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2025屆四川省廣安市高三下學(xué)期二診考試物理試題
1．（2025·廣安模擬）下列關(guān)于原子結(jié)構(gòu)表述正確的是（　　）
A．放射性元素的半衰期是45億年，經(jīng)過(guò)45億年，20個(gè)原子必定有10個(gè)發(fā)生衰變
B．自然界中大多數(shù)原子的原子核非常穩(wěn)定，而少數(shù)原子核卻能自發(fā)衰變，這說(shuō)明原子核具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)
C．原子核在發(fā)生衰變時(shí)會(huì)放出電子，該現(xiàn)象說(shuō)明原子核內(nèi)有電子，它和質(zhì)子、中子統(tǒng)稱為核子
D．根據(jù)波爾理論可知，一個(gè)氫原子從的能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)，最多能放出6種不同頻率的光子
2．（2025·廣安模擬）在奧運(yùn)會(huì)滑板街式比賽中，某選手（視為質(zhì)點(diǎn)）從U型池邊緣以初速度斜向上騰空，初速度方向與水平方向夾角為。若忽略空氣阻力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．選手在上升過(guò)程處于超重狀態(tài)，下降過(guò)程處于失重狀態(tài)
B．選手在上升和下降階段經(jīng)過(guò)同一高度時(shí)速度相同
C．選手在最高點(diǎn)時(shí)的速度為零
D．選手回到與U型池邊緣等高處的時(shí)間為
3．（2025·廣安模擬）如圖，將半徑為R的透明半球體放在水平桌面上，O為球心，垂直于桌面。一束單色光豎直向下照射在半球面上的A點(diǎn)，并從半球體底面上B點(diǎn)射出。已知入射光線與的距離為，長(zhǎng)度為，則透明半球體對(duì)該光的折射率為（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·廣安模擬）某智能機(jī)械臂應(yīng)用模型如圖所示，機(jī)械臂通過(guò)不可伸長(zhǎng)的吊索和可以伸縮的液壓桿吊起重物，其中A點(diǎn)通過(guò)鉸鏈與豎直墻面連接。現(xiàn)緩慢調(diào)整液壓桿，使吊索逐漸趨近水平，在此過(guò)程中（　　）
A．的支持力逐漸增大，的拉力大小不變
B．的支持力先減小后增大，的拉力大小不變
C．的支持力逐漸增大，的拉力逐漸減小
D．的支持力大小不變，的拉力逐漸減小
5．（2025·廣安模擬）中國(guó)計(jì)劃于2025年5月發(fā)射“天問(wèn)二號(hào)”火星探測(cè)器，其變軌過(guò)程如圖所示，探測(cè)器在近日點(diǎn)M短暫加速后進(jìn)入霍曼轉(zhuǎn)移軌道，接著沿著這個(gè)軌道抵達(dá)遠(yuǎn)日點(diǎn)P，又在P點(diǎn)短暫加速進(jìn)入火星軌道。已知引力常量為G，地球軌道和火星軌道半徑分別為r和R。若只考慮太陽(yáng)對(duì)探測(cè)器的作用力。下列正確的是（　　）
A．探測(cè)器在霍曼轉(zhuǎn)移軌道由M點(diǎn)到P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度越來(lái)越大
B．探測(cè)器在地球軌道上的線速度與在火星軌道上的線速度之比為
C．探測(cè)器運(yùn)行中在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上P點(diǎn)的加速度與在火星軌道上P點(diǎn)的加速度之比為
D．探測(cè)器在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上的運(yùn)行周期與在火星軌道的運(yùn)行周期之比為
6．（2025·廣安模擬）在如圖所示的遠(yuǎn)距離輸電電路中，a、b端接入電壓的交流電源，兩變壓器均為理想變壓器，兩變壓器的匝數(shù)比滿足。已知、、的阻值均為5 ，它們消耗的功率均相同，電表均為理想交流電表。則（　　）
A．升壓變壓器的匝數(shù)比 B．電壓表的示數(shù)為240V
C．電流表的示數(shù)為72A D．的電功率2880W
7．（2025·廣安模擬）圖甲所示為某電容器的充、放電過(guò)程示意圖。電路中的電流傳感器可以捕捉瞬時(shí)的電流變化，它與計(jì)算機(jī)相連，可顯示電流隨時(shí)間的變化規(guī)律。電源電動(dòng)勢(shì)E=7.5V、內(nèi)阻不計(jì)，充電前電容器帶電量為零，先使S與“1”端相連，電源向電容器充電，充電結(jié)束后，使S與“2”端相連，直至放電完畢。計(jì)算機(jī)記錄的電流隨時(shí)間變化的I-t曲線如圖乙所示，下列正確的是（　　）
A．在電容器充電與放電過(guò)程中，通過(guò)電阻R0的電流方向相同
B．圖乙中陰影部分的面積
C．若，則該電容器的電容值約為0.133F
D．由甲、乙兩圖可判斷阻值
8．（2025·廣安模擬）圖甲為某同學(xué)利用跳繩模擬戰(zhàn)繩訓(xùn)練，該同學(xué)將繩子一端固定在桿上，用手上下甩動(dòng)另一端。圖乙為繩上P、Q兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，P、Q兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置相距5m。波由P向Q傳播。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．增大甩動(dòng)的頻率，則波在繩子上傳播速度增大
B．t=0.5s時(shí)，P、Q質(zhì)兩點(diǎn)振動(dòng)方向相同
C．波長(zhǎng)可能為0.6m
D．波速可能為
9．（2025·廣安模擬）電磁感應(yīng)是發(fā)電機(jī)的重要工作原理，如圖甲所示，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形abcd虛線區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直水平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電阻為R的圓形導(dǎo)體框放置在絕緣水平面上，其圓心O點(diǎn)與ab邊的中點(diǎn)重合，導(dǎo)體框恰好有一半處于磁場(chǎng)中。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)同t的變化規(guī)律如圖乙所示，其中B0、t0都是已知量。由于水平面粗糙，圓形導(dǎo)體框一直處于靜止?fàn)顟B(tài)。則（　　）
A．t0時(shí)刻通過(guò)導(dǎo)體框的電流大小為
B．0~t0時(shí)間內(nèi)通過(guò)圓形導(dǎo)體框任一橫截面的電荷量為
C．2.5t0時(shí)刻，水平面對(duì)導(dǎo)體框的摩擦力大小為，方向水平向右
D．0~3t0時(shí)間內(nèi)圓形導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱為
10．（2025·廣安模擬）我國(guó)自主研發(fā)的“磁浮儲(chǔ)能系統(tǒng)”可將列車制動(dòng)后進(jìn)站時(shí)的部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能儲(chǔ)存。原理簡(jiǎn)化如圖，輕彈簧一端固定在傾角為30°的斜面頂端，質(zhì)量為1kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度從底端A點(diǎn)沿斜面上滑，在B點(diǎn)開始?jí)嚎s彈簧，滑塊被彈回后恰好停在B點(diǎn)。已知AB的距離為4m，滑塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，彈簧的勁度系數(shù)為5N/m，重力加速度取10m/s2，取A點(diǎn)所在水平面為重力勢(shì)能參考面，則（　　）
A．整個(gè)過(guò)程彈簧的最大壓縮量為1m
B．全程產(chǎn)生的熱量為30J
C．物塊的最大加速度為7.5m/s2
D．滑塊被彈回過(guò)程中最大速度時(shí)整個(gè)系統(tǒng)的機(jī)械能為23.75J
11．（2025·廣安模擬）某學(xué)習(xí)小組通過(guò)如圖所示裝置探究動(dòng)能定理。光電門1、2分別固定在長(zhǎng)木板上相距S的兩點(diǎn)，擋光片寬度為d（），重力加速度為g。實(shí)驗(yàn)步驟如下：
（1）在長(zhǎng)木板右端適當(dāng)位置墊一高度為H的木塊，使滑塊（包含擋光片）恰好能勻速下滑，并測(cè)得此時(shí)木塊與木板左端距離為L(zhǎng)。
（2）讓滑塊以一定初速度沿斜面上滑，先后通過(guò)光電門1、光電門2，擋光時(shí)間分別為、。
①滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)　 　；
②滑塊通過(guò)光電門2的速度為　 　；
③該學(xué)習(xí)小組要探究動(dòng)能定理，上述物理量需滿足：　 　。（均用題干中字母表示）
12．（2025·廣安模擬）圖甲是一種特殊材料制成的均勻圓柱體物件，為了測(cè)定這種材料的電阻率，某同學(xué)先用多用電表粗測(cè)其電阻約有幾萬(wàn)歐姆。
（1）該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測(cè)得其長(zhǎng)為，用螺旋測(cè)微器測(cè)得其外徑d如圖乙，則　 　；
（2）這種特殊材料的電阻率　 　（用題中測(cè)得物理量L、d、表達(dá)）：
（3）該同學(xué)又用如圖丙所示電路精確測(cè)量該物件的電阻。
①實(shí)驗(yàn)室提供了兩款滑動(dòng)變阻器：和，為了減小誤差，本實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器應(yīng)該選用　 　（填“”或“”）。
②將先開關(guān)置于a處，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使靈敏電流計(jì)讀數(shù)為；再將開關(guān)置于b處，保持滑動(dòng)變阻器滑片不動(dòng)，調(diào)節(jié)電阻箱，當(dāng)電阻箱時(shí)，靈敏電流計(jì)示數(shù)為。
③已知靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻為200Ω，則物件的電阻測(cè)量值　 　 。
