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2025届四川省成都市高三下学期三诊物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。
1．（2025·成都模拟）在2024年巴黎奥运会中，中国艺术体操队夺得集体全能项目金牌。图示为艺术体操运动员舞动的彩带在某时刻形成的波形（波形在竖直平面内且可视为正弦波），以该时刻为计时起点，竖直向上为正方向，彩带上P质点的振动图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由波形图可知，此时刻质点P在平衡位置之上、最高点之下，向平衡位置运动，结合振动图像可知，图A正确。
故答案为：A。
【分析】根据波形图判断计时时刻 P 质点的位置和运动方向，再匹配对应的振动图像。
2．（2025·成都模拟）图示为某同学设计的一种测量液体折射率的方案。将一绿光点光源置于足够大的容器内，光源距水面深度为h，水面被光源照亮的区域直径为d，已知光在真空中的传播速度大小为c。下列说法正确的是（　　）
A．该液体的折射率为
B．光传播至液体上表面的最短时间为
C．若将绿光换为红光，水面照亮的区域变大
D．若将点光源换为平行水面的正方形面光源，水面照亮的区域为正方形
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由全反射可知，解得该液体的折射率为，A错误；
B．光传播至液体上表面的最短时间为，B错误；
C．因红光的折射率小于绿光，若将绿光换为红光，根据，可知临界角变大，则水面照亮的区域半径为
变大，C正确；
D．若将点光源换为平行水面的正方形面光源，面光源各点发出的光在水面发生全反射，临界角决定每个点光源照亮的区域均为圆形，则总的照亮区域四个顶角为圆形边缘，（非正方形），D错误。
故答案为：C。
【分析】利用全反射的临界角规律分析折射率、光照区域，结合光在介质中的传播速度分析时间，逐一判断选项。
3．（2025·成都模拟）如图所示，将一带电锌板与验电器相连，验电器指针张开。先用红光照射锌板，观察到验电器指针张角保持不变；再用紫外线照射锌板，观察到验电器指针张角减小。下列说法正确的是（　　）
A．锌板原来带正电
B．验电器原来带负电
C．若用红光照射锌板，增大红光的强度，能观察到验电器指针张角减小
D．若用红外线照射锌板，能观察到验电器指针张角减小
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】AB．紫外线照射锌板时，发生光电效应，锌板逸出光电子（带负电），导致锌板正电荷增多；而验电器指针张角减小，说明验电器原来带负电（锌板失去负电后，中和了验电器的部分负电），因此锌板原来带负电，验电器原来带负电，故A错误，B正确；
CD．入射光的频率大于金属的极限频率才能发生光电效应，由题意可知，红光不能发生光电效应，增大光的强度，仍不能发生光电效应，红外线频率小于红光频率，更不能发生光电效应，所以验电器指针的张角不变，故CD错误；
故答案为：B。
【分析】结合光电效应的条件（入射光频率大于金属极限频率），分析锌板带电情况及光照后的张角变化。
4．（2025·成都模拟）用轻质鞋带穿过跑鞋某一鞋孔后系在衣架两端，先后采用图（a）所示衣架水平、图（b）所示衣架倾斜两种方式晾晒在水平粗糙晾衣杆上，两种方式衣架挂钩受到杆的支持力分别为Na与Nb，摩擦力分别为fa与fb，鞋带两端与竖直方向夹角均相等，分别为与，鞋带张力分别为Ta与Tb。忽略鞋带与鞋孔间的摩擦，鞋带长度不变。下列说法正确的是（　　）
A．Na大于Nb B．fa小于fb C．小于 D．Ta大于Tb
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对跑鞋和衣架整体考虑，整体受力平衡，如图
则竖直方向上
水平方向上没有摩擦力，故AB错误；
CD．由于鞋带和鞋孔之间没有摩擦力，则鞋孔两侧的鞋带拉力大小相等，设跑鞋质量为，则跑鞋水平方向合力为零，所以跑鞋的重力方向沿鞋孔两侧两鞋绳拉力的角平分线，竖直方向、
所以
鞋带的长度不变，设为L
图（a）所示
图（b）所示
由于
则，，故C错误，D正确；
故答案为：D。
【分析】对整体（拖鞋+衣架）受力分析得支持力，对拖鞋受力分析得鞋带张力，结合几何关系判断角度，逐一分析选项。
5．（2025·成都模拟）如图所示，两颗彗星仅受太阳引力作用绕太阳运行，彗星1轨道为圆，彗星2轨道为椭圆。下列说法正确的是（　　）
A．彗星2在近日点的速度小于远日点的速度
B．彗星1的速度大于彗星2在远日点的速度
C．彗星1、彗星2与太阳的连线在相等时间内扫过的面积一定相等
D．彗星1受太阳的万有引力一定小于彗星2在近日点受太阳的万有引力
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】 开普勒第二定律（面积定律）：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。
A．根据开普勒第二定律可知，彗星2在近日点的速度大于远日点的速度，故A错误；
B． 彗星1离太阳的距离小于彗星2在远日点离太阳的距离，则彗星1在圆轨道的速度大于彗星2在远日点圆轨道的速度，而彗星2在远日点的速度小于该点圆轨道的速度，故彗星1的速度大于彗星2在远日点的速度，故B正确；
C．根据开普勒第二定律，相等时间内扫过的面积相等是指同一轨道，则彗星1、彗星2与太阳的连线在相等时间内扫过的面积不一定相等，故C错误；
D．因为不知道两彗星的质量关系，则彗星1受太阳的万有引力不一定小于彗星2在近日点受太阳的万有引力，故D错误。
故选B。
【分析】根据开普勒第二定律和万有引力的决定因素和在不同轨道的线速度关系进行分析解答。
6．（2025·成都模拟）如图所示，圆心为O、直径d=2m的圆形金属导轨内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场。金属杆PQ长度与导轨直径相等，单位长度电阻，PQ绕O点以角速度逆时针匀速转动并与导轨保持良好接触。O、M两点用导线相连，A是理想电流表，阻值R=8Ω的电阻和电容的电容器并联在电路中，圆形导轨与导线电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．流过电阻R的电流方向为
B．电流表的读数为2.5A
C．电容器的电荷量为9.6×10-10C
D．为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为6.25W
【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．PQ绕O点逆时针匀速转动，根据右手定则可知，电流从PQ两点流向O点，所以流过电阻R的电流方向为a→b，故A错误；
B．电流从PQ两点流向O点，则PO与QO并联，则产生的电动势为
PO与QO并联产生的等效内阻
电流表的读数为，故B错误；
C．电容器两端电压，电容器的电荷量为，故C正确；
D．为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先计算金属杆转动产生的感应电动势，再分析电路的等效电阻、电流，结合电容器电量公式、功率公式逐一判断选项。
