资源简介

2025届四川省成都市石室中学高三下学期三诊模拟物理试卷
1．（2025·成都模拟）“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器。假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在时刻距离海平面的深度为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·成都模拟）雷蒙德·戴维斯因研究来自太阳的电子中微子（νe）而获得了2002年度诺贝尔物理学奖，他探测电子中微子所用的探测器的主体是一个贮满615t四氯乙烯（C2Cl4）溶液的巨桶，电子中微子可以将一个氯核转变为一个氩核，其核反应方程式为νe＋Cl→Ar＋e，已知Cl 核的质量为36.956 58 u，Ar核的质量为36.956 91 u，e的质量为0.000 55 u，1 u质量对应的能量为931.5 MeV。根据以上数据，可以判断参与上述反应的电子中微子的最小能量为（　　）
A．1.33 MeV B．0.82 MeV C．0.51 MeV D．0.31 MeV
3．（2025·成都模拟）2022年10月9日，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为，运行一圈所用时间约为100分钟。如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”，下列说法正确的是（　　）
A．“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于
B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于赤道上的物体随地球自转的向心加速度
C．“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为
D．由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离
4．（2025·成都模拟）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则下列说法正确的是（　　）
A．两物块一起运动的加速度大小为
B．弹簧的弹力大小为
C．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只减小m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变小
5．（2025·成都模拟）冰雕展上，厚厚的冰墙内安装有LED光源，冰墙表面平整而光滑，光源可视为点光源。小明想测量光源到墙面的距离及冰的折射率，设计了如下实验：如图（a）所示，将半径为的圆形纸片贴在墙面上，圆心正对光源。用白纸板做屏，平行墙面从纸片处向后移动，当屏上黑影的半径等于时，测出屏到墙面的距离，换用不同半径的纸片重复上述实验，得到多组数据，在坐标纸上画出图如图（b）所示，直线横截距为，纵截距为，则（　　）
A．光源到墙面的距离为 B．光源到墙面的距离为
C．冰的折射率为 D．冰的折射率为
6．（2025·成都模拟）如图甲所示，粗糙程度相同的足够长的竖直墙面上有一质量为m带电量为的物体处于场强大小为且与水平方向成的匀强电场中，保持静止状态。时刻一竖直方向的力F（大小未知）作用在物体上，同时物体得到一竖直向下的初速度v开始运动，物体运动的位移与时间图像如图乙所示。段为一次函数；段为二次函数，且两段图像在处相切。带电物体视为质点，电量保持不变，，，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）
A．物体做匀速直线运动
B．物体受到竖直外力为恒力
C．时刻物体机械能有最小值
D．物体的动能增加了
7．（2025·成都模拟）如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点、、、、、，相邻两质点之间的距离均为，各质点均静止在各自的平衡位置，时刻振源开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图像如图乙所示，形成的简谐横波以的速度水平向右传播，则下列说法正确的是（　　）
A．波传播到质点时，质点开始振动的方向竖直向下
B．内质点运动的路程为
C．内质点的加速度正在逐渐减小
D．各质点都振动起来后，与的运动方向始终相反
8．（2025·成都模拟）如图所示，A、B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮（轴心固定不动）相连。某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，A球向左的速度为v，下列说法正确的是（　　）
A．此时B球的速度大小为
B．此时B球的速度大小为
C．当β增大到等于90°时，B球的速度为零
D．在β增大到90°的过程中，绳对B球的拉力一直做正功
9．（2025·成都模拟）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为 。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即 ， 为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为 ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为 。重力加速度大小为 ，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（　　）
A．发动机的最大推力为
B．当飞行器以 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D．当飞行器以 的速率飞行时，其加速度大小可以达到
10．（2025·成都模拟）如图，足够长光滑绝缘斜面的倾角为，斜面上水平虚线MN和PQ之间有垂直斜面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，MN和PQ之间的距离为2L，一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd从MN下方某处以一定的初速度沿斜面向上滑行，线框穿过磁场区域后继续沿斜面向上滑行到速度为零，然后线框开始沿斜面下滑，cd边刚进磁场时和ab边刚要出磁场时，线框的加速度均为零。重力加速度大小为g，线框运动过程ab边始终水平，，下列说法正确的是（　　）
