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2025届四川省乐山市普通高中高三下学期第二次诊断性测试物理试卷
1．（2025·乐山模拟）锂元素作为新能源汽车电池的关键材料，其来源可追溯至宇宙射线中的高能粒子与星际物质原子核发生的核反应，其中一种核反应方程为，式中的X是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】本题考查核反应方程的书写规则，会根据题意进行准确分析解答。由核反应前后电荷数守恒可得X的电荷数为
由核反应前后质量数守恒可得X的质量数为
所以X是。
故选C。
【分析】根据质量数和电荷数守恒计算X的质量数和电荷数，再判断粒子种类。
2．（2025·乐山模拟）2027年我国将发射首个巡天空间望远镜（CSST），它将与我国空间站在同一轨道独立运行，在需要时可以与空间站对接。已知巡天空间望远镜预定轨道离地面高度约为400km，则关于该巡天空间望远镜的说法正确的是（　　）
A．加速度大于地球同步卫星的加速度
B．线速度小于赤道上物体的线速度
C．点火加速可在原轨道追上空间站完成对接
D．考虑到稀薄大气的阻力，线速度会越来越小
【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力定律的应用和卫星的变轨问题，会根据题意进行准确分析解答。如果卫星想要进入更高的轨道，需要向后喷气做加速运动；如果想要进入更低的轨道，需要向前喷气做减速运动。A．根据牛顿第二定律
可得
由于同步卫星轨道半径大于巡天空间望远镜，所以巡天空间望远镜的加速度大于地球同步卫星的加速度，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力
解得
由于同步卫星轨道半径大于巡天空间望远镜，所以巡天空间望远镜的线速度大于同步卫星的线速度，但同步卫星的角速度等于赤道上物体的角速度，但同步卫星的轨道半径大于赤道上物体的轨道半径，所以同步卫星的线速度大于赤道上物体的线速度，则巡天空间望远镜的线速度大于赤道上物体的线速度，故B错误；
C．巡天空间望远镜若在原轨道加速会做离心运动，故不可能追上空间站完成对接，故C错误；
D．考虑到稀薄大气的阻力，巡天空间望远镜轨道半径减小做向心运动，故线速度会越来越大，故D错误。
故选A。
【分析】根据牛顿第二定律导出加速度、线速度结合同步卫星的特点，卫星加速变轨和阻力做功减速做向心运动的知识进行分析解答。
3．（2025·乐山模拟）向家坝水电站采用800千伏特高压直流输电将电能送往上海。已知输电功率为P，输电电压为U，输电线路总电阻为R。若仅考虑输电线路电阻产生的能量损失，则（　　）
A．输电线路中的电流
B．输电线路上损失的功率
C．若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的功率将变为原来的2倍
D．若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的电压将变为原来的0.5倍
【答案】B
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题让学生在理解基本概念的基础上，进一步分析和应用这些概念，从而加深对电力传输中能量损失的理解。A．输电线路中的电流
故A错误；
B．输电线路上损失的功率
故B正确；
C．若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的功率为
输电线路上损失的功率将变为原来的倍，故C错误；
D．原来输电线路上损失的电压为
若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的电压为
所以若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的电压将变为原来的2倍，故D错误。
故选B。
【分析】根据对电力传输中功率、电压、电流和电阻之间关系的分析，分析输电线路中的电流、功率损失以及电压变化对功率损失的影响。
4．（2025·乐山模拟）如图所示，在“测定玻璃砖的折射率”的实验中，将玻璃砖在白纸上放好，aa'和bb'分别是玻璃砖与空气的两个界面且相互平行。在玻璃砖的一侧画直线AO与aa'交于O，在AO上插两枚大头针P1和P2，用“×”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针P3和P4。下列说法正确的是（　　）
A．插上大头针P4，使P4挡住P3以及P1、P2的像
B．光可能在bb'发生全发射，导致观察不到P1、P2的像
C．若两个界面aa'和bb'不平行，将不能完成实验
D．若实验中不慎将玻璃砖向上平移了一些，其他操作均正确，则测得的折射率偏大
【答案】A
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】本题关键是作出光路图，分析实际边界与作图边界不同时，测出的折射角与正确操作时折射角的关系相同。A．插上大头针P4，使P4挡住P3以及P1、P2的像，故A正确；
B．光线能从aa'射入玻璃砖，则光线在bb'面上的入射角一定小于临界角，则光不可能在bb'发生全发射，故B错误；
C．若两个界面aa'和bb'不平行，仍然能完成实验，故C错误；
D．若实验中不慎将玻璃砖向上平移了一些，如图所示
根据几何关系可得，入射角相等，折射角相等，则测得的折射率不变，故D错误。
故选A。
【分析】根据实验原理及操作规范判断，作光路图时，就以aa'为边界，根据实际的边界与作图的边界不同，作出光路图，比较将玻璃砖向上平移时，入射角和折射角的关系，分析误差情况。
5．（2025·乐山模拟）沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的图像如图所示，该时刻P、Q两质点离开平衡位置的位移相同，此后P质点回到平衡位置的最短时间为0.1s，Q质点回到平衡位置的最短时间为0.3s，则（　　）
A．该波沿x轴负方向传播
B．该波的传播速度为10m/s
C．t=0.2s时，质点P的加速度方向沿y轴负方向
D．t=0.2s时，质点P的纵坐标为cm
【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】能够根据题意得到该波的周期是解题的关键，能够写出质点P的振动方程是解题的基础。A．由图中P、Q两质点位置和P先回到平衡位置可知，图中质点P向y轴负方向振动，所以该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由图可知，波长为
由P质点回到平衡位置的最短时间为0.1s，Q质点回到平衡位置的最短时间为0.3s，由简谐振动的对称性可知周期为
该波的传播速度为
故B正确；
C． t=0.2s时，质点P在平衡位置下面向y轴负方向振动，加速度方向沿y轴正方向，故C错误；
D．t=0.1s时质点P在平衡位置向y轴负方向振动，从此时开始计时质点P的振动方程为
当时，故D错误。
