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四川省成都市实验外国语学校教育集团2024-2025学年高三下学期4月联考物理试卷
1．（2025·成都模拟）如图所示的火灾自动报警器工作原理为：放射源处的镅发生衰变生成镎，粒子使壳内气室空气电离而导电。当烟雾进入壳内气室时，粒子被烟雾颗粒阻挡，于是锋鸣器报警。下列说法正确的是（　　）
A．发生火灾时温度升高，的半衰期变长
B．这种报警装置应用了射线贯穿本领强的特点
C．发生衰变过程中需要吸收能量
D．衰变的本质是原子核内的两个质子与两个中子结合成了一个粒子然后释放出来
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】半衰期是由原子核内部结构决定的，掌握α射线的特点，以及α粒子的结构是解题的基础。A．半衰期只由原子核内部决定，与所处环境温度无关，故A错误；
B．这种报警装置应用了射线电离本领强的特点，故B错误；
C．发生衰变过程中要释放能量，故C错误；
D．衰变的本质是原子核内的两个质子与两个中子结合成了一个粒子然后释放出来，故D正确。
故选D。
【分析】半衰期是由原子核内部结构决定的，与环境温度无关；装置应用了α射线电离本领强的特点；发生α衰变时会向外界释放能量；根据α粒子的结构分析。
2．（2025·成都模拟）某电梯的自动门简化如图所示，电梯到达指定楼层后两扇门从静止开始同时向两侧平移，两扇门的移动距离均为0.5m，若门从静止开始以大小相等的加速度先做匀加速运动后做匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则门打开需要的时间为（　　）
A．1s B．2s C．3s D．4s
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是弄清楚运动过程电梯门打开过程中门先从0匀加速运动后做匀减速运动到0，由运动的对称性可知
代入数据解得
故选B。
【分析】根据速度—位移关系求解最大速度，再根据速度—时间关系求解时间。
3．（2025·成都模拟）工人用如图甲所示的小推车搬运桶装水，小推车的支架和底板相互垂直。某次工人将质量为20kg的一桶水放到底板上，用力压把手至支架与水平面成30°角时保持静止，如图乙所示，不计水桶与小推车间的摩擦，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）
A．此时支架对水桶的弹力大小为100N
B．此时底板对水桶的弹力大小为N
C．此时小推车对水桶的作用力小于水桶对推车的作用力
D．缓慢减小支架与水平面的夹角，底板对水桶的弹力将减小
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。AB．根据题意，对水桶受力分析，如图所示
由平衡条件有
，
解得
，
故AB错误；
C．由平衡条件可知，小推车对水桶的作用力等于水桶对推车的作用力，故C错误；
D．结合上述分析可知，底板对水桶的弹力
可知，缓慢减小支架与水平面的夹角，底板对水桶的弹力将减小，故D正确。
故选D。
【分析】对水桶受力分析，由平衡条件求解支架对水桶的弹力大小和底板对水桶的弹力大小；小推车对水桶的作用力与水桶对推车的作用力是一对作用力与反作用力；根据平衡条件得到底板对水桶的弹力表达式进行分析。
4．（2025·成都模拟）2024年10月30日，我国“长征二号F”遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，神舟十九号载人飞船顺利升空。已知引力常量为G，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，视飞船绕地球做匀速圆周运动，其运行周期为T，忽略地球自转。下列说法正确的是（　　）
A．火箭加速升空阶段处于失重状态
B．地球的平均密度
C．飞船绕地球做匀速圆周运动时离地面高度
D．飞船绕地球做匀速圆周运动时的速度可能大于地球的第一宇宙速度
【答案】B
【知识点】超重与失重；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】第一宇宙速度 的意义：①卫星环绕地球表面运行的速度，也是绕地球做匀速圆周运动的最大速度．②使卫星绕地球做匀速圆周运动的最小地面发射速度。A．火箭加速升空阶段，根据牛顿第二定律
解得
处于超重状态，故A错误；
B．在地球表面万有引力等于重力，有
根据密度公式
解得
故B正确；
C．根据万有引力提供向心力
在地球表面万有引力等于重力，有
解得
飞船绕地球做匀速圆周运动时离地面高度
故C错误；
D．根据万有引力提供向心力
解得
可知轨道半径越小速度越大，试验船的轨道半径不可能小于地球半径，所以试验船绕地球的运行速度不可能大于地球的第一宇宙速度，故D错误。
故选B。
【分析】加速度向上的物体，处于 超重状态，根据地球表面物体重力等于万有引力，可求解出地球质量，进而可求解地球密度，飞船绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，可求解出飞船圆周运动的轨道半径及离地面高度，环绕地球运动的物体速度不可能大于第一宇宙速度。
5．（2025·成都模拟）如图所示，倾角为的绝缘斜面固定在水平地面上，该区域存在竖直向上、大小为E的匀强电场。一可视为质点，电荷量为，质量为m的滑块从离地高h的位置，以速度匀速下滑至斜面底端。以下说法正确的是（　　）
A．滑块下滑过程中机械能增加
B．滑块的电势能增加了qEh
C．斜面与滑块接触面之间的动摩擦因数
D．若撤去电场，滑块将向下做减速直线运动
【答案】C
【知识点】功能关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查带电滑块在复合场中的运动，要求学生能正确分析滑块的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．滑块匀速下滑，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故A错误；
B．滑块所受电场力竖直向下，滑块下滑过程中电场力做正功，则电势能减少了，故B错误；
