J
【答案】B,D
【知識點】電勢；電勢差；電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】 該題考查電場中的功能關系，注意電場強度是矢量，合成要用平行四邊形定則。AB．由題圖乙知，電場強度沿x軸的分量，方向沿x軸正向，大小為
依題意有，電場強度沿y軸的分量，方向沿y軸正向，大小為
故該勻強電場的場強大小為
設場強方向與x軸正向的夾角為α，則
故A錯誤，B正確；
C．根據勻強電場電場強度與電勢差的關系有
，，
可得
故C錯誤；
D．根據勻強電場電場強度與電勢差的關系有
，，
解得
所以
所以將該點電荷從P點移到Q點，電場力做功為
故D正確。
故選BD。 分別求出x方向與y方向的電場強度，然后根據勾股定理合成；根據勻強電場電場強度與電勢差的關系求出y軸上P點的電勢；根據電場力做功的公式求出。
11．（2025·樂山模擬）在“探究加速度與力的關系”實驗中，某同學使用了如圖甲所示的裝置。
（1）該同學探究加速度a和拉力F的關系時，　 　 應該保持不變。
（2）該同學將沙和沙桶的重力作為拉力F來處理數據，并作出了a-F圖像，如圖乙所示，圖中的圖線不過原點的原因是　 　，圖中圖線發生彎曲的原因是　 　。
【答案】（1）小車質量
（2）平衡摩擦力過度；沙和沙桶的總質量未遠遠小于小車質量
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】本題考查探究加速度與物體質量、物體受力的關系，要注意明確實驗原理，同時注意明確實驗中誤差情況分析方法。
（1）本實驗采用控制變量法，該同學探究加速度a和拉力F的關系時，小車質量應該保持不變。
（2）圖中當F=0時a≠0，也就是說當繩子上沒有拉力時，小車的加速度不為0，說明小車的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力過度。
對小車由牛頓第二定律可得
對沙和沙桶由牛頓第二定律可得
解得
要使得繩子拉力等于沙和沙桶的重力大小，必有
而不滿足時，隨沙和沙桶的重力的增大物體的加速度a逐漸減小。所以圖中圖線發生彎曲的原因是沙和沙桶的總質量未遠遠小于小車質量。
【分析】 （1）根據實驗方法及牛頓第二定律分析解答；
（2）由圖得小車的摩擦力小于重力的分力，根據實驗原理分析解答。
（1）本實驗采用控制變量法，該同學探究加速度a和拉力F的關系時，小車質量應該保持不變。
（2）[1]圖中當F=0時a≠0
也就是說當繩子上沒有拉力時，小車的加速度不為0，說明小車的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力過度。
[2]對小車由牛頓第二定律可得
對沙和沙桶由牛頓第二定律可得
解得
要使得繩子拉力等于沙和沙桶的重力大小，必有
而不滿足時，隨沙和沙桶的重力的增大物體的加速度a逐漸減小。所以圖中圖線發生彎曲的原因是沙和沙桶的總質量未遠遠小于小車質量。
12．（2025·樂山模擬）氣敏電阻在安全環保領域有著廣泛的應用。某氣敏電阻說明書給出的氣敏電阻Rq隨甲醛濃度η變化的曲線如圖a所示。
（1）為檢驗該氣敏電阻的參數是否與圖a一致，實驗可供選用的器材如下：
A.蓄電池（電動勢6V，內阻不計）
B.毫安表A1（量程2mA，內阻為200Ω）
C.毫安表A2（量程5mA，內阻約20Ω）
D.定值電阻R0（阻值2800Ω）
E.滑動變阻器R1（最大阻值10Ω，額定電流0.2A）
F.滑動變阻器R2（最大阻值200Ω，額定電流0.2A）
G.開關、導線若干
探究小組根據器材設計了圖b所示電路來測量不同甲醛濃度下氣敏電阻的阻值，其中：
①滑動變阻器Rp應選用　 　（填“R1”或“R2）；
②開關S閉合前，應將滑動變阻器Rp的滑片置于　 　端（填“a”或“b”）；
（2）實驗時，將氣敏電阻置于密封小盒內，通過注入甲醛改變盒內濃度，記錄不同濃度下電表示數，當甲醛濃度為時毫安表A1和毫安表A2的示數分別為1.51mA和3.51mA，此時測得該氣敏電阻的阻值為　 　kΩ（結果保留三位有效數字）。
（3）多次測量數據，得出該氣敏電阻的參數與圖a基本一致。探究小組利用該氣敏電阻設計了如圖c所示的簡單測試電路，用來測定室內甲醛是否超標（國家室內甲醛濃度標準是），并能在室內甲醛濃度超標時發出報警音。電路中報警器的電阻可視為無窮大，電源電動勢E=3.0V（內阻不計），在接通電路時報警器兩端電壓大于2.0V時發出報警音“已超標”，小于等于2.0V時發出提示音“未超標”。則在電阻R3和R4中，　 　是定值電阻，其阻值為　 　kΩ（保留兩位有效數字）。
【答案】（1）R2；a
（2）2.27
（3）R3；1.3
【知識點】生活中常見的傳感器；利用傳感器制作簡單的自動控制裝置
【解析】【解答 】本題考查了傳感器在生活中的運用，要明確實驗原理，知道已知內阻的電流表可以作為電壓表實驗，理解氣敏電阻與濃度關系曲線的含義；掌握并聯電路的特點和歐姆定律的運用。
（1）①根據圖b可知，滑動變阻器采用了分壓接法，為了調節方便，本來應該選擇最大阻值較小的R1；但是考慮到若選擇R1=10Ω，電源電動勢為6V，則可能會超過滑動變阻器的最大電流0.2A，所以選擇R2。
②開關S閉合前，應將滑動變阻器Rp的滑片置于a端。