故选B。
【分析】根据题意判断在t=0时P、Q质点的运动方向性，进而判断波的传播方向；根据对称性解出该波的周期，然后根据波速、波长和周期关系计算波速；根据质点P在t=0.2s时的位置分析加速度方向；写出在t=0.1s时质点P的振动方程，然后计算P的位移。
6．（2025·乐山模拟）如图所示，光滑圆弧轨道ACD固定在竖直面内，O为圆弧轨道的圆心，圆弧轨道的半径为R。将质量为m的滑块（可视为质点）以水平向右的初速度v0（大小未知）从轨道内侧A点开始运动，且滑块始终受到水平向右的恒力作用，经过轨道上B点时速度最大，OB与竖直方向的夹角θ=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．滑块受到的恒力大小为0.6mg
B．若滑块能通过圆弧轨道的最高点C，则
C．若，滑块通过B点时对轨道的压力为1.75mg
D．若，滑块一定能沿圆弧轨道运动到D点
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查了动能定理，正确的选取研究过程，注意等效最高点和最低点的位置。动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。A．滑块在B点速度最大，则受合外力为零，则恒力大小为
选项A错误；
B．若滑块能通过圆弧轨道的最高点C，则在C点时
由动能定理
解得
选项B错误；
C．若，滑块通过B点时根据动能定理
在B点时
由牛顿第三定律
选项C正确；
D．由B的计算可知，若，则滑块恰能经过最高点C，滑块经过等效最高点（B点关于O点的对称点B＇）的最小速度满足
解得
假设滑块能经过等效最高点，则根据
解得
可知滑块不能经过等效最高点B＇，也就不能沿圆弧轨道运动到D点，选项D错误。
故选C。
【分析】根据滑块在B点速度最大求滑块受到的恒力大小；由动能定理求v0；根据动能定理和牛顿第二、第三定律求滑块通过B点时对轨道的压力；根据动能定理和牛顿第二定律分析判断。
7．（2025·乐山模拟）如图所示，光滑“”形金属导轨固定在水平面上，一导体棒静置于导轨上，并与导轨垂直，构成回路。回路上方一条形磁铁在外力F作用下，竖直向上做匀速运动。运动中外力F对磁铁做功WF，磁铁克服重力做功WG，磁铁克服磁场力做功W1，磁场力对导体棒做功W2，导体棒获得的动能为Ek，回路中产生的焦耳热为Q。则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】能量守恒定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查了电磁感应现象中的功能关系，根据能量守恒定律与动能定理综合分析。要知道不同形式能量之间的转化需要做功来完成。A．对磁铁分析，根据动能定理
因为磁铁匀速运动，所以动能变化量为0，故
故A错误；
C．根据能量守恒定律，磁铁克服电场力做功为，这部分能量转化为导体棒的动能和整个回路的焦耳热，则
故C错误；
B．对导体棒用动能定理
故B错误；
D．由
联立解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据功能关系可知磁铁克服磁场力做功等于金属导轨与导体棒组成的系统增加的能量。对磁铁和导体棒分别应用动能定理分析此系统的功能对应关系。
8．（2025·乐山模拟）如图甲，小球A（视为质点）从地面开始做竖直上抛运动，同时小球B（视为质点）从距地面高度为h0处由静止释放，两小球距地面的高度h与运动时间t的关系图像如图乙，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　）
A．A的初速度与B的落地时速度大小相等
B．A上升过程的平均速度小于B下降过程的平均速度
C．A、B处于同一高度时距地面
D．A、B落地的时间差为
【答案】A,C
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】本题考查了竖直上抛运动与自由落体运动，分析清楚小球的运动过程是解题的前提，应用运动学公式即可解题。AB．由题图可知，B由静止释放时距地面的高度与A上升到最高点时距地面的高度相等，B由静止释放直到落地与A由抛出直到上升到最高点所用时间相等，所以，A的初速度与B落地时的速度大小相等，A上升过程的平均速度与B下降过程的平均速度大小相等，故A正确，B错误；
C．设A竖直上抛的初速度为v0，则当AB到达同一高度时有
，
联立解得
，
所以A、B处于同一高度时距地面
故C正确；
D．B落地时A刚好上升到最高点，所以AB落地的时间差就等于A从最高点下落到地面所用的时间，满足
解得
故D错误。
故选AC。
【分析】A做竖直上抛运动，B做自由落体运动，根据图示图像求出两球离地面的最大高度，然后根据球的运动过程与运动学公式分析答题。
9．（2025·乐山模拟）某兴趣小组用电压表改装一个加速度测量计，设计方案如图。较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧分别连接完全相同的弹簧3；AA'是总阻值为R的滑动变阻器，4是固定在滑块上的滑动变阻器的滑片，当测量计处于平衡状态时4位于滑动变阻器中间位置，电压表示数为U0。已知电源的电动势、内阻均不变，R'为定值电阻。将装置安装在水平向右运动的小车上，则（　　）
A．电压表示数大于U0，小车在加速运动
B．电压表示数从U0逐渐增大，小车加速度变大
C．电压表示数从U0逐渐减小，小车加速度变小
D．将电压表表盘重新刻画为加速度测量计的表盘，其刻度线分布均匀
【答案】A,B
【知识点】牛顿第二定律；电路动态分析
【解析】【解答】本题中的加速度计体现了一种重要的实验设计思想—转换思想，即把难以直接测量的力学量转换为容易测量的电学量。这类题目是力与电综合题，关键要寻找力电联系的桥梁。A．初始时滑片4位于电阻丝中间位置且开关闭合后电压表示数为，此时两边弹簧弹力为零，当小车向右加速运动时，滑片4向左移动x，加速度方向向右，则回路电阻增大，电流减小，电压表示数
则电压表的示数大于，A正确；
B．只有回路中电阻增大，电压表示数才从U0逐渐增大，小车向右加速运动，滑片4向左移动x更多，因此小车加速度变大，B正确；
C．电压表示数从U0逐渐减小，小车向右减速运动，滑片4向右移动x更多，因此小车减速运动的加速度变大，C错误；
D．若向右加速，设滑片4向左移动x距离，电阻丝总长为2l，根据闭合电路欧姆定律有
电压表示数
可见刻度线分布不均匀，D错误。
故选AB。
【分析】这是一个加速度传感器，这种传感器输入量是加速度，输出量是电压；根据加速度传感器的工作原理结合电路图进行分析。
10．（2025·乐山模拟）如图甲，平面直角坐标系xOy处于匀强电场中，电场强度方向与坐标平面平行，P点是y轴上y=4m处的一点，Q是x轴上x=3m处的一点，x轴上x=0至x=2m区域内的电势分布如图乙，将一个电荷量为q=1×10-5C的正点电荷从坐标原点沿y轴正向移动到P点，电场力做功1.6×10-4J。则（　　）
A．电场强度的大小为3V/m
B．匀强电场方向与x轴正向夹角的正弦值为0.8