C．滑块匀速下滑，受力平衡，即
解得
故C正确；
D．若撤去电场，则有
滑块以初速度释放仍能匀速下滑，故D错误。
故选C。
【分析】根据滑块的运动情况判断机械能的变化；根据电场力做功越电势能的关系判断；根据平衡关系分析判断。
6．（2025·成都模拟）如图所示的甲、乙两个电路，电感线圈的自感系数足够大，直流电阻为；两白炽灯泡和定值电阻的阻值也均为。先闭合开关，待电路达到稳定后，灯泡均能发光，再将开关断开，最终两灯都熄灭。对于开关闭合、断开后灯泡亮度变化情况，下列说法中正确的是（　　）
A．同时闭合开关，甲、乙电路中的灯泡同时亮起
B．同时闭合开关，甲电路中灯泡先闪亮一下再稳定发光
C．断开开关，甲、乙两电路中灯泡都先闪亮一下再延迟熄灭
D．断开开关，甲电路中灯泡延迟熄灭、乙电路中灯泡先闪亮一下再延迟熄灭
【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】本题考查了电感线圈L对电流发生突变时的阻碍作用，注意灯泡是否闪亮一下的依据是看开关断开前L中的电流和灯泡中电流的大小关系。AB．甲电路闭合开关，由于线圈的自感现象，灯泡缓慢变亮，乙电路闭合开关，灯泡瞬间变亮，AB均错误。
CD．甲电路在开关闭合稳定后，通过灯泡的电流与通过电感线圈的电流相等，再断开开关，由于线圈的自感作用，灯泡延迟熄灭；乙电路在开关闭合稳定后，通过的电流大于通过灯泡的电流，再断开开关，将阻碍电流变化，通过的电流将流经灯泡，使得断开后瞬间，通过灯泡的电流变大，所以灯泡先闪亮再延迟熄灭， C错误， D正确。
故选D。
【分析】线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向跟原电流的方向相反，抑制增大；开关断开时，L相当于电源，灯泡渐渐变暗还是先变得更亮，然后渐渐变暗，取决于原来通过灯泡的电流和后来通过灯泡的电流谁大谁小。
7．（2025·成都模拟）北京某中学的教室有一朝南的合金窗，教室所处位置地磁场的磁感应强度水平分量大小为B，方向垂直于窗框水平边且指向室内。窗的窗扇竖直边长为，水平边长为，一学生在教室内将封闭的窗扇向外推开的过程用时为t。对该过程判断正确的是（　　）
A．窗扇的水平边上各点的线速度相等
B．通过窗扇的磁通量大小在不断增大
C．从学生视角，窗扇产生顺时针方向的电流
D．窗扇的平均感应电动势大小为
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；磁通量；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题关键是知道地磁场的方向，知道求解磁通量的表达式Φ=BSsinα（α是磁场与线圈平面的夹角）分析理解。掌握楞次定律判断感应电流的方法。A．窗扇水平边上各点做同轴的圆周运动，其速度大小随距离的转轴的增大而增大，所以窗扇的水平边上各点的线速度不相等，故A错误；
B．由于教室所处位置地磁场的磁感应强度水平分量方向垂直于窗框水平边且指向室内，所以转到过程中与磁场垂直面积减小，故磁通量的大小不断减小，故B错误；
C．根据右手定则可以判断出窗扇转动过程中竖直边切割磁场产生的电流方向从上到下，即窗扇产生逆时针方向的电流，故C答案错误；
D．窗扇开始的磁通量为
转过的磁通量为
由此可得
故D正确；
故选D。
【分析】在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，当线圈与磁场平行时，磁通量Φ=0．根据楞次定律，判断出产生的感应电流的方向为逆时针，根据法拉第电磁感应定律求解窗扇的平均感应电动势大小。
8．（2025·成都模拟）半圆柱形玻璃砖的横截面如图所示，MN为直径，一细束复色光沿半圆柱形玻璃砖的半径方向从P点射入，在圆心O点分散成a、b两束单色光，a光恰好在玻璃砖底部发生全反射，b光从玻璃砖底部射出，，下列说法正确的是（　　）
A．玻璃砖对b光的折射率大于对a光的折射率
B．a光的频率大于b光的频率
C．在玻璃砖中，a光的传播速度大于b光的传播速度
D．玻璃砖对单色光a的折射率为
【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本题的突破口在于通过光的全反射的条件比较出光的折射率的大小，掌握与折射率有关的公式，注意光的传播速度的计算方法。ABC．光以同一入射角入射，光刚好发生全反射，光没有发生全反射，根据折射定律可知，玻璃砖对光的折射率大于对光的折射率，光的频率大于光的频率，在玻璃砖中光的传播速度
所以在玻璃砖中光的传播速度大于光的传播速度，故B正确，AC错误；
D．光恰好发生全反射，其临界角
玻璃砖对单色光的折射率
故D正确。
故选BD。
【分析】根据发生全反射的条件判断折射率的大小关系；根据折射率与频率的关系判断；根据折射率与传播速度的关系判断；根据折射率的定义式求出。
9．（2025·成都模拟）一列沿x轴传播的简谐横波在t = 0时刻的波形图如图所示，此时P点偏离平衡位置的位移大小是振幅的二分之一。已知该波的波速v = 8 m/s，则此后P点第二次达到平衡位置的时间可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。由波形图可知λ = 4 m，由
解得
假设波沿x轴正方向传播，则P点此时沿y轴负方向振动，又P点偏离平衡位置的位移大小是振幅的二分之一，故P点第一次到平衡位置的时间为，故P点从开始到第二次达到平衡位置的时间为
假设波沿x轴负方向传播，则P点此时沿y轴正方向振动，故P点第一次到平衡位置的时间为
故P点从开始到第二次达到平衡位置的时间为
故选AB。
【分析】根据波动图像读出波长，再根据题意求得质点的振动周期，分波沿x轴负方向传播和波沿x轴正方向传播两种情况讨论。
10．（2025·成都模拟）如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为，初始时小球离地面的高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面的夹角为，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球落地时重力的功率为mgv