④本次實(shí)驗(yàn)的測(cè)量值　 　（填“大于”或“等于”或“小于”）真實(shí)值。
13．（2025·廣安模擬）如圖甲所示，某導(dǎo)熱氣缸左側(cè)有一靜止可無(wú)摩擦滑動(dòng)的活塞，活塞橫截面積為S，氣缸內(nèi)氣體的溫度為，密度為。一質(zhì)量為m、體積為V的乒乓球靜止于氣缸底部。現(xiàn)逐漸降低溫度，讓乒乓球恰好能懸浮。已知大氣壓強(qiáng)為，重力加速度為g，設(shè)乒乓球體積不變。
（1）求乒乓球恰好能懸浮時(shí)氣缸內(nèi)氣體的密度和溫度；
（2）若保持溫度不變，將氣缸緩慢順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，穩(wěn)定后乒乓球也恰好能懸浮，求活塞的質(zhì)量M。
14．（2025·廣安模擬）如圖所示，質(zhì)量為0.3kg的滑塊B靜止在光滑水平面上，形狀大小相同質(zhì)量為0.1kg的滑塊A以初速度5m/s向右運(yùn)動(dòng)，與B發(fā)生正碰，碰后B滑上θ=60°足夠長(zhǎng)的粗糙斜面，上升的最大高度為，B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，斜面與水平面平滑連接，空氣阻力不計(jì)，重力加速度取10m/s2。求：
（1）第一次碰撞后滑塊B和A的速度大小：
（2）物理學(xué)中將材料一定的兩物體，碰撞后分開的相對(duì)速度與碰撞前接近的相對(duì)速度之比定義為恢復(fù)系數(shù)，即，其中、為兩物體碰撞前的速度，、為碰后的速度，e僅由兩物體材料決定。
①滑塊A、B相碰時(shí)的恢復(fù)系數(shù)為e；
②滑塊A、B第二次碰撞后的速度大小。
15．（2025·廣安模擬）如圖所示，在Ⅰ區(qū)域（），存在沿y軸負(fù)方向大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)：在Ⅱ區(qū)域（），存在垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)：在Ⅲ區(qū)域（）同時(shí)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。一比荷的帶正電粒子，從A點(diǎn)沿x軸正方向以速度進(jìn)入Ⅰ區(qū)域：粒子經(jīng)B點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)域。又從C點(diǎn)進(jìn)入Ⅲ區(qū)域，其中，不計(jì)粒子的重力。求：
（1）Ⅰ區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
（2）粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動(dòng)速度的最大值；
（3）粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的橫坐標(biāo)x。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】原子核的衰變、半衰期；玻爾理論與氫原子的能級(jí)躍遷；α、β、γ射線及特點(diǎn)
【解析】【解答】本題主要考查半衰期、衰變以及躍遷，注意β衰變釋放的電子來(lái)自原子核，不是核外電子，但是原子核內(nèi)沒(méi)有電子。A．放射性元素的半衰期是45億年，半衰期只適用大量原子核的衰變，所以經(jīng)過(guò)45億年，20個(gè)原子不一定有10個(gè)發(fā)生衰變，故A錯(cuò)誤；
B．自然界中大多數(shù)原子的原子核非常穩(wěn)定，而少數(shù)原子核卻能自發(fā)衰變，這說(shuō)明原子核具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，故B正確；
C．原子核在發(fā)生衰變時(shí)會(huì)放出電子，電子是原子核內(nèi)的一個(gè)中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，電子釋放出來(lái)，原子核內(nèi)沒(méi)有電子，原子核內(nèi)的質(zhì)子和中子統(tǒng)稱為核子，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)波爾理論可知，一個(gè)氫原子從的能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)，最多能放出n-1=3種不同頻率的光子，故D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)少量原子核不適用；自然界中大多數(shù)原子的原子核非常穩(wěn)定，而少數(shù)原子核卻能自發(fā)衰變，這說(shuō)明原子核具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)；電子是由中子轉(zhuǎn)化而來(lái)，并不是原子核內(nèi)本來(lái)就有電子，并且原子核內(nèi)的質(zhì)子和中子統(tǒng)稱為核子；一個(gè)氫原子從n=4的能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)，最多能放出n-1=3種不同頻率的光子。
2．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】超重與失重；斜拋運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】本題主要考查了斜拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，解題關(guān)鍵是掌握斜拋運(yùn)動(dòng)分解為水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合斜拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性求解問(wèn)題即可。A．選手在上升過(guò)程和下降過(guò)程，只受重力，故加速度為重力加速度，方向豎直向下，所以選手在兩過(guò)程中都處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)對(duì)稱性原理，選手在上升和下降階段經(jīng)過(guò)同一高度時(shí)速度大小相同，方向不同，故B錯(cuò)誤；
D．將選手斜拋的初速度分解到豎直方向和水平方向，則豎直方向的速度為
水平方向的速度為
選手在豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直至最高點(diǎn)，此時(shí)豎直方向的速度為0，則上升的時(shí)間為
根據(jù)對(duì)稱性原理，選手下落到與U型池邊緣等高處的時(shí)間為
所以選手從飛出至回到與U型池邊緣等高處的時(shí)間為
故D正確；
C．由D項(xiàng)分析，選手做斜拋運(yùn)動(dòng)，可知選手在最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，仍有水平方向的速度，故C錯(cuò)誤。
故選D。
【分析】加速度向上，物體處于超重狀態(tài)，加速度向下，物體處于失重狀態(tài)；速度為矢量，大小方向都相同，速度相同；做斜拋運(yùn)動(dòng)在最高點(diǎn)，速度不為零；根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)分解為水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合斜拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性求出時(shí)間。
3．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】光的折射及折射定律
【解析】【解答】光的折射問(wèn)題，解題的關(guān)鍵在于正確畫出光路圖、找出幾何關(guān)系。入射光線與的距離為
則入射角正弦
故
在底面B點(diǎn)，長(zhǎng)度為，結(jié)合幾何關(guān)系，可算出折射角正弦值
根據(jù)折射定律
故選C。
【分析】 根據(jù)幾何關(guān)系得出入射角和折射角，結(jié)合折射定律求解。
4．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】本題是動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，要確定研究對(duì)象，正確分析受力，靈活選擇解題方法。本題運(yùn)用三角形相似法解答，比較簡(jiǎn)潔。對(duì)O點(diǎn)受力分析如圖
根據(jù)相似三角形關(guān)系可知
緩慢調(diào)整液壓桿OA，使吊索OB逐漸趨近水平，在此過(guò)程中OA變大，OB不變，可知FAO變大，F(xiàn)OB不變。
故選A。
【分析】對(duì)O點(diǎn)受力分析，根據(jù)平衡條件，運(yùn)用三角形相似法列式分析各力的變化情況。
5．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】開普勒定律；衛(wèi)星問(wèn)題
【解析】【解答】開普勒第三定律（周期定律）：所有行星的軌道的半長(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等。A．探測(cè)器在霍曼轉(zhuǎn)移軌道由M點(diǎn)到P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，萬(wàn)有引力對(duì)其做負(fù)功，其動(dòng)能減小，速度越來(lái)越小，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)
可得
即探測(cè)器在地球軌道上的線速度為
同理，可得探測(cè)器在火星軌道上的線速度大小
則探測(cè)器在地球軌道上的線速度與在火星軌道上的線速度之比為，故B錯(cuò)誤；
C．探測(cè)器運(yùn)行中在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上過(guò)P點(diǎn)與在火星軌道上過(guò)P點(diǎn)時(shí)，根據(jù)
可得
則探測(cè)器運(yùn)行中在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上P點(diǎn)的加速度與在火星軌道上P點(diǎn)的加速度相等，故C錯(cuò)誤；
D．探測(cè)器在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上與在火星軌道上運(yùn)行時(shí)，根據(jù)開普勒第三定律有