C．y轴上P点的电势为-16V
D．将该点电荷从P点移到Q点，电场力做功为-7×10-5J
【答案】B,D
【知识点】电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】 该题考查电场中的功能关系，注意电场强度是矢量，合成要用平行四边形定则。AB．由题图乙知，电场强度沿x轴的分量，方向沿x轴正向，大小为
依题意有，电场强度沿y轴的分量，方向沿y轴正向，大小为
故该匀强电场的场强大小为
设场强方向与x轴正向的夹角为α，则
故A错误，B正确；
C．根据匀强电场电场强度与电势差的关系有
，，
可得
故C错误；
D．根据匀强电场电场强度与电势差的关系有
，，
解得
所以
所以将该点电荷从P点移到Q点，电场力做功为
故D正确。
故选BD。 分别求出x方向与y方向的电场强度，然后根据勾股定理合成；根据匀强电场电场强度与电势差的关系求出y轴上P点的电势；根据电场力做功的公式求出。
11．（2025·乐山模拟）在“探究加速度与力的关系”实验中，某同学使用了如图甲所示的装置。
（1）该同学探究加速度a和拉力F的关系时，　 　 应该保持不变。
（2）该同学将沙和沙桶的重力作为拉力F来处理数据，并作出了a-F图像，如图乙所示，图中的图线不过原点的原因是　 　，图中图线发生弯曲的原因是　 　。
【答案】（1）小车质量
（2）平衡摩擦力过度；沙和沙桶的总质量未远远小于小车质量
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】本题考查探究加速度与物体质量、物体受力的关系，要注意明确实验原理，同时注意明确实验中误差情况分析方法。
（1）本实验采用控制变量法，该同学探究加速度a和拉力F的关系时，小车质量应该保持不变。
（2）图中当F=0时a≠0，也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力过度。
对小车由牛顿第二定律可得
对沙和沙桶由牛顿第二定律可得
解得
要使得绳子拉力等于沙和沙桶的重力大小，必有
而不满足时，随沙和沙桶的重力的增大物体的加速度a逐渐减小。所以图中图线发生弯曲的原因是沙和沙桶的总质量未远远小于小车质量。
【分析】 （1）根据实验方法及牛顿第二定律分析解答；
（2）由图得小车的摩擦力小于重力的分力，根据实验原理分析解答。
（1）本实验采用控制变量法，该同学探究加速度a和拉力F的关系时，小车质量应该保持不变。
（2）[1]图中当F=0时a≠0
也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力过度。
[2]对小车由牛顿第二定律可得
对沙和沙桶由牛顿第二定律可得
解得
要使得绳子拉力等于沙和沙桶的重力大小，必有
而不满足时，随沙和沙桶的重力的增大物体的加速度a逐渐减小。所以图中图线发生弯曲的原因是沙和沙桶的总质量未远远小于小车质量。
12．（2025·乐山模拟）气敏电阻在安全环保领域有着广泛的应用。某气敏电阻说明书给出的气敏电阻Rq随甲醛浓度η变化的曲线如图a所示。
（1）为检验该气敏电阻的参数是否与图a一致，实验可供选用的器材如下：
A.蓄电池（电动势6V，内阻不计）
B.毫安表A1（量程2mA，内阻为200Ω）
C.毫安表A2（量程5mA，内阻约20Ω）
D.定值电阻R0（阻值2800Ω）
E.滑动变阻器R1（最大阻值10Ω，额定电流0.2A）
F.滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，额定电流0.2A）
G.开关、导线若干
探究小组根据器材设计了图b所示电路来测量不同甲醛浓度下气敏电阻的阻值，其中：
①滑动变阻器Rp应选用　 　（填“R1”或“R2）；
②开关S闭合前，应将滑动变阻器Rp的滑片置于　 　端（填“a”或“b”）；
（2）实验时，将气敏电阻置于密封小盒内，通过注入甲醛改变盒内浓度，记录不同浓度下电表示数，当甲醛浓度为时毫安表A1和毫安表A2的示数分别为1.51mA和3.51mA，此时测得该气敏电阻的阻值为　 　kΩ（结果保留三位有效数字）。
（3）多次测量数据，得出该气敏电阻的参数与图a基本一致。探究小组利用该气敏电阻设计了如图c所示的简单测试电路，用来测定室内甲醛是否超标（国家室内甲醛浓度标准是），并能在室内甲醛浓度超标时发出报警音。电路中报警器的电阻可视为无穷大，电源电动势E=3.0V（内阻不计），在接通电路时报警器两端电压大于2.0V时发出报警音“已超标”，小于等于2.0V时发出提示音“未超标”。则在电阻R3和R4中，　 　是定值电阻，其阻值为　 　kΩ（保留两位有效数字）。
【答案】（1）R2；a
（2）2.27
（3）R3；1.3
【知识点】生活中常见的传感器；利用传感器制作简单的自动控制装置
【解析】【解答 】本题考查了传感器在生活中的运用，要明确实验原理，知道已知内阻的电流表可以作为电压表实验，理解气敏电阻与浓度关系曲线的含义；掌握并联电路的特点和欧姆定律的运用。
（1）①根据图b可知，滑动变阻器采用了分压接法，为了调节方便，本来应该选择最大阻值较小的R1；但是考虑到若选择R1=10Ω，电源电动势为6V，则可能会超过滑动变阻器的最大电流0.2A，所以选择R2。
②开关S闭合前，应将滑动变阻器Rp的滑片置于a端。
（2）该气敏电阻的阻值为
（3）因甲醇浓度越大，则RP阻值越大，回路总电阻越大，总电流越小，则定值电阻上的电压越小，RP上的电压越大，当超过2.0V时发出报警音，可知R4为气敏电阻，R3为定值电阻；当室内甲醛浓度是时Rp=2.6kΩ，可知定值电阻
【分析】（1）①滑动变阻器采用了分压接法，应该选择最大阻值较小的滑动变阻器；
②根据实验安全及操作规范分析解答；
（2）根据欧姆定律解答；
（3）根据气敏电阻与浓度关系曲线，结合测量电路电压的分配与电阻的关系分析作答。
（1）①[1]根据图b可知，滑动变阻器采用了分压接法，为了调节方便，本来应该选择最大阻值较小的R1；但是考虑到若选择R1=10Ω，电源电动势为6V，则可能会超过滑动变阻器的最大电流0.2A，所以选择R2。
②[2]开关S闭合前，应将滑动变阻器Rp的滑片置于a端。
（2）该气敏电阻的阻值为
（3）[3][4]因甲醇浓度越大，则RP阻值越大，回路总电阻越大，总电流越小，则定值电阻上的电压越小，RP上的电压越大，当超过2.0V时发出报警音，可知R4为气敏电阻，R3为定值电阻；当室内甲醛浓度是时Rp=2.6kΩ，可知定值电阻
13．（2025·乐山模拟）如图甲为气压式升降电脑椅，其简化结构如图乙，圆柱形气缸A可沿圆柱形气缸杆B外壁上下滑动。气缸A与椅面固定在一起，其整体质量m=10kg；气缸杆B与底座固定在一起，气缸杆B的横截面积S=50cm2。在气缸A与气缸杆B间封闭一长L=20cm的气体（视为理想气体）。当人坐在椅面上，脚悬空稳定后椅面下降高度h=10cm。已知室内温度不变，气缸A气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）椅面未坐人时，气缸A中的气体压强p1；
（2）该人的质量M。
【答案】（1）解：初始状态时，以气缸A与椅面整体为研究对象，由平衡条件可得