A．线框向上运动过程中，进磁场过程与出磁场过程安培力的冲量相同
B．线框向上运动过程中，进磁场克服安培力做功和出磁场克服安培力做功相等
C．线框向下运动过程中，线框中产生的焦耳热为1.2mgL
D．线框向下运动过程中，线框穿过磁场所用的时间为
11．（2025·成都模拟）某实验小组设计实验验证机械能守恒，实验装置示意图如图所示，在铁架台铁夹上固定好一个力传感器，一根细线上端连接在力传感器上，下端系在小球上，把小球拉离平衡位置一个角度，由静止释放小球，力传感器可记录小球在摆动过程中细线拉力大小，记下力传感器的最大示数F。
(1)关于实验，下列说法中正确的有　 　
A．可以直接用弹簧测力计代替力传感器进行实验
B．细线要选择伸缩性小的
C．球尽量选择密度大的
(2)为完成实验，需要测量小球自由静止时力传感器的示数F0，还需要测量的物理量有　 　。（填正确答案标号）
A．释放小球时的位置与自由静止位置的高度差h
B．小球下落至平衡位置时的时间
C．摆长l
D．小球的质量m
(3)需要验证机械能守恒的表达式为　 　（用已知量和测量量的符号表示）
12．（2025·成都模拟）磁敏电阻是一种对磁敏感，具有磁阻效应的电阻元件。磁敏电阻在磁场中电阻值发生变化的现象称为磁阻效应。某同学利用伏安法测量一磁敏电阻的阻值（约几千欧）随磁感应强度的变化关系。所用器材：电源E、开关S，滑动变阻器R（最大阻值为20Ω），电压表（内阻约为3000Ω）和毫安表（可视为理想电表）。
（1）在图1所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图　 　；
（2）实验时，将磁敏电阻置于待测磁场中，记录不同磁感应强度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的磁敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为6.2V和2.8mA，则此时磁敏电阻的阻值为　 　kΩ（保留2位有效数字）。实验中得到的该磁敏电阻阻值R随磁感应强度B变化的曲线如图2所示；
（3）某次测量中，测得磁敏电阻的阻值为10.0kΩ，此时磁感应强度为　 　T（保留2位有效数字）；
（4）太阳风是指从太阳上层大气射出的超声速带电粒子流，当太阳风激烈爆发时，可能会给地球带来无法预计的磁暴灾难。某同学利用实验中的磁敏电阻制作了一种搭载在人造卫星上的探测磁感应强度的报警器，其电路的一部分如图3所示。图中E为直流电源（电动势为9.0V，内阻可忽略），当图中的输出电压达到或超过3.0V时，便触发报警器（图中未画出）报警。若要求开始报警时磁感应强度为，则图中　 　（填“”或“”）应使用磁敏电阻，另一固定电阻的阻值应为　 　kΩ（保留2位有效数字）；如果要提高此装置的灵敏度（即在磁感应强度更小时就能触发报警），应该　 　（填“增大”或“减小”）。
13．（2025·成都模拟）如图所示为某打气装置示意图。其中A是容积为V的需要充气的容器，B是内壁光滑的气筒，容积也为V，左端用可移动的活塞密封，活塞横截面积为S，右端通过单向进气阀n与A连通（当B内气体压强大于A内气体压强时，n打开，反之关闭），B底部通过单向进气阀m与外界连通（当B内气体压强小于外界大气压时，m打开，反之关闭）。活塞缓慢左移从外界抽取气体，抽气结束时活塞位于气筒B的最左侧；给活塞施加水平向右的推力，让活塞缓慢向右移动，当外力无法推动活塞时结束打气过程。已知外界大气压强为p0，初始时A内充满压强为p0的气体，容器A、B导热良好，给活塞水平推力的最大值为6.5p0S，忽略容器间连接处的气体体积，环境温度保持不变。求：
（1）第一次打气结束时，A内气体的压强；
（2）第七次打气结束时，B内活塞右侧气体的体积。
14．（2025·成都模拟）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。
15．（2025·成都模拟）如图所示，平面内有匀强电场和匀强磁场区域，磁场分布在X轴下方以及开口向上的二次函数抛物线以内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；电场分布在二次函数抛物线及线以外和X轴之间所夹的空间，电场强度为大小E，方向沿Y轴负方向．二次函数方程为，现有带正电粒子（重力不计）从抛物线上左侧的处无初速释放，且带电粒子的比荷数值上满足关系（E，B已知），则
（1）求该粒子第一次从电场进入磁场时的速度大小以及从开始到此时刻经历的时间；
（2）该粒子第一次在磁场中运动的半径多少？求第一次从磁场到电场经过两场交界点的坐标以及此之前在磁场中的运动时间；
（3）同样的粒子从抛物线上各处静止出发，第一次进磁场至再次在电场中的过程，粒子做什么运动及运动轨迹是怎样？（不用写出计算过程）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】注意末速度为零的匀减速运动可以逆向视为初速度为零的匀加速直线运动进行分析，从而快速求解。
蛟龙号上浮时的加速度大小为
根据逆向思维，可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度为
故选C。
【分析】根据匀变速直线运动的速度—时间公式求出“蛟龙号”的加速度，采用逆向思维，结合位移—时间公式求出“蛟龙号”在t0（t0＜t）时刻距离海平面的深度。
2．【答案】B
【知识点】质量亏损与质能方程
【解析】【解答】本题考查了质能方程在原子物理知识中的应用，要解答这类问题关键是在计算上不要出错。
根据1原子质量单位（u）相当于931.5 MeV的能量，则
ΔE=Δm×931.5 MeV=（36.956 91＋0.000 55－36.956 58）×931.5 MeV≈0.82 MeV
故选B。
【分析】根据题意可知该核反应过程中质量增加，因此需要提供能量，根据质能方程求出反应所需能量，然后根据能量的守恒即可求出中微子的最小能量。
3．【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则“夸父一号”的速度小于7.9km/s，故A错误；
B．根据
可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球同步卫星的加速度，根据，可知地球同步卫星的加速度大于赤道上的物体随地球自转的向心加速度，则“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于赤道上的物体随地球自转的向心加速度，故B错误；