，
聯(lián)立探測(cè)器在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上的運(yùn)行周期與在火星軌道的運(yùn)行周期之比為
故D正確。
故選D。
【分析】M點(diǎn)到P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，萬(wàn)有引力對(duì)其做負(fù)功，其動(dòng)能減小；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力以及開普勒第三定律分析。
6．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】變壓器原理
【解析】【解答】本題的關(guān)鍵掌握理想變壓器的電壓、電流和匝數(shù)之間的關(guān)系，搞清功率分配情況，即可解決本題。A．、、的阻值相等，消耗的功率相同，故通過(guò)、、的電流相同，設(shè)為，則通過(guò)降壓變壓器副線圈的電流為，由理想變壓器原、副線圈匝數(shù)與電流關(guān)系得
則有
故A錯(cuò)誤；
B．結(jié)合上述可知，通過(guò)變壓器原線圈的電流
由于變壓器原線圈的輸入功率等于、、的總功率，而、、的阻值相等，消耗的功率相同，令副線圈兩端電壓為，則有
解得
故B錯(cuò)誤；
C．結(jié)合上述可知，電流表的示數(shù)為，等于通過(guò)的電流，則有
故C錯(cuò)誤；
D．的電功率為
故D正確。
故選D。
【分析】R1、R2、R3的阻值均為5Ω，它們消耗的功率均相同，則它們的電壓以及電流也相同，結(jié)合變壓器原理以及歐姆定律分析。
7．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】電容器及其應(yīng)用
【解析】【解答】本題關(guān)鍵掌握曲線圖像與對(duì)應(yīng)時(shí)間軸所圍成的面積的物理意義和電容定義式。A．由圖甲可知，電容器充電時(shí)，通過(guò)電阻R0的電流方向向左，放電時(shí)通過(guò)R0的電流方向向右，故在電容器充電與放電過(guò)程中，通過(guò)電阻R0的電流方向相反，故A錯(cuò)誤；
B．曲線圖像與對(duì)應(yīng)時(shí)間軸所圍成的面積表示電荷量，充電和放電電荷量相等，所以乙圖中陰影部分的面積相等，即
故B錯(cuò)誤；
C．由于電源內(nèi)阻不計(jì)，可知電容器兩端電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，則該電容器的電容為
故C正確；
D．由圖乙可知，充電時(shí)的最大電流大于放電時(shí)的最大電流，則
故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】分析充放電過(guò)程電流的方向判斷；根據(jù)曲線圖像與對(duì)應(yīng)時(shí)間軸所圍成的面積的物理意義判斷；根據(jù)電容定義式計(jì)算；由圖中數(shù)據(jù)分析最大電流判斷。
8．【答案】B,D
【知識(shí)點(diǎn)】橫波的圖象；波長(zhǎng)、波速與頻率的關(guān)系
【解析】【解答】解決波的多解問(wèn)題首先考慮傳播方向的雙向性，如果題目未說(shuō)明波的傳播方向或沒(méi)有其他條件暗示，應(yīng)首先按波傳播方向的可能性進(jìn)行討論。
A．波的傳播速度只和介質(zhì)有關(guān)，所以增大甩動(dòng)的頻率，則波在繩子上傳播速度不變，故A錯(cuò)誤；
B．由圖乙可知，t=0.5s時(shí)刻，P、Q質(zhì)兩點(diǎn)振動(dòng)方向相同，故B正確；
C．根據(jù)題意可知
（n=0，1，2……）
所以
（n=0，1，2……）
當(dāng)波長(zhǎng)為0.6m時(shí)，n不能取整數(shù)，故C錯(cuò)誤；
D．波速為
（n=0，1，2……）
當(dāng)波速為，則
故D正確。
故選BD。
【分析】波的傳播速度只和介質(zhì)有關(guān)，根據(jù)乙圖判斷振動(dòng)方向，結(jié)合波傳播過(guò)程的多解性分析。
9．【答案】A,C
【知識(shí)點(diǎn)】感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及其產(chǎn)生條件
【解析】【解答】本題是感生電動(dòng)勢(shì)類型，關(guān)鍵要掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，知道線圈的有效面積為處于磁場(chǎng)中的面積，而不是整個(gè)面積。AB．由圖甲可知線圈的有效面積為
在0~2t0時(shí)間內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為
則t0時(shí)刻通過(guò)導(dǎo)體框的電流大小為
故A正確；
B0~t0時(shí)間內(nèi)通過(guò)圓形導(dǎo)體框任一橫截面的電荷量為
故B錯(cuò)誤；
C.2t0~3t0時(shí)間內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為
感應(yīng)電流大小為
2.5t0時(shí)刻導(dǎo)體框所受安培力大小為
根據(jù)左手定則可知，安培力方向水平向左，由于導(dǎo)體框一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，摩擦力與安培力平衡，可知
方向水平向右，故C正確；
D.0~3t0時(shí)間內(nèi)圓形導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱為
故D錯(cuò)誤。
故選AC。
【分析】在0～2t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，再由閉合電路歐姆定律求通過(guò)導(dǎo)體框的電流大小；根據(jù)q=It0計(jì)算0～t0時(shí)間內(nèi)通過(guò)圓形導(dǎo)體框任一橫截面的電荷量；2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，采用同樣的方法求出感應(yīng)電流大小，進(jìn)而求出2.5t0時(shí)刻導(dǎo)體框所受安培力大小，并判斷安培力方向，再由平衡條件求水平面對(duì)導(dǎo)體框的摩擦力大小和方向；根據(jù)焦耳定律計(jì)算焦耳熱。
10．【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查的是能量守恒問(wèn)題，題型較復(fù)雜，結(jié)合彈簧類問(wèn)題的求解方法得出結(jié)論。A．設(shè)彈簧的最大壓縮量為x，根據(jù)動(dòng)能定理可得
代入數(shù)據(jù)解得
故A正確；
B．全程產(chǎn)生的熱量為
故B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，物塊的加速度最大，且最大加速度為
解得
故C錯(cuò)誤；
D．滑塊被彈回過(guò)程中最大速度時(shí)加速度為零，即
解得
根據(jù)動(dòng)能定理可得
整個(gè)系統(tǒng)的機(jī)械能為
聯(lián)立可得
故D正確。
故選AD。
【分析】當(dāng)達(dá)到最大壓縮量時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理得出結(jié)論；根據(jù)全程產(chǎn)生的熱量根據(jù)求解；當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)加速度最大，再結(jié)合牛頓第二定律列式求解；根據(jù)牛頓第二定律列式，再結(jié)合動(dòng)能定理以及機(jī)械能公式列式求解。
11．【答案】；；
【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【解答】本題關(guān)鍵掌握探究動(dòng)能定理的實(shí)驗(yàn)原理和光電門的測(cè)速原理。（2）①在長(zhǎng)木板右端適當(dāng)位置墊一高度為H的木塊，使滑塊（包含擋光片）恰好能勻速下滑，并測(cè)得此時(shí)木塊與木板左端距離為L(zhǎng)。對(duì)木塊根據(jù)平衡條件可得
得
②滑塊通過(guò)光電門2的速度為
③設(shè)斜面與水平面的夾角為，若讓滑塊以一定初速度沿斜面上滑，先后通過(guò)光電門1、光電門2，擋光時(shí)間分別為、。若該學(xué)習(xí)小組要探究動(dòng)能定理，即探究
其中
，，
聯(lián)立求得上述物理量需滿足
【分析】（2）①根據(jù)平衡條件計(jì)算；
②利用平均速度替代滑塊通過(guò)光電門的速度；
③分析各個(gè)力對(duì)物體所做的功，根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合幾何知識(shí)計(jì)算。
12．【答案】（1）11.016
（2）
（3）；22300；大于
【知識(shí)點(diǎn)】刻度尺、游標(biāo)卡尺及螺旋測(cè)微器的使用；導(dǎo)體電阻率的測(cè)量
【解析】【解答】本題關(guān)鍵掌握測(cè)定電阻率的實(shí)驗(yàn)原理和螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法。
（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)得外徑為
（2）根據(jù)電阻定律
這種特殊材料的電阻率為
（3）①由為了保證開關(guān)S2和電阻箱時(shí)滑動(dòng)變阻器的分壓幾乎不變，不管是Rx或R0與滑動(dòng)變阻器左側(cè)部分的并聯(lián)電阻應(yīng)該變化不大，所以為了減小誤差，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用阻值較小的；
③由歐姆定律可知
代入數(shù)據(jù)解得
④本實(shí)驗(yàn)中S2置于a處的電流大于開關(guān)置于b處的電流，則S2置于a處與滑動(dòng)變阻器左側(cè)的并聯(lián)的部分分壓較小，由歐姆定律有
其中
，
化簡(jiǎn)可得
當(dāng)時(shí)，為真實(shí)值，而實(shí)際上
故Rx的測(cè)量值會(huì)偏大，即Rx的測(cè)量值大于真實(shí)值。
【分析】（1）螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為固定刻度與可動(dòng)刻度讀數(shù)之和；
（2）根據(jù)電阻定律推導(dǎo)；
