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2025届四川省遂宁市高三下学期4月三诊物理试题
一、单项选择题：共7题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·遂宁模拟）约里奥·居里夫妇发现经过α粒子轰击的铝片中含有放射性磷，其核反应方程为。下列核反应方程中，生成的Y与X是同种粒子的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】对，根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒分别
解得X的质量数、电荷数分别
所以X粒子是中子；
A.同理，对，根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒分别有
解得Y的质量数、电荷数分别
所以Y粒子是α粒子，不符合题意，故A错误；
B．同理，B选项的Y粒子质量数为1，电荷数为1，为质子，不符合题意，故B错误；
C．同理，C选项的Y粒子质量数为1，电荷数为0，为中子，符合题意，故C正确；
D．同理，D选项的Y粒子质量数为0，电荷数为-1，为电子，不符合题意，故D错误。
故选C。
【分析】根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒推导核反应方程中生成的何种粒子。
2．（2025·遂宁模拟）鹊桥二号中继通讯卫星是地球与月球之间的“鹊桥”。鹊桥二号中继卫星环月运行轨道视为圆轨道，与地球同步卫星周期相同为24h，已知地球质量约为月球质量的81倍。鹊桥二号轨道半径为r，地球同步卫星轨道半径为R，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】对于鹊桥二号中继卫星而言，万有引力提供圆周运动的向心力，则有
对于地球的同步卫星而言，则有
联立解得
故
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】中继卫星环月运行轨道视为圆轨道，万有引力提供圆周运动的向心力列等式，对于地球的同步卫星，万有引力提供圆周运动的向心力列等式，两周期相同，联立可得出两轨道半径关系。
3．（2025·遂宁模拟）如图所示，成人用与水平方夹角为α、斜向上的拉力F向前拉总质量为m的小孩和雪橇，从静止开始沿直线匀加速通过距离x的过程中（　　）
A．雪橇对地面的压力大小是mg-Fcosα
B．雪橇与地面之间摩擦力大小是Fsinα
C．拉力做功是Fx
D．拉力做功是Fxcosα
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；力的合成与分解的运用；功的概念
【解析】【解答】A．将小孩和雪橇作为整体，受力分析可知，在竖直方向上
解得
根据牛顿第三定律可知，雪橇对地面的压力大小是
故A错误；
B．由于雪橇做加速运动，可知摩擦力
无法比较与Fsinα的大小关系，故B错误；
CD．根据功的定义可知，拉力做功
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】小孩和雪橇作为整体，受力分析，根据竖直方向受力平衡列等式可求解支持力，水平方向加速，不能求解摩擦力，根据功的定义可知，可求解拉力做功。
4．（2025·遂宁模拟）如图所示，矩形玻璃砖平行于光屏P放置于上方高处，两束平行的单色光A、斜射到玻璃砖的面，两个入射点间距离为，穿过玻璃砖下表面后，射在光屏P上两个点间距离为，已知。不考虑光在玻璃砖中的反射。只向上平移玻璃砖，其他条件和状态保持不变，射在光屏上两个点（　　）
A．位置不变，距离不变 B．位置右移，距离不变
C．位置左移，距离变大 D．位置右移，距离变大
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】根据光的折射知识可知，两束单色光射出玻璃后仍相互平行，根据题意作出光的折射的光路图，如图所示
当只向上平移玻璃砖，如图虚线的位置，由于入射角不变，折射角不变，则移动玻璃砖前后，同一个光线在玻璃砖内的折射光线平行，射出玻璃砖后的折射光线平行，根据几何关系可得，向上平移玻璃砖后，穿过玻璃砖下表面光线通过平移前的出射点，则射在光屏P上的位置不变，距离不变。
故答案为：A。
【分析】根据光的折射规律，入射光平行时，折射光的入射角和折射角均不变，玻璃砖上移过程中，光线在玻璃砖内的折射路径平行于原路径，最终射出的光线也与原光线平行，由此判断光屏上光点的位置和间距变化。