7．（2025·成都模拟）图（a）为答题卡扫描仪，其内部结构如图（b）所示。扫描仪内部有一个摩擦滚轮放置在水平答题卡上方。正常工作时滚轮对顶部答题卡的正压力为F，摩擦滚轮顺时针转动，摩擦力只带动与之接触的顶部答题卡进入扫描仪内部进行逐张扫描，直至所有答题卡扫描完毕。已知每张答题卡的质量均为m，摩擦滚轮与答题卡间的动摩擦因数恒为，各答题卡间的动摩擦因数范围为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。要使该扫描仪能一直正常工作，正压力F的最大取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【解答】要使扫描仪正常工作，每次只能带动顶部答题卡，需满足：滚轮对顶部答题卡的摩擦力大于顶部与下方答题卡间的最大静摩擦力，则由平衡条件及摩擦力的计算公式可得
由题知
令（取最大值保证所有情况）
解得
同时第二张答题卡不能动，需满足：第一张答题卡给第二张答题卡的最大滑动摩擦力小于等于第二张答题卡受到的最大静摩擦力，即
解得F≤3mg
综上可得
故答案为：A。
【分析】要让扫描仪正常工作，需满足两个条件：①滚轮对顶部答题卡的摩擦力大于顶部与下方答题卡间的最大静摩擦力；②下方答题卡间的摩擦力不足以带动第二张答题卡运动，据此推导正压力F的范围。
二、多项选择题：本题共3小题，每题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025·成都模拟）如图所示，O点为等边三角形ABC的中心，D、E、F三点分别为各边中点，G、H两点关于直线AD对称。在顶点A、B、C分别固定三个等量正点电荷，图中实线为电场线，设无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）
A．G、H两点的场强相同
B．D、E、F三点的电势相等
C．O点的场强和电势均为零
D．在垂直纸面的O点正上方静止释放一电子（不计重力），电子将做往复运动
【答案】B,D
【知识点】电场强度的叠加；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．场强是矢量，G、H关于AD对称，但电场线切线方向（场强方向）不同，故场强不相同，故A错误；
B．D、E、F三点电场强度大小相等，E、F在A电场的等势面上，D、F在B电场的等势面上，D、E在C电场的等势面上，又，所以D、E、F三点电势相等，故B正确；
C．O点为外接圆的圆心，也为该正三角形的重心，O点到A、B、C点的距离相等，则点电荷在O点的电场强度都相等，由于圆心角为，则O点合场强为0；无穷远处电势为零，可知O点电势大于零，故C错误；
D．在垂直纸面的O点正上方静止释放一电子（不计重力），电子受力指向O点，电子先加速运动，过O点后做减速运动，电子终将做往复运动，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合等量正点电荷的电场对称性、电势与场强的叠加规律，逐一分析选项。
9．（2025·成都模拟）在探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验中，可拆变压器如图（a）所示，原线圈有四个接线柱，副线圈有三个接线柱，其简化图如图（b）所示。某同学将正弦交流电源接在原线圈“0”和“1400”两个接线柱上，用交流电压表先测量原线圈各接线柱间的电压，再测量副线圈各接线柱间的电压，将测得的电压U与对应匝数n中的部分数据描绘在U-n图上。分析发现数据点大致分布在过原点的直线Ⅰ与直线Ⅱ上，如图（c）所示。下列说法正确的是（　　）
A．直线Ⅰ对应为原线圈测得的电压与匝数关系
B．直线Ⅰ斜率比直线Ⅱ斜率大的原因可能是铁芯漏磁
C．电源输出电压的最大值约为14V
D．仅增大电源输出电压，直线Ⅰ与直线Ⅱ的斜率均减小
【答案】A,B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．图（c）中，直线Ⅰ描点中，匝数最多点对应的匝数为800匝，直线Ⅱ描点中，匝数最多点对应的匝数为400匝，结合题设知，直线Ⅰ对应为原线圈测得的电压与匝数关系，故A正确；
B．由知，图像的斜率为，由图知，直线I的斜率比直线II的斜率大，则原线圈磁通量变化率比副线圈磁通量变化率大，其可能原因为铁芯漏磁，故B正确；
C．变压器原线圈单匝产生的电动势相等，结合图（c）中直线I可得，解得电源输出电压的有效值，其最大值，故C错误；
D．仅增大电源输出电压，由可知，图像的斜率增大，直线I和直线II的斜率都增大，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】根据变压器电压与匝数的关系（），结合图像斜率、漏磁等因素分析选项。
10．（2025·成都模拟）我国自主研制的“天帆一号”成功验证了多项太阳帆关键技术。光射到物体表面时，对单位面积产生的压力叫光压，太阳帆飞船可利用光压作为动力航行。若太阳帆飞船仅受太阳引力和光压提供的动力沿半径方向匀速远离太阳，距离太阳r处的太阳帆单位面积接收太阳光辐射的功率为P（P仅与距离r平方成反比），帆面始终与光线垂直，照射到太阳帆的光子全部垂直于帆面以原速率反弹。已知太阳帆飞船质量为m，太阳质量为M，万有引力常量为G，普朗克常量为h，光的频率为，真空中光速为c，太阳帆飞船速度远小于光速。下列说法正确的是（　　）
A．距离太阳r处，太阳帆在单位时间单位面积内接收到的光子数为
B．距离太阳r处，太阳帆受到的光压为
C．距离太阳r处，太阳帆的展开面积为
D．太阳帆飞船匀速远离太阳的过程中，需逐渐增大太阳帆的展开面积
【答案】A,C
【知识点】动量定理；万有引力定律；光子及其动量
【解析】【解答】A．距离太阳r处，光子的平均能量为，太阳帆在单位时间单位面积内接收到的光子数为，故A正确；
B．光子的频率为，距离太阳r处，每个光子的动量为
光射到帆面被反弹，由动量定理得Ft=2Np
可得太阳帆单位面积受到的光压为，故B错误；
CD．距离太阳r处，由题意得，匀速远离要满足太阳光对太阳帆的作用力等于太阳对探测器的引力，即
即，解得
飞船匀速远离太阳的过程中，P仅与距离r平方成反比，结合
太阳帆飞船的展开面积保持不变，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合光子能量、动量定理、受力平衡（光压力与万有引力平衡）分析各选项。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13-15小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（2025·成都模拟）某同学利用图示装置探究一定质量的理想气体在温度不变时压强p与体积V的关系。如图所示，U形管两端是粗细均匀的细玻璃管，中间是软管。右边玻璃管上端开口与大气相通，左边带刻度尺的玻璃管上端封闭，其内部用水银封闭一段空气，抬高U形管右端，使右侧水银面高于左侧。已知大气压强为，水银的密度为，重力加速度大小为g。
（1）实验步骤如下：
①用两铁架台竖直固定U形管的左右两管，待管内水银柱稳定时，读出空气柱的长度l和U形管左右水银面的高度差h，此时封闭气体的压强p=　 　；
②缓慢调节U形管的左右两边，改变U形管左右水银面的高度差h，记录空气柱长度l；
③多次实验，记录多组数据，分析得出结论。
（2）正确实验后，若以p为横坐标，以　 　（选填“l”或“”）为纵坐标，在实验误差允许范围内，可描绘出一条过原点的直线。
（3）另一同学重复实验，计算了多组p与l的乘积，发现p与l的乘积随压强p增大而变小，写出导致该现象的一个可能原因　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）左端玻璃管密封不严有漏气