（3）①根據(jù)減小實(shí)驗(yàn)誤差分析判斷，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用阻值較小的；
③根據(jù)歐姆定律計(jì)算；
④根據(jù)歐姆定律推導(dǎo)待測(cè)電阻的表達(dá)式分析判斷。
（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)得外徑為
（2）根據(jù)電阻定律
可得這種特殊材料的電阻率為
（3）①[1]由為了保證開關(guān)S2和電阻箱時(shí)滑動(dòng)變阻器的分壓幾乎不變，不管是Rx或R0與滑動(dòng)變阻器左側(cè)部分的并聯(lián)電阻應(yīng)該變化不大，所以為了減小誤差，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用阻值較小的；
③[2]由歐姆定律可知
代入數(shù)據(jù)解得
④[3]本實(shí)驗(yàn)中S2置于a處的電流大于開關(guān)置于b處的電流，則S2置于a處與滑動(dòng)變阻器左側(cè)的并聯(lián)的部分分壓較小，由歐姆定律有
其中，
化簡(jiǎn)可得
當(dāng)時(shí)，為真實(shí)值，而實(shí)際上
故Rx的測(cè)量值會(huì)偏大，即Rx的測(cè)量值大于真實(shí)值。
13．【答案】（1）解：乒乓球剛好能浮起，說(shuō)明浮力等于重力，即
解得
氣體發(fā)生等壓變化時(shí)有
，
可得
解得
（2）解：乒乓球剛好也能浮起，說(shuō)明浮力等于重力，即
氣體發(fā)生等溫變化時(shí)
，
可得
解得
【知識(shí)點(diǎn)】氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）乒乓球剛好能浮起，說(shuō)明浮力等于重力，從而求解氣體的密度；分析出氣體變化前后的狀態(tài)參量，氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律求解溫度；
（2）氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律結(jié)合乒乓球的平衡狀態(tài)活塞的質(zhì)量M。
（1）（1）乒乓球剛好能浮起，說(shuō)明浮力等于重力，即
解得
氣體發(fā)生等壓變化時(shí)有，
可得
解得
（2）（2）乒乓球剛好也能浮起，說(shuō)明浮力等于重力，即
氣體發(fā)生等溫變化時(shí)，
可得
解得M=
14．【答案】（1）解：設(shè)第一次碰后AB兩滑塊的速度分別為vA和vB，碰前A速度為v0，對(duì)B，由動(dòng)能定理可得
解得
碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律可得
解得
（2）解：①由恢復(fù)系數(shù)公式
代入第一次碰撞數(shù)據(jù)解得
②再次到達(dá)水平面時(shí)速度為vB1，從H處再次滑下時(shí)，由動(dòng)能定理可
再次碰撞時(shí)，設(shè)向左為正方向，碰后A、B速度分別為vA2、vB2，由動(dòng)量守恒定律和恢復(fù)系數(shù)公式可得，
可得
，
【知識(shí)點(diǎn)】碰撞模型
【解析】【分析】（1）由動(dòng)能定理求解第一次碰撞后滑塊B速度大小，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解第一次碰撞后滑塊A速度大小；
（2）①由恢復(fù)系數(shù)公式代入數(shù)據(jù)求解；
②由動(dòng)能定理求解再次到達(dá)水平面時(shí)速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和恢復(fù)系數(shù)公式聯(lián)立方程求解。
（1）設(shè)第一次碰后AB兩滑塊的速度分別為vA和vB，碰前A速度為v0，對(duì)B，由動(dòng)能定理可得
解得
碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律可得
解得
（2）①由恢復(fù)系數(shù)公式
代入第一次碰撞數(shù)據(jù)解得
②再次到達(dá)水平面時(shí)速度為vB1，從H處再次滑下時(shí)，由動(dòng)能定理可得
再次碰撞時(shí)，設(shè)向左為正方向，碰后A、B速度分別為vA2、vB2，由動(dòng)量守恒定律和恢復(fù)系數(shù)公式可得，
可得，
15．【答案】（1）解：如圖，粒子在Ⅰ區(qū)域從A到B做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，由類平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得
水平方向
豎直方向
由牛頓第二定律
聯(lián)立解得
則粒子運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度為
解得
如圖方向與x軸正方向成45°，如圖，粒子在Ⅱ區(qū)域從B到C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力
由幾何關(guān)系可得
解得Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為
（2）解：如圖，粒子在Ⅱ區(qū)域逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)90°運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，則
方向與x軸成45°，將速度分解如圖
，
因
，
其中
聯(lián)立解得
，
則粒子的運(yùn)動(dòng)可分解成在x軸正方向以做勻速直線運(yùn)動(dòng)和在平面做半徑為R、順時(shí)針?lè)较虻膭蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，則兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的速度大小不變，均為，粒子從C點(diǎn)開始經(jīng)，兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)速度方向都為x軸正方向，即最大速度為
（3）解：如圖，由粒子在Ⅲ區(qū)域的運(yùn)動(dòng)由在x軸正方向以做勻速直線運(yùn)動(dòng)和平面做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)合成，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖：當(dāng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子恰好運(yùn)動(dòng)到x軸，則
解得
（，1，2，3……）
當(dāng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子也恰好運(yùn)動(dòng)到x軸，則
解得
（，2，3……）
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)；帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【分析】（1）由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和洛倫茲力提供向心力求Ⅰ區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
（2）粒子的運(yùn)動(dòng)可分解為圓周運(yùn)動(dòng)以及勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力和周期公式求粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動(dòng)速度的最大值vmax；
（3）畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的橫坐標(biāo)x。
（1）如圖，粒子在Ⅰ區(qū)域從A到B做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，由類平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得
水平方向
豎直方向
由牛頓第二定律
聯(lián)立解得
則粒子運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度為
解得
如圖方向與x軸正方向成45°，如圖，粒子在Ⅱ區(qū)域從B到C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力
由幾何關(guān)系可得
解得Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為
（2）如圖，粒子在Ⅱ區(qū)域逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)90°運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，則
方向與x軸成45°，將速度分解如圖，
因，
其中
聯(lián)立解得，
則粒子的運(yùn)動(dòng)可分解成在x軸正方向以做勻速直線運(yùn)動(dòng)和在平面做半徑為R、順時(shí)針?lè)较虻膭蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，則兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的速度大小不變，均為
粒子從C點(diǎn)開始經(jīng)，兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)速度方向都為x軸正方向，即最大速度為
（3）如圖，由粒子在Ⅲ區(qū)域的運(yùn)動(dòng)由在x軸正方向以做勻速直線運(yùn)動(dòng)和平面做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)合成，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖：當(dāng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子恰好運(yùn)動(dòng)到x軸，則
解得（，1，2，3……）
當(dāng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子也恰好運(yùn)動(dòng)到x軸，則