（2）該氣敏電阻的阻值為
（3）因甲醇濃度越大，則RP阻值越大，回路總電阻越大，總電流越小，則定值電阻上的電壓越小，RP上的電壓越大，當超過2.0V時發出報警音，可知R4為氣敏電阻，R3為定值電阻；當室內甲醛濃度是時Rp=2.6kΩ，可知定值電阻
【分析】（1）①滑動變阻器采用了分壓接法，應該選擇最大阻值較小的滑動變阻器；
②根據實驗安全及操作規范分析解答；
（2）根據歐姆定律解答；
（3）根據氣敏電阻與濃度關系曲線，結合測量電路電壓的分配與電阻的關系分析作答。
（1）①[1]根據圖b可知，滑動變阻器采用了分壓接法，為了調節方便，本來應該選擇最大阻值較小的R1；但是考慮到若選擇R1=10Ω，電源電動勢為6V，則可能會超過滑動變阻器的最大電流0.2A，所以選擇R2。
②[2]開關S閉合前，應將滑動變阻器Rp的滑片置于a端。
（2）該氣敏電阻的阻值為
（3）[3][4]因甲醇濃度越大，則RP阻值越大，回路總電阻越大，總電流越小，則定值電阻上的電壓越小，RP上的電壓越大，當超過2.0V時發出報警音，可知R4為氣敏電阻，R3為定值電阻；當室內甲醛濃度是時Rp=2.6kΩ，可知定值電阻
13．（2025·樂山模擬）如圖甲為氣壓式升降電腦椅，其簡化結構如圖乙，圓柱形氣缸A可沿圓柱形氣缸桿B外壁上下滑動。氣缸A與椅面固定在一起，其整體質量m=10kg；氣缸桿B與底座固定在一起，氣缸桿B的橫截面積S=50cm2。在氣缸A與氣缸桿B間封閉一長L=20cm的氣體（視為理想氣體）。當人坐在椅面上，腳懸空穩定后椅面下降高度h=10cm。已知室內溫度不變，氣缸A氣密性、導熱性能良好，忽略摩擦力，大氣壓強p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）椅面未坐人時，氣缸A中的氣體壓強p1；
（2）該人的質量M。
【答案】（1）解：初始狀態時，以氣缸A與椅面整體為研究對象，由平衡條件可得
代入數據解得
（2）解：人坐在椅面上腳懸空穩定后，設氣缸A內氣體柱長度為，根據玻意耳定律可得
其中
代入數據解得
根據平衡條件可得
代入數據解得
【知識點】共點力的平衡；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根據平衡條件，以氣缸A與椅面整體為研究對象分析求解；
（2）根據玻意耳定律，結合平衡條件分析求解。
（1）初始狀態時，以氣缸A與椅面整體為研究對象，由平衡條件可得
代入數據解得
（2）人坐在椅面上腳懸空穩定后，設氣缸A內氣體柱長度為，根據玻意耳定律可得
其中
代入數據解得
根據平衡條件可得
代入數據解得：M=60kg
14．（2025·樂山模擬）如圖，兩固定光滑平行直金屬導軌MN、M'N'與PQ、P'Q'間用兩段光滑小圓弧平滑連接，兩導軌間距L=0.5m，M、M'兩點間接有阻值R=2.0Ω的電阻。質量m1=0.2kg的均勻直金屬桿ab放在導軌上，其接入回路的電阻r=0.5Ω，質量m2=0.6kg的絕緣桿cd靜置于水平軌道上，水平軌道處于磁感應強度大小B=1T，方向豎直向上的勻強磁場中，導軌電阻忽略不計。現讓金屬桿ab由靜止釋放，釋放點距水平軌道的豎直高度h=0.45m，進入水平軌道減速運動一段時間后，與絕緣桿cd發生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰后瞬間桿ab的速度大小v1=1m/s，方向水平向右。已知桿ab、cd均與導軌垂直，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）金屬桿ab剛進入磁場時的加速度大小a；
（2）兩桿碰后瞬間，絕緣桿cd獲得的速度大小；
（3）全過程中電阻R上產生的焦耳熱。
【答案】（1）解：金屬桿滑下過程，由機械能守恒定律有
剛進入磁場時，由電磁感應定律和閉合電路歐姆定律有
由安培力公式和牛頓第二定律有
解得
（2）解：設碰撞前瞬間ab的速度大小v0，碰后瞬間絕緣桿速度為v2，根據碰撞過程中ab、cd系統動量守恒與能量守恒有
，
解得
，
（3）解：碰撞后cd棒勻速直線運動，金屬桿ab最終靜止于水平軌道上，全過程由能量守恒定律，有
全過程中電阻R上產生的焦耳熱
解得
【知識點】碰撞模型；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）根據機械能守恒定律求得金屬桿ab剛進入磁場時得速度大小，根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律解答；
（2）根據動量守恒定律與機械能守恒定律解答；
（3）碰撞后絕緣桿cd做勻速直線運動，金屬桿ab最終靜止于水平軌道上，全過程由能量守恒定律與焦耳定律求解電阻R上產生的焦耳熱。
（1）金屬桿滑下過程，由機械能守恒定律有
剛進入磁場時，由電磁感應定律和閉合電路歐姆定律有
由安培力公式和牛頓第二定律有
解得
（2）設碰撞前瞬間ab的速度大小v0，碰后瞬間絕緣桿速度為v2，根據碰撞過程中ab、cd系統動量守恒與能量守恒有，
解得，
（3）碰撞后cd棒勻速直線運動，金屬桿ab最終靜止于水平軌道上，全過程由能量守恒定律，有
全過程中電阻R上產生的焦耳熱
解得