C．因为“夸父一号”轨道要始终保持要太阳光照射到，则在一年之内转动360°角，即轨道平面平均每天约转动1°，故C正确；
D．“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，则根据题中信息不能求解地球与太阳的距离，故D错误。
故选C。
【分析】1、第一宇宙速度（7.9 km/s）是物体绕地球做匀速圆周运动最大环绕速度。
2、“夸父一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，因此其向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度。地球同步卫星的向心加速度大于赤道上物体随地球自转的向心加速度（因为同步卫星的轨道半径更大，速度更快）。
3、“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，两者的中心天体不同。
4．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用。A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
A错误；
B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
B错误；
C．根据
可知T与θ无关，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力不变，根据胡克定律可知弹簧的伸长量不变，故它们的间距不变，C错误；
D．根据
可知若只减小m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力T变小，根据胡克定律可知弹簧的伸长量变小，故它们的间距变小，D正确。
故选D。
【分析】对P和Q受力分析，根据两物块一起向上做匀加速直线运动，可计算两物块一起运动的加速度大小；对Q受力分析，根据其加速度大小，即可计算弹簧弹力大小；由弹簧弹力大小表达式，可知角度、Q的质量对弹力大小的影响，分析角度、Q的质量变化时，弹簧间距的变化。
5．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查光的折射计算，关键是根据折射率的表达式，得到d2-r2的表达式，结合数学知识，计算折射率和h。如图所示
根据折射定律可得
其中
，
联立可得
结合（b）图可得，斜率
截距
所以
，
故选D。
【分析】根据图（a），结合几何关系，可得到折射率的表达式，根据折射率表达式，可得到d2-r2的表达式，结合图（b）可根据斜率、截距，计算折射率、h。
6．【答案】A,D
【知识点】运动学 S-t 图象；动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了带电物体在匀强电场中的运动，解题关键是结合运动学规律和牛顿第二定律分析出物体速度为零时动能最小且重力势能最小。A．图像的斜率表示速度，由图像可知斜率不变，则速度不变，物体做匀速直线运动，故A正确；
B．图像为二次函数，取向下为正方向，函数表达式为
可知物体的加速度不变，由图像可知斜率由负值变为正值，运动中速度反向，摩擦力方向反向，物体做受到竖直外力不为恒力，故B错误；
C．在内
在内
解得
物体从减速到零所用时间为
则减速为零的时刻为
此时物体动能最小，重力势能最小，机械能最小，故C错误；
D．时物体速度为
物体动能的增加量为
故D正确。
故选AD。
【分析】由h-t图像可知0～t0为一次函数物体做匀速直线运动，t0～2t0图像是二次函数，则a不变，所以物体做匀变速直线运动，结合图形和机械能定义分析，当重力势能最小和动能最小时其机械能最小。
7．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】本题关键在于根据波的传播方向及波长、周期等情况，分析判断各质点的振动情况。也可用画波形图的方法求解。A．由乙图知，振源开始振动的方向是向上，介质中所有质点开始振动的方向都与振源起振方向相同，所以波传播到质点时，质点开始振动的方向竖直向上，故A错误；
B．乙图知，周期
振动传播到点所需时间为
即末质点开始振动，到末通过路程为
故B错误；
C．传播到点需时，末质点到达波峰，所以在4～5s内质点从波峰向平衡位置运动，位移减小，所以内质点的加速度正在逐渐减小，故C正确；
D．波长
所以、两质点相距1个波长，运动方向始终相同，故D错误。
故选C。
【分析】由图乙读出周期。由波速公式求解波长。根据求出波传到各点的时间，分析质点的振动情况，由位置确定加速度的变化。根据各个质点间距离与波长的关系，分析质点运动方向的关系。
8．【答案】A,D
【知识点】运动的合成与分解；功的概念
【解析】【解答】解决本题的关键会对速度进行分解，会利用力与速度之间的夹角关系分析力对物体做功的性质问题．也可以根据动能的变化分析绳的拉力做功情况。AB．将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B沿绳子方向的分速度。如图
在沿绳子方向的分速度为
所以
故A正确，B错误；
C．当增大到等于90°时，B球的速度沿绳子方向的分速度等于0，所以A沿绳子方向的分速度也是0，而不等于0，所以A球的速度为0；此时A的动能全部转化为B的动能，所以B球的速度达到最大，不为零，故C错误；
D．在增大到90°的过程中，绳子的方向与B球运动的方向之间的夹角始终是锐角，所以绳对B球的拉力一直做正功，故D正确。
故选AD。
【分析】将A和B两球的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，两个球沿绳子方向的分速度大小相等，由此列式求B球的速度大小，再求β=90°时B球的速度．根据绳的拉力与速度方向的关系判断绳的拉力做功情况。
9．【答案】B,C
【知识点】反冲
【解析】【解答】A 飞行器关闭发动机，匀速下落时，飞行器以5m/s向上匀速时，联立可得，故A错误。
B 飞行器以5m/s匀速水平飞行时，推力与重力和阻力的合力相等，故B正确。
C 发动机以最大推力水平飞行时，再根据解得v=，故C正确。
D 飞行器以最大推力向下，以5m/s的速度向上减速飞行时，加速度最大，即，解得a=2.5g，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据题中给出的阻力与速度的关系结合牛顿第二定律和力的合成与分解列方程求解。