解得（，2，3……）
1 / 12025屆四川省廣安市高三下學(xué)期二診考試物理試題
1．（2025·廣安模擬）下列關(guān)于原子結(jié)構(gòu)表述正確的是（　　）
A．放射性元素的半衰期是45億年，經(jīng)過(guò)45億年，20個(gè)原子必定有10個(gè)發(fā)生衰變
B．自然界中大多數(shù)原子的原子核非常穩(wěn)定，而少數(shù)原子核卻能自發(fā)衰變，這說(shuō)明原子核具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)
C．原子核在發(fā)生衰變時(shí)會(huì)放出電子，該現(xiàn)象說(shuō)明原子核內(nèi)有電子，它和質(zhì)子、中子統(tǒng)稱為核子
D．根據(jù)波爾理論可知，一個(gè)氫原子從的能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)，最多能放出6種不同頻率的光子
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】原子核的衰變、半衰期；玻爾理論與氫原子的能級(jí)躍遷；α、β、γ射線及特點(diǎn)
【解析】【解答】本題主要考查半衰期、衰變以及躍遷，注意β衰變釋放的電子來(lái)自原子核，不是核外電子，但是原子核內(nèi)沒(méi)有電子。A．放射性元素的半衰期是45億年，半衰期只適用大量原子核的衰變，所以經(jīng)過(guò)45億年，20個(gè)原子不一定有10個(gè)發(fā)生衰變，故A錯(cuò)誤；
B．自然界中大多數(shù)原子的原子核非常穩(wěn)定，而少數(shù)原子核卻能自發(fā)衰變，這說(shuō)明原子核具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，故B正確；
C．原子核在發(fā)生衰變時(shí)會(huì)放出電子，電子是原子核內(nèi)的一個(gè)中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，電子釋放出來(lái)，原子核內(nèi)沒(méi)有電子，原子核內(nèi)的質(zhì)子和中子統(tǒng)稱為核子，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)波爾理論可知，一個(gè)氫原子從的能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)，最多能放出n-1=3種不同頻率的光子，故D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)少量原子核不適用；自然界中大多數(shù)原子的原子核非常穩(wěn)定，而少數(shù)原子核卻能自發(fā)衰變，這說(shuō)明原子核具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)；電子是由中子轉(zhuǎn)化而來(lái)，并不是原子核內(nèi)本來(lái)就有電子，并且原子核內(nèi)的質(zhì)子和中子統(tǒng)稱為核子；一個(gè)氫原子從n=4的能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)，最多能放出n-1=3種不同頻率的光子。
2．（2025·廣安模擬）在奧運(yùn)會(huì)滑板街式比賽中，某選手（視為質(zhì)點(diǎn)）從U型池邊緣以初速度斜向上騰空，初速度方向與水平方向夾角為。若忽略空氣阻力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．選手在上升過(guò)程處于超重狀態(tài)，下降過(guò)程處于失重狀態(tài)
B．選手在上升和下降階段經(jīng)過(guò)同一高度時(shí)速度相同
C．選手在最高點(diǎn)時(shí)的速度為零
D．選手回到與U型池邊緣等高處的時(shí)間為
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】超重與失重；斜拋運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】本題主要考查了斜拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，解題關(guān)鍵是掌握斜拋運(yùn)動(dòng)分解為水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合斜拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性求解問(wèn)題即可。A．選手在上升過(guò)程和下降過(guò)程，只受重力，故加速度為重力加速度，方向豎直向下，所以選手在兩過(guò)程中都處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)對(duì)稱性原理，選手在上升和下降階段經(jīng)過(guò)同一高度時(shí)速度大小相同，方向不同，故B錯(cuò)誤；
D．將選手斜拋的初速度分解到豎直方向和水平方向，則豎直方向的速度為
水平方向的速度為
選手在豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直至最高點(diǎn)，此時(shí)豎直方向的速度為0，則上升的時(shí)間為
根據(jù)對(duì)稱性原理，選手下落到與U型池邊緣等高處的時(shí)間為
所以選手從飛出至回到與U型池邊緣等高處的時(shí)間為
故D正確；
C．由D項(xiàng)分析，選手做斜拋運(yùn)動(dòng)，可知選手在最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，仍有水平方向的速度，故C錯(cuò)誤。
故選D。
【分析】加速度向上，物體處于超重狀態(tài)，加速度向下，物體處于失重狀態(tài)；速度為矢量，大小方向都相同，速度相同；做斜拋運(yùn)動(dòng)在最高點(diǎn)，速度不為零；根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)分解為水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合斜拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性求出時(shí)間。
3．（2025·廣安模擬）如圖，將半徑為R的透明半球體放在水平桌面上，O為球心，垂直于桌面。一束單色光豎直向下照射在半球面上的A點(diǎn)，并從半球體底面上B點(diǎn)射出。已知入射光線與的距離為，長(zhǎng)度為，則透明半球體對(duì)該光的折射率為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】光的折射及折射定律
【解析】【解答】光的折射問(wèn)題，解題的關(guān)鍵在于正確畫出光路圖、找出幾何關(guān)系。入射光線與的距離為
則入射角正弦
故
在底面B點(diǎn)，長(zhǎng)度為，結(jié)合幾何關(guān)系，可算出折射角正弦值
根據(jù)折射定律
故選C。
【分析】 根據(jù)幾何關(guān)系得出入射角和折射角，結(jié)合折射定律求解。
4．（2025·廣安模擬）某智能機(jī)械臂應(yīng)用模型如圖所示，機(jī)械臂通過(guò)不可伸長(zhǎng)的吊索和可以伸縮的液壓桿吊起重物，其中A點(diǎn)通過(guò)鉸鏈與豎直墻面連接。現(xiàn)緩慢調(diào)整液壓桿，使吊索逐漸趨近水平，在此過(guò)程中（　　）
A．的支持力逐漸增大，的拉力大小不變
B．的支持力先減小后增大，的拉力大小不變
C．的支持力逐漸增大，的拉力逐漸減小
D．的支持力大小不變，的拉力逐漸減小
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】本題是動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，要確定研究對(duì)象，正確分析受力，靈活選擇解題方法。本題運(yùn)用三角形相似法解答，比較簡(jiǎn)潔。對(duì)O點(diǎn)受力分析如圖
根據(jù)相似三角形關(guān)系可知
緩慢調(diào)整液壓桿OA，使吊索OB逐漸趨近水平，在此過(guò)程中OA變大，OB不變，可知FAO變大，F(xiàn)OB不變。
故選A。
【分析】對(duì)O點(diǎn)受力分析，根據(jù)平衡條件，運(yùn)用三角形相似法列式分析各力的變化情況。
5．（2025·廣安模擬）中國(guó)計(jì)劃于2025年5月發(fā)射“天問(wèn)二號(hào)”火星探測(cè)器，其變軌過(guò)程如圖所示，探測(cè)器在近日點(diǎn)M短暫加速后進(jìn)入霍曼轉(zhuǎn)移軌道，接著沿著這個(gè)軌道抵達(dá)遠(yuǎn)日點(diǎn)P，又在P點(diǎn)短暫加速進(jìn)入火星軌道。已知引力常量為G，地球軌道和火星軌道半徑分別為r和R。若只考慮太陽(yáng)對(duì)探測(cè)器的作用力。下列正確的是（　　）
A．探測(cè)器在霍曼轉(zhuǎn)移軌道由M點(diǎn)到P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度越來(lái)越大
B．探測(cè)器在地球軌道上的線速度與在火星軌道上的線速度之比為
C．探測(cè)器運(yùn)行中在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上P點(diǎn)的加速度與在火星軌道上P點(diǎn)的加速度之比為
D．探測(cè)器在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上的運(yùn)行周期與在火星軌道的運(yùn)行周期之比為
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】開普勒定律；衛(wèi)星問(wèn)題
【解析】【解答】開普勒第三定律（周期定律）：所有行星的軌道的半長(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等。A．探測(cè)器在霍曼轉(zhuǎn)移軌道由M點(diǎn)到P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，萬(wàn)有引力對(duì)其做負(fù)功，其動(dòng)能減小，速度越來(lái)越小，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)
可得
即探測(cè)器在地球軌道上的線速度為
同理，可得探測(cè)器在火星軌道上的線速度大小