15．（2025·樂山模擬）現代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動。如圖所示，xOy平面直角坐標系中第I象限存在垂直于紙面向外的勻強磁場B0（大小未知）；第II象限存在沿x軸正方向的大小未知的勻強電場；第IV象限交替分布著沿方向的勻強電場和垂直xOy平面向里的勻強磁場，電場、磁場的寬度均為L，邊界與y軸垂直，電場強度，磁感應強度。一質量為m，電量為+q的粒子從點以平行于y軸的初速度v0進入第II象限，恰好從點N（0，2L）進入第I象限，然后又垂直于x軸進入第IV象限，多次經過電場和磁場后某時刻粒子的速度沿x軸正方向。粒子始終在電場、磁場中運動，不計粒子重力及運動時的電磁輻射。求：
（1）磁感應強度B0的大小；
（2）粒子剛射出第1層磁場下邊界時的速度方向；
（3）粒子進入第n層磁場時的速度大小vn以及最遠能進入第幾層磁場。
【答案】（1）解：設粒子在第II象限運動的時間為t，在N點沿x軸的分速度為vx，由于粒子垂直電場方向進入電場則可知粒子在電場中做類平拋運動，由平拋運動的研究方法，x方向有
y方向有
通過N點的速度
與y軸正方向的夾角滿足
在第I象限運動由牛頓第二定律有
根據垂直于x軸進入第IV象限，由幾何關系知
聯立解得
（2）解：設穿過x軸下方第一層電場后的速度為v1，由動能定理有
解得
在x軸下方第一層磁場中運動的軌跡如圖所示
由洛倫茲力充當向心力有
解得
設速度偏轉角為θ，則根據幾何關系可得
則
即粒子射出第1層磁場下邊界時速度的方向與y軸負方向夾角為30°。
（3）解：當粒子在第n層磁場中運動時，此前粒子已經過n個電場，由動能定理有
解得
若粒子在第n層磁場中距離x軸最遠，則最大速度為vn，在水平方向上由動量定理有
即
其中ym為磁場中向下運動的最遠距離，由題意
滿足條件
且
解得滿足條件的整數
故最遠能進入第4層磁場。
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，由平拋運動的研究方法和牛頓第二定律求磁感應強度B0的大小；
（2）由動能定理求解出電場的速度，畫出粒子運動的軌跡，洛倫茲力充當向心力和幾何關系求粒子剛射出第1層磁場下邊界時的速度方向；
（3）由動能定理粒子進入第n層磁場時的速度大小vn，由動量定理求最大速度，根據幾何關系求解最遠能進入第幾層磁場。
（1）設粒子在第II象限運動的時間為t，在N點沿x軸的分速度為vx，由于粒子垂直電場方向進入電場則可知粒子在電場中做類平拋運動，由平拋運動的研究方法，x方向有
y方向有
通過N點的速度
與y軸正方向的夾角滿足
在第I象限運動由牛頓第二定律有
根據垂直于x軸進入第IV象限，由幾何關系知
聯立解得
（2）設穿過x軸下方第一層電場后的速度為v1，由動能定理有
解得
在x軸下方第一層磁場中運動的軌跡如圖所示
由洛倫茲力充當向心力有
解得
設速度偏轉角為θ，則根據幾何關系可得
則
即粒子射出第1層磁場下邊界時速度的方向與y軸負方向夾角為30°。
（3）當粒子在第n層磁場中運動時，此前粒子已經過n個電場，
由動能定理
解得
若粒子在第n層磁場中距離x軸最遠，則最大速度為vn
在水平方向上由動量定理有
即
其中ym為磁場中向下運動的最遠距離，由題意
滿足條件：且
解得滿足條件的整數
故最遠能進入第4層磁場。
1 / 12025屆四川省樂山市普通高中高三下學期第二次診斷性測試物理試卷
1．（2025·樂山模擬）鋰元素作為新能源汽車電池的關鍵材料，其來源可追溯至宇宙射線中的高能粒子與星際物質原子核發生的核反應，其中一種核反應方程為，式中的X是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·樂山模擬）2027年我國將發射首個巡天空間望遠鏡（CSST），它將與我國空間站在同一軌道獨立運行，在需要時可以與空間站對接。已知巡天空間望遠鏡預定軌道離地面高度約為400km，則關于該巡天空間望遠鏡的說法正確的是（　　）
A．加速度大于地球同步衛星的加速度
B．線速度小于赤道上物體的線速度
C．點火加速可在原軌道追上空間站完成對接
D．考慮到稀薄大氣的阻力，線速度會越來越小
3．（2025·樂山模擬）向家壩水電站采用800千伏特高壓直流輸電將電能送往上海。已知輸電功率為P，輸電電壓為U，輸電線路總電阻為R。若僅考慮輸電線路電阻產生的能量損失，則（　　）
A．輸電線路中的電流
B．輸電線路上損失的功率
C．若僅將輸電電壓降為原來的一半，輸電線路上損失的功率將變為原來的2倍
D．若僅將輸電電壓降為原來的一半，輸電線路上損失的電壓將變為原來的0.5倍
4．（2025·樂山模擬）如圖所示，在“測定玻璃磚的折射率”的實驗中，將玻璃磚在白紙上放好，aa'和bb'分別是玻璃磚與空氣的兩個界面且相互平行。在玻璃磚的一側畫直線AO與aa'交于O，在AO上插兩枚大頭針P1和P2，用“×”表示大頭針的位置，然后在另一側透過玻璃磚觀察，并依次插上大頭針P3和P4。下列說法正確的是（　　）
A．插上大頭針P4，使P4擋住P3以及P1、P2的像
B．光可能在bb'發生全發射，導致觀察不到P1、P2的像
C．若兩個界面aa'和bb'不平行，將不能完成實驗