B．小球下落的时间为
C．小球下落过程的水平位移大小为
D．小球下落过程空气阻力所做的功为
【答案】B,D
【知识点】动量定理；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】解答本题的关键要掌握动量定理，并能分方向应用，并能采用积分法求分位移。要知道重力做功的功率与竖直分速度有关。
A．小球落地时重力的功率为
故A错误；
B．利用微元法，小球下落过程，在竖直方向上根据动量定理有
其中
解得小球下落的时间为
故B正确；
C．同理，在水平方向上根据动量定理有
其中
解得小球下落过程的水平位移大小为
故C错误；
D．小球下落的过程，根据动能定理有
解得小球下落过程空气阻力所做的功为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据PG=mgvy求小球落地时重力的功率。在竖直方向上，运用动量定理求出小球下落的时间。小球在水平方向根据动量定理求小球下落过程中的水平位移大小。根据动能定理求空气阻力所做的功。
11．（2025·成都模拟）如图所示，甲图为探究小车匀变速直线运动规律的装置，乙图是某次实验获取的一段纸带。实验中打点计时器每隔0.02s打一个点，A、B、C、D、E、F、G是纸带上的计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出，请回答以下问题：
（1）除了图甲中标出的器材外，还需要______。（请填选项前的字母序号）
A．天平 B．刻度尺 C．秒表 D．弹簧测力计
（2）打C点时小车的速度大小为　 　m/s，小车的加速度大小为　 　。（计算结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）B
（2）0.48；0.80
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
【解析】【解答】本题考查纸带的数据处理，纸带上某点的瞬时速度一般用一小段时间内的平均速度代替，会根据题意进行准确分析解答。
（1）A．实验目的是研究小车的匀变速直线运动规律，不需要用天平测量钩码、小车的质量，故A错误；
B．实验中需要利用刻度尺测量纸带点迹之间的间距，故B正确；
C．打点计时器是一种计时仪器，不需要用秒表测量时间，故C错误；
D．实验目的是研究小车的匀变速直线运动规律，不需要用弹簧测力计测量钩码的重力，故D错误。
故选B。
（2）相邻两个计数点之间还有四个点未画出，可知两个计数点时间
则C点速度大小
逐差法可知加速度大小
【分析】（1）根据需要的器材进行选择；
（2）根据匀变速直线运动瞬时速度和平均速度的关系结合逐差法求解加速度的公式列式代入数据解答。
（1）A．实验目的是研究小车的匀变速直线运动规律，不需要用天平测量钩码、小车的质量，故A错误；
B．实验中需要利用刻度尺测量纸带点迹之间的间距，故B正确；
C．打点计时器是一种计时仪器，不需要用秒表测量时间，故C错误；
D．实验目的是研究小车的匀变速直线运动规律，不需要用弹簧测力计测量钩码的重力，故D错误。
故选B。
（2）[1]相邻两个计数点之间还有四个点未画出，可知两个计数点时间
则C点速度大小
[2]逐差法可知加速度大小
12．（2025·成都模拟）某课外活动小组设计了如图甲所示的电路图测量电源电动势和内阻，电压表和电流表内阻未知。
（1）按照图甲连接电路，将电阻箱R调到最大值，保持断开，将单刀双掷开关掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列电流表的读数I，作出图像如图乙所示，由图像的斜率和纵轴截距可求出电源电动势和内阻，由于电流表分压的原因，与真实值相比较，电动势测量结果　 　；（选填“偏大”“偏小”或“相等”）
（2）将电阻箱R调到最大值后，闭合开关，将单刀双掷开关掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列电压表的读数U，作出图像如图丙所示，由于电压表分流的原因，与真实值相比较，内阻测量结果　 　；（选填“偏大”“偏小”或“相等”）
（3）将乙、丙两个图像综合起来考虑，可以避免由于电表内阻带来的系统误差。测得图乙和图丙中图线斜率分别为、，纵轴截距分别为、，则电源的电动势　 　，内阻　 　。
【答案】（1）相等
（2）偏小
（3）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了测量电源电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握闭合电路的欧姆定律的运用，根据闭合电路的欧姆定律求解相应的函数，并结合图像斜率和纵截距的含义是解题的关键。
（1）根据闭合电路欧姆定律
变形得到与R的关系式
根据数学知识得知图像斜率的倒数等于电源的电动势E，则可知，电动势的测量值与真实值相比相等。
（2）根据闭合电路欧姆定律得
变形得
因此图像的纵轴截距
电源的电动势
图像的斜率
电源内阻
由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于，这是造成系统误差的原因；若考虑电源电压表内阻，则表达式为
变形得
则由数学规律可知，电动势E偏小；内阻偏小。
（3）由以上分析可知，小题（1）中电动势是准确的，所以
而小题（2）的丙图像的斜率
联立解得
。
【分析】（1）保持S1断开，将单刀双掷开关S2掷向a，不考虑电流表的内阻，根据闭合电路的欧姆定律求解函数，考虑电流表的内阻，根据闭合电路的欧姆定律求解函数，结合图像斜率的含义求解电动势，然后分析实验误差；
（2）闭合开关S1，将单刀双掷开关S2掷向b，不考虑电压表的分流作用，根据闭合电路的欧姆定律求解函数，考虑电压表的分流作用，根据闭合电路的欧姆定律求解函数，结合图像斜率的含义求解内阻，然后分析实验误差；
（3）根据上述（1）（2）的分析，结合合图像斜率和纵截距的含义求解电动势和内阻。
（1）根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r）
变形得到与R的关系式
根据数学知识得知，图像斜率的倒数等于电源的电动势E，则可知，电动势的测量值与真实值相比相等。