10．【答案】A,D
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．线框向上进磁场和出磁场过程中，由
、、
可得安培力的冲量均为
故A正确；
B．线框向上运动过程中做减速运动，电路产生的电动势越来越小，感应电流越来越小，所以进磁场平均安培力大于出磁场平均安培力，因此进磁场克服安培力做功大于出磁场克服安培力做功，故B错误；
C．根据题意，线框向下运动过程中，cd边刚进磁场时的速度与ab边刚要出磁场时的速度相等，线框穿过磁场过程，根据能量守恒可知减少的重力势能全部转化为热量，线框中产生的焦耳热
故C错误；
D．线框向下运动过程中，设线框运动的时间为t，根据动量定理有
式中
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查电磁感应中的动力学、功能问题，分析线框运动过程，选择合适规律解答。
根据、、结合冲量的公式I=Ft求解安培力的冲量；线框在斜面上向上运动的过程中，根据速度变化判断安培力变化，进而判断安培力做功情况；减少的重力势能转化为动能和回路的内能，根据能量守恒定律求线框上产生的热量；根据动量定理列式求解线框向下运动过程中，线框穿过磁场所用的时间。
11．【答案】BC；AC；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】理解验证机械能守恒定律的原理，本题考查了实验器材、实验注意事项、实验误差分析等问题，掌握实验原理、实验器材、与实验注意事项即可正确解题。
(1)A．弹簧测力计代替力传感器进行实验时，由于细线不断摆动，不方便进行读数与记录，A错误；
B．细线要选择伸缩性小的，避免摆长发生变化，B正确；
C．球尽量选择密度大的，以减小空气阻力的影响，C正确。
故选BC。
(2)（3）本实验要验证机械能守恒，即要验证减小的重力势能是否等于增大的动能，应满足
静止在最低点时，力传感器的示数F0与重力相等，即F0=mg
小球摆到最低点时力传感器的最大示数F，由向心力公式可得
联立可解得
此即为要验证的表达式，由此可知，为完成实验，要测量的量为释放小球时的位置与自由静止位置的高度差h与摆长l即可，故(2)问中应选AC。
【分析】 （1）由各因素产生的误差情况进行分析各项；
（2）依据牛顿第二定律，结合向心力，从而求得最低点的速率，进而求出动能，再根据重力做功求得重力势能减小量，即可判定；
（3）根据增加的动能等于减小的重力势能，即可求解。
12．【答案】；2.2；；；10；减小
【知识点】实验基础知识与实验误差；生活中常见的传感器
【解析】【解答】本题考查伏安法测电阻，解题关键是要根据实验原理与实验操作进行分析，同时注意电表的内外接法与滑动变阻器的解法。
（1）因毫安表可视为理想电表，则可以采用伏安法的内接法可以消除电流表内阻而产生的系统误差；滑动变阻器的总阻值为20Ω，待测磁敏电阻约几千欧，属于小电阻控制大电阻，则用滑变的分压式接法便于操作和多测数据，电路图如图所示
（2）根据部分电路的欧姆定律可得磁敏电阻的阻值为
（3）根据图像可知，当时，磁感应强度
（4）根据闭合电路可得输出电压为
要求输出电压达到或超过3.0V时报警，即要求磁感应强度增大时，电阻的阻值增大，从而需要输出电压增大，故需要的阻值增大才能实现此功能，故为磁敏电阻；
已知报警电压为，而时，，各数据解得
[6]在磁感应强度更小时的阻值较小，根据串联分压原理可知将R1减小，从而让分得更多的电压，达到3V就可以报警，即如果要提高此装置的灵敏度，应该减小。
【分析】（1）因毫安表可视为理想电表，则可以采用伏安法的内接法可以消除电流表内阻而产生的系统误差；滑动变阻器的总阻值为20Ω，则用滑变的分压式接法便于操作和多测数据；
（2）根据部分电路的欧姆定律可得磁敏电阻的阻值；
（3）根据R-B图像可知磁感应强度；
（4）根据闭合电路可得输出电压，根据实验要求可知需要R2的阻值增大才能实现此功能，同时分析实验误差。
13．【答案】解：（1）根据题意，由玻意耳定律有
解得
（2）设打气次后，无法推动活塞，则满足
解得
即打气六次后便无法完全将气体压进容器A，设第七次打气结束时B内活塞右侧气体的体积为，则满足
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 （1） 环境温度保持不变，根据玻意耳定律列式得出气体的压强；
（2）根据玻意耳定律联立得出右侧气体的体积。
14．【答案】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得
解得C在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为
故C与B碰撞过程中损失的机械能为
（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为
从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）物块C运动至刚要与物块B相碰过程，由动能定理求解物块C碰撞前的速度大小；
（2）物块B、C碰撞过程中，由动量守恒定律、能量守恒定律求解物块B与物块C碰撞过程系统损失的机械能；
（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由平衡条件求解弹簧的压缩量，根据功的计算公式求解滑板A开始运动前物块B和物块C克服摩擦力做功。
15．【答案】解：（1）设所求速度为v，时间为t，带电粒子在电场中匀加速，由动能定理
①
及关系式
得
由动量定理
得
（2）设在磁场中的半径为r，洛伦兹力提供向心力
得
得
由于
故从坐标原点沿Y轴向上进入二次函数内磁场区域继续圆周运动，圆心坐标为，圆周轨迹方程为
二次函数方程为
求得或
故经过两场交界点的坐标为
由几何图形，在磁场中刚好经过个圆周，则
（3）若在磁场中做圆周运动，都经过原点，再次回到电场中做类平抛或斜抛运动；
若在磁场中均做半圆周的圆周运动，再次回到电场中先做末速为零的匀减速直线运动再做逆过程匀加速直线运动；
若由
故都经过原点，进入抛物线内磁场区域，继续圆周运动，再进入电场。
【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）根据动能定理求出带正电粒子从抛物线上的y=4m处释放后，经电场加速后的末速度，由动量定理求时间；
（2）根据洛伦兹力提供向心力求得半径，从而求得进入抛物线内磁场的位置，结合圆的方向可求得交点坐标，以及运动的总时间；