D．若實驗中不慎將玻璃磚向上平移了一些，其他操作均正確，則測得的折射率偏大
5．（2025·樂山模擬）沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t=0時刻的圖像如圖所示，該時刻P、Q兩質點離開平衡位置的位移相同，此后P質點回到平衡位置的最短時間為0.1s，Q質點回到平衡位置的最短時間為0.3s，則（　　）
A．該波沿x軸負方向傳播
B．該波的傳播速度為10m/s
C．t=0.2s時，質點P的加速度方向沿y軸負方向
D．t=0.2s時，質點P的縱坐標為cm
6．（2025·樂山模擬）如圖所示，光滑圓弧軌道ACD固定在豎直面內，O為圓弧軌道的圓心，圓弧軌道的半徑為R。將質量為m的滑塊（可視為質點）以水平向右的初速度v0（大小未知）從軌道內側A點開始運動，且滑塊始終受到水平向右的恒力作用，經過軌道上B點時速度最大，OB與豎直方向的夾角θ=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．滑塊受到的恒力大小為0.6mg
B．若滑塊能通過圓弧軌道的最高點C，則
C．若，滑塊通過B點時對軌道的壓力為1.75mg
D．若，滑塊一定能沿圓弧軌道運動到D點
7．（2025·樂山模擬）如圖所示，光滑“”形金屬導軌固定在水平面上，一導體棒靜置于導軌上，并與導軌垂直，構成回路。回路上方一條形磁鐵在外力F作用下，豎直向上做勻速運動。運動中外力F對磁鐵做功WF，磁鐵克服重力做功WG，磁鐵克服磁場力做功W1，磁場力對導體棒做功W2，導體棒獲得的動能為Ek，回路中產生的焦耳熱為Q。則（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·樂山模擬）如圖甲，小球A（視為質點）從地面開始做豎直上拋運動，同時小球B（視為質點）從距地面高度為h0處由靜止釋放，兩小球距地面的高度h與運動時間t的關系圖像如圖乙，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則（　　）
A．A的初速度與B的落地時速度大小相等
B．A上升過程的平均速度小于B下降過程的平均速度
C．A、B處于同一高度時距地面
D．A、B落地的時間差為
9．（2025·樂山模擬）某興趣小組用電壓表改裝一個加速度測量計，設計方案如圖。較重的滑塊2可以在光滑的框架1中平移，滑塊兩側分別連接完全相同的彈簧3；AA'是總阻值為R的滑動變阻器，4是固定在滑塊上的滑動變阻器的滑片，當測量計處于平衡狀態時4位于滑動變阻器中間位置，電壓表示數為U0。已知電源的電動勢、內阻均不變，R'為定值電阻。將裝置安裝在水平向右運動的小車上，則（　　）
A．電壓表示數大于U0，小車在加速運動
B．電壓表示數從U0逐漸增大，小車加速度變大
C．電壓表示數從U0逐漸減小，小車加速度變小
D．將電壓表表盤重新刻畫為加速度測量計的表盤，其刻度線分布均勻
10．（2025·樂山模擬）如圖甲，平面直角坐標系xOy處于勻強電場中，電場強度方向與坐標平面平行，P點是y軸上y=4m處的一點，Q是x軸上x=3m處的一點，x軸上x=0至x=2m區域內的電勢分布如圖乙，將一個電荷量為q=1×10-5C的正點電荷從坐標原點沿y軸正向移動到P點，電場力做功1.6×10-4J。則（　　）
A．電場強度的大小為3V/m
B．勻強電場方向與x軸正向夾角的正弦值為0.8
C．y軸上P點的電勢為-16V
D．將該點電荷從P點移到Q點，電場力做功為-7×10-5J
11．（2025·樂山模擬）在“探究加速度與力的關系”實驗中，某同學使用了如圖甲所示的裝置。
（1）該同學探究加速度a和拉力F的關系時，　 　 應該保持不變。
（2）該同學將沙和沙桶的重力作為拉力F來處理數據，并作出了a-F圖像，如圖乙所示，圖中的圖線不過原點的原因是　 　，圖中圖線發生彎曲的原因是　 　。
12．（2025·樂山模擬）氣敏電阻在安全環保領域有著廣泛的應用。某氣敏電阻說明書給出的氣敏電阻Rq隨甲醛濃度η變化的曲線如圖a所示。
（1）為檢驗該氣敏電阻的參數是否與圖a一致，實驗可供選用的器材如下：
A.蓄電池（電動勢6V，內阻不計）
B.毫安表A1（量程2mA，內阻為200Ω）
C.毫安表A2（量程5mA，內阻約20Ω）
D.定值電阻R0（阻值2800Ω）
E.滑動變阻器R1（最大阻值10Ω，額定電流0.2A）
F.滑動變阻器R2（最大阻值200Ω，額定電流0.2A）
G.開關、導線若干
探究小組根據器材設計了圖b所示電路來測量不同甲醛濃度下氣敏電阻的阻值，其中：
①滑動變阻器Rp應選用　 　（填“R1”或“R2）；
②開關S閉合前，應將滑動變阻器Rp的滑片置于　 　端（填“a”或“b”）；
（2）實驗時，將氣敏電阻置于密封小盒內，通過注入甲醛改變盒內濃度，記錄不同濃度下電表示數，當甲醛濃度為時毫安表A1和毫安表A2的示數分別為1.51mA和3.51mA，此時測得該氣敏電阻的阻值為　 　kΩ（結果保留三位有效數字）。
（3）多次測量數據，得出該氣敏電阻的參數與圖a基本一致。探究小組利用該氣敏電阻設計了如圖c所示的簡單測試電路，用來測定室內甲醛是否超標（國家室內甲醛濃度標準是），并能在室內甲醛濃度超標時發出報警音。電路中報警器的電阻可視為無窮大，電源電動勢E=3.0V（內阻不計），在接通電路時報警器兩端電壓大于2.0V時發出報警音“已超標”，小于等于2.0V時發出提示音“未超標”。則在電阻R3和R4中，　 　是定值電阻，其阻值為　 　kΩ（保留兩位有效數字）。