則探測(cè)器在地球軌道上的線速度與在火星軌道上的線速度之比為，故B錯(cuò)誤；
C．探測(cè)器運(yùn)行中在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上過(guò)P點(diǎn)與在火星軌道上過(guò)P點(diǎn)時(shí)，根據(jù)
可得
則探測(cè)器運(yùn)行中在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上P點(diǎn)的加速度與在火星軌道上P點(diǎn)的加速度相等，故C錯(cuò)誤；
D．探測(cè)器在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上與在火星軌道上運(yùn)行時(shí)，根據(jù)開普勒第三定律有
，
聯(lián)立探測(cè)器在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上的運(yùn)行周期與在火星軌道的運(yùn)行周期之比為
故D正確。
故選D。
【分析】M點(diǎn)到P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，萬(wàn)有引力對(duì)其做負(fù)功，其動(dòng)能減小；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力以及開普勒第三定律分析。
6．（2025·廣安模擬）在如圖所示的遠(yuǎn)距離輸電電路中，a、b端接入電壓的交流電源，兩變壓器均為理想變壓器，兩變壓器的匝數(shù)比滿足。已知、、的阻值均為5 ，它們消耗的功率均相同，電表均為理想交流電表。則（　　）
A．升壓變壓器的匝數(shù)比 B．電壓表的示數(shù)為240V
C．電流表的示數(shù)為72A D．的電功率2880W
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】變壓器原理
【解析】【解答】本題的關(guān)鍵掌握理想變壓器的電壓、電流和匝數(shù)之間的關(guān)系，搞清功率分配情況，即可解決本題。A．、、的阻值相等，消耗的功率相同，故通過(guò)、、的電流相同，設(shè)為，則通過(guò)降壓變壓器副線圈的電流為，由理想變壓器原、副線圈匝數(shù)與電流關(guān)系得
則有
故A錯(cuò)誤；
B．結(jié)合上述可知，通過(guò)變壓器原線圈的電流
由于變壓器原線圈的輸入功率等于、、的總功率，而、、的阻值相等，消耗的功率相同，令副線圈兩端電壓為，則有
解得
故B錯(cuò)誤；
C．結(jié)合上述可知，電流表的示數(shù)為，等于通過(guò)的電流，則有
故C錯(cuò)誤；
D．的電功率為
故D正確。
故選D。
【分析】R1、R2、R3的阻值均為5Ω，它們消耗的功率均相同，則它們的電壓以及電流也相同，結(jié)合變壓器原理以及歐姆定律分析。
7．（2025·廣安模擬）圖甲所示為某電容器的充、放電過(guò)程示意圖。電路中的電流傳感器可以捕捉瞬時(shí)的電流變化，它與計(jì)算機(jī)相連，可顯示電流隨時(shí)間的變化規(guī)律。電源電動(dòng)勢(shì)E=7.5V、內(nèi)阻不計(jì)，充電前電容器帶電量為零，先使S與“1”端相連，電源向電容器充電，充電結(jié)束后，使S與“2”端相連，直至放電完畢。計(jì)算機(jī)記錄的電流隨時(shí)間變化的I-t曲線如圖乙所示，下列正確的是（　　）
A．在電容器充電與放電過(guò)程中，通過(guò)電阻R0的電流方向相同
B．圖乙中陰影部分的面積
C．若，則該電容器的電容值約為0.133F
D．由甲、乙兩圖可判斷阻值
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】電容器及其應(yīng)用
【解析】【解答】本題關(guān)鍵掌握曲線圖像與對(duì)應(yīng)時(shí)間軸所圍成的面積的物理意義和電容定義式。A．由圖甲可知，電容器充電時(shí)，通過(guò)電阻R0的電流方向向左，放電時(shí)通過(guò)R0的電流方向向右，故在電容器充電與放電過(guò)程中，通過(guò)電阻R0的電流方向相反，故A錯(cuò)誤；
B．曲線圖像與對(duì)應(yīng)時(shí)間軸所圍成的面積表示電荷量，充電和放電電荷量相等，所以乙圖中陰影部分的面積相等，即
故B錯(cuò)誤；
C．由于電源內(nèi)阻不計(jì)，可知電容器兩端電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，則該電容器的電容為
故C正確；
D．由圖乙可知，充電時(shí)的最大電流大于放電時(shí)的最大電流，則
故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】分析充放電過(guò)程電流的方向判斷；根據(jù)曲線圖像與對(duì)應(yīng)時(shí)間軸所圍成的面積的物理意義判斷；根據(jù)電容定義式計(jì)算；由圖中數(shù)據(jù)分析最大電流判斷。
8．（2025·廣安模擬）圖甲為某同學(xué)利用跳繩模擬戰(zhàn)繩訓(xùn)練，該同學(xué)將繩子一端固定在桿上，用手上下甩動(dòng)另一端。圖乙為繩上P、Q兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，P、Q兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置相距5m。波由P向Q傳播。下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．增大甩動(dòng)的頻率，則波在繩子上傳播速度增大
B．t=0.5s時(shí)，P、Q質(zhì)兩點(diǎn)振動(dòng)方向相同
C．波長(zhǎng)可能為0.6m
D．波速可能為
【答案】B,D
【知識(shí)點(diǎn)】橫波的圖象；波長(zhǎng)、波速與頻率的關(guān)系
【解析】【解答】解決波的多解問(wèn)題首先考慮傳播方向的雙向性，如果題目未說(shuō)明波的傳播方向或沒(méi)有其他條件暗示，應(yīng)首先按波傳播方向的可能性進(jìn)行討論。
A．波的傳播速度只和介質(zhì)有關(guān)，所以增大甩動(dòng)的頻率，則波在繩子上傳播速度不變，故A錯(cuò)誤；
B．由圖乙可知，t=0.5s時(shí)刻，P、Q質(zhì)兩點(diǎn)振動(dòng)方向相同，故B正確；
C．根據(jù)題意可知
（n=0，1，2……）
所以
（n=0，1，2……）
當(dāng)波長(zhǎng)為0.6m時(shí)，n不能取整數(shù)，故C錯(cuò)誤；
D．波速為
（n=0，1，2……）
當(dāng)波速為，則
故D正確。
故選BD。
【分析】波的傳播速度只和介質(zhì)有關(guān)，根據(jù)乙圖判斷振動(dòng)方向，結(jié)合波傳播過(guò)程的多解性分析。
9．（2025·廣安模擬）電磁感應(yīng)是發(fā)電機(jī)的重要工作原理，如圖甲所示，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形abcd虛線區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直水平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電阻為R的圓形導(dǎo)體框放置在絕緣水平面上，其圓心O點(diǎn)與ab邊的中點(diǎn)重合，導(dǎo)體框恰好有一半處于磁場(chǎng)中。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)同t的變化規(guī)律如圖乙所示，其中B0、t0都是已知量。由于水平面粗糙，圓形導(dǎo)體框一直處于靜止?fàn)顟B(tài)。則（　　）
A．t0時(shí)刻通過(guò)導(dǎo)體框的電流大小為
B．0~t0時(shí)間內(nèi)通過(guò)圓形導(dǎo)體框任一橫截面的電荷量為
C．2.5t0時(shí)刻，水平面對(duì)導(dǎo)體框的摩擦力大小為，方向水平向右
D．0~3t0時(shí)間內(nèi)圓形導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱為
【答案】A,C
【知識(shí)點(diǎn)】感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及其產(chǎn)生條件
【解析】【解答】本題是感生電動(dòng)勢(shì)類型，關(guān)鍵要掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，知道線圈的有效面積為處于磁場(chǎng)中的面積，而不是整個(gè)面積。AB．由圖甲可知線圈的有效面積為
在0~2t0時(shí)間內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為
則t0時(shí)刻通過(guò)導(dǎo)體框的電流大小為
故A正確；
B0~t0時(shí)間內(nèi)通過(guò)圓形導(dǎo)體框任一橫截面的電荷量為
故B錯(cuò)誤；
C.2t0~3t0時(shí)間內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為
感應(yīng)電流大小為
2.5t0時(shí)刻導(dǎo)體框所受安培力大小為
根據(jù)左手定則可知，安培力方向水平向左，由于導(dǎo)體框一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，摩擦力與安培力平衡，可知
方向水平向右，故C正確；
D.0~3t0時(shí)間內(nèi)圓形導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱為
故D錯(cuò)誤。
故選AC。
【分析】在0～2t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，再由閉合電路歐姆定律求通過(guò)導(dǎo)體框的電流大小；根據(jù)q=It0計(jì)算0～t0時(shí)間內(nèi)通過(guò)圓形導(dǎo)體框任一橫截面的電荷量；2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，采用同樣的方法求出感應(yīng)電流大小，進(jìn)而求出2.5t0時(shí)刻導(dǎo)體框所受安培力大小，并判斷安培力方向，再由平衡條件求水平面對(duì)導(dǎo)體框的摩擦力大小和方向；根據(jù)焦耳定律計(jì)算焦耳熱。