（3）在以上结论的基础上，考虑从抛物线上任一点离开进入电场后的情况，分析其运动轨迹。
1 / 12025届四川省成都市石室中学高三下学期三诊模拟物理试卷
1．（2025·成都模拟）“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器。假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在时刻距离海平面的深度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】注意末速度为零的匀减速运动可以逆向视为初速度为零的匀加速直线运动进行分析，从而快速求解。
蛟龙号上浮时的加速度大小为
根据逆向思维，可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度为
故选C。
【分析】根据匀变速直线运动的速度—时间公式求出“蛟龙号”的加速度，采用逆向思维，结合位移—时间公式求出“蛟龙号”在t0（t0＜t）时刻距离海平面的深度。
2．（2025·成都模拟）雷蒙德·戴维斯因研究来自太阳的电子中微子（νe）而获得了2002年度诺贝尔物理学奖，他探测电子中微子所用的探测器的主体是一个贮满615t四氯乙烯（C2Cl4）溶液的巨桶，电子中微子可以将一个氯核转变为一个氩核，其核反应方程式为νe＋Cl→Ar＋e，已知Cl 核的质量为36.956 58 u，Ar核的质量为36.956 91 u，e的质量为0.000 55 u，1 u质量对应的能量为931.5 MeV。根据以上数据，可以判断参与上述反应的电子中微子的最小能量为（　　）
A．1.33 MeV B．0.82 MeV C．0.51 MeV D．0.31 MeV
【答案】B
【知识点】质量亏损与质能方程
【解析】【解答】本题考查了质能方程在原子物理知识中的应用，要解答这类问题关键是在计算上不要出错。
根据1原子质量单位（u）相当于931.5 MeV的能量，则
ΔE=Δm×931.5 MeV=（36.956 91＋0.000 55－36.956 58）×931.5 MeV≈0.82 MeV
故选B。
【分析】根据题意可知该核反应过程中质量增加，因此需要提供能量，根据质能方程求出反应所需能量，然后根据能量的守恒即可求出中微子的最小能量。
3．（2025·成都模拟）2022年10月9日，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为，运行一圈所用时间约为100分钟。如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”，下列说法正确的是（　　）
A．“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于
B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于赤道上的物体随地球自转的向心加速度
C．“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为
D．由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离
【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则“夸父一号”的速度小于7.9km/s，故A错误；
B．根据
可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球同步卫星的加速度，根据，可知地球同步卫星的加速度大于赤道上的物体随地球自转的向心加速度，则“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于赤道上的物体随地球自转的向心加速度，故B错误；
C．因为“夸父一号”轨道要始终保持要太阳光照射到，则在一年之内转动360°角，即轨道平面平均每天约转动1°，故C正确；
D．“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，则根据题中信息不能求解地球与太阳的距离，故D错误。
故选C。
【分析】1、第一宇宙速度（7.9 km/s）是物体绕地球做匀速圆周运动最大环绕速度。
2、“夸父一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，因此其向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度。地球同步卫星的向心加速度大于赤道上物体随地球自转的向心加速度（因为同步卫星的轨道半径更大，速度更快）。
3、“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，两者的中心天体不同。
4．（2025·成都模拟）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则下列说法正确的是（　　）
A．两物块一起运动的加速度大小为
B．弹簧的弹力大小为
C．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只减小m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变小
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用。A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
A错误；
B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
B错误；
C．根据
可知T与θ无关，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力不变，根据胡克定律可知弹簧的伸长量不变，故它们的间距不变，C错误；
D．根据
可知若只减小m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力T变小，根据胡克定律可知弹簧的伸长量变小，故它们的间距变小，D正确。
故选D。
【分析】对P和Q受力分析，根据两物块一起向上做匀加速直线运动，可计算两物块一起运动的加速度大小；对Q受力分析，根据其加速度大小，即可计算弹簧弹力大小；由弹簧弹力大小表达式，可知角度、Q的质量对弹力大小的影响，分析角度、Q的质量变化时，弹簧间距的变化。