5．（2025·遂宁模拟）如图所示，足够长的光滑斜面固定，轻质弹簧下端连接在斜面底端的固定挡板上，上端有一个与弹簧不相连的物块压缩弹簧后静止。现用沿斜面的外力缓慢向下推动物块到某一位置（弹簧弹性限度内），撤去外力后，在物块沿斜面向上运动到最高点的过程中，其速度v随时间t变化关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】胡克定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】设弹簧的压缩量为，斜面的倾角为，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
刚释放时，由于弹力大于重力的分力，物块做加速运动，随着弹簧的形变量逐渐减小，弹力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，当弹簧的弹力等于重力的下滑分力时，物块的速度达到最大，此后物块开始向上做减速运动，其加速度大小则为，故物块向上做加速度逐渐增大的减速运动，当弹力为零时，物块的加速度为，方向沿斜面向下，此阶段物块做匀减速运动，到最高点时，速度为零，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】对物块受力分析，根据牛顿第二定律：，加速度，从此式子可得出加速度逐渐减小，当加速度为零，物块的速度达到最大，此后物块开始向上做减速运动，其加速度大小则为，故物块向上做加速度逐渐增大的减速运动，当弹力为零时，物块的加速度为，方向沿斜面向下，此阶段物块做匀减速运动，到最高点时，速度为零。
6．（2025·遂宁模拟）如图所示的平面内有宽度均为d的区域I、II，区域内有磁场方向分别垂直图示平面向里和向外的匀强磁场，区域Ⅱ内磁场磁感应强度大小为区域Ⅰ内磁场磁感应强度大小的 3倍。一带负电的粒子以垂直于边界向右的初速度从区域Ⅰ左边界上的O点进入磁场，运动轨迹与区域Ⅱ右边界上的P点（图中未画出）相切。不计粒子重力，忽略边界效应，则下列判断正确的是（　　）
A．O、P两点竖直方向上的距离为
B．粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，速度与边界的夹角为60°
C．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比为3∶2
D．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为2∶3
【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】根据洛伦兹力提供给向心力
可得
由于，可知
粒子运动轨迹如图所示
设粒子在磁场I中的偏转角为θ，则
，
联立解得
，，
A．O、P两点竖直方向上的距离
故A错误；
B．粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，圆心角为30o，即速度的偏向角为30o，因此速度与边界的夹角为60°，故B正确；
C．粒子在区域I中运动的时间
粒子在区域II中运动的时间
在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比
故C错误。
D．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为
故D错误。
故选B。
【分析】首先根据题意画出粒子运动轨迹图，根据洛伦兹力提供给向心力得出两轨道半径关系，再根据几何关系求解O、P两点竖直方向上的距离以及速度的偏向角。根据圆心角和周期计算两区域运动时间之比。速度大小相等，路程之比等于时间之比。
7．（2025·遂宁模拟）如图所示，P是足够高的竖直墙面，Q是固定在距离墙面0.5m远处的竖直挡板，挡板高0.75 m。现在距离墙面l1=3m处以水平向右的初速度将一小球抛出，抛出点距地面高，小球与墙面碰撞后竖直方向速度不变，水平方向速度方向反向、大小变为碰前的三分之二、小球与墙面碰撞时间极短，重力加速度g取10 m/s2。小球落在挡板Q和墙之间（小球落地后不再反弹），则小球抛出的初速度大小可能为（　　）
A．4m/s B．7m/s C．8m/s D．10m/s
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】当小球恰能从Q的顶端飞过时，则初速度
若小球打到墙面上反弹后恰能落到挡板Q的上端，则
，， ，
（其中t1，t2分别是碰墙前后小球运动的时间），解得初速度v0=7.5m/s，可知小球的速度范围5m/s~7.5m/s之间，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】小球做平抛运动，当小球恰能从Q的顶端飞过时，初速度最小，根据平抛运动中水平位移和竖直位移可计算最小初速度；当小球打到墙面上反弹后恰能落到挡板Q的上端时，初速度最大，根据平抛运动中水平位移和竖直位移可计算最大初速度。