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）此时封闭气体的压强为p=
故答案为：
（2）气体温度不变，根据理想气体状态方程
可得
可见以p为横坐标，以为纵坐标，在实验误差允许范围内，可描绘出一条过原点的直线；
故答案为：
（3）根据理想气体状态方程
知
可见p与l的乘积随压强p增大而减小，即变小，则可能是气体的物质的量n变小，故装置可能漏气。
故答案为：左端玻璃管密封不严有漏气
【分析】(1) 封闭气体压强：以左侧封闭气体为研究对象，结合液面高度差，利用大气压强与液体压强的关系求解；
(2) 图像坐标选择：根据玻意耳定律（等温过程），分析压强与体积（空气柱长度）的关系，确定合适的纵坐标；
(3) 实验误差原因：从玻意耳定律的适用条件（等温）出发，分析压强与体积乘积变化的可能因素。
（1）此时封闭气体的压强为p=
（2）气体温度不变，根据理想气体状态方程
可得
可见以p为横坐标，以为纵坐标，在实验误差允许范围内，可描绘出一条过原点的直线；
（3）根据理想气体状态方程
知
可见p与l的乘积随压强p增大而减小，即变小，则可能是气体的物质的量n变小，故装置可能漏气。
12．（2025·成都模拟）某实验小组利用压力传感器制作一个简易的台秤来测量物体的质量。小组测得某传感器阻值RF随压力F的变化规律如图（a）所示，并设计了如图（b）所示的电路。制作台秤的关键步骤是在电压表表盘刻度上重新标记以kg为单位的质量刻度，这个步骤称为表盘定标。已知电源电动势E为6V，内阻r为2Ω，电压表V的量程为0~3V，电阻箱R的调节范围为0~999.9Ω，重力加速度大小为g=10m/s2。小组同学提出了两种不同的定标方案，具体操作如下：
（1）方案一：采用实验测量法完成表盘定标
①闭合开关之前，将电阻箱R调到　 　（填“最小值”或“最大值”）；
②压力传感器上未放置物体，闭合开关S，调节电阻箱R的阻值，使电压表 满偏，指针所在位置标为质量零刻度；
③保持电阻箱阻值不变，改变压力传感器上物体的质量，同时记录下电压表示数U和物体质量m，利用测量数据完成表盘定标。
（2）方案二：采用理论推导法完成表盘定标
若将电压表视为理想电压表，结合图（a）、图（b）信息，计算出电压表满偏时电阻箱R的阻值为　 　Ω，将电阻箱R阻值调为计算出的阻值，并在电压表满偏位置标为质量零刻度；计算出电压表示数U随物体的质量m变化的函数U=　 　（表达式中除m外，其余物理量均代入数值），并根据函数关系完成表盘定标；新表盘刻度值分布满足　 　（填“均匀分布”、“左密右疏”或“左疏右密”）；
（3）对标定方案进行评估时，若采用方案二定标的表盘进行读数，则测量值　 　（选填“>”、“<”或“=”）物体质量的真实值。
【答案】（1）最大值
（2）48.0；；左疏右密
（3）>
【知识点】闭合电路的欧姆定律；伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）在闭合开关之前，为了保护电路，应将电阻箱R调到最大值，这样可以使电路中的电流最小，防止过大电流损坏元件。
故答案为：最大值
（2）根据闭合电路欧姆定律可得
当电压表满偏U=3V，由图（a）可知当压力F=0时，，E=6V，r=2，代入可得R=48.0；
由图（a）可得与F的关系为=50-F
因为F=mg
所以有=50-mg
再根据闭合电路欧姆定律可得
联立代入数据可得
由此可知U与m不是线性关系，U随m的变化越来越慢，所以新表盘刻度值分布满足左疏右密；
故答案为：48.0；；左疏右密
（3）方案二是在理想电压表的基础上推导的，而实际电压表有内阻，会分流，使得测量的电压值比实际值偏小，根据U与m的关系
可知，测量值大于物体质量的真实值。
故答案为：>
【分析】(1) 电路安全操作：闭合开关前，为保护电路，电阻箱应调至最大值以减小初始电流；
(2) 理论推导定标：先结合闭合电路欧姆定律求满偏时电阻箱阻值，再推导电压与质量的函数关系，通过函数单调性分析刻度分布；
(3) 测量误差评估：考虑实际电压表非理想（有内阻），分析其对测量值的影响。
（1）在闭合开关之前，为了保护电路，应将电阻箱R调到最大值，这样可以使电路中的电流最小，防止过大电流损坏元件。
（2）[1][2][3]根据闭合电路欧姆定律可得
当电压表满偏U=3V，由图（a）可知当压力F=0时，，E=6V，r=2，代入可得R=48.0；
由图（a）可得与F的关系为=50-F
因为F=mg
所以有=50-mg
再根据闭合电路欧姆定律可得
联立代入数据可得
由此可知U与m不是线性关系，U随m的变化越来越慢，所以新表盘刻度值分布满足左疏右密；
（3）方案二是在理想电压表的基础上推导的，而实际电压表有内阻，会分流，使得测量的电压值比实际值偏小，根据U与m的关系
可知，测量值大于物体质量的真实值。
13．（2025·成都模拟）如图所示，水上乐园游戏中游客仅在自身重力及不可伸长的轻绳拉力作用下绕悬点O运动，经最低点B到达绳子与竖直方向成的C点时，游客松手并最终落入水中。已知游客在空中运动到最高点D时的速度大小v=4m/s，游客质量m=50kg，绳长L=5m，游客可视为质点，不计一切阻力，sin37°=0.6，重力加速度大小为g=10m/s2。
（1）游客摆到最低点B时，求绳子对游客拉力T的大小；
（2）若D点距水面的竖直高度H=1.25m，求C点到落水点的水平距离x。
【答案】（1）解：游客从C点抛出时的水平分速度，由运动合成与分解得
从B点到C点，对游客由动能定理得
在B点对游客由牛顿第二定律得
代入数据解得T=950N
（2）解：从C点运动到D点，竖直初速度为，时间为，此过程的水平位移为，由运动合成与分解得
竖直方向有
水平方向有
从D点平抛到水中运动时间为，此过程的水平位移为，得、
游客从C到落水点的水平距离为
【知识点】平抛运动；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 最低点拉力：先通过最高点速度与 C 点速度的分解关系，得到 C 点速度；再用动能定理关联 B、C 两点的速度；最后在 B 点用牛顿第二定律求拉力。
(2) 水平距离：将 C 到落水点的运动分为 “C 到 D 的斜抛（分解为水平匀速、竖直上抛）” 和 “D 到落水点的平抛”，分别计算两段水平位移后求和。
（1）游客从C点抛出时的水平分速度，由运动合成与分解得
从B点到C点，对游客由动能定理得
在B点对游客由牛顿第二定律得
代入数据解得T=950N
（2）从C点运动到D点，竖直初速度为，时间为，此过程的水平位移为，由运动合成与分解得
竖直方向有
水平方向有
从D点平抛到水中运动时间为，此过程的水平位移为，得、
游客从C到落水点的水平距离为
14．（2025·成都模拟）如图所示，空间直角坐标系Oxyz中，Oz方向竖直向上，M点坐标为，N点坐标为，H点坐标为。已知质量为m、电荷量为q的带正电小球以初速度从N点沿y轴正方向分别射入三种不同情况的复合场（均未画出）。小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）情况Ⅰ：在原点O固定一电荷量未知的负点电荷，小球能运动到M点，求小球到达M点的动能；
（2）情况Ⅱ：空间同时存在沿z轴正方向、场强大小的匀强电场和沿x轴正方向的匀强磁场，小球能运动到H点，求小球从N到H的运动时间t；
（3）情况Ⅲ：空间同时存在沿z轴正方向、场强大小的匀强电场和从N指向M方向的匀强磁场，小球能运动到M点，求磁感应强度的最小值。