10．（2025·廣安模擬）我國(guó)自主研發(fā)的“磁浮儲(chǔ)能系統(tǒng)”可將列車制動(dòng)后進(jìn)站時(shí)的部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能儲(chǔ)存。原理簡(jiǎn)化如圖，輕彈簧一端固定在傾角為30°的斜面頂端，質(zhì)量為1kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度從底端A點(diǎn)沿斜面上滑，在B點(diǎn)開始?jí)嚎s彈簧，滑塊被彈回后恰好停在B點(diǎn)。已知AB的距離為4m，滑塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，彈簧的勁度系數(shù)為5N/m，重力加速度取10m/s2，取A點(diǎn)所在水平面為重力勢(shì)能參考面，則（　　）
A．整個(gè)過(guò)程彈簧的最大壓縮量為1m
B．全程產(chǎn)生的熱量為30J
C．物塊的最大加速度為7.5m/s2
D．滑塊被彈回過(guò)程中最大速度時(shí)整個(gè)系統(tǒng)的機(jī)械能為23.75J
【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查的是能量守恒問(wèn)題，題型較復(fù)雜，結(jié)合彈簧類問(wèn)題的求解方法得出結(jié)論。A．設(shè)彈簧的最大壓縮量為x，根據(jù)動(dòng)能定理可得
代入數(shù)據(jù)解得
故A正確；
B．全程產(chǎn)生的熱量為
故B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，物塊的加速度最大，且最大加速度為
解得
故C錯(cuò)誤；
D．滑塊被彈回過(guò)程中最大速度時(shí)加速度為零，即
解得
根據(jù)動(dòng)能定理可得
整個(gè)系統(tǒng)的機(jī)械能為
聯(lián)立可得
故D正確。
故選AD。
【分析】當(dāng)達(dá)到最大壓縮量時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理得出結(jié)論；根據(jù)全程產(chǎn)生的熱量根據(jù)求解；當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)加速度最大，再結(jié)合牛頓第二定律列式求解；根據(jù)牛頓第二定律列式，再結(jié)合動(dòng)能定理以及機(jī)械能公式列式求解。
11．（2025·廣安模擬）某學(xué)習(xí)小組通過(guò)如圖所示裝置探究動(dòng)能定理。光電門1、2分別固定在長(zhǎng)木板上相距S的兩點(diǎn)，擋光片寬度為d（），重力加速度為g。實(shí)驗(yàn)步驟如下：
（1）在長(zhǎng)木板右端適當(dāng)位置墊一高度為H的木塊，使滑塊（包含擋光片）恰好能勻速下滑，并測(cè)得此時(shí)木塊與木板左端距離為L(zhǎng)。
（2）讓滑塊以一定初速度沿斜面上滑，先后通過(guò)光電門1、光電門2，擋光時(shí)間分別為、。
①滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)　 　；
②滑塊通過(guò)光電門2的速度為　 　；
③該學(xué)習(xí)小組要探究動(dòng)能定理，上述物理量需滿足：　 　。（均用題干中字母表示）
【答案】；；
【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用
【解析】【解答】本題關(guān)鍵掌握探究動(dòng)能定理的實(shí)驗(yàn)原理和光電門的測(cè)速原理。（2）①在長(zhǎng)木板右端適當(dāng)位置墊一高度為H的木塊，使滑塊（包含擋光片）恰好能勻速下滑，并測(cè)得此時(shí)木塊與木板左端距離為L(zhǎng)。對(duì)木塊根據(jù)平衡條件可得
得
②滑塊通過(guò)光電門2的速度為
③設(shè)斜面與水平面的夾角為，若讓滑塊以一定初速度沿斜面上滑，先后通過(guò)光電門1、光電門2，擋光時(shí)間分別為、。若該學(xué)習(xí)小組要探究動(dòng)能定理，即探究
其中
，，
聯(lián)立求得上述物理量需滿足
【分析】（2）①根據(jù)平衡條件計(jì)算；
②利用平均速度替代滑塊通過(guò)光電門的速度；
③分析各個(gè)力對(duì)物體所做的功，根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合幾何知識(shí)計(jì)算。
12．（2025·廣安模擬）圖甲是一種特殊材料制成的均勻圓柱體物件，為了測(cè)定這種材料的電阻率，某同學(xué)先用多用電表粗測(cè)其電阻約有幾萬(wàn)歐姆。
（1）該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測(cè)得其長(zhǎng)為，用螺旋測(cè)微器測(cè)得其外徑d如圖乙，則　 　；
（2）這種特殊材料的電阻率　 　（用題中測(cè)得物理量L、d、表達(dá)）：
（3）該同學(xué)又用如圖丙所示電路精確測(cè)量該物件的電阻。
①實(shí)驗(yàn)室提供了兩款滑動(dòng)變阻器：和，為了減小誤差，本實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器應(yīng)該選用　 　（填“”或“”）。
②將先開關(guān)置于a處，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使靈敏電流計(jì)讀數(shù)為；再將開關(guān)置于b處，保持滑動(dòng)變阻器滑片不動(dòng)，調(diào)節(jié)電阻箱，當(dāng)電阻箱時(shí)，靈敏電流計(jì)示數(shù)為。
③已知靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻為200Ω，則物件的電阻測(cè)量值　 　 。
④本次實(shí)驗(yàn)的測(cè)量值　 　（填“大于”或“等于”或“小于”）真實(shí)值。
【答案】（1）11.016
（2）
（3）；22300；大于
【知識(shí)點(diǎn)】刻度尺、游標(biāo)卡尺及螺旋測(cè)微器的使用；導(dǎo)體電阻率的測(cè)量
【解析】【解答】本題關(guān)鍵掌握測(cè)定電阻率的實(shí)驗(yàn)原理和螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法。
（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)得外徑為
（2）根據(jù)電阻定律
這種特殊材料的電阻率為
（3）①由為了保證開關(guān)S2和電阻箱時(shí)滑動(dòng)變阻器的分壓幾乎不變，不管是Rx或R0與滑動(dòng)變阻器左側(cè)部分的并聯(lián)電阻應(yīng)該變化不大，所以為了減小誤差，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用阻值較小的；
③由歐姆定律可知
代入數(shù)據(jù)解得
④本實(shí)驗(yàn)中S2置于a處的電流大于開關(guān)置于b處的電流，則S2置于a處與滑動(dòng)變阻器左側(cè)的并聯(lián)的部分分壓較小，由歐姆定律有
其中
，
化簡(jiǎn)可得
當(dāng)時(shí)，為真實(shí)值，而實(shí)際上
故Rx的測(cè)量值會(huì)偏大，即Rx的測(cè)量值大于真實(shí)值。
【分析】（1）螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為固定刻度與可動(dòng)刻度讀數(shù)之和；
（2）根據(jù)電阻定律推導(dǎo)；
（3）①根據(jù)減小實(shí)驗(yàn)誤差分析判斷，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用阻值較小的；
③根據(jù)歐姆定律計(jì)算；
④根據(jù)歐姆定律推導(dǎo)待測(cè)電阻的表達(dá)式分析判斷。
（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)得外徑為
（2）根據(jù)電阻定律
可得這種特殊材料的電阻率為
（3）①[1]由為了保證開關(guān)S2和電阻箱時(shí)滑動(dòng)變阻器的分壓幾乎不變，不管是Rx或R0與滑動(dòng)變阻器左側(cè)部分的并聯(lián)電阻應(yīng)該變化不大，所以為了減小誤差，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用阻值較小的；
③[2]由歐姆定律可知
代入數(shù)據(jù)解得
④[3]本實(shí)驗(yàn)中S2置于a處的電流大于開關(guān)置于b處的電流，則S2置于a處與滑動(dòng)變阻器左側(cè)的并聯(lián)的部分分壓較小，由歐姆定律有
其中，
化簡(jiǎn)可得
當(dāng)時(shí)，為真實(shí)值，而實(shí)際上
故Rx的測(cè)量值會(huì)偏大，即Rx的測(cè)量值大于真實(shí)值。
13．（2025·廣安模擬）如圖甲所示，某導(dǎo)熱氣缸左側(cè)有一靜止可無(wú)摩擦滑動(dòng)的活塞，活塞橫截面積為S，氣缸內(nèi)氣體的溫度為，密度為。一質(zhì)量為m、體積為V的乒乓球靜止于氣缸底部。現(xiàn)逐漸降低溫度，讓乒乓球恰好能懸浮。已知大氣壓強(qiáng)為，重力加速度為g，設(shè)乒乓球體積不變。
（1）求乒乓球恰好能懸浮時(shí)氣缸內(nèi)氣體的密度和溫度；
（2）若保持溫度不變，將氣缸緩慢順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，穩(wěn)定后乒乓球也恰好能懸浮，求活塞的質(zhì)量M。
【答案】（1）解：乒乓球剛好能浮起，說(shuō)明浮力等于重力，即
解得
氣體發(fā)生等壓變化時(shí)有
，
可得
解得
（2）解：乒乓球剛好也能浮起，說(shuō)明浮力等于重力，即
氣體發(fā)生等溫變化時(shí)
，
可得
解得
【知識(shí)點(diǎn)】氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）乒乓球剛好能浮起，說(shuō)明浮力等于重力，從而求解氣體的密度；分析出氣體變化前后的狀態(tài)參量，氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律求解溫度；
（2）氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律結(jié)合乒乓球的平衡狀態(tài)活塞的質(zhì)量M。
（1）（1）乒乓球剛好能浮起，說(shuō)明浮力等于重力，即
解得
氣體發(fā)生等壓變化時(shí)有，