13．（2025·樂山模擬）如圖甲為氣壓式升降電腦椅，其簡化結構如圖乙，圓柱形氣缸A可沿圓柱形氣缸桿B外壁上下滑動。氣缸A與椅面固定在一起，其整體質量m=10kg；氣缸桿B與底座固定在一起，氣缸桿B的橫截面積S=50cm2。在氣缸A與氣缸桿B間封閉一長L=20cm的氣體（視為理想氣體）。當人坐在椅面上，腳懸空穩定后椅面下降高度h=10cm。已知室內溫度不變，氣缸A氣密性、導熱性能良好，忽略摩擦力，大氣壓強p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）椅面未坐人時，氣缸A中的氣體壓強p1；
（2）該人的質量M。
14．（2025·樂山模擬）如圖，兩固定光滑平行直金屬導軌MN、M'N'與PQ、P'Q'間用兩段光滑小圓弧平滑連接，兩導軌間距L=0.5m，M、M'兩點間接有阻值R=2.0Ω的電阻。質量m1=0.2kg的均勻直金屬桿ab放在導軌上，其接入回路的電阻r=0.5Ω，質量m2=0.6kg的絕緣桿cd靜置于水平軌道上，水平軌道處于磁感應強度大小B=1T，方向豎直向上的勻強磁場中，導軌電阻忽略不計。現讓金屬桿ab由靜止釋放，釋放點距水平軌道的豎直高度h=0.45m，進入水平軌道減速運動一段時間后，與絕緣桿cd發生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰后瞬間桿ab的速度大小v1=1m/s，方向水平向右。已知桿ab、cd均與導軌垂直，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）金屬桿ab剛進入磁場時的加速度大小a；
（2）兩桿碰后瞬間，絕緣桿cd獲得的速度大小；
（3）全過程中電阻R上產生的焦耳熱。
15．（2025·樂山模擬）現代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動。如圖所示，xOy平面直角坐標系中第I象限存在垂直于紙面向外的勻強磁場B0（大小未知）；第II象限存在沿x軸正方向的大小未知的勻強電場；第IV象限交替分布著沿方向的勻強電場和垂直xOy平面向里的勻強磁場，電場、磁場的寬度均為L，邊界與y軸垂直，電場強度，磁感應強度。一質量為m，電量為+q的粒子從點以平行于y軸的初速度v0進入第II象限，恰好從點N（0，2L）進入第I象限，然后又垂直于x軸進入第IV象限，多次經過電場和磁場后某時刻粒子的速度沿x軸正方向。粒子始終在電場、磁場中運動，不計粒子重力及運動時的電磁輻射。求：
（1）磁感應強度B0的大小；
（2）粒子剛射出第1層磁場下邊界時的速度方向；
（3）粒子進入第n層磁場時的速度大小vn以及最遠能進入第幾層磁場。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】原子核的人工轉變
【解析】【解答】本題考查核反應方程的書寫規則，會根據題意進行準確分析解答。由核反應前后電荷數守恒可得X的電荷數為
由核反應前后質量數守恒可得X的質量數為
所以X是。
故選C。
【分析】根據質量數和電荷數守恒計算X的質量數和電荷數，再判斷粒子種類。
2．【答案】A
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題考查萬有引力定律的應用和衛星的變軌問題，會根據題意進行準確分析解答。如果衛星想要進入更高的軌道，需要向后噴氣做加速運動；如果想要進入更低的軌道，需要向前噴氣做減速運動。A．根據牛頓第二定律
可得
由于同步衛星軌道半徑大于巡天空間望遠鏡，所以巡天空間望遠鏡的加速度大于地球同步衛星的加速度，故A正確；
B．根據萬有引力提供向心力
解得
由于同步衛星軌道半徑大于巡天空間望遠鏡，所以巡天空間望遠鏡的線速度大于同步衛星的線速度，但同步衛星的角速度等于赤道上物體的角速度，但同步衛星的軌道半徑大于赤道上物體的軌道半徑，所以同步衛星的線速度大于赤道上物體的線速度，則巡天空間望遠鏡的線速度大于赤道上物體的線速度，故B錯誤；
C．巡天空間望遠鏡若在原軌道加速會做離心運動，故不可能追上空間站完成對接，故C錯誤；
D．考慮到稀薄大氣的阻力，巡天空間望遠鏡軌道半徑減小做向心運動，故線速度會越來越大，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據牛頓第二定律導出加速度、線速度結合同步衛星的特點，衛星加速變軌和阻力做功減速做向心運動的知識進行分析解答。
3．【答案】B
【知識點】電能的輸送
【解析】【解答】本題讓學生在理解基本概念的基礎上，進一步分析和應用這些概念，從而加深對電力傳輸中能量損失的理解。A．輸電線路中的電流
故A錯誤；
B．輸電線路上損失的功率
故B正確；
C．若僅將輸電電壓降為原來的一半，輸電線路上損失的功率為
輸電線路上損失的功率將變為原來的倍，故C錯誤；
D．原來輸電線路上損失的電壓為
若僅將輸電電壓降為原來的一半，輸電線路上損失的電壓為