5．（2025·成都模拟）冰雕展上，厚厚的冰墙内安装有LED光源，冰墙表面平整而光滑，光源可视为点光源。小明想测量光源到墙面的距离及冰的折射率，设计了如下实验：如图（a）所示，将半径为的圆形纸片贴在墙面上，圆心正对光源。用白纸板做屏，平行墙面从纸片处向后移动，当屏上黑影的半径等于时，测出屏到墙面的距离，换用不同半径的纸片重复上述实验，得到多组数据，在坐标纸上画出图如图（b）所示，直线横截距为，纵截距为，则（　　）
A．光源到墙面的距离为 B．光源到墙面的距离为
C．冰的折射率为 D．冰的折射率为
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查光的折射计算，关键是根据折射率的表达式，得到d2-r2的表达式，结合数学知识，计算折射率和h。如图所示
根据折射定律可得
其中
，
联立可得
结合（b）图可得，斜率
截距
所以
，
故选D。
【分析】根据图（a），结合几何关系，可得到折射率的表达式，根据折射率表达式，可得到d2-r2的表达式，结合图（b）可根据斜率、截距，计算折射率、h。
6．（2025·成都模拟）如图甲所示，粗糙程度相同的足够长的竖直墙面上有一质量为m带电量为的物体处于场强大小为且与水平方向成的匀强电场中，保持静止状态。时刻一竖直方向的力F（大小未知）作用在物体上，同时物体得到一竖直向下的初速度v开始运动，物体运动的位移与时间图像如图乙所示。段为一次函数；段为二次函数，且两段图像在处相切。带电物体视为质点，电量保持不变，，，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）
A．物体做匀速直线运动
B．物体受到竖直外力为恒力
C．时刻物体机械能有最小值
D．物体的动能增加了
【答案】A,D
【知识点】运动学 S-t 图象；动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了带电物体在匀强电场中的运动，解题关键是结合运动学规律和牛顿第二定律分析出物体速度为零时动能最小且重力势能最小。A．图像的斜率表示速度，由图像可知斜率不变，则速度不变，物体做匀速直线运动，故A正确；
B．图像为二次函数，取向下为正方向，函数表达式为
可知物体的加速度不变，由图像可知斜率由负值变为正值，运动中速度反向，摩擦力方向反向，物体做受到竖直外力不为恒力，故B错误；
C．在内
在内
解得
物体从减速到零所用时间为
则减速为零的时刻为
此时物体动能最小，重力势能最小，机械能最小，故C错误；
D．时物体速度为
物体动能的增加量为
故D正确。
故选AD。
【分析】由h-t图像可知0～t0为一次函数物体做匀速直线运动，t0～2t0图像是二次函数，则a不变，所以物体做匀变速直线运动，结合图形和机械能定义分析，当重力势能最小和动能最小时其机械能最小。
7．（2025·成都模拟）如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点、、、、、，相邻两质点之间的距离均为，各质点均静止在各自的平衡位置，时刻振源开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图像如图乙所示，形成的简谐横波以的速度水平向右传播，则下列说法正确的是（　　）
A．波传播到质点时，质点开始振动的方向竖直向下
B．内质点运动的路程为
C．内质点的加速度正在逐渐减小
D．各质点都振动起来后，与的运动方向始终相反
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】本题关键在于根据波的传播方向及波长、周期等情况，分析判断各质点的振动情况。也可用画波形图的方法求解。A．由乙图知，振源开始振动的方向是向上，介质中所有质点开始振动的方向都与振源起振方向相同，所以波传播到质点时，质点开始振动的方向竖直向上，故A错误；
B．乙图知，周期
振动传播到点所需时间为
即末质点开始振动，到末通过路程为
故B错误；
C．传播到点需时，末质点到达波峰，所以在4～5s内质点从波峰向平衡位置运动，位移减小，所以内质点的加速度正在逐渐减小，故C正确；
D．波长
所以、两质点相距1个波长，运动方向始终相同，故D错误。
故选C。
【分析】由图乙读出周期。由波速公式求解波长。根据求出波传到各点的时间，分析质点的振动情况，由位置确定加速度的变化。根据各个质点间距离与波长的关系，分析质点运动方向的关系。
8．（2025·成都模拟）如图所示，A、B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮（轴心固定不动）相连。某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，A球向左的速度为v，下列说法正确的是（　　）
A．此时B球的速度大小为
B．此时B球的速度大小为
C．当β增大到等于90°时，B球的速度为零
D．在β增大到90°的过程中，绳对B球的拉力一直做正功
【答案】A,D
【知识点】运动的合成与分解；功的概念
【解析】【解答】解决本题的关键会对速度进行分解，会利用力与速度之间的夹角关系分析力对物体做功的性质问题．也可以根据动能的变化分析绳的拉力做功情况。AB．将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B沿绳子方向的分速度。如图
在沿绳子方向的分速度为
所以
故A正确，B错误；
C．当增大到等于90°时，B球的速度沿绳子方向的分速度等于0，所以A沿绳子方向的分速度也是0，而不等于0，所以A球的速度为0；此时A的动能全部转化为B的动能，所以B球的速度达到最大，不为零，故C错误；
D．在增大到90°的过程中，绳子的方向与B球运动的方向之间的夹角始终是锐角，所以绳对B球的拉力一直做正功，故D正确。
故选AD。
【分析】将A和B两球的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，两个球沿绳子方向的分速度大小相等，由此列式求B球的速度大小，再求β=90°时B球的速度．根据绳的拉力与速度方向的关系判断绳的拉力做功情况。
9．（2025·成都模拟）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为 。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即 ， 为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为 ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为 。重力加速度大小为 ，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（　　）