【答案】（1）解：N、M两点电势相等，从N到M电场力做功为零，对小球由动能定理得
解得
（2）解：小球所受电场力等于重力
如图所示，小球在yOz平面内从N运动到H做匀速圆周运动，O'为轨迹圆圆心，设小球运动的半径为r，由几何关系可得：
解得：、
小球从N到H的运动时间为：
解得
（3）解：小球将做等距螺旋运动，将小球速度分解到垂直于磁场和平行于磁场的方向
平行磁场方向有：
运动时间：
小球在垂直磁场方向做匀速圆周运动，设周期为T，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律及周期公式，得
粒子运动的周期为
解得
当小球垂直于磁场方向完成一次圆周运动到M点时，磁感应强度有最小值，即
解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 动能求解：N到M过程中，重力做功与库仑力做功的代数和为零（N、M到O的距离相等，库仑力做功抵消），用动能定理关联初末动能；
(2) 运动时间：电场力与重力平衡，小球在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，结合H点的位置确定圆周运动的圆心角，进而求运动时间；
(3) 最小磁感应强度：电场力与重力平衡，小球做匀速圆周运动，当轨迹圆与M点相切时，半径最小，对应的磁感应强度最小，结合几何关系与洛伦兹力公式求解。
（1）N、M两点电势相等，从N到M电场力做功为零，对小球由动能定理得
解得
（2）小球所受电场力等于重力
如图所示，小球在yOz平面内从N运动到H做匀速圆周运动，O'为轨迹圆圆心，设小球运动的半径为r，由几何关系可得：
解得：、
小球从N到H的运动时间为：
解得
（3）小球将做等距螺旋运动，将小球速度分解到垂直于磁场和平行于磁场的方向
平行磁场方向有：
运动时间：
小球在垂直磁场方向做匀速圆周运动，设周期为T，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律及周期公式，得
粒子运动的周期为
解得
当小球垂直于磁场方向完成一次圆周运动到M点时，磁感应强度有最小值，即
解得
15．（2025·成都模拟）如图所示，在倾角的固定斜面上，足够长的轻质弹簧一端与物块A相连，另一端连接斜面底端处的挡板。初始时刻物块A静止于弹簧原长O点处，底部光滑而侧面有粘性的物块B从距离O点s=3.6m处静止释放，B与A发生完全非弹性碰撞并粘合成一个整体（碰后A、B与斜面依然保持良好接触）继续运动。已知A、B质量均为m=0.2kg，弹簧劲度系数k=100N/m且始终处在弹性限度内，弹性势能（x为弹簧形变量）。物块A与斜面O点上方区域的动摩擦因数为，与斜面O点下方区域的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g=10m/s2。
（1）求A和B碰撞过程中系统损失的机械能；
（2）若、，求A和B碰撞后整体一起在O点上方区域运动的总路程；
（3）若，求A和B碰撞后到最终静止的过程，A与斜面摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）解：B下滑过程，根据动能定理有
B和A碰撞过程，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
（2）解：A和B组成的整体质量为2m，其将在斜面上做往复运动直至到达O点时速度为零，之后将在O点下方区域做简谐振动。系统减少的动能转化为在O点上方区域摩擦产生的热量，根据能量守恒有，
解得
（3）解：由分析可知整体第一次向下运动的最大位移等于弹簧的最大形变量，A、B从碰后到第一次运动至最低点的过程，根据能量守恒定律有
解得
A、B整体向下运动过平衡位置点时，回复力为零，此时弹簧形变量为，则有
解得
设A、B整体经平衡位置点向下运动一小段距离后，偏离平衡位置的位移为，弹簧形变量为x，则有
当形变量为x时，回复力的大小为
又因为回复力方向和位移的方向相反，证得A、B整体向下的运动为单方向简谐运动。
则A、B整体向下运动的振幅为
在最低点时，整体所受弹簧弹力为
此后将向上运动。同理可证整体向上的运动也是单方向简谐振动，平衡位置为点，此时弹簧形变量设为，平衡位置回复力为零，则有
解得
若记本次为第1次单方向简谐振动，运动的振幅为
向上运动到达最高点之后整体将向下做第2次单方向简谐振动，平衡位置又变成点，振幅为
向下运动到达最低点之后整体将向上做第3次单方向简谐振动，平衡位置又变成点，振幅为
由上述分析发现整体振幅的变化将依次递减0.02m，则第n次振动的振幅为
考虑整体最后停止的位置一定位于弹簧压缩状态，设停止时弹簧压缩量为，则由整体静止条件得
解得
因为当整体向上运动以为点为平衡位置做第9次单方向简谐振动的振幅
可知，当整体从最低点往上运动，后速度会变为零，此时弹簧形变量为
整体将停止运动。综合上述可知，A、B整体运动的总路程为
则A与斜面摩擦产生的热量为
解得Q=1.82J
【知识点】能量守恒定律；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】(1) 碰撞损失机械能：先求B下滑到O点的速度（动能定理），再用动量守恒求碰撞后共同速度，最后计算初末动能差得损失的机械能；
(2) 总路程：碰撞后整体在O点上方运动，重力分力与摩擦力平衡，用能量守恒（碰撞后动能全部转化为摩擦力做功）求总路程；
(3) 摩擦生热：先分析整体最终静止时弹簧的形变量（受力平衡），再用能量守恒（碰撞后动能、弹簧弹性势能的变化转化为摩擦力做功）求摩擦产生的热量。
（1）B下滑过程，根据动能定理有
B和A碰撞过程，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
（2）A和B组成的整体质量为2m，其将在斜面上做往复运动直至到达O点时速度为零，之后将在O点下方区域做简谐振动。系统减少的动能转化为在O点上方区域摩擦产生的热量，根据能量守恒有，
解得
（3）由分析可知整体第一次向下运动的最大位移等于弹簧的最大形变量，A、B从碰后到第一次运动至最低点的过程，根据能量守恒定律有
解得
A、B整体向下运动过平衡位置点时，回复力为零，此时弹簧形变量为，则有
解得
设A、B整体经平衡位置点向下运动一小段距离后，偏离平衡位置的位移为，弹簧形变量为x，则有
当形变量为x时，回复力的大小为
又因为回复力方向和位移的方向相反，证得A、B整体向下的运动为单方向简谐运动。
则A、B整体向下运动的振幅为
在最低点时，整体所受弹簧弹力为
此后将向上运动。同理可证整体向上的运动也是单方向简谐振动，平衡位置为点，此时弹簧形变量设为，平衡位置回复力为零，则有
解得
若记本次为第1次单方向简谐振动，运动的振幅为
向上运动到达最高点之后整体将向下做第2次单方向简谐振动，平衡位置又变成点，振幅为
向下运动到达最低点之后整体将向上做第3次单方向简谐振动，平衡位置又变成点，振幅为
由上述分析发现整体振幅的变化将依次递减0.02m，则第n次振动的振幅为
考虑整体最后停止的位置一定位于弹簧压缩状态，设停止时弹簧压缩量为，则由整体静止条件得
解得
因为当整体向上运动以为点为平衡位置做第9次单方向简谐振动的振幅
可知，当整体从最低点往上运动，后速度会变为零，此时弹簧形变量为
整体将停止运动。综合上述可知，A、B整体运动的总路程为
则A与斜面摩擦产生的热量为
解得Q=1.82J
第（3）问第二种解法：
如上分析可知，最终A将静止于离O点下方距离O点处，A、B整体从碰后到第一次运动至最终静止过程，由能量守恒定律得
解得Q=1.82J