（2）根据闭合电路欧姆定律得
变形得
因此图像的纵轴截距
电源的电动势
图像的斜率
电源内阻
由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于，这是造成系统误差的原因；若考虑电源电压表内阻，则表达式为
变形得
则由数学规律可知，电动势E偏小；内阻偏小。
（3）由以上分析可知，小题（1）中电动势是准确的，所以
而小题（2）的丙图像的斜率
联立解得。
13．（2025·成都模拟）某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个光滑薄壁汽缸C、D通过质量、厚度均不计的活塞a、b封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连，系统静置在水平面上。已知汽缸的质量为M，气柱A的初始高度为L，初始环境温度为，轻弹簧的劲度系数为k，原长为，大气压强为，重力加速度为g，活塞的横截面积为S，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。
（1）求初始时气体A的压强；
（2）求初始时气柱B的高度；
（3）若环境温度缓慢降至，求稳定后座椅的高度。
【答案】（1）解：对A分析，设气体A的压强为，对汽缸C由平衡条件
解得初始时气体A的压强
（2）解：设气体B的压强为，对活塞b有
解得
由于气体A、B在初始时温度相同，则由玻意耳定律
解得初始时气柱B的高度为
（3）解：对B气体由盖—吕萨克定律
解得
由胡克定律得
解得弹簧的压缩量为
由（1）（2）问可得A气体变化与B气体一致，则
稳定后座椅的高度
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）根据平衡条件，对C分析求解；
（2）根据玻意耳定律，结合平衡条件分析求解；
（3）根据盖—吕萨克定律，结合胡克定律分析求解。
（1）对A分析，设气体A的压强为，对汽缸C由平衡条件
解得初始时气体A的压强
（2）设气体B的压强为，对活塞b有
解得
由于气体A、B在初始时温度相同，则由玻意耳定律
解得初始时气柱B的高度为
（3）对B气体由盖—吕萨克定律
解得
由胡克定律得
解得弹簧的压缩量为
由（1）（2）问可得A气体变化与B气体一致，则
稳定后座椅的高度
14．（2025·成都模拟）如图所示，已知截面为矩形的管道长度为l，宽度为a，高度为b。其中相距为a的两侧面是电阻可忽略的导体，该两侧导体与某种金属直导体连成闭合电路，相距为b的顶面和底面是绝缘体，将电阻率为的水银沿图示方向通过矩形导管，假设沿流速方向上管道任意横截面上各点流速相等，且水银流动过程中所受管壁摩擦力与水银流速成正比。为使水银在管道中匀速流过，就需要在管道两端加上压强差。初始状态下，整个空间范围内无磁场，此时测得在管道两端加上大小为的压强差时水银的流速为，则：
（1）求水银受到管壁的摩擦力与其流速的比例系数k；
（2）在管道上加上垂直于两绝缘面，方向向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场，若水银的流速仍为不变，已知金属直导体电阻为R，求电路中电流I；
（3）在（2）问的情况下，求此时管道两端的压强差p。
【答案】（1）解：由题意得，水银受到管壁的摩擦力的表达式可设为
又水银受到的压力为
因为水银匀速流动，所以根据平衡条件有
整理后有
（2）解：加上磁场后，当稳定时有
其中
该装置等效电源的内阻
由闭合电路欧姆定律有
联立上式，解得
（3）解：水银流过某横截面受管壁的摩擦力，安培力和压力，由平衡条件有
其中
解得

【知识点】磁流体发电机
【解析】【分析】（1）当水银的流速为v0时，水银受到的摩擦力与压力平衡，根据平衡条件列式求解；
（2）加上磁场后，流动的水银可视为金属棒切割磁感线，根据E=Bv0a、欧姆定律求出感应电流大小；
（3）仍要保持水银的流速为v0不变，水银受到的安培力、摩擦力、压力三力平衡，根据平衡条件求解。
（1）由题意得，水银受到管壁的摩擦力的表达式可设为
又水银受到的压力为
因为水银匀速流动，所以根据平衡条件有
整理后有
（2）加上磁场后，当稳定时有
其中
该装置等效电源的内阻
由闭合电路欧姆定律有
联立上式，解得
（3）水银流过某横截面受管壁的摩擦力，安培力和压力，由平衡条件有
其中
解得
15．（2025·成都模拟）空间中存在如图所示的匀强磁场，其中一、四象限的磁感应强度大小为B1，二、三象限的磁感应强度大小为B2，方向均垂直纸面向里，满足。t=0时刻，处于坐标原点O的一个静止的中性粒子分裂成两个带电粒子a与b，质量分别为ma和mb，已知a带正电，初速度为x轴正方向，不考虑重力及粒子之间的相互作用。则：
（1）a，b粒子分别在B1和B2区域中运动时，对应的圆周运动的周期之比与半径之比；
（2）若a粒子带电量为+q，初始速度为v0，则该粒子经过y轴的坐标和时刻；
（3）若a，b两粒子能再次在磁场分界面（即y轴）上相遇，ma和mb满足的条件。
【答案】解：（1）带电粒子在磁场中运动的周期
运动半径
粒子分裂时动量守恒，电荷守恒
所以
（2）a粒子在两磁场运动做圆周运动，如图所示轨迹为两个半圆。在磁场B1中运动时间t1到交界处，向上运动的距离d1
a粒子在两磁场运动做圆周运动，在磁场B2中运动时间t2到交界处，向下运动的距离d2
结合周期性可知
其中
（3）b粒子的运动轨迹如图所示的另两个半圆，根据上面的推导可以得到粒子b到y轴的位置与时刻
a、b在分合面处相遇应满足
结合，满足条件的只有
代入数据有
（）满足的解为（0，2），（1，1），（2，0），两粒子的质量比为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子裂变过程系统动量守恒、电荷量守恒，裂变后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用动量守恒定律、牛顿第二定律可以求出粒子周期之比和轨道半径之比；
（2）根据题意作出粒子在磁场中的运动轨迹，根据粒子运动情况求出该粒子经过y轴的坐标和时刻；
（3）由运动的轨迹，结合半径与周期的关系判断ma和mb 满足的条件。