A．发动机的最大推力为
B．当飞行器以 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D．当飞行器以 的速率飞行时，其加速度大小可以达到
【答案】B,C
【知识点】反冲
【解析】【解答】A 飞行器关闭发动机，匀速下落时，飞行器以5m/s向上匀速时，联立可得，故A错误。
B 飞行器以5m/s匀速水平飞行时，推力与重力和阻力的合力相等，故B正确。
C 发动机以最大推力水平飞行时，再根据解得v=，故C正确。
D 飞行器以最大推力向下，以5m/s的速度向上减速飞行时，加速度最大，即，解得a=2.5g，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据题中给出的阻力与速度的关系结合牛顿第二定律和力的合成与分解列方程求解。
10．（2025·成都模拟）如图，足够长光滑绝缘斜面的倾角为，斜面上水平虚线MN和PQ之间有垂直斜面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，MN和PQ之间的距离为2L，一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd从MN下方某处以一定的初速度沿斜面向上滑行，线框穿过磁场区域后继续沿斜面向上滑行到速度为零，然后线框开始沿斜面下滑，cd边刚进磁场时和ab边刚要出磁场时，线框的加速度均为零。重力加速度大小为g，线框运动过程ab边始终水平，，下列说法正确的是（　　）
A．线框向上运动过程中，进磁场过程与出磁场过程安培力的冲量相同
B．线框向上运动过程中，进磁场克服安培力做功和出磁场克服安培力做功相等
C．线框向下运动过程中，线框中产生的焦耳热为1.2mgL
D．线框向下运动过程中，线框穿过磁场所用的时间为
【答案】A,D
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．线框向上进磁场和出磁场过程中，由
、、
可得安培力的冲量均为
故A正确；
B．线框向上运动过程中做减速运动，电路产生的电动势越来越小，感应电流越来越小，所以进磁场平均安培力大于出磁场平均安培力，因此进磁场克服安培力做功大于出磁场克服安培力做功，故B错误；
C．根据题意，线框向下运动过程中，cd边刚进磁场时的速度与ab边刚要出磁场时的速度相等，线框穿过磁场过程，根据能量守恒可知减少的重力势能全部转化为热量，线框中产生的焦耳热
故C错误；
D．线框向下运动过程中，设线框运动的时间为t，根据动量定理有
式中
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查电磁感应中的动力学、功能问题，分析线框运动过程，选择合适规律解答。
根据、、结合冲量的公式I=Ft求解安培力的冲量；线框在斜面上向上运动的过程中，根据速度变化判断安培力变化，进而判断安培力做功情况；减少的重力势能转化为动能和回路的内能，根据能量守恒定律求线框上产生的热量；根据动量定理列式求解线框向下运动过程中，线框穿过磁场所用的时间。
11．（2025·成都模拟）某实验小组设计实验验证机械能守恒，实验装置示意图如图所示，在铁架台铁夹上固定好一个力传感器，一根细线上端连接在力传感器上，下端系在小球上，把小球拉离平衡位置一个角度，由静止释放小球，力传感器可记录小球在摆动过程中细线拉力大小，记下力传感器的最大示数F。
(1)关于实验，下列说法中正确的有　 　
A．可以直接用弹簧测力计代替力传感器进行实验
B．细线要选择伸缩性小的
C．球尽量选择密度大的
(2)为完成实验，需要测量小球自由静止时力传感器的示数F0，还需要测量的物理量有　 　。（填正确答案标号）
A．释放小球时的位置与自由静止位置的高度差h
B．小球下落至平衡位置时的时间
C．摆长l
D．小球的质量m
(3)需要验证机械能守恒的表达式为　 　（用已知量和测量量的符号表示）
【答案】BC；AC；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】理解验证机械能守恒定律的原理，本题考查了实验器材、实验注意事项、实验误差分析等问题，掌握实验原理、实验器材、与实验注意事项即可正确解题。
(1)A．弹簧测力计代替力传感器进行实验时，由于细线不断摆动，不方便进行读数与记录，A错误；
B．细线要选择伸缩性小的，避免摆长发生变化，B正确；
C．球尽量选择密度大的，以减小空气阻力的影响，C正确。
故选BC。
(2)（3）本实验要验证机械能守恒，即要验证减小的重力势能是否等于增大的动能，应满足
静止在最低点时，力传感器的示数F0与重力相等，即F0=mg
小球摆到最低点时力传感器的最大示数F，由向心力公式可得
联立可解得
此即为要验证的表达式，由此可知，为完成实验，要测量的量为释放小球时的位置与自由静止位置的高度差h与摆长l即可，故(2)问中应选AC。
【分析】 （1）由各因素产生的误差情况进行分析各项；
（2）依据牛顿第二定律，结合向心力，从而求得最低点的速率，进而求出动能，再根据重力做功求得重力势能减小量，即可判定；
（3）根据增加的动能等于减小的重力势能，即可求解。
12．（2025·成都模拟）磁敏电阻是一种对磁敏感，具有磁阻效应的电阻元件。磁敏电阻在磁场中电阻值发生变化的现象称为磁阻效应。某同学利用伏安法测量一磁敏电阻的阻值（约几千欧）随磁感应强度的变化关系。所用器材：电源E、开关S，滑动变阻器R（最大阻值为20Ω），电压表（内阻约为3000Ω）和毫安表（可视为理想电表）。
（1）在图1所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图　 　；
（2）实验时，将磁敏电阻置于待测磁场中，记录不同磁感应强度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的磁敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为6.2V和2.8mA，则此时磁敏电阻的阻值为　 　kΩ（保留2位有效数字）。实验中得到的该磁敏电阻阻值R随磁感应强度B变化的曲线如图2所示；
（3）某次测量中，测得磁敏电阻的阻值为10.0kΩ，此时磁感应强度为　 　T（保留2位有效数字）；