1 / 12025届四川省成都市高三下学期三诊物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。
1．（2025·成都模拟）在2024年巴黎奥运会中，中国艺术体操队夺得集体全能项目金牌。图示为艺术体操运动员舞动的彩带在某时刻形成的波形（波形在竖直平面内且可视为正弦波），以该时刻为计时起点，竖直向上为正方向，彩带上P质点的振动图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·成都模拟）图示为某同学设计的一种测量液体折射率的方案。将一绿光点光源置于足够大的容器内，光源距水面深度为h，水面被光源照亮的区域直径为d，已知光在真空中的传播速度大小为c。下列说法正确的是（　　）
A．该液体的折射率为
B．光传播至液体上表面的最短时间为
C．若将绿光换为红光，水面照亮的区域变大
D．若将点光源换为平行水面的正方形面光源，水面照亮的区域为正方形
3．（2025·成都模拟）如图所示，将一带电锌板与验电器相连，验电器指针张开。先用红光照射锌板，观察到验电器指针张角保持不变；再用紫外线照射锌板，观察到验电器指针张角减小。下列说法正确的是（　　）
A．锌板原来带正电
B．验电器原来带负电
C．若用红光照射锌板，增大红光的强度，能观察到验电器指针张角减小
D．若用红外线照射锌板，能观察到验电器指针张角减小
4．（2025·成都模拟）用轻质鞋带穿过跑鞋某一鞋孔后系在衣架两端，先后采用图（a）所示衣架水平、图（b）所示衣架倾斜两种方式晾晒在水平粗糙晾衣杆上，两种方式衣架挂钩受到杆的支持力分别为Na与Nb，摩擦力分别为fa与fb，鞋带两端与竖直方向夹角均相等，分别为与，鞋带张力分别为Ta与Tb。忽略鞋带与鞋孔间的摩擦，鞋带长度不变。下列说法正确的是（　　）
A．Na大于Nb B．fa小于fb C．小于 D．Ta大于Tb
5．（2025·成都模拟）如图所示，两颗彗星仅受太阳引力作用绕太阳运行，彗星1轨道为圆，彗星2轨道为椭圆。下列说法正确的是（　　）
A．彗星2在近日点的速度小于远日点的速度
B．彗星1的速度大于彗星2在远日点的速度
C．彗星1、彗星2与太阳的连线在相等时间内扫过的面积一定相等
D．彗星1受太阳的万有引力一定小于彗星2在近日点受太阳的万有引力
6．（2025·成都模拟）如图所示，圆心为O、直径d=2m的圆形金属导轨内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场。金属杆PQ长度与导轨直径相等，单位长度电阻，PQ绕O点以角速度逆时针匀速转动并与导轨保持良好接触。O、M两点用导线相连，A是理想电流表，阻值R=8Ω的电阻和电容的电容器并联在电路中，圆形导轨与导线电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．流过电阻R的电流方向为
B．电流表的读数为2.5A
C．电容器的电荷量为9.6×10-10C
D．为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为6.25W
7．（2025·成都模拟）图（a）为答题卡扫描仪，其内部结构如图（b）所示。扫描仪内部有一个摩擦滚轮放置在水平答题卡上方。正常工作时滚轮对顶部答题卡的正压力为F，摩擦滚轮顺时针转动，摩擦力只带动与之接触的顶部答题卡进入扫描仪内部进行逐张扫描，直至所有答题卡扫描完毕。已知每张答题卡的质量均为m，摩擦滚轮与答题卡间的动摩擦因数恒为，各答题卡间的动摩擦因数范围为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。要使该扫描仪能一直正常工作，正压力F的最大取值范围为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025·成都模拟）如图所示，O点为等边三角形ABC的中心，D、E、F三点分别为各边中点，G、H两点关于直线AD对称。在顶点A、B、C分别固定三个等量正点电荷，图中实线为电场线，设无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）
A．G、H两点的场强相同
B．D、E、F三点的电势相等
C．O点的场强和电势均为零
D．在垂直纸面的O点正上方静止释放一电子（不计重力），电子将做往复运动
9．（2025·成都模拟）在探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验中，可拆变压器如图（a）所示，原线圈有四个接线柱，副线圈有三个接线柱，其简化图如图（b）所示。某同学将正弦交流电源接在原线圈“0”和“1400”两个接线柱上，用交流电压表先测量原线圈各接线柱间的电压，再测量副线圈各接线柱间的电压，将测得的电压U与对应匝数n中的部分数据描绘在U-n图上。分析发现数据点大致分布在过原点的直线Ⅰ与直线Ⅱ上，如图（c）所示。下列说法正确的是（　　）
A．直线Ⅰ对应为原线圈测得的电压与匝数关系
B．直线Ⅰ斜率比直线Ⅱ斜率大的原因可能是铁芯漏磁
C．电源输出电压的最大值约为14V
D．仅增大电源输出电压，直线Ⅰ与直线Ⅱ的斜率均减小
10．（2025·成都模拟）我国自主研制的“天帆一号”成功验证了多项太阳帆关键技术。光射到物体表面时，对单位面积产生的压力叫光压，太阳帆飞船可利用光压作为动力航行。若太阳帆飞船仅受太阳引力和光压提供的动力沿半径方向匀速远离太阳，距离太阳r处的太阳帆单位面积接收太阳光辐射的功率为P（P仅与距离r平方成反比），帆面始终与光线垂直，照射到太阳帆的光子全部垂直于帆面以原速率反弹。已知太阳帆飞船质量为m，太阳质量为M，万有引力常量为G，普朗克常量为h，光的频率为，真空中光速为c，太阳帆飞船速度远小于光速。下列说法正确的是（　　）
A．距离太阳r处，太阳帆在单位时间单位面积内接收到的光子数为
B．距离太阳r处，太阳帆受到的光压为
C．距离太阳r处，太阳帆的展开面积为
D．太阳帆飞船匀速远离太阳的过程中，需逐渐增大太阳帆的展开面积
三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13-15小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（2025·成都模拟）某同学利用图示装置探究一定质量的理想气体在温度不变时压强p与体积V的关系。如图所示，U形管两端是粗细均匀的细玻璃管，中间是软管。右边玻璃管上端开口与大气相通，左边带刻度尺的玻璃管上端封闭，其内部用水银封闭一段空气，抬高U形管右端，使右侧水银面高于左侧。已知大气压强为，水银的密度为，重力加速度大小为g。
（1）实验步骤如下：
①用两铁架台竖直固定U形管的左右两管，待管内水银柱稳定时，读出空气柱的长度l和U形管左右水银面的高度差h，此时封闭气体的压强p=　 　；
②缓慢调节U形管的左右两边，改变U形管左右水银面的高度差h，记录空气柱长度l；
③多次实验，记录多组数据，分析得出结论。
（2）正确实验后，若以p为横坐标，以　 　（选填“l”或“”）为纵坐标，在实验误差允许范围内，可描绘出一条过原点的直线。
（3）另一同学重复实验，计算了多组p与l的乘积，发现p与l的乘积随压强p增大而变小，写出导致该现象的一个可能原因　 　。
12．（2025·成都模拟）某实验小组利用压力传感器制作一个简易的台秤来测量物体的质量。小组测得某传感器阻值RF随压力F的变化规律如图（a）所示，并设计了如图（b）所示的电路。制作台秤的关键步骤是在电压表表盘刻度上重新标记以kg为单位的质量刻度，这个步骤称为表盘定标。已知电源电动势E为6V，内阻r为2Ω，电压表V的量程为0~3V，电阻箱R的调节范围为0~999.9Ω，重力加速度大小为g=10m/s2。小组同学提出了两种不同的定标方案，具体操作如下：