代入数据解得
（2）解：人坐在椅面上脚悬空稳定后，设气缸A内气体柱长度为，根据玻意耳定律可得
其中
代入数据解得
根据平衡条件可得
代入数据解得
【知识点】共点力的平衡；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据平衡条件，以气缸A与椅面整体为研究对象分析求解；
（2）根据玻意耳定律，结合平衡条件分析求解。
（1）初始状态时，以气缸A与椅面整体为研究对象，由平衡条件可得
代入数据解得
（2）人坐在椅面上脚悬空稳定后，设气缸A内气体柱长度为，根据玻意耳定律可得
其中
代入数据解得
根据平衡条件可得
代入数据解得：M=60kg
14．（2025·乐山模拟）如图，两固定光滑平行直金属导轨MN、M'N'与PQ、P'Q'间用两段光滑小圆弧平滑连接，两导轨间距L=0.5m，M、M'两点间接有阻值R=2.0Ω的电阻。质量m1=0.2kg的均匀直金属杆ab放在导轨上，其接入回路的电阻r=0.5Ω，质量m2=0.6kg的绝缘杆cd静置于水平轨道上，水平轨道处于磁感应强度大小B=1T，方向竖直向上的匀强磁场中，导轨电阻忽略不计。现让金属杆ab由静止释放，释放点距水平轨道的竖直高度h=0.45m，进入水平轨道减速运动一段时间后，与绝缘杆cd发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后瞬间杆ab的速度大小v1=1m/s，方向水平向右。已知杆ab、cd均与导轨垂直，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）金属杆ab刚进入磁场时的加速度大小a；
（2）两杆碰后瞬间，绝缘杆cd获得的速度大小；
（3）全过程中电阻R上产生的焦耳热。
【答案】（1）解：金属杆滑下过程，由机械能守恒定律有
刚进入磁场时，由电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有
由安培力公式和牛顿第二定律有
解得
（2）解：设碰撞前瞬间ab的速度大小v0，碰后瞬间绝缘杆速度为v2，根据碰撞过程中ab、cd系统动量守恒与能量守恒有
，
解得
，
（3）解：碰撞后cd棒匀速直线运动，金属杆ab最终静止于水平轨道上，全过程由能量守恒定律，有
全过程中电阻R上产生的焦耳热
解得
【知识点】碰撞模型；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律求得金属杆ab刚进入磁场时得速度大小，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律解答；
（2）根据动量守恒定律与机械能守恒定律解答；
（3）碰撞后绝缘杆cd做匀速直线运动，金属杆ab最终静止于水平轨道上，全过程由能量守恒定律与焦耳定律求解电阻R上产生的焦耳热。
（1）金属杆滑下过程，由机械能守恒定律有
刚进入磁场时，由电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有
由安培力公式和牛顿第二定律有
解得
（2）设碰撞前瞬间ab的速度大小v0，碰后瞬间绝缘杆速度为v2，根据碰撞过程中ab、cd系统动量守恒与能量守恒有，
解得，
（3）碰撞后cd棒匀速直线运动，金属杆ab最终静止于水平轨道上，全过程由能量守恒定律，有
全过程中电阻R上产生的焦耳热
解得
15．（2025·乐山模拟）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示，xOy平面直角坐标系中第I象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场B0（大小未知）；第II象限存在沿x轴正方向的大小未知的匀强电场；第IV象限交替分布着沿方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为L，边界与y轴垂直，电场强度，磁感应强度。一质量为m，电量为+q的粒子从点以平行于y轴的初速度v0进入第II象限，恰好从点N（0，2L）进入第I象限，然后又垂直于x轴进入第IV象限，多次经过电场和磁场后某时刻粒子的速度沿x轴正方向。粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。求：
（1）磁感应强度B0的大小；
（2）粒子刚射出第1层磁场下边界时的速度方向；
（3）粒子进入第n层磁场时的速度大小vn以及最远能进入第几层磁场。
【答案】（1）解：设粒子在第II象限运动的时间为t，在N点沿x轴的分速度为vx，由于粒子垂直电场方向进入电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，x方向有
y方向有
通过N点的速度
与y轴正方向的夹角满足
在第I象限运动由牛顿第二定律有
根据垂直于x轴进入第IV象限，由几何关系知
联立解得
（2）解：设穿过x轴下方第一层电场后的速度为v1，由动能定理有
解得
在x轴下方第一层磁场中运动的轨迹如图所示
由洛伦兹力充当向心力有
解得
设速度偏转角为θ，则根据几何关系可得
则
即粒子射出第1层磁场下边界时速度的方向与y轴负方向夹角为30°。
（3）解：当粒子在第n层磁场中运动时，此前粒子已经过n个电场，由动能定理有
解得
若粒子在第n层磁场中距离x轴最远，则最大速度为vn，在水平方向上由动量定理有
即
其中ym为磁场中向下运动的最远距离，由题意
满足条件
且
解得满足条件的整数
故最远能进入第4层磁场。
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法和牛顿第二定律求磁感应强度B0的大小；
（2）由动能定理求解出电场的速度，画出粒子运动的轨迹，洛伦兹力充当向心力和几何关系求粒子刚射出第1层磁场下边界时的速度方向；
（3）由动能定理粒子进入第n层磁场时的速度大小vn，由动量定理求最大速度，根据几何关系求解最远能进入第几层磁场。
（1）设粒子在第II象限运动的时间为t，在N点沿x轴的分速度为vx，由于粒子垂直电场方向进入电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，x方向有
y方向有
通过N点的速度
与y轴正方向的夹角满足
在第I象限运动由牛顿第二定律有
根据垂直于x轴进入第IV象限，由几何关系知
联立解得
（2）设穿过x轴下方第一层电场后的速度为v1，由动能定理有
解得
在x轴下方第一层磁场中运动的轨迹如图所示
由洛伦兹力充当向心力有
解得
设速度偏转角为θ，则根据几何关系可得
则
即粒子射出第1层磁场下边界时速度的方向与y轴负方向夹角为30°。
（3）当粒子在第n层磁场中运动时，此前粒子已经过n个电场，
由动能定理
解得
若粒子在第n层磁场中距离x轴最远，则最大速度为vn
在水平方向上由动量定理有
即
其中ym为磁场中向下运动的最远距离，由题意
满足条件：且
解得满足条件的整数
故最远能进入第4层磁场。
1 / 12025届四川省乐山市普通高中高三下学期第二次诊断性测试物理试卷