（4）太阳风是指从太阳上层大气射出的超声速带电粒子流，当太阳风激烈爆发时，可能会给地球带来无法预计的磁暴灾难。某同学利用实验中的磁敏电阻制作了一种搭载在人造卫星上的探测磁感应强度的报警器，其电路的一部分如图3所示。图中E为直流电源（电动势为9.0V，内阻可忽略），当图中的输出电压达到或超过3.0V时，便触发报警器（图中未画出）报警。若要求开始报警时磁感应强度为，则图中　 　（填“”或“”）应使用磁敏电阻，另一固定电阻的阻值应为　 　kΩ（保留2位有效数字）；如果要提高此装置的灵敏度（即在磁感应强度更小时就能触发报警），应该　 　（填“增大”或“减小”）。
【答案】；2.2；；；10；减小
【知识点】实验基础知识与实验误差；生活中常见的传感器
【解析】【解答】本题考查伏安法测电阻，解题关键是要根据实验原理与实验操作进行分析，同时注意电表的内外接法与滑动变阻器的解法。
（1）因毫安表可视为理想电表，则可以采用伏安法的内接法可以消除电流表内阻而产生的系统误差；滑动变阻器的总阻值为20Ω，待测磁敏电阻约几千欧，属于小电阻控制大电阻，则用滑变的分压式接法便于操作和多测数据，电路图如图所示
（2）根据部分电路的欧姆定律可得磁敏电阻的阻值为
（3）根据图像可知，当时，磁感应强度
（4）根据闭合电路可得输出电压为
要求输出电压达到或超过3.0V时报警，即要求磁感应强度增大时，电阻的阻值增大，从而需要输出电压增大，故需要的阻值增大才能实现此功能，故为磁敏电阻；
已知报警电压为，而时，，各数据解得
[6]在磁感应强度更小时的阻值较小，根据串联分压原理可知将R1减小，从而让分得更多的电压，达到3V就可以报警，即如果要提高此装置的灵敏度，应该减小。
【分析】（1）因毫安表可视为理想电表，则可以采用伏安法的内接法可以消除电流表内阻而产生的系统误差；滑动变阻器的总阻值为20Ω，则用滑变的分压式接法便于操作和多测数据；
（2）根据部分电路的欧姆定律可得磁敏电阻的阻值；
（3）根据R-B图像可知磁感应强度；
（4）根据闭合电路可得输出电压，根据实验要求可知需要R2的阻值增大才能实现此功能，同时分析实验误差。
13．（2025·成都模拟）如图所示为某打气装置示意图。其中A是容积为V的需要充气的容器，B是内壁光滑的气筒，容积也为V，左端用可移动的活塞密封，活塞横截面积为S，右端通过单向进气阀n与A连通（当B内气体压强大于A内气体压强时，n打开，反之关闭），B底部通过单向进气阀m与外界连通（当B内气体压强小于外界大气压时，m打开，反之关闭）。活塞缓慢左移从外界抽取气体，抽气结束时活塞位于气筒B的最左侧；给活塞施加水平向右的推力，让活塞缓慢向右移动，当外力无法推动活塞时结束打气过程。已知外界大气压强为p0，初始时A内充满压强为p0的气体，容器A、B导热良好，给活塞水平推力的最大值为6.5p0S，忽略容器间连接处的气体体积，环境温度保持不变。求：
（1）第一次打气结束时，A内气体的压强；
（2）第七次打气结束时，B内活塞右侧气体的体积。
【答案】解：（1）根据题意，由玻意耳定律有
解得
（2）设打气次后，无法推动活塞，则满足
解得
即打气六次后便无法完全将气体压进容器A，设第七次打气结束时B内活塞右侧气体的体积为，则满足
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 （1） 环境温度保持不变，根据玻意耳定律列式得出气体的压强；
（2）根据玻意耳定律联立得出右侧气体的体积。
14．（2025·成都模拟）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。
【答案】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得
解得C在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为
故C与B碰撞过程中损失的机械能为
（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为
从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）物块C运动至刚要与物块B相碰过程，由动能定理求解物块C碰撞前的速度大小；
（2）物块B、C碰撞过程中，由动量守恒定律、能量守恒定律求解物块B与物块C碰撞过程系统损失的机械能；
（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由平衡条件求解弹簧的压缩量，根据功的计算公式求解滑板A开始运动前物块B和物块C克服摩擦力做功。
15．（2025·成都模拟）如图所示，平面内有匀强电场和匀强磁场区域，磁场分布在X轴下方以及开口向上的二次函数抛物线以内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；电场分布在二次函数抛物线及线以外和X轴之间所夹的空间，电场强度为大小E，方向沿Y轴负方向．二次函数方程为，现有带正电粒子（重力不计）从抛物线上左侧的处无初速释放，且带电粒子的比荷数值上满足关系（E，B已知），则
（1）求该粒子第一次从电场进入磁场时的速度大小以及从开始到此时刻经历的时间；
（2）该粒子第一次在磁场中运动的半径多少？求第一次从磁场到电场经过两场交界点的坐标以及此之前在磁场中的运动时间；
（3）同样的粒子从抛物线上各处静止出发，第一次进磁场至再次在电场中的过程，粒子做什么运动及运动轨迹是怎样？（不用写出计算过程）
【答案】解：（1）设所求速度为v，时间为t，带电粒子在电场中匀加速，由动能定理
①
及关系式
得
由动量定理
得
（2）设在磁场中的半径为r，洛伦兹力提供向心力
得
得
由于
故从坐标原点沿Y轴向上进入二次函数内磁场区域继续圆周运动，圆心坐标为，圆周轨迹方程为
二次函数方程为
求得或
故经过两场交界点的坐标为
由几何图形，在磁场中刚好经过个圆周，则
（3）若在磁场中做圆周运动，都经过原点，再次回到电场中做类平抛或斜抛运动；
若在磁场中均做半圆周的圆周运动，再次回到电场中先做末速为零的匀减速直线运动再做逆过程匀加速直线运动；
若由
故都经过原点，进入抛物线内磁场区域，继续圆周运动，再进入电场。
【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）根据动能定理求出带正电粒子从抛物线上的y=4m处释放后，经电场加速后的末速度，由动量定理求时间；
（2）根据洛伦兹力提供向心力求得半径，从而求得进入抛物线内磁场的位置，结合圆的方向可求得交点坐标，以及运动的总时间；
（3）在以上结论的基础上，考虑从抛物线上任一点离开进入电场后的情况，分析其运动轨迹。
1 / 1

展开更多......

收起↑