（1）方案一：采用实验测量法完成表盘定标
①闭合开关之前，将电阻箱R调到　 　（填“最小值”或“最大值”）；
②压力传感器上未放置物体，闭合开关S，调节电阻箱R的阻值，使电压表 满偏，指针所在位置标为质量零刻度；
③保持电阻箱阻值不变，改变压力传感器上物体的质量，同时记录下电压表示数U和物体质量m，利用测量数据完成表盘定标。
（2）方案二：采用理论推导法完成表盘定标
若将电压表视为理想电压表，结合图（a）、图（b）信息，计算出电压表满偏时电阻箱R的阻值为　 　Ω，将电阻箱R阻值调为计算出的阻值，并在电压表满偏位置标为质量零刻度；计算出电压表示数U随物体的质量m变化的函数U=　 　（表达式中除m外，其余物理量均代入数值），并根据函数关系完成表盘定标；新表盘刻度值分布满足　 　（填“均匀分布”、“左密右疏”或“左疏右密”）；
（3）对标定方案进行评估时，若采用方案二定标的表盘进行读数，则测量值　 　（选填“>”、“<”或“=”）物体质量的真实值。
13．（2025·成都模拟）如图所示，水上乐园游戏中游客仅在自身重力及不可伸长的轻绳拉力作用下绕悬点O运动，经最低点B到达绳子与竖直方向成的C点时，游客松手并最终落入水中。已知游客在空中运动到最高点D时的速度大小v=4m/s，游客质量m=50kg，绳长L=5m，游客可视为质点，不计一切阻力，sin37°=0.6，重力加速度大小为g=10m/s2。
（1）游客摆到最低点B时，求绳子对游客拉力T的大小；
（2）若D点距水面的竖直高度H=1.25m，求C点到落水点的水平距离x。
14．（2025·成都模拟）如图所示，空间直角坐标系Oxyz中，Oz方向竖直向上，M点坐标为，N点坐标为，H点坐标为。已知质量为m、电荷量为q的带正电小球以初速度从N点沿y轴正方向分别射入三种不同情况的复合场（均未画出）。小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）情况Ⅰ：在原点O固定一电荷量未知的负点电荷，小球能运动到M点，求小球到达M点的动能；
（2）情况Ⅱ：空间同时存在沿z轴正方向、场强大小的匀强电场和沿x轴正方向的匀强磁场，小球能运动到H点，求小球从N到H的运动时间t；
（3）情况Ⅲ：空间同时存在沿z轴正方向、场强大小的匀强电场和从N指向M方向的匀强磁场，小球能运动到M点，求磁感应强度的最小值。
15．（2025·成都模拟）如图所示，在倾角的固定斜面上，足够长的轻质弹簧一端与物块A相连，另一端连接斜面底端处的挡板。初始时刻物块A静止于弹簧原长O点处，底部光滑而侧面有粘性的物块B从距离O点s=3.6m处静止释放，B与A发生完全非弹性碰撞并粘合成一个整体（碰后A、B与斜面依然保持良好接触）继续运动。已知A、B质量均为m=0.2kg，弹簧劲度系数k=100N/m且始终处在弹性限度内，弹性势能（x为弹簧形变量）。物块A与斜面O点上方区域的动摩擦因数为，与斜面O点下方区域的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g=10m/s2。
（1）求A和B碰撞过程中系统损失的机械能；
（2）若、，求A和B碰撞后整体一起在O点上方区域运动的总路程；
（3）若，求A和B碰撞后到最终静止的过程，A与斜面摩擦产生的热量Q。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由波形图可知，此时刻质点P在平衡位置之上、最高点之下，向平衡位置运动，结合振动图像可知，图A正确。
故答案为：A。
【分析】根据波形图判断计时时刻 P 质点的位置和运动方向，再匹配对应的振动图像。
2．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由全反射可知，解得该液体的折射率为，A错误；
B．光传播至液体上表面的最短时间为，B错误；
C．因红光的折射率小于绿光，若将绿光换为红光，根据，可知临界角变大，则水面照亮的区域半径为
变大，C正确；
D．若将点光源换为平行水面的正方形面光源，面光源各点发出的光在水面发生全反射，临界角决定每个点光源照亮的区域均为圆形，则总的照亮区域四个顶角为圆形边缘，（非正方形），D错误。
故答案为：C。
【分析】利用全反射的临界角规律分析折射率、光照区域，结合光在介质中的传播速度分析时间，逐一判断选项。
3．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】AB．紫外线照射锌板时，发生光电效应，锌板逸出光电子（带负电），导致锌板正电荷增多；而验电器指针张角减小，说明验电器原来带负电（锌板失去负电后，中和了验电器的部分负电），因此锌板原来带负电，验电器原来带负电，故A错误，B正确；
CD．入射光的频率大于金属的极限频率才能发生光电效应，由题意可知，红光不能发生光电效应，增大光的强度，仍不能发生光电效应，红外线频率小于红光频率，更不能发生光电效应，所以验电器指针的张角不变，故CD错误；
故答案为：B。
【分析】结合光电效应的条件（入射光频率大于金属极限频率），分析锌板带电情况及光照后的张角变化。
4．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对跑鞋和衣架整体考虑，整体受力平衡，如图
则竖直方向上
水平方向上没有摩擦力，故AB错误；
CD．由于鞋带和鞋孔之间没有摩擦力，则鞋孔两侧的鞋带拉力大小相等，设跑鞋质量为，则跑鞋水平方向合力为零，所以跑鞋的重力方向沿鞋孔两侧两鞋绳拉力的角平分线，竖直方向、
所以
鞋带的长度不变，设为L
图（a）所示
图（b）所示
由于
则，，故C错误，D正确；
故答案为：D。
【分析】对整体（拖鞋+衣架）受力分析得支持力，对拖鞋受力分析得鞋带张力，结合几何关系判断角度，逐一分析选项。
5．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】 开普勒第二定律（面积定律）：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。
A．根据开普勒第二定律可知，彗星2在近日点的速度大于远日点的速度，故A错误；
B． 彗星1离太阳的距离小于彗星2在远日点离太阳的距离，则彗星1在圆轨道的速度大于彗星2在远日点圆轨道的速度，而彗星2在远日点的速度小于该点圆轨道的速度，故彗星1的速度大于彗星2在远日点的速度，故B正确；
C．根据开普勒第二定律，相等时间内扫过的面积相等是指同一轨道，则彗星1、彗星2与太阳的连线在相等时间内扫过的面积不一定相等，故C错误；
D．因为不知道两彗星的质量关系，则彗星1受太阳的万有引力不一定小于彗星2在近日点受太阳的万有引力，故D错误。
故选B。
【分析】根据开普勒第二定律和万有引力的决定因素和在不同轨道的线速度关系进行分析解答。
6．【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．PQ绕O点逆时针匀速转动，根据右手定则可知，电流从PQ两点流向O点，所以流过电阻R的电流方向为a→b，故A错误；
B．电流从PQ两点流向O点，则PO与QO并联，则产生的电动势为
PO与QO并联产生的等效内阻
电流表的读数为，故B错误；
C．电容器两端电压，电容器的电荷量为，故C正确；