1．（2025·乐山模拟）锂元素作为新能源汽车电池的关键材料，其来源可追溯至宇宙射线中的高能粒子与星际物质原子核发生的核反应，其中一种核反应方程为，式中的X是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·乐山模拟）2027年我国将发射首个巡天空间望远镜（CSST），它将与我国空间站在同一轨道独立运行，在需要时可以与空间站对接。已知巡天空间望远镜预定轨道离地面高度约为400km，则关于该巡天空间望远镜的说法正确的是（　　）
A．加速度大于地球同步卫星的加速度
B．线速度小于赤道上物体的线速度
C．点火加速可在原轨道追上空间站完成对接
D．考虑到稀薄大气的阻力，线速度会越来越小
3．（2025·乐山模拟）向家坝水电站采用800千伏特高压直流输电将电能送往上海。已知输电功率为P，输电电压为U，输电线路总电阻为R。若仅考虑输电线路电阻产生的能量损失，则（　　）
A．输电线路中的电流
B．输电线路上损失的功率
C．若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的功率将变为原来的2倍
D．若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的电压将变为原来的0.5倍
4．（2025·乐山模拟）如图所示，在“测定玻璃砖的折射率”的实验中，将玻璃砖在白纸上放好，aa'和bb'分别是玻璃砖与空气的两个界面且相互平行。在玻璃砖的一侧画直线AO与aa'交于O，在AO上插两枚大头针P1和P2，用“×”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针P3和P4。下列说法正确的是（　　）
A．插上大头针P4，使P4挡住P3以及P1、P2的像
B．光可能在bb'发生全发射，导致观察不到P1、P2的像
C．若两个界面aa'和bb'不平行，将不能完成实验
D．若实验中不慎将玻璃砖向上平移了一些，其他操作均正确，则测得的折射率偏大
5．（2025·乐山模拟）沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的图像如图所示，该时刻P、Q两质点离开平衡位置的位移相同，此后P质点回到平衡位置的最短时间为0.1s，Q质点回到平衡位置的最短时间为0.3s，则（　　）
A．该波沿x轴负方向传播
B．该波的传播速度为10m/s
C．t=0.2s时，质点P的加速度方向沿y轴负方向
D．t=0.2s时，质点P的纵坐标为cm
6．（2025·乐山模拟）如图所示，光滑圆弧轨道ACD固定在竖直面内，O为圆弧轨道的圆心，圆弧轨道的半径为R。将质量为m的滑块（可视为质点）以水平向右的初速度v0（大小未知）从轨道内侧A点开始运动，且滑块始终受到水平向右的恒力作用，经过轨道上B点时速度最大，OB与竖直方向的夹角θ=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．滑块受到的恒力大小为0.6mg
B．若滑块能通过圆弧轨道的最高点C，则
C．若，滑块通过B点时对轨道的压力为1.75mg
D．若，滑块一定能沿圆弧轨道运动到D点
7．（2025·乐山模拟）如图所示，光滑“”形金属导轨固定在水平面上，一导体棒静置于导轨上，并与导轨垂直，构成回路。回路上方一条形磁铁在外力F作用下，竖直向上做匀速运动。运动中外力F对磁铁做功WF，磁铁克服重力做功WG，磁铁克服磁场力做功W1，磁场力对导体棒做功W2，导体棒获得的动能为Ek，回路中产生的焦耳热为Q。则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·乐山模拟）如图甲，小球A（视为质点）从地面开始做竖直上抛运动，同时小球B（视为质点）从距地面高度为h0处由静止释放，两小球距地面的高度h与运动时间t的关系图像如图乙，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　）
A．A的初速度与B的落地时速度大小相等
B．A上升过程的平均速度小于B下降过程的平均速度
C．A、B处于同一高度时距地面
D．A、B落地的时间差为
9．（2025·乐山模拟）某兴趣小组用电压表改装一个加速度测量计，设计方案如图。较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧分别连接完全相同的弹簧3；AA'是总阻值为R的滑动变阻器，4是固定在滑块上的滑动变阻器的滑片，当测量计处于平衡状态时4位于滑动变阻器中间位置，电压表示数为U0。已知电源的电动势、内阻均不变，R'为定值电阻。将装置安装在水平向右运动的小车上，则（　　）
A．电压表示数大于U0，小车在加速运动
B．电压表示数从U0逐渐增大，小车加速度变大
C．电压表示数从U0逐渐减小，小车加速度变小
D．将电压表表盘重新刻画为加速度测量计的表盘，其刻度线分布均匀
10．（2025·乐山模拟）如图甲，平面直角坐标系xOy处于匀强电场中，电场强度方向与坐标平面平行，P点是y轴上y=4m处的一点，Q是x轴上x=3m处的一点，x轴上x=0至x=2m区域内的电势分布如图乙，将一个电荷量为q=1×10-5C的正点电荷从坐标原点沿y轴正向移动到P点，电场力做功1.6×10-4J。则（　　）
A．电场强度的大小为3V/m
B．匀强电场方向与x轴正向夹角的正弦值为0.8
C．y轴上P点的电势为-16V
D．将该点电荷从P点移到Q点，电场力做功为-7×10-5J
11．（2025·乐山模拟）在“探究加速度与力的关系”实验中，某同学使用了如图甲所示的装置。
（1）该同学探究加速度a和拉力F的关系时，　 　 应该保持不变。
（2）该同学将沙和沙桶的重力作为拉力F来处理数据，并作出了a-F图像，如图乙所示，图中的图线不过原点的原因是　 　，图中图线发生弯曲的原因是　 　。
12．（2025·乐山模拟）气敏电阻在安全环保领域有着广泛的应用。某气敏电阻说明书给出的气敏电阻Rq随甲醛浓度η变化的曲线如图a所示。
（1）为检验该气敏电阻的参数是否与图a一致，实验可供选用的器材如下：
A.蓄电池（电动势6V，内阻不计）
B.毫安表A1（量程2mA，内阻为200Ω）
C.毫安表A2（量程5mA，内阻约20Ω）
D.定值电阻R0（阻值2800Ω）
E.滑动变阻器R1（最大阻值10Ω，额定电流0.2A）
F.滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，额定电流0.2A）
G.开关、导线若干
探究小组根据器材设计了图b所示电路来测量不同甲醛浓度下气敏电阻的阻值，其中：
①滑动变阻器Rp应选用　 　（填“R1”或“R2）；
②开关S闭合前，应将滑动变阻器Rp的滑片置于　 　端（填“a”或“b”）；
（2）实验时，将气敏电阻置于密封小盒内，通过注入甲醛改变盒内浓度，记录不同浓度下电表示数，当甲醛浓度为时毫安表A1和毫安表A2的示数分别为1.51mA和3.51mA，此时测得该气敏电阻的阻值为　 　kΩ（结果保留三位有效数字）。