所以若僅將輸電電壓降為原來的一半，輸電線路上損失的電壓將變為原來的2倍，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據對電力傳輸中功率、電壓、電流和電阻之間關系的分析，分析輸電線路中的電流、功率損失以及電壓變化對功率損失的影響。
4．【答案】A
【知識點】測定玻璃的折射率
【解析】【解答】本題關鍵是作出光路圖，分析實際邊界與作圖邊界不同時，測出的折射角與正確操作時折射角的關系相同。A．插上大頭針P4，使P4擋住P3以及P1、P2的像，故A正確；
B．光線能從aa'射入玻璃磚，則光線在bb'面上的入射角一定小于臨界角，則光不可能在bb'發生全發射，故B錯誤；
C．若兩個界面aa'和bb'不平行，仍然能完成實驗，故C錯誤；
D．若實驗中不慎將玻璃磚向上平移了一些，如圖所示
根據幾何關系可得，入射角相等，折射角相等，則測得的折射率不變，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據實驗原理及操作規范判斷，作光路圖時，就以aa'為邊界，根據實際的邊界與作圖的邊界不同，作出光路圖，比較將玻璃磚向上平移時，入射角和折射角的關系，分析誤差情況。
5．【答案】B
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】能夠根據題意得到該波的周期是解題的關鍵，能夠寫出質點P的振動方程是解題的基礎。A．由圖中P、Q兩質點位置和P先回到平衡位置可知，圖中質點P向y軸負方向振動，所以該波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；
B．由圖可知，波長為
由P質點回到平衡位置的最短時間為0.1s，Q質點回到平衡位置的最短時間為0.3s，由簡諧振動的對稱性可知周期為
該波的傳播速度為
故B正確；
C． t=0.2s時，質點P在平衡位置下面向y軸負方向振動，加速度方向沿y軸正方向，故C錯誤；
D．t=0.1s時質點P在平衡位置向y軸負方向振動，從此時開始計時質點P的振動方程為
當時，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據題意判斷在t=0時P、Q質點的運動方向性，進而判斷波的傳播方向；根據對稱性解出該波的周期，然后根據波速、波長和周期關系計算波速；根據質點P在t=0.2s時的位置分析加速度方向；寫出在t=0.1s時質點P的振動方程，然后計算P的位移。
6．【答案】C
【知識點】生活中的圓周運動；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題主要考查了動能定理，正確的選取研究過程，注意等效最高點和最低點的位置。動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。A．滑塊在B點速度最大，則受合外力為零，則恒力大小為
選項A錯誤；
B．若滑塊能通過圓弧軌道的最高點C，則在C點時
由動能定理
解得
選項B錯誤；
C．若，滑塊通過B點時根據動能定理
在B點時
由牛頓第三定律
選項C正確；
D．由B的計算可知，若，則滑塊恰能經過最高點C，滑塊經過等效最高點（B點關于O點的對稱點B＇）的最小速度滿足
解得
假設滑塊能經過等效最高點，則根據
解得
可知滑塊不能經過等效最高點B＇，也就不能沿圓弧軌道運動到D點，選項D錯誤。
故選C。
【分析】根據滑塊在B點速度最大求滑塊受到的恒力大小；由動能定理求v0；根據動能定理和牛頓第二、第三定律求滑塊通過B點時對軌道的壓力；根據動能定理和牛頓第二定律分析判斷。
7．【答案】D
【知識點】能量守恒定律；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】本題考查了電磁感應現象中的功能關系，根據能量守恒定律與動能定理綜合分析。要知道不同形式能量之間的轉化需要做功來完成。A．對磁鐵分析，根據動能定理
因為磁鐵勻速運動，所以動能變化量為0，故
故A錯誤；
C．根據能量守恒定律，磁鐵克服電場力做功為，這部分能量轉化為導體棒的動能和整個回路的焦耳熱，則
故C錯誤；
B．對導體棒用動能定理
故B錯誤；
D．由
聯立解得
故D正確。
故選D。
【分析】根據功能關系可知磁鐵克服磁場力做功等于金屬導軌與導體棒組成的系統增加的能量。對磁鐵和導體棒分別應用動能定理分析此系統的功能對應關系。
8．【答案】A,C
【知識點】豎直上拋運動
【解析】【解答】本題考查了豎直上拋運動與自由落體運動，分析清楚小球的運動過程是解題的前提，應用運動學公式即可解題。AB．由題圖可知，B由靜止釋放時距地面的高度與A上升到最高點時距地面的高度相等，B由靜止釋放直到落地與A由拋出直到上升到最高點所用時間相等，所以，A的初速度與B落地時的速度大小相等，A上升過程的平均速度與B下降過程的平均速度大小相等，故A正確，B錯誤；
C．設A豎直上拋的初速度為v0，則當AB到達同一高度時有
，
聯立解得
，
所以A、B處于同一高度時距地面
故C正確；
D．B落地時A剛好上升到最高點，所以AB落地的時間差就等于A從最高點下落到地面所用的時間，滿足
解得
故D錯誤。
故選AC。