D．为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先计算金属杆转动产生的感应电动势，再分析电路的等效电阻、电流，结合电容器电量公式、功率公式逐一判断选项。
7．【答案】A
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【解答】要使扫描仪正常工作，每次只能带动顶部答题卡，需满足：滚轮对顶部答题卡的摩擦力大于顶部与下方答题卡间的最大静摩擦力，则由平衡条件及摩擦力的计算公式可得
由题知
令（取最大值保证所有情况）
解得
同时第二张答题卡不能动，需满足：第一张答题卡给第二张答题卡的最大滑动摩擦力小于等于第二张答题卡受到的最大静摩擦力，即
解得F≤3mg
综上可得
故答案为：A。
【分析】要让扫描仪正常工作，需满足两个条件：①滚轮对顶部答题卡的摩擦力大于顶部与下方答题卡间的最大静摩擦力；②下方答题卡间的摩擦力不足以带动第二张答题卡运动，据此推导正压力F的范围。
8．【答案】B,D
【知识点】电场强度的叠加；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．场强是矢量，G、H关于AD对称，但电场线切线方向（场强方向）不同，故场强不相同，故A错误；
B．D、E、F三点电场强度大小相等，E、F在A电场的等势面上，D、F在B电场的等势面上，D、E在C电场的等势面上，又，所以D、E、F三点电势相等，故B正确；
C．O点为外接圆的圆心，也为该正三角形的重心，O点到A、B、C点的距离相等，则点电荷在O点的电场强度都相等，由于圆心角为，则O点合场强为0；无穷远处电势为零，可知O点电势大于零，故C错误；
D．在垂直纸面的O点正上方静止释放一电子（不计重力），电子受力指向O点，电子先加速运动，过O点后做减速运动，电子终将做往复运动，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合等量正点电荷的电场对称性、电势与场强的叠加规律，逐一分析选项。
9．【答案】A,B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．图（c）中，直线Ⅰ描点中，匝数最多点对应的匝数为800匝，直线Ⅱ描点中，匝数最多点对应的匝数为400匝，结合题设知，直线Ⅰ对应为原线圈测得的电压与匝数关系，故A正确；
B．由知，图像的斜率为，由图知，直线I的斜率比直线II的斜率大，则原线圈磁通量变化率比副线圈磁通量变化率大，其可能原因为铁芯漏磁，故B正确；
C．变压器原线圈单匝产生的电动势相等，结合图（c）中直线I可得，解得电源输出电压的有效值，其最大值，故C错误；
D．仅增大电源输出电压，由可知，图像的斜率增大，直线I和直线II的斜率都增大，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】根据变压器电压与匝数的关系（），结合图像斜率、漏磁等因素分析选项。
10．【答案】A,C
【知识点】动量定理；万有引力定律；光子及其动量
【解析】【解答】A．距离太阳r处，光子的平均能量为，太阳帆在单位时间单位面积内接收到的光子数为，故A正确；
B．光子的频率为，距离太阳r处，每个光子的动量为
光射到帆面被反弹，由动量定理得Ft=2Np
可得太阳帆单位面积受到的光压为，故B错误；
CD．距离太阳r处，由题意得，匀速远离要满足太阳光对太阳帆的作用力等于太阳对探测器的引力，即
即，解得
飞船匀速远离太阳的过程中，P仅与距离r平方成反比，结合
太阳帆飞船的展开面积保持不变，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合光子能量、动量定理、受力平衡（光压力与万有引力平衡）分析各选项。
11．【答案】（1）
（2）
（3）左端玻璃管密封不严有漏气
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）此时封闭气体的压强为p=
故答案为：
（2）气体温度不变，根据理想气体状态方程
可得
可见以p为横坐标，以为纵坐标，在实验误差允许范围内，可描绘出一条过原点的直线；
故答案为：
（3）根据理想气体状态方程
知
可见p与l的乘积随压强p增大而减小，即变小，则可能是气体的物质的量n变小，故装置可能漏气。
故答案为：左端玻璃管密封不严有漏气
【分析】(1) 封闭气体压强：以左侧封闭气体为研究对象，结合液面高度差，利用大气压强与液体压强的关系求解；
(2) 图像坐标选择：根据玻意耳定律（等温过程），分析压强与体积（空气柱长度）的关系，确定合适的纵坐标；
(3) 实验误差原因：从玻意耳定律的适用条件（等温）出发，分析压强与体积乘积变化的可能因素。
（1）此时封闭气体的压强为p=
（2）气体温度不变，根据理想气体状态方程
可得
可见以p为横坐标，以为纵坐标，在实验误差允许范围内，可描绘出一条过原点的直线；
（3）根据理想气体状态方程
知
可见p与l的乘积随压强p增大而减小，即变小，则可能是气体的物质的量n变小，故装置可能漏气。
12．【答案】（1）最大值
（2）48.0；；左疏右密
（3）>
【知识点】闭合电路的欧姆定律；伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）在闭合开关之前，为了保护电路，应将电阻箱R调到最大值，这样可以使电路中的电流最小，防止过大电流损坏元件。
故答案为：最大值
（2）根据闭合电路欧姆定律可得
当电压表满偏U=3V，由图（a）可知当压力F=0时，，E=6V，r=2，代入可得R=48.0；
由图（a）可得与F的关系为=50-F
因为F=mg
所以有=50-mg
再根据闭合电路欧姆定律可得
联立代入数据可得
由此可知U与m不是线性关系，U随m的变化越来越慢，所以新表盘刻度值分布满足左疏右密；
故答案为：48.0；；左疏右密
（3）方案二是在理想电压表的基础上推导的，而实际电压表有内阻，会分流，使得测量的电压值比实际值偏小，根据U与m的关系
可知，测量值大于物体质量的真实值。
故答案为：>
【分析】(1) 电路安全操作：闭合开关前，为保护电路，电阻箱应调至最大值以减小初始电流；
(2) 理论推导定标：先结合闭合电路欧姆定律求满偏时电阻箱阻值，再推导电压与质量的函数关系，通过函数单调性分析刻度分布；
(3) 测量误差评估：考虑实际电压表非理想（有内阻），分析其对测量值的影响。
（1）在闭合开关之前，为了保护电路，应将电阻箱R调到最大值，这样可以使电路中的电流最小，防止过大电流损坏元件。
（2）[1][2][3]根据闭合电路欧姆定律可得
当电压表满偏U=3V，由图（a）可知当压力F=0时，，E=6V，r=2，代入可得R=48.0；
由图（a）可得与F的关系为=50-F
因为F=mg
所以有=50-mg
再根据闭合电路欧姆定律可得
联立代入数据可得
由此可知U与m不是线性关系，U随m的变化越来越慢，所以新表盘刻度值分布满足左疏右密；
（3）方案二是在理想电压表的基础上推导的，而实际电压表有内阻，会分流，使得测量的电压值比实际值偏小，根据U与m的关系
可知，测量值大于物体质量的真实值。
13．【答案】（1）解：游客从C点抛出时的水平分速度，由运动合成与分解得
从B点到C点，对游客由动能定理得
在B点对游客由牛顿第二定律得
代入数据解得T=950N
（2）解：从C点运动到D点，竖直初速度为，时间为，此过程的水平位移为，由运动合成与分解得
竖直方向有
水平方向有
从D点平抛到水中运动时间为，此过程的水平位移为，得、
游客从C到落水点的水平距离为