1 / 1四川省成都市实验外国语学校教育集团2024-2025学年高三下学期4月联考物理试卷
1．（2025·成都模拟）如图所示的火灾自动报警器工作原理为：放射源处的镅发生衰变生成镎，粒子使壳内气室空气电离而导电。当烟雾进入壳内气室时，粒子被烟雾颗粒阻挡，于是锋鸣器报警。下列说法正确的是（　　）
A．发生火灾时温度升高，的半衰期变长
B．这种报警装置应用了射线贯穿本领强的特点
C．发生衰变过程中需要吸收能量
D．衰变的本质是原子核内的两个质子与两个中子结合成了一个粒子然后释放出来
2．（2025·成都模拟）某电梯的自动门简化如图所示，电梯到达指定楼层后两扇门从静止开始同时向两侧平移，两扇门的移动距离均为0.5m，若门从静止开始以大小相等的加速度先做匀加速运动后做匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则门打开需要的时间为（　　）
A．1s B．2s C．3s D．4s
3．（2025·成都模拟）工人用如图甲所示的小推车搬运桶装水，小推车的支架和底板相互垂直。某次工人将质量为20kg的一桶水放到底板上，用力压把手至支架与水平面成30°角时保持静止，如图乙所示，不计水桶与小推车间的摩擦，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）
A．此时支架对水桶的弹力大小为100N
B．此时底板对水桶的弹力大小为N
C．此时小推车对水桶的作用力小于水桶对推车的作用力
D．缓慢减小支架与水平面的夹角，底板对水桶的弹力将减小
4．（2025·成都模拟）2024年10月30日，我国“长征二号F”遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，神舟十九号载人飞船顺利升空。已知引力常量为G，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，视飞船绕地球做匀速圆周运动，其运行周期为T，忽略地球自转。下列说法正确的是（　　）
A．火箭加速升空阶段处于失重状态
B．地球的平均密度
C．飞船绕地球做匀速圆周运动时离地面高度
D．飞船绕地球做匀速圆周运动时的速度可能大于地球的第一宇宙速度
5．（2025·成都模拟）如图所示，倾角为的绝缘斜面固定在水平地面上，该区域存在竖直向上、大小为E的匀强电场。一可视为质点，电荷量为，质量为m的滑块从离地高h的位置，以速度匀速下滑至斜面底端。以下说法正确的是（　　）
A．滑块下滑过程中机械能增加
B．滑块的电势能增加了qEh
C．斜面与滑块接触面之间的动摩擦因数
D．若撤去电场，滑块将向下做减速直线运动
6．（2025·成都模拟）如图所示的甲、乙两个电路，电感线圈的自感系数足够大，直流电阻为；两白炽灯泡和定值电阻的阻值也均为。先闭合开关，待电路达到稳定后，灯泡均能发光，再将开关断开，最终两灯都熄灭。对于开关闭合、断开后灯泡亮度变化情况，下列说法中正确的是（　　）
A．同时闭合开关，甲、乙电路中的灯泡同时亮起
B．同时闭合开关，甲电路中灯泡先闪亮一下再稳定发光
C．断开开关，甲、乙两电路中灯泡都先闪亮一下再延迟熄灭
D．断开开关，甲电路中灯泡延迟熄灭、乙电路中灯泡先闪亮一下再延迟熄灭
7．（2025·成都模拟）北京某中学的教室有一朝南的合金窗，教室所处位置地磁场的磁感应强度水平分量大小为B，方向垂直于窗框水平边且指向室内。窗的窗扇竖直边长为，水平边长为，一学生在教室内将封闭的窗扇向外推开的过程用时为t。对该过程判断正确的是（　　）
A．窗扇的水平边上各点的线速度相等
B．通过窗扇的磁通量大小在不断增大
C．从学生视角，窗扇产生顺时针方向的电流
D．窗扇的平均感应电动势大小为
8．（2025·成都模拟）半圆柱形玻璃砖的横截面如图所示，MN为直径，一细束复色光沿半圆柱形玻璃砖的半径方向从P点射入，在圆心O点分散成a、b两束单色光，a光恰好在玻璃砖底部发生全反射，b光从玻璃砖底部射出，，下列说法正确的是（　　）
A．玻璃砖对b光的折射率大于对a光的折射率
B．a光的频率大于b光的频率
C．在玻璃砖中，a光的传播速度大于b光的传播速度
D．玻璃砖对单色光a的折射率为
9．（2025·成都模拟）一列沿x轴传播的简谐横波在t = 0时刻的波形图如图所示，此时P点偏离平衡位置的位移大小是振幅的二分之一。已知该波的波速v = 8 m/s，则此后P点第二次达到平衡位置的时间可能是（　　）
A． B． C． D．
10．（2025·成都模拟）如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为，初始时小球离地面的高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面的夹角为，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球落地时重力的功率为mgv
B．小球下落的时间为
C．小球下落过程的水平位移大小为
D．小球下落过程空气阻力所做的功为
11．（2025·成都模拟）如图所示，甲图为探究小车匀变速直线运动规律的装置，乙图是某次实验获取的一段纸带。实验中打点计时器每隔0.02s打一个点，A、B、C、D、E、F、G是纸带上的计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出，请回答以下问题：
（1）除了图甲中标出的器材外，还需要______。（请填选项前的字母序号）
A．天平 B．刻度尺 C．秒表 D．弹簧测力计
（2）打C点时小车的速度大小为　 　m/s，小车的加速度大小为　 　。（计算结果均保留两位有效数字）
12．（2025·成都模拟）某课外活动小组设计了如图甲所示的电路图测量电源电动势和内阻，电压表和电流表内阻未知。
（1）按照图甲连接电路，将电阻箱R调到最大值，保持断开，将单刀双掷开关掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列电流表的读数I，作出图像如图乙所示，由图像的斜率和纵轴截距可求出电源电动势和内阻，由于电流表分压的原因，与真实值相比较，电动势测量结果　 　；（选填“偏大”“偏小”或“相等”）