可得
解得
（2）（2）乒乓球剛好也能浮起，說(shuō)明浮力等于重力，即
氣體發(fā)生等溫變化時(shí)，
可得
解得M=
14．（2025·廣安模擬）如圖所示，質(zhì)量為0.3kg的滑塊B靜止在光滑水平面上，形狀大小相同質(zhì)量為0.1kg的滑塊A以初速度5m/s向右運(yùn)動(dòng)，與B發(fā)生正碰，碰后B滑上θ=60°足夠長(zhǎng)的粗糙斜面，上升的最大高度為，B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，斜面與水平面平滑連接，空氣阻力不計(jì)，重力加速度取10m/s2。求：
（1）第一次碰撞后滑塊B和A的速度大小：
（2）物理學(xué)中將材料一定的兩物體，碰撞后分開的相對(duì)速度與碰撞前接近的相對(duì)速度之比定義為恢復(fù)系數(shù)，即，其中、為兩物體碰撞前的速度，、為碰后的速度，e僅由兩物體材料決定。
①滑塊A、B相碰時(shí)的恢復(fù)系數(shù)為e；
②滑塊A、B第二次碰撞后的速度大小。
【答案】（1）解：設(shè)第一次碰后AB兩滑塊的速度分別為vA和vB，碰前A速度為v0，對(duì)B，由動(dòng)能定理可得
解得
碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律可得
解得
（2）解：①由恢復(fù)系數(shù)公式
代入第一次碰撞數(shù)據(jù)解得
②再次到達(dá)水平面時(shí)速度為vB1，從H處再次滑下時(shí)，由動(dòng)能定理可
再次碰撞時(shí)，設(shè)向左為正方向，碰后A、B速度分別為vA2、vB2，由動(dòng)量守恒定律和恢復(fù)系數(shù)公式可得，
可得
，
【知識(shí)點(diǎn)】碰撞模型
【解析】【分析】（1）由動(dòng)能定理求解第一次碰撞后滑塊B速度大小，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解第一次碰撞后滑塊A速度大小；
（2）①由恢復(fù)系數(shù)公式代入數(shù)據(jù)求解；
②由動(dòng)能定理求解再次到達(dá)水平面時(shí)速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和恢復(fù)系數(shù)公式聯(lián)立方程求解。
（1）設(shè)第一次碰后AB兩滑塊的速度分別為vA和vB，碰前A速度為v0，對(duì)B，由動(dòng)能定理可得
解得
碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律可得
解得
（2）①由恢復(fù)系數(shù)公式
代入第一次碰撞數(shù)據(jù)解得
②再次到達(dá)水平面時(shí)速度為vB1，從H處再次滑下時(shí)，由動(dòng)能定理可得
再次碰撞時(shí)，設(shè)向左為正方向，碰后A、B速度分別為vA2、vB2，由動(dòng)量守恒定律和恢復(fù)系數(shù)公式可得，
可得，
15．（2025·廣安模擬）如圖所示，在Ⅰ區(qū)域（），存在沿y軸負(fù)方向大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)：在Ⅱ區(qū)域（），存在垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)：在Ⅲ區(qū)域（）同時(shí)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。一比荷的帶正電粒子，從A點(diǎn)沿x軸正方向以速度進(jìn)入Ⅰ區(qū)域：粒子經(jīng)B點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)域。又從C點(diǎn)進(jìn)入Ⅲ區(qū)域，其中，不計(jì)粒子的重力。求：
（1）Ⅰ區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
（2）粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動(dòng)速度的最大值；
（3）粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的橫坐標(biāo)x。
【答案】（1）解：如圖，粒子在Ⅰ區(qū)域從A到B做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，由類平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得
水平方向
豎直方向
由牛頓第二定律
聯(lián)立解得
則粒子運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度為
解得
如圖方向與x軸正方向成45°，如圖，粒子在Ⅱ區(qū)域從B到C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力
由幾何關(guān)系可得
解得Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為
（2）解：如圖，粒子在Ⅱ區(qū)域逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)90°運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，則
方向與x軸成45°，將速度分解如圖
，
因
，
其中
聯(lián)立解得
，
則粒子的運(yùn)動(dòng)可分解成在x軸正方向以做勻速直線運(yùn)動(dòng)和在平面做半徑為R、順時(shí)針?lè)较虻膭蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，則兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的速度大小不變，均為，粒子從C點(diǎn)開始經(jīng)，兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)速度方向都為x軸正方向，即最大速度為
（3）解：如圖，由粒子在Ⅲ區(qū)域的運(yùn)動(dòng)由在x軸正方向以做勻速直線運(yùn)動(dòng)和平面做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)合成，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖：當(dāng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子恰好運(yùn)動(dòng)到x軸，則
解得
（，1，2，3……）
當(dāng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子也恰好運(yùn)動(dòng)到x軸，則
解得
（，2，3……）
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)；帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【分析】（1）由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和洛倫茲力提供向心力求Ⅰ區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
（2）粒子的運(yùn)動(dòng)可分解為圓周運(yùn)動(dòng)以及勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力和周期公式求粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動(dòng)速度的最大值vmax；
（3）畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的橫坐標(biāo)x。
（1）如圖，粒子在Ⅰ區(qū)域從A到B做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，由類平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得
水平方向
豎直方向
由牛頓第二定律
聯(lián)立解得
則粒子運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度為
解得
如圖方向與x軸正方向成45°，如圖，粒子在Ⅱ區(qū)域從B到C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力
由幾何關(guān)系可得
解得Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為
（2）如圖，粒子在Ⅱ區(qū)域逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)90°運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，則
方向與x軸成45°，將速度分解如圖，
因，
其中
聯(lián)立解得，
則粒子的運(yùn)動(dòng)可分解成在x軸正方向以做勻速直線運(yùn)動(dòng)和在平面做半徑為R、順時(shí)針?lè)较虻膭蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，則兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的速度大小不變，均為
粒子從C點(diǎn)開始經(jīng)，兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)速度方向都為x軸正方向，即最大速度為
（3）如圖，由粒子在Ⅲ區(qū)域的運(yùn)動(dòng)由在x軸正方向以做勻速直線運(yùn)動(dòng)和平面做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)合成，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖：當(dāng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子恰好運(yùn)動(dòng)到x軸，則
解得（，1，2，3……）
當(dāng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子也恰好運(yùn)動(dòng)到x軸，則
解得（，2，3……）
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