【知识点】平抛运动；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 最低点拉力：先通过最高点速度与 C 点速度的分解关系，得到 C 点速度；再用动能定理关联 B、C 两点的速度；最后在 B 点用牛顿第二定律求拉力。
(2) 水平距离：将 C 到落水点的运动分为 “C 到 D 的斜抛（分解为水平匀速、竖直上抛）” 和 “D 到落水点的平抛”，分别计算两段水平位移后求和。
（1）游客从C点抛出时的水平分速度，由运动合成与分解得
从B点到C点，对游客由动能定理得
在B点对游客由牛顿第二定律得
代入数据解得T=950N
（2）从C点运动到D点，竖直初速度为，时间为，此过程的水平位移为，由运动合成与分解得
竖直方向有
水平方向有
从D点平抛到水中运动时间为，此过程的水平位移为，得、
游客从C到落水点的水平距离为
14．【答案】（1）解：N、M两点电势相等，从N到M电场力做功为零，对小球由动能定理得
解得
（2）解：小球所受电场力等于重力
如图所示，小球在yOz平面内从N运动到H做匀速圆周运动，O'为轨迹圆圆心，设小球运动的半径为r，由几何关系可得：
解得：、
小球从N到H的运动时间为：
解得
（3）解：小球将做等距螺旋运动，将小球速度分解到垂直于磁场和平行于磁场的方向
平行磁场方向有：
运动时间：
小球在垂直磁场方向做匀速圆周运动，设周期为T，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律及周期公式，得
粒子运动的周期为
解得
当小球垂直于磁场方向完成一次圆周运动到M点时，磁感应强度有最小值，即
解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 动能求解：N到M过程中，重力做功与库仑力做功的代数和为零（N、M到O的距离相等，库仑力做功抵消），用动能定理关联初末动能；
(2) 运动时间：电场力与重力平衡，小球在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，结合H点的位置确定圆周运动的圆心角，进而求运动时间；
(3) 最小磁感应强度：电场力与重力平衡，小球做匀速圆周运动，当轨迹圆与M点相切时，半径最小，对应的磁感应强度最小，结合几何关系与洛伦兹力公式求解。
（1）N、M两点电势相等，从N到M电场力做功为零，对小球由动能定理得
解得
（2）小球所受电场力等于重力
如图所示，小球在yOz平面内从N运动到H做匀速圆周运动，O'为轨迹圆圆心，设小球运动的半径为r，由几何关系可得：
解得：、
小球从N到H的运动时间为：
解得
（3）小球将做等距螺旋运动，将小球速度分解到垂直于磁场和平行于磁场的方向
平行磁场方向有：
运动时间：
小球在垂直磁场方向做匀速圆周运动，设周期为T，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律及周期公式，得
粒子运动的周期为
解得
当小球垂直于磁场方向完成一次圆周运动到M点时，磁感应强度有最小值，即
解得
15．【答案】（1）解：B下滑过程，根据动能定理有
B和A碰撞过程，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
（2）解：A和B组成的整体质量为2m，其将在斜面上做往复运动直至到达O点时速度为零，之后将在O点下方区域做简谐振动。系统减少的动能转化为在O点上方区域摩擦产生的热量，根据能量守恒有，
解得
（3）解：由分析可知整体第一次向下运动的最大位移等于弹簧的最大形变量，A、B从碰后到第一次运动至最低点的过程，根据能量守恒定律有
解得
A、B整体向下运动过平衡位置点时，回复力为零，此时弹簧形变量为，则有
解得
设A、B整体经平衡位置点向下运动一小段距离后，偏离平衡位置的位移为，弹簧形变量为x，则有
当形变量为x时，回复力的大小为
又因为回复力方向和位移的方向相反，证得A、B整体向下的运动为单方向简谐运动。
则A、B整体向下运动的振幅为
在最低点时，整体所受弹簧弹力为
此后将向上运动。同理可证整体向上的运动也是单方向简谐振动，平衡位置为点，此时弹簧形变量设为，平衡位置回复力为零，则有
解得
若记本次为第1次单方向简谐振动，运动的振幅为
向上运动到达最高点之后整体将向下做第2次单方向简谐振动，平衡位置又变成点，振幅为
向下运动到达最低点之后整体将向上做第3次单方向简谐振动，平衡位置又变成点，振幅为
由上述分析发现整体振幅的变化将依次递减0.02m，则第n次振动的振幅为
考虑整体最后停止的位置一定位于弹簧压缩状态，设停止时弹簧压缩量为，则由整体静止条件得
解得
因为当整体向上运动以为点为平衡位置做第9次单方向简谐振动的振幅
可知，当整体从最低点往上运动，后速度会变为零，此时弹簧形变量为
整体将停止运动。综合上述可知，A、B整体运动的总路程为
则A与斜面摩擦产生的热量为
解得Q=1.82J
【知识点】能量守恒定律；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】(1) 碰撞损失机械能：先求B下滑到O点的速度（动能定理），再用动量守恒求碰撞后共同速度，最后计算初末动能差得损失的机械能；
(2) 总路程：碰撞后整体在O点上方运动，重力分力与摩擦力平衡，用能量守恒（碰撞后动能全部转化为摩擦力做功）求总路程；
(3) 摩擦生热：先分析整体最终静止时弹簧的形变量（受力平衡），再用能量守恒（碰撞后动能、弹簧弹性势能的变化转化为摩擦力做功）求摩擦产生的热量。
（1）B下滑过程，根据动能定理有
B和A碰撞过程，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
（2）A和B组成的整体质量为2m，其将在斜面上做往复运动直至到达O点时速度为零，之后将在O点下方区域做简谐振动。系统减少的动能转化为在O点上方区域摩擦产生的热量，根据能量守恒有，
解得
（3）由分析可知整体第一次向下运动的最大位移等于弹簧的最大形变量，A、B从碰后到第一次运动至最低点的过程，根据能量守恒定律有
解得
A、B整体向下运动过平衡位置点时，回复力为零，此时弹簧形变量为，则有
解得
设A、B整体经平衡位置点向下运动一小段距离后，偏离平衡位置的位移为，弹簧形变量为x，则有
当形变量为x时，回复力的大小为
又因为回复力方向和位移的方向相反，证得A、B整体向下的运动为单方向简谐运动。
则A、B整体向下运动的振幅为
在最低点时，整体所受弹簧弹力为
此后将向上运动。同理可证整体向上的运动也是单方向简谐振动，平衡位置为点，此时弹簧形变量设为，平衡位置回复力为零，则有
解得
若记本次为第1次单方向简谐振动，运动的振幅为
向上运动到达最高点之后整体将向下做第2次单方向简谐振动，平衡位置又变成点，振幅为
向下运动到达最低点之后整体将向上做第3次单方向简谐振动，平衡位置又变成点，振幅为
由上述分析发现整体振幅的变化将依次递减0.02m，则第n次振动的振幅为
考虑整体最后停止的位置一定位于弹簧压缩状态，设停止时弹簧压缩量为，则由整体静止条件得
解得
因为当整体向上运动以为点为平衡位置做第9次单方向简谐振动的振幅
可知，当整体从最低点往上运动，后速度会变为零，此时弹簧形变量为
整体将停止运动。综合上述可知，A、B整体运动的总路程为
则A与斜面摩擦产生的热量为
解得Q=1.82J
第（3）问第二种解法：
如上分析可知，最终A将静止于离O点下方距离O点处，A、B整体从碰后到第一次运动至最终静止过程，由能量守恒定律得
解得Q=1.82J
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