（3）多次测量数据，得出该气敏电阻的参数与图a基本一致。探究小组利用该气敏电阻设计了如图c所示的简单测试电路，用来测定室内甲醛是否超标（国家室内甲醛浓度标准是），并能在室内甲醛浓度超标时发出报警音。电路中报警器的电阻可视为无穷大，电源电动势E=3.0V（内阻不计），在接通电路时报警器两端电压大于2.0V时发出报警音“已超标”，小于等于2.0V时发出提示音“未超标”。则在电阻R3和R4中，　 　是定值电阻，其阻值为　 　kΩ（保留两位有效数字）。
13．（2025·乐山模拟）如图甲为气压式升降电脑椅，其简化结构如图乙，圆柱形气缸A可沿圆柱形气缸杆B外壁上下滑动。气缸A与椅面固定在一起，其整体质量m=10kg；气缸杆B与底座固定在一起，气缸杆B的横截面积S=50cm2。在气缸A与气缸杆B间封闭一长L=20cm的气体（视为理想气体）。当人坐在椅面上，脚悬空稳定后椅面下降高度h=10cm。已知室内温度不变，气缸A气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）椅面未坐人时，气缸A中的气体压强p1；
（2）该人的质量M。
14．（2025·乐山模拟）如图，两固定光滑平行直金属导轨MN、M'N'与PQ、P'Q'间用两段光滑小圆弧平滑连接，两导轨间距L=0.5m，M、M'两点间接有阻值R=2.0Ω的电阻。质量m1=0.2kg的均匀直金属杆ab放在导轨上，其接入回路的电阻r=0.5Ω，质量m2=0.6kg的绝缘杆cd静置于水平轨道上，水平轨道处于磁感应强度大小B=1T，方向竖直向上的匀强磁场中，导轨电阻忽略不计。现让金属杆ab由静止释放，释放点距水平轨道的竖直高度h=0.45m，进入水平轨道减速运动一段时间后，与绝缘杆cd发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后瞬间杆ab的速度大小v1=1m/s，方向水平向右。已知杆ab、cd均与导轨垂直，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）金属杆ab刚进入磁场时的加速度大小a；
（2）两杆碰后瞬间，绝缘杆cd获得的速度大小；
（3）全过程中电阻R上产生的焦耳热。
15．（2025·乐山模拟）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示，xOy平面直角坐标系中第I象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场B0（大小未知）；第II象限存在沿x轴正方向的大小未知的匀强电场；第IV象限交替分布着沿方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为L，边界与y轴垂直，电场强度，磁感应强度。一质量为m，电量为+q的粒子从点以平行于y轴的初速度v0进入第II象限，恰好从点N（0，2L）进入第I象限，然后又垂直于x轴进入第IV象限，多次经过电场和磁场后某时刻粒子的速度沿x轴正方向。粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。求：
（1）磁感应强度B0的大小；
（2）粒子刚射出第1层磁场下边界时的速度方向；
（3）粒子进入第n层磁场时的速度大小vn以及最远能进入第几层磁场。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】本题考查核反应方程的书写规则，会根据题意进行准确分析解答。由核反应前后电荷数守恒可得X的电荷数为
由核反应前后质量数守恒可得X的质量数为
所以X是。
故选C。
【分析】根据质量数和电荷数守恒计算X的质量数和电荷数，再判断粒子种类。
2．【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力定律的应用和卫星的变轨问题，会根据题意进行准确分析解答。如果卫星想要进入更高的轨道，需要向后喷气做加速运动；如果想要进入更低的轨道，需要向前喷气做减速运动。A．根据牛顿第二定律
可得
由于同步卫星轨道半径大于巡天空间望远镜，所以巡天空间望远镜的加速度大于地球同步卫星的加速度，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力
解得
由于同步卫星轨道半径大于巡天空间望远镜，所以巡天空间望远镜的线速度大于同步卫星的线速度，但同步卫星的角速度等于赤道上物体的角速度，但同步卫星的轨道半径大于赤道上物体的轨道半径，所以同步卫星的线速度大于赤道上物体的线速度，则巡天空间望远镜的线速度大于赤道上物体的线速度，故B错误；
C．巡天空间望远镜若在原轨道加速会做离心运动，故不可能追上空间站完成对接，故C错误；
D．考虑到稀薄大气的阻力，巡天空间望远镜轨道半径减小做向心运动，故线速度会越来越大，故D错误。
故选A。
【分析】根据牛顿第二定律导出加速度、线速度结合同步卫星的特点，卫星加速变轨和阻力做功减速做向心运动的知识进行分析解答。
3．【答案】B
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题让学生在理解基本概念的基础上，进一步分析和应用这些概念，从而加深对电力传输中能量损失的理解。A．输电线路中的电流
故A错误；
B．输电线路上损失的功率
故B正确；
C．若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的功率为
输电线路上损失的功率将变为原来的倍，故C错误；
D．原来输电线路上损失的电压为
若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的电压为
所以若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的电压将变为原来的2倍，故D错误。
故选B。
【分析】根据对电力传输中功率、电压、电流和电阻之间关系的分析，分析输电线路中的电流、功率损失以及电压变化对功率损失的影响。
4．【答案】A
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】本题关键是作出光路图，分析实际边界与作图边界不同时，测出的折射角与正确操作时折射角的关系相同。A．插上大头针P4，使P4挡住P3以及P1、P2的像，故A正确；
B．光线能从aa'射入玻璃砖，则光线在bb'面上的入射角一定小于临界角，则光不可能在bb'发生全发射，故B错误；
C．若两个界面aa'和bb'不平行，仍然能完成实验，故C错误；
D．若实验中不慎将玻璃砖向上平移了一些，如图所示
根据几何关系可得，入射角相等，折射角相等，则测得的折射率不变，故D错误。
故选A。
【分析】根据实验原理及操作规范判断，作光路图时，就以aa'为边界，根据实际的边界与作图的边界不同，作出光路图，比较将玻璃砖向上平移时，入射角和折射角的关系，分析误差情况。