（2）将电阻箱R调到最大值后，闭合开关，将单刀双掷开关掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列电压表的读数U，作出图像如图丙所示，由于电压表分流的原因，与真实值相比较，内阻测量结果　 　；（选填“偏大”“偏小”或“相等”）
（3）将乙、丙两个图像综合起来考虑，可以避免由于电表内阻带来的系统误差。测得图乙和图丙中图线斜率分别为、，纵轴截距分别为、，则电源的电动势　 　，内阻　 　。
13．（2025·成都模拟）某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个光滑薄壁汽缸C、D通过质量、厚度均不计的活塞a、b封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连，系统静置在水平面上。已知汽缸的质量为M，气柱A的初始高度为L，初始环境温度为，轻弹簧的劲度系数为k，原长为，大气压强为，重力加速度为g，活塞的横截面积为S，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。
（1）求初始时气体A的压强；
（2）求初始时气柱B的高度；
（3）若环境温度缓慢降至，求稳定后座椅的高度。
14．（2025·成都模拟）如图所示，已知截面为矩形的管道长度为l，宽度为a，高度为b。其中相距为a的两侧面是电阻可忽略的导体，该两侧导体与某种金属直导体连成闭合电路，相距为b的顶面和底面是绝缘体，将电阻率为的水银沿图示方向通过矩形导管，假设沿流速方向上管道任意横截面上各点流速相等，且水银流动过程中所受管壁摩擦力与水银流速成正比。为使水银在管道中匀速流过，就需要在管道两端加上压强差。初始状态下，整个空间范围内无磁场，此时测得在管道两端加上大小为的压强差时水银的流速为，则：
（1）求水银受到管壁的摩擦力与其流速的比例系数k；
（2）在管道上加上垂直于两绝缘面，方向向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场，若水银的流速仍为不变，已知金属直导体电阻为R，求电路中电流I；
（3）在（2）问的情况下，求此时管道两端的压强差p。
15．（2025·成都模拟）空间中存在如图所示的匀强磁场，其中一、四象限的磁感应强度大小为B1，二、三象限的磁感应强度大小为B2，方向均垂直纸面向里，满足。t=0时刻，处于坐标原点O的一个静止的中性粒子分裂成两个带电粒子a与b，质量分别为ma和mb，已知a带正电，初速度为x轴正方向，不考虑重力及粒子之间的相互作用。则：
（1）a，b粒子分别在B1和B2区域中运动时，对应的圆周运动的周期之比与半径之比；
（2）若a粒子带电量为+q，初始速度为v0，则该粒子经过y轴的坐标和时刻；
（3）若a，b两粒子能再次在磁场分界面（即y轴）上相遇，ma和mb满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】半衰期是由原子核内部结构决定的，掌握α射线的特点，以及α粒子的结构是解题的基础。A．半衰期只由原子核内部决定，与所处环境温度无关，故A错误；
B．这种报警装置应用了射线电离本领强的特点，故B错误；
C．发生衰变过程中要释放能量，故C错误；
D．衰变的本质是原子核内的两个质子与两个中子结合成了一个粒子然后释放出来，故D正确。
故选D。
【分析】半衰期是由原子核内部结构决定的，与环境温度无关；装置应用了α射线电离本领强的特点；发生α衰变时会向外界释放能量；根据α粒子的结构分析。
2．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是弄清楚运动过程电梯门打开过程中门先从0匀加速运动后做匀减速运动到0，由运动的对称性可知
代入数据解得
故选B。
【分析】根据速度—位移关系求解最大速度，再根据速度—时间关系求解时间。
3．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。AB．根据题意，对水桶受力分析，如图所示
由平衡条件有
，
解得
，
故AB错误；
C．由平衡条件可知，小推车对水桶的作用力等于水桶对推车的作用力，故C错误；
D．结合上述分析可知，底板对水桶的弹力
可知，缓慢减小支架与水平面的夹角，底板对水桶的弹力将减小，故D正确。
故选D。
【分析】对水桶受力分析，由平衡条件求解支架对水桶的弹力大小和底板对水桶的弹力大小；小推车对水桶的作用力与水桶对推车的作用力是一对作用力与反作用力；根据平衡条件得到底板对水桶的弹力表达式进行分析。
4．【答案】B
【知识点】超重与失重；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】第一宇宙速度 的意义：①卫星环绕地球表面运行的速度，也是绕地球做匀速圆周运动的最大速度．②使卫星绕地球做匀速圆周运动的最小地面发射速度。A．火箭加速升空阶段，根据牛顿第二定律
解得
处于超重状态，故A错误；
B．在地球表面万有引力等于重力，有
根据密度公式
解得
故B正确；
C．根据万有引力提供向心力
在地球表面万有引力等于重力，有
解得
飞船绕地球做匀速圆周运动时离地面高度
故C错误；
D．根据万有引力提供向心力
解得
可知轨道半径越小速度越大，试验船的轨道半径不可能小于地球半径，所以试验船绕地球的运行速度不可能大于地球的第一宇宙速度，故D错误。
故选B。
【分析】加速度向上的物体，处于 超重状态，根据地球表面物体重力等于万有引力，可求解出地球质量，进而可求解地球密度，飞船绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，可求解出飞船圆周运动的轨道半径及离地面高度，环绕地球运动的物体速度不可能大于第一宇宙速度。
5．【答案】C
【知识点】功能关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查带电滑块在复合场中的运动，要求学生能正确分析滑块的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．滑块匀速下滑，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故A错误；