【分析】A做豎直上拋運動，B做自由落體運動，根據圖示圖像求出兩球離地面的最大高度，然后根據球的運動過程與運動學公式分析答題。
9．【答案】A,B
【知識點】牛頓第二定律；電路動態分析
【解析】【解答】本題中的加速度計體現了一種重要的實驗設計思想—轉換思想，即把難以直接測量的力學量轉換為容易測量的電學量。這類題目是力與電綜合題，關鍵要尋找力電聯系的橋梁。A．初始時滑片4位于電阻絲中間位置且開關閉合后電壓表示數為，此時兩邊彈簧彈力為零，當小車向右加速運動時，滑片4向左移動x，加速度方向向右，則回路電阻增大，電流減小，電壓表示數
則電壓表的示數大于，A正確；
B．只有回路中電阻增大，電壓表示數才從U0逐漸增大，小車向右加速運動，滑片4向左移動x更多，因此小車加速度變大，B正確；
C．電壓表示數從U0逐漸減小，小車向右減速運動，滑片4向右移動x更多，因此小車減速運動的加速度變大，C錯誤；
D．若向右加速，設滑片4向左移動x距離，電阻絲總長為2l，根據閉合電路歐姆定律有
電壓表示數
可見刻度線分布不均勻，D錯誤。
故選AB。
【分析】這是一個加速度傳感器，這種傳感器輸入量是加速度，輸出量是電壓；根據加速度傳感器的工作原理結合電路圖進行分析。
10．【答案】B,D
【知識點】電勢；電勢差；電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】 該題考查電場中的功能關系，注意電場強度是矢量，合成要用平行四邊形定則。AB．由題圖乙知，電場強度沿x軸的分量，方向沿x軸正向，大小為
依題意有，電場強度沿y軸的分量，方向沿y軸正向，大小為
故該勻強電場的場強大小為
設場強方向與x軸正向的夾角為α，則
故A錯誤，B正確；
C．根據勻強電場電場強度與電勢差的關系有
，，
可得
故C錯誤；
D．根據勻強電場電場強度與電勢差的關系有
，，
解得
所以
所以將該點電荷從P點移到Q點，電場力做功為
故D正確。
故選BD。 分別求出x方向與y方向的電場強度，然后根據勾股定理合成；根據勻強電場電場強度與電勢差的關系求出y軸上P點的電勢；根據電場力做功的公式求出。
11．【答案】（1）小車質量
（2）平衡摩擦力過度；沙和沙桶的總質量未遠遠小于小車質量
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】本題考查探究加速度與物體質量、物體受力的關系，要注意明確實驗原理，同時注意明確實驗中誤差情況分析方法。
（1）本實驗采用控制變量法，該同學探究加速度a和拉力F的關系時，小車質量應該保持不變。
（2）圖中當F=0時a≠0，也就是說當繩子上沒有拉力時，小車的加速度不為0，說明小車的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力過度。
對小車由牛頓第二定律可得
對沙和沙桶由牛頓第二定律可得
解得
要使得繩子拉力等于沙和沙桶的重力大小，必有
而不滿足時，隨沙和沙桶的重力的增大物體的加速度a逐漸減小。所以圖中圖線發生彎曲的原因是沙和沙桶的總質量未遠遠小于小車質量。
【分析】 （1）根據實驗方法及牛頓第二定律分析解答；
（2）由圖得小車的摩擦力小于重力的分力，根據實驗原理分析解答。
（1）本實驗采用控制變量法，該同學探究加速度a和拉力F的關系時，小車質量應該保持不變。
（2）[1]圖中當F=0時a≠0
也就是說當繩子上沒有拉力時，小車的加速度不為0，說明小車的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力過度。
[2]對小車由牛頓第二定律可得
對沙和沙桶由牛頓第二定律可得
解得
要使得繩子拉力等于沙和沙桶的重力大小，必有
而不滿足時，隨沙和沙桶的重力的增大物體的加速度a逐漸減小。所以圖中圖線發生彎曲的原因是沙和沙桶的總質量未遠遠小于小車質量。
12．【答案】（1）R2；a
（2）2.27
（3）R3；1.3
【知識點】生活中常見的傳感器；利用傳感器制作簡單的自動控制裝置
【解析】【解答 】本題考查了傳感器在生活中的運用，要明確實驗原理，知道已知內阻的電流表可以作為電壓表實驗，理解氣敏電阻與濃度關系曲線的含義；掌握并聯電路的特點和歐姆定律的運用。
（1）①根據圖b可知，滑動變阻器采用了分壓接法，為了調節方便，本來應該選擇最大阻值較小的R1；但是考慮到若選擇R1=10Ω，電源電動勢為6V，則可能會超過滑動變阻器的最大電流0.2A，所以選擇R2。
②開關S閉合前，應將滑動變阻器Rp的滑片置于a端。
（2）該氣敏電阻的阻值為
（3）因甲醇濃度越大，則RP阻值越大，回路總電阻越大，總電流越小，則定值電阻上的電壓越小，RP上的電壓越大，當超過2.0V時發出報警音，可知R4為氣敏電阻，R3為定值電阻；當室內甲醛濃度是時Rp=2.6kΩ，可知定值電阻
【分析】（1）①滑動變阻器采用了分壓接法，應該選擇最大阻值較小的滑動變阻器；
②根據實驗安全及操作規范分析解答；
（2）根據歐姆定律解答；
（3）根據氣敏電阻與濃度關系曲線，結合測量電路電壓的分配與電阻的關系分析作答。
（1）①[1]根據圖b可知，滑動變阻器采用了分壓接法，為了調節方便，本來應該選擇最大阻值較小的R1；但是考慮到若選擇R1=10Ω，電源電動勢為6V，則可能會超過滑動變阻器的最大電流0.2A，所以選擇R2。