5．【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】能够根据题意得到该波的周期是解题的关键，能够写出质点P的振动方程是解题的基础。A．由图中P、Q两质点位置和P先回到平衡位置可知，图中质点P向y轴负方向振动，所以该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由图可知，波长为
由P质点回到平衡位置的最短时间为0.1s，Q质点回到平衡位置的最短时间为0.3s，由简谐振动的对称性可知周期为
该波的传播速度为
故B正确；
C． t=0.2s时，质点P在平衡位置下面向y轴负方向振动，加速度方向沿y轴正方向，故C错误；
D．t=0.1s时质点P在平衡位置向y轴负方向振动，从此时开始计时质点P的振动方程为
当时，故D错误。
故选B。
【分析】根据题意判断在t=0时P、Q质点的运动方向性，进而判断波的传播方向；根据对称性解出该波的周期，然后根据波速、波长和周期关系计算波速；根据质点P在t=0.2s时的位置分析加速度方向；写出在t=0.1s时质点P的振动方程，然后计算P的位移。
6．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要考查了动能定理，正确的选取研究过程，注意等效最高点和最低点的位置。动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。A．滑块在B点速度最大，则受合外力为零，则恒力大小为
选项A错误；
B．若滑块能通过圆弧轨道的最高点C，则在C点时
由动能定理
解得
选项B错误；
C．若，滑块通过B点时根据动能定理
在B点时
由牛顿第三定律
选项C正确；
D．由B的计算可知，若，则滑块恰能经过最高点C，滑块经过等效最高点（B点关于O点的对称点B＇）的最小速度满足
解得
假设滑块能经过等效最高点，则根据
解得
可知滑块不能经过等效最高点B＇，也就不能沿圆弧轨道运动到D点，选项D错误。
故选C。
【分析】根据滑块在B点速度最大求滑块受到的恒力大小；由动能定理求v0；根据动能定理和牛顿第二、第三定律求滑块通过B点时对轨道的压力；根据动能定理和牛顿第二定律分析判断。
7．【答案】D
【知识点】能量守恒定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查了电磁感应现象中的功能关系，根据能量守恒定律与动能定理综合分析。要知道不同形式能量之间的转化需要做功来完成。A．对磁铁分析，根据动能定理
因为磁铁匀速运动，所以动能变化量为0，故
故A错误；
C．根据能量守恒定律，磁铁克服电场力做功为，这部分能量转化为导体棒的动能和整个回路的焦耳热，则
故C错误；
B．对导体棒用动能定理
故B错误；
D．由
联立解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据功能关系可知磁铁克服磁场力做功等于金属导轨与导体棒组成的系统增加的能量。对磁铁和导体棒分别应用动能定理分析此系统的功能对应关系。
8．【答案】A,C
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】本题考查了竖直上抛运动与自由落体运动，分析清楚小球的运动过程是解题的前提，应用运动学公式即可解题。AB．由题图可知，B由静止释放时距地面的高度与A上升到最高点时距地面的高度相等，B由静止释放直到落地与A由抛出直到上升到最高点所用时间相等，所以，A的初速度与B落地时的速度大小相等，A上升过程的平均速度与B下降过程的平均速度大小相等，故A正确，B错误；
C．设A竖直上抛的初速度为v0，则当AB到达同一高度时有
，
联立解得
，
所以A、B处于同一高度时距地面
故C正确；
D．B落地时A刚好上升到最高点，所以AB落地的时间差就等于A从最高点下落到地面所用的时间，满足
解得
故D错误。
故选AC。
【分析】A做竖直上抛运动，B做自由落体运动，根据图示图像求出两球离地面的最大高度，然后根据球的运动过程与运动学公式分析答题。
9．【答案】A,B
【知识点】牛顿第二定律；电路动态分析
【解析】【解答】本题中的加速度计体现了一种重要的实验设计思想—转换思想，即把难以直接测量的力学量转换为容易测量的电学量。这类题目是力与电综合题，关键要寻找力电联系的桥梁。A．初始时滑片4位于电阻丝中间位置且开关闭合后电压表示数为，此时两边弹簧弹力为零，当小车向右加速运动时，滑片4向左移动x，加速度方向向右，则回路电阻增大，电流减小，电压表示数
则电压表的示数大于，A正确；
B．只有回路中电阻增大，电压表示数才从U0逐渐增大，小车向右加速运动，滑片4向左移动x更多，因此小车加速度变大，B正确；
C．电压表示数从U0逐渐减小，小车向右减速运动，滑片4向右移动x更多，因此小车减速运动的加速度变大，C错误；
D．若向右加速，设滑片4向左移动x距离，电阻丝总长为2l，根据闭合电路欧姆定律有
电压表示数
可见刻度线分布不均匀，D错误。
故选AB。
【分析】这是一个加速度传感器，这种传感器输入量是加速度，输出量是电压；根据加速度传感器的工作原理结合电路图进行分析。
10．【答案】B,D
【知识点】电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】 该题考查电场中的功能关系，注意电场强度是矢量，合成要用平行四边形定则。AB．由题图乙知，电场强度沿x轴的分量，方向沿x轴正向，大小为
依题意有，电场强度沿y轴的分量，方向沿y轴正向，大小为
故该匀强电场的场强大小为
设场强方向与x轴正向的夹角为α，则
故A错误，B正确；
C．根据匀强电场电场强度与电势差的关系有
，，
可得
故C错误；
D．根据匀强电场电场强度与电势差的关系有
，，
解得
所以
所以将该点电荷从P点移到Q点，电场力做功为
故D正确。
故选BD。 分别求出x方向与y方向的电场强度，然后根据勾股定理合成；根据匀强电场电场强度与电势差的关系求出y轴上P点的电势；根据电场力做功的公式求出。
11．【答案】（1）小车质量
（2）平衡摩擦力过度；沙和沙桶的总质量未远远小于小车质量
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】本题考查探究加速度与物体质量、物体受力的关系，要注意明确实验原理，同时注意明确实验中误差情况分析方法。
（1）本实验采用控制变量法，该同学探究加速度a和拉力F的关系时，小车质量应该保持不变。
（2）图中当F=0时a≠0，也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力过度。
对小车由牛顿第二定律可得
对沙和沙桶由牛顿第二定律可得
解得
要使得绳子拉力等于沙和沙桶的重力大小，必有
而不满足时，随沙和沙桶的重力的增大物体的加速度a逐渐减小。所以图中图线发生弯曲的原因是沙和沙桶的总质量未远远小于小车质量。
【分析】 （1）根据实验方法及牛顿第二定律分析解答；
（2）由图得小车的摩擦力小于重力的分力，根据实验原理分析解答。
（1）本实验采用控制变量法，该同学探究加速度a和拉力F的关系时，小车质量应该保持不变。
（2）[1]图中当F=0时a≠0
也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力过度。