B．滑块所受电场力竖直向下，滑块下滑过程中电场力做正功，则电势能减少了，故B错误；
C．滑块匀速下滑，受力平衡，即
解得
故C正确；
D．若撤去电场，则有
滑块以初速度释放仍能匀速下滑，故D错误。
故选C。
【分析】根据滑块的运动情况判断机械能的变化；根据电场力做功越电势能的关系判断；根据平衡关系分析判断。
6．【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】本题考查了电感线圈L对电流发生突变时的阻碍作用，注意灯泡是否闪亮一下的依据是看开关断开前L中的电流和灯泡中电流的大小关系。AB．甲电路闭合开关，由于线圈的自感现象，灯泡缓慢变亮，乙电路闭合开关，灯泡瞬间变亮，AB均错误。
CD．甲电路在开关闭合稳定后，通过灯泡的电流与通过电感线圈的电流相等，再断开开关，由于线圈的自感作用，灯泡延迟熄灭；乙电路在开关闭合稳定后，通过的电流大于通过灯泡的电流，再断开开关，将阻碍电流变化，通过的电流将流经灯泡，使得断开后瞬间，通过灯泡的电流变大，所以灯泡先闪亮再延迟熄灭， C错误， D正确。
故选D。
【分析】线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向跟原电流的方向相反，抑制增大；开关断开时，L相当于电源，灯泡渐渐变暗还是先变得更亮，然后渐渐变暗，取决于原来通过灯泡的电流和后来通过灯泡的电流谁大谁小。
7．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；磁通量；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题关键是知道地磁场的方向，知道求解磁通量的表达式Φ=BSsinα（α是磁场与线圈平面的夹角）分析理解。掌握楞次定律判断感应电流的方法。A．窗扇水平边上各点做同轴的圆周运动，其速度大小随距离的转轴的增大而增大，所以窗扇的水平边上各点的线速度不相等，故A错误；
B．由于教室所处位置地磁场的磁感应强度水平分量方向垂直于窗框水平边且指向室内，所以转到过程中与磁场垂直面积减小，故磁通量的大小不断减小，故B错误；
C．根据右手定则可以判断出窗扇转动过程中竖直边切割磁场产生的电流方向从上到下，即窗扇产生逆时针方向的电流，故C答案错误；
D．窗扇开始的磁通量为
转过的磁通量为
由此可得
故D正确；
故选D。
【分析】在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，当线圈与磁场平行时，磁通量Φ=0．根据楞次定律，判断出产生的感应电流的方向为逆时针，根据法拉第电磁感应定律求解窗扇的平均感应电动势大小。
8．【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本题的突破口在于通过光的全反射的条件比较出光的折射率的大小，掌握与折射率有关的公式，注意光的传播速度的计算方法。ABC．光以同一入射角入射，光刚好发生全反射，光没有发生全反射，根据折射定律可知，玻璃砖对光的折射率大于对光的折射率，光的频率大于光的频率，在玻璃砖中光的传播速度
所以在玻璃砖中光的传播速度大于光的传播速度，故B正确，AC错误；
D．光恰好发生全反射，其临界角
玻璃砖对单色光的折射率
故D正确。
故选BD。
【分析】根据发生全反射的条件判断折射率的大小关系；根据折射率与频率的关系判断；根据折射率与传播速度的关系判断；根据折射率的定义式求出。
9．【答案】A,B
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。由波形图可知λ = 4 m，由
解得
假设波沿x轴正方向传播，则P点此时沿y轴负方向振动，又P点偏离平衡位置的位移大小是振幅的二分之一，故P点第一次到平衡位置的时间为，故P点从开始到第二次达到平衡位置的时间为
假设波沿x轴负方向传播，则P点此时沿y轴正方向振动，故P点第一次到平衡位置的时间为
故P点从开始到第二次达到平衡位置的时间为
故选AB。
【分析】根据波动图像读出波长，再根据题意求得质点的振动周期，分波沿x轴负方向传播和波沿x轴正方向传播两种情况讨论。
10．【答案】B,D
【知识点】动量定理；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】解答本题的关键要掌握动量定理，并能分方向应用，并能采用积分法求分位移。要知道重力做功的功率与竖直分速度有关。
A．小球落地时重力的功率为
故A错误；
B．利用微元法，小球下落过程，在竖直方向上根据动量定理有
其中
解得小球下落的时间为
故B正确；
C．同理，在水平方向上根据动量定理有
其中
解得小球下落过程的水平位移大小为
故C错误；
D．小球下落的过程，根据动能定理有
解得小球下落过程空气阻力所做的功为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据PG=mgvy求小球落地时重力的功率。在竖直方向上，运用动量定理求出小球下落的时间。小球在水平方向根据动量定理求小球下落过程中的水平位移大小。根据动能定理求空气阻力所做的功。
11．【答案】（1）B
（2）0.48；0.80
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
【解析】【解答】本题考查纸带的数据处理，纸带上某点的瞬时速度一般用一小段时间内的平均速度代替，会根据题意进行准确分析解答。
（1）A．实验目的是研究小车的匀变速直线运动规律，不需要用天平测量钩码、小车的质量，故A错误；
B．实验中需要利用刻度尺测量纸带点迹之间的间距，故B正确；
C．打点计时器是一种计时仪器，不需要用秒表测量时间，故C错误；
D．实验目的是研究小车的匀变速直线运动规律，不需要用弹簧测力计测量钩码的重力，故D错误。
故选B。
（2）相邻两个计数点之间还有四个点未画出，可知两个计数点时间
则C点速度大小
逐差法可知加速度大小
【分析】（1）根据需要的器材进行选择；
（2）根据匀变速直线运动瞬时速度和平均速度的关系结合逐差法求解加速度的公式列式代入数据解答。
（1）A．实验目的是研究小车的匀变速直线运动规律，不需要用天平测量钩码、小车的质量，故A错误；