②[2]開關S閉合前，應將滑動變阻器Rp的滑片置于a端。
（2）該氣敏電阻的阻值為
（3）[3][4]因甲醇濃度越大，則RP阻值越大，回路總電阻越大，總電流越小，則定值電阻上的電壓越小，RP上的電壓越大，當超過2.0V時發出報警音，可知R4為氣敏電阻，R3為定值電阻；當室內甲醛濃度是時Rp=2.6kΩ，可知定值電阻
13．【答案】（1）解：初始狀態時，以氣缸A與椅面整體為研究對象，由平衡條件可得
代入數據解得
（2）解：人坐在椅面上腳懸空穩定后，設氣缸A內氣體柱長度為，根據玻意耳定律可得
其中
代入數據解得
根據平衡條件可得
代入數據解得
【知識點】共點力的平衡；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根據平衡條件，以氣缸A與椅面整體為研究對象分析求解；
（2）根據玻意耳定律，結合平衡條件分析求解。
（1）初始狀態時，以氣缸A與椅面整體為研究對象，由平衡條件可得
代入數據解得
（2）人坐在椅面上腳懸空穩定后，設氣缸A內氣體柱長度為，根據玻意耳定律可得
其中
代入數據解得
根據平衡條件可得
代入數據解得：M=60kg
14．【答案】（1）解：金屬桿滑下過程，由機械能守恒定律有
剛進入磁場時，由電磁感應定律和閉合電路歐姆定律有
由安培力公式和牛頓第二定律有
解得
（2）解：設碰撞前瞬間ab的速度大小v0，碰后瞬間絕緣桿速度為v2，根據碰撞過程中ab、cd系統動量守恒與能量守恒有
，
解得
，
（3）解：碰撞后cd棒勻速直線運動，金屬桿ab最終靜止于水平軌道上，全過程由能量守恒定律，有
全過程中電阻R上產生的焦耳熱
解得
【知識點】碰撞模型；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）根據機械能守恒定律求得金屬桿ab剛進入磁場時得速度大小，根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律解答；
（2）根據動量守恒定律與機械能守恒定律解答；
（3）碰撞后絕緣桿cd做勻速直線運動，金屬桿ab最終靜止于水平軌道上，全過程由能量守恒定律與焦耳定律求解電阻R上產生的焦耳熱。
（1）金屬桿滑下過程，由機械能守恒定律有
剛進入磁場時，由電磁感應定律和閉合電路歐姆定律有
由安培力公式和牛頓第二定律有
解得
（2）設碰撞前瞬間ab的速度大小v0，碰后瞬間絕緣桿速度為v2，根據碰撞過程中ab、cd系統動量守恒與能量守恒有，
解得，
（3）碰撞后cd棒勻速直線運動，金屬桿ab最終靜止于水平軌道上，全過程由能量守恒定律，有
全過程中電阻R上產生的焦耳熱
解得
15．【答案】（1）解：設粒子在第II象限運動的時間為t，在N點沿x軸的分速度為vx，由于粒子垂直電場方向進入電場則可知粒子在電場中做類平拋運動，由平拋運動的研究方法，x方向有
y方向有
通過N點的速度
與y軸正方向的夾角滿足
在第I象限運動由牛頓第二定律有
根據垂直于x軸進入第IV象限，由幾何關系知
聯立解得
（2）解：設穿過x軸下方第一層電場后的速度為v1，由動能定理有
解得
在x軸下方第一層磁場中運動的軌跡如圖所示
由洛倫茲力充當向心力有
解得
設速度偏轉角為θ，則根據幾何關系可得
則
即粒子射出第1層磁場下邊界時速度的方向與y軸負方向夾角為30°。
（3）解：當粒子在第n層磁場中運動時，此前粒子已經過n個電場，由動能定理有
解得
若粒子在第n層磁場中距離x軸最遠，則最大速度為vn，在水平方向上由動量定理有
即
其中ym為磁場中向下運動的最遠距離，由題意
滿足條件
且
解得滿足條件的整數
故最遠能進入第4層磁場。
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，由平拋運動的研究方法和牛頓第二定律求磁感應強度B0的大小；
（2）由動能定理求解出電場的速度，畫出粒子運動的軌跡，洛倫茲力充當向心力和幾何關系求粒子剛射出第1層磁場下邊界時的速度方向；
（3）由動能定理粒子進入第n層磁場時的速度大小vn，由動量定理求最大速度，根據幾何關系求解最遠能進入第幾層磁場。
（1）設粒子在第II象限運動的時間為t，在N點沿x軸的分速度為vx，由于粒子垂直電場方向進入電場則可知粒子在電場中做類平拋運動，由平拋運動的研究方法，x方向有
y方向有
通過N點的速度
與y軸正方向的夾角滿足
在第I象限運動由牛頓第二定律有
根據垂直于x軸進入第IV象限，由幾何關系知
聯立解得
（2）設穿過x軸下方第一層電場后的速度為v1，由動能定理有
解得
在x軸下方第一層磁場中運動的軌跡如圖所示
由洛倫茲力充當向心力有
解得
設速度偏轉角為θ，則根據幾何關系可得
則
即粒子射出第1層磁場下邊界時速度的方向與y軸負方向夾角為30°。
（3）當粒子在第n層磁場中運動時，此前粒子已經過n個電場，
由動能定理
解得
若粒子在第n層磁場中距離x軸最遠，則最大速度為vn
在水平方向上由動量定理有
即
其中ym為磁場中向下運動的最遠距離，由題意
滿足條件：且
解得滿足條件的整數
故最遠能進入第4層磁場。
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