[2]对小车由牛顿第二定律可得
对沙和沙桶由牛顿第二定律可得
解得
要使得绳子拉力等于沙和沙桶的重力大小，必有
而不满足时，随沙和沙桶的重力的增大物体的加速度a逐渐减小。所以图中图线发生弯曲的原因是沙和沙桶的总质量未远远小于小车质量。
12．【答案】（1）R2；a
（2）2.27
（3）R3；1.3
【知识点】生活中常见的传感器；利用传感器制作简单的自动控制装置
【解析】【解答 】本题考查了传感器在生活中的运用，要明确实验原理，知道已知内阻的电流表可以作为电压表实验，理解气敏电阻与浓度关系曲线的含义；掌握并联电路的特点和欧姆定律的运用。
（1）①根据图b可知，滑动变阻器采用了分压接法，为了调节方便，本来应该选择最大阻值较小的R1；但是考虑到若选择R1=10Ω，电源电动势为6V，则可能会超过滑动变阻器的最大电流0.2A，所以选择R2。
②开关S闭合前，应将滑动变阻器Rp的滑片置于a端。
（2）该气敏电阻的阻值为
（3）因甲醇浓度越大，则RP阻值越大，回路总电阻越大，总电流越小，则定值电阻上的电压越小，RP上的电压越大，当超过2.0V时发出报警音，可知R4为气敏电阻，R3为定值电阻；当室内甲醛浓度是时Rp=2.6kΩ，可知定值电阻
【分析】（1）①滑动变阻器采用了分压接法，应该选择最大阻值较小的滑动变阻器；
②根据实验安全及操作规范分析解答；
（2）根据欧姆定律解答；
（3）根据气敏电阻与浓度关系曲线，结合测量电路电压的分配与电阻的关系分析作答。
（1）①[1]根据图b可知，滑动变阻器采用了分压接法，为了调节方便，本来应该选择最大阻值较小的R1；但是考虑到若选择R1=10Ω，电源电动势为6V，则可能会超过滑动变阻器的最大电流0.2A，所以选择R2。
②[2]开关S闭合前，应将滑动变阻器Rp的滑片置于a端。
（2）该气敏电阻的阻值为
（3）[3][4]因甲醇浓度越大，则RP阻值越大，回路总电阻越大，总电流越小，则定值电阻上的电压越小，RP上的电压越大，当超过2.0V时发出报警音，可知R4为气敏电阻，R3为定值电阻；当室内甲醛浓度是时Rp=2.6kΩ，可知定值电阻
13．【答案】（1）解：初始状态时，以气缸A与椅面整体为研究对象，由平衡条件可得
代入数据解得
（2）解：人坐在椅面上脚悬空稳定后，设气缸A内气体柱长度为，根据玻意耳定律可得
其中
代入数据解得
根据平衡条件可得
代入数据解得
【知识点】共点力的平衡；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据平衡条件，以气缸A与椅面整体为研究对象分析求解；
（2）根据玻意耳定律，结合平衡条件分析求解。
（1）初始状态时，以气缸A与椅面整体为研究对象，由平衡条件可得
代入数据解得
（2）人坐在椅面上脚悬空稳定后，设气缸A内气体柱长度为，根据玻意耳定律可得
其中
代入数据解得
根据平衡条件可得
代入数据解得：M=60kg
14．【答案】（1）解：金属杆滑下过程，由机械能守恒定律有
刚进入磁场时，由电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有
由安培力公式和牛顿第二定律有
解得
（2）解：设碰撞前瞬间ab的速度大小v0，碰后瞬间绝缘杆速度为v2，根据碰撞过程中ab、cd系统动量守恒与能量守恒有
，
解得
，
（3）解：碰撞后cd棒匀速直线运动，金属杆ab最终静止于水平轨道上，全过程由能量守恒定律，有
全过程中电阻R上产生的焦耳热
解得
【知识点】碰撞模型；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律求得金属杆ab刚进入磁场时得速度大小，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律解答；
（2）根据动量守恒定律与机械能守恒定律解答；
（3）碰撞后绝缘杆cd做匀速直线运动，金属杆ab最终静止于水平轨道上，全过程由能量守恒定律与焦耳定律求解电阻R上产生的焦耳热。
（1）金属杆滑下过程，由机械能守恒定律有
刚进入磁场时，由电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有
由安培力公式和牛顿第二定律有
解得
（2）设碰撞前瞬间ab的速度大小v0，碰后瞬间绝缘杆速度为v2，根据碰撞过程中ab、cd系统动量守恒与能量守恒有，
解得，
（3）碰撞后cd棒匀速直线运动，金属杆ab最终静止于水平轨道上，全过程由能量守恒定律，有
全过程中电阻R上产生的焦耳热
解得
15．【答案】（1）解：设粒子在第II象限运动的时间为t，在N点沿x轴的分速度为vx，由于粒子垂直电场方向进入电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，x方向有
y方向有
通过N点的速度
与y轴正方向的夹角满足
在第I象限运动由牛顿第二定律有
根据垂直于x轴进入第IV象限，由几何关系知
联立解得
（2）解：设穿过x轴下方第一层电场后的速度为v1，由动能定理有
解得
在x轴下方第一层磁场中运动的轨迹如图所示
由洛伦兹力充当向心力有
解得
设速度偏转角为θ，则根据几何关系可得
则
即粒子射出第1层磁场下边界时速度的方向与y轴负方向夹角为30°。
（3）解：当粒子在第n层磁场中运动时，此前粒子已经过n个电场，由动能定理有
解得
若粒子在第n层磁场中距离x轴最远，则最大速度为vn，在水平方向上由动量定理有
即
其中ym为磁场中向下运动的最远距离，由题意
满足条件
且
解得满足条件的整数
故最远能进入第4层磁场。
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法和牛顿第二定律求磁感应强度B0的大小；
（2）由动能定理求解出电场的速度，画出粒子运动的轨迹，洛伦兹力充当向心力和几何关系求粒子刚射出第1层磁场下边界时的速度方向；
（3）由动能定理粒子进入第n层磁场时的速度大小vn，由动量定理求最大速度，根据几何关系求解最远能进入第几层磁场。
（1）设粒子在第II象限运动的时间为t，在N点沿x轴的分速度为vx，由于粒子垂直电场方向进入电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，x方向有
y方向有
通过N点的速度
与y轴正方向的夹角满足
在第I象限运动由牛顿第二定律有
根据垂直于x轴进入第IV象限，由几何关系知
联立解得
（2）设穿过x轴下方第一层电场后的速度为v1，由动能定理有
解得
在x轴下方第一层磁场中运动的轨迹如图所示
由洛伦兹力充当向心力有
解得
设速度偏转角为θ，则根据几何关系可得
则
即粒子射出第1层磁场下边界时速度的方向与y轴负方向夹角为30°。
（3）当粒子在第n层磁场中运动时，此前粒子已经过n个电场，
由动能定理
解得
若粒子在第n层磁场中距离x轴最远，则最大速度为vn
在水平方向上由动量定理有
即
其中ym为磁场中向下运动的最远距离，由题意
满足条件：且
解得满足条件的整数
故最远能进入第4层磁场。
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