B．实验中需要利用刻度尺测量纸带点迹之间的间距，故B正确；
C．打点计时器是一种计时仪器，不需要用秒表测量时间，故C错误；
D．实验目的是研究小车的匀变速直线运动规律，不需要用弹簧测力计测量钩码的重力，故D错误。
故选B。
（2）[1]相邻两个计数点之间还有四个点未画出，可知两个计数点时间
则C点速度大小
[2]逐差法可知加速度大小
12．【答案】（1）相等
（2）偏小
（3）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了测量电源电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握闭合电路的欧姆定律的运用，根据闭合电路的欧姆定律求解相应的函数，并结合图像斜率和纵截距的含义是解题的关键。
（1）根据闭合电路欧姆定律
变形得到与R的关系式
根据数学知识得知图像斜率的倒数等于电源的电动势E，则可知，电动势的测量值与真实值相比相等。
（2）根据闭合电路欧姆定律得
变形得
因此图像的纵轴截距
电源的电动势
图像的斜率
电源内阻
由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于，这是造成系统误差的原因；若考虑电源电压表内阻，则表达式为
变形得
则由数学规律可知，电动势E偏小；内阻偏小。
（3）由以上分析可知，小题（1）中电动势是准确的，所以
而小题（2）的丙图像的斜率
联立解得
。
【分析】（1）保持S1断开，将单刀双掷开关S2掷向a，不考虑电流表的内阻，根据闭合电路的欧姆定律求解函数，考虑电流表的内阻，根据闭合电路的欧姆定律求解函数，结合图像斜率的含义求解电动势，然后分析实验误差；
（2）闭合开关S1，将单刀双掷开关S2掷向b，不考虑电压表的分流作用，根据闭合电路的欧姆定律求解函数，考虑电压表的分流作用，根据闭合电路的欧姆定律求解函数，结合图像斜率的含义求解内阻，然后分析实验误差；
（3）根据上述（1）（2）的分析，结合合图像斜率和纵截距的含义求解电动势和内阻。
（1）根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r）
变形得到与R的关系式
根据数学知识得知，图像斜率的倒数等于电源的电动势E，则可知，电动势的测量值与真实值相比相等。
（2）根据闭合电路欧姆定律得
变形得
因此图像的纵轴截距
电源的电动势
图像的斜率
电源内阻
由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于，这是造成系统误差的原因；若考虑电源电压表内阻，则表达式为
变形得
则由数学规律可知，电动势E偏小；内阻偏小。
（3）由以上分析可知，小题（1）中电动势是准确的，所以
而小题（2）的丙图像的斜率
联立解得。
13．【答案】（1）解：对A分析，设气体A的压强为，对汽缸C由平衡条件
解得初始时气体A的压强
（2）解：设气体B的压强为，对活塞b有
解得
由于气体A、B在初始时温度相同，则由玻意耳定律
解得初始时气柱B的高度为
（3）解：对B气体由盖—吕萨克定律
解得
由胡克定律得
解得弹簧的压缩量为
由（1）（2）问可得A气体变化与B气体一致，则
稳定后座椅的高度
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）根据平衡条件，对C分析求解；
（2）根据玻意耳定律，结合平衡条件分析求解；
（3）根据盖—吕萨克定律，结合胡克定律分析求解。
（1）对A分析，设气体A的压强为，对汽缸C由平衡条件
解得初始时气体A的压强
（2）设气体B的压强为，对活塞b有
解得
由于气体A、B在初始时温度相同，则由玻意耳定律
解得初始时气柱B的高度为
（3）对B气体由盖—吕萨克定律
解得
由胡克定律得
解得弹簧的压缩量为
由（1）（2）问可得A气体变化与B气体一致，则
稳定后座椅的高度
14．【答案】（1）解：由题意得，水银受到管壁的摩擦力的表达式可设为
又水银受到的压力为
因为水银匀速流动，所以根据平衡条件有
整理后有
（2）解：加上磁场后，当稳定时有
其中
该装置等效电源的内阻
由闭合电路欧姆定律有
联立上式，解得
（3）解：水银流过某横截面受管壁的摩擦力，安培力和压力，由平衡条件有
其中
解得

【知识点】磁流体发电机
【解析】【分析】（1）当水银的流速为v0时，水银受到的摩擦力与压力平衡，根据平衡条件列式求解；
（2）加上磁场后，流动的水银可视为金属棒切割磁感线，根据E=Bv0a、欧姆定律求出感应电流大小；
（3）仍要保持水银的流速为v0不变，水银受到的安培力、摩擦力、压力三力平衡，根据平衡条件求解。
（1）由题意得，水银受到管壁的摩擦力的表达式可设为
又水银受到的压力为
因为水银匀速流动，所以根据平衡条件有
整理后有
（2）加上磁场后，当稳定时有
其中
该装置等效电源的内阻
由闭合电路欧姆定律有
联立上式，解得
（3）水银流过某横截面受管壁的摩擦力，安培力和压力，由平衡条件有
其中
解得
15．【答案】解：（1）带电粒子在磁场中运动的周期
运动半径
粒子分裂时动量守恒，电荷守恒
所以
（2）a粒子在两磁场运动做圆周运动，如图所示轨迹为两个半圆。在磁场B1中运动时间t1到交界处，向上运动的距离d1
a粒子在两磁场运动做圆周运动，在磁场B2中运动时间t2到交界处，向下运动的距离d2
结合周期性可知
其中
（3）b粒子的运动轨迹如图所示的另两个半圆，根据上面的推导可以得到粒子b到y轴的位置与时刻
a、b在分合面处相遇应满足
结合，满足条件的只有
代入数据有
（）满足的解为（0，2），（1，1），（2，0），两粒子的质量比为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子裂变过程系统动量守恒、电荷量守恒，裂变后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用动量守恒定律、牛顿第二定律可以求出粒子周期之比和轨道半径之比；
（2）根据题意作出粒子在磁场中的运动轨迹，根据粒子运动情况求出该粒子经过y轴的坐标和时刻；
（3）由运动的轨迹，结合半径与周期的关系判断ma和mb 满足的条件。
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