二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，每小题有多个选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025·遂宁模拟）如图所示，真空中的直角坐标系xOy，以O为圆心、半径为 1m 的圆与坐标轴交于A、B、C、D四点。在x轴上-2m和2m处，分别固定电荷量为+4q和-q的两个点电荷。则（　　）
A．A、C两点电场强度大小相等，方向不同
B．A、C两点电场强度大小不等，方向相同
C．B、D两点电场强度大小相等，方向不同
D．B、D两点电场强度大小不等，方向相同
【答案】B,C
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】AB．根据电场叠加原理可知，两个点电荷在A、C两点电场强度方向相同，合场强方向均沿x轴正方向，设+4q的点电荷到A点的距离为r，A点电场强度大小
C点电场强度大小
所以A、C两点电场强度大小不等，故A错误，B正确；
CD．两点电荷在B、D两点的电场强度如图
+4q在D点的电场强度大小
-q在D点的电场强度大小
则
所以D点的合场强方向与x轴有一定夹角偏向y轴正方向，由于电场的对称性可知B点的合场强方向与x轴有一定夹角偏向y轴负方向，所以B、D两点电场强度方向不同；由于电场的对称性可知B、D两点电场强度大小相等，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】空间两点分别固定电荷量已知的点电荷，要求比较其他点电场强度大小和方向。根据点电荷的场强公式以及电场叠加原理分析其他点电场强度大小以及方向。
9．（2025·遂宁模拟）一列沿x轴传播的简谐波在t=0时刻的波形如图所示，P、Q是在波的传播方向上平衡位置相距1m的两个质点，质点P此时刻恰过平衡位置并沿y轴负方向振动。已知波的周期为6s，则下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴正方向传播 B．该波沿x轴负方向传播
C．t=0.5s时刻， P、Q速度相同 D．t=1.0s时刻， P、Q速度相同
【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．由于P点沿y轴负方向振动，根据“同侧法”，波沿x轴正方向传播，故A正确，B错误；
C．由题可知，波长
波速
t=0.5s时刻，波向右传播了
平衡位置恰好处于3.5m处， P、Q到平衡位置的水平距离均为0.5m，根据对称性，两者速度相同，故C正确；
D．t=1.0s时刻，波向右传播了
Q恰好运动到平衡位置，速度最大，而P点运动到平衡位置下方，速度小于最大速度，故D错误。
故选AC。
【分析】1、已知某质点振动方向，根据“同侧法”，可判断波沿x轴的传播方向。
2、波形图可得出波长，根据计算波速，根据，计算波向右传播的距离，结合P、Q到平衡位置的水平距离，可得出某一时刻两者速度关系。
10．（2025·遂宁模拟）如图所示，两条相距为l的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，空间内有方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。两根质量均为m、电阻均为R的导体棒MN、PQ垂直放置于金属导轨不同位置，保持与导轨良好接触。某时刻给MN一个水平向右的初速度v0，此后过程中两导体棒不发生碰撞，则从该时刻起到两导体棒达到稳定状态的过程中（　　）
A．通过导体棒PQ的电流均匀增大
B．导体棒MN做加速度减小的减速运动
C．导体棒MN上产生的焦耳热为
D．导体棒MN和导体棒PQ通过距离之差为
【答案】B,D
【知识点】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．当给MN一个向右的初速度时，MN切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，导体棒PQ由于受到安培力的作用也随之切割磁感线运动产生感应电动时，根据电磁感应原理可知，电路产生的电动势
电路中的感应电流
根据左手定则可知，MN受到向左的安培力而做减速运动，PQ受到向右的安培力而向右做加速运动，故
逐渐减小，因此PQ的感应电流逐渐减小，而不是均匀增加，故A错误；
B．MN受到的安培力
根据牛顿第二定律则有
解得
由于
逐渐减小，所以导体棒MN做加速度减小的减速运动，故B正确；
C．两导体棒组成的系统动量守恒，则有
解得稳定时，两导体棒的速度为
根据能量守恒定律可知，整个过程系统产生的热量
由于两导体棒的电阻相等，所以导体棒MN上产生的热量
故C错误；
D．对MN由动量定理可得
设稳定时，二者的距离之差为，根据法拉第电磁感应定律则有
根据欧姆定律可得
其中，联立解得
故D正确。
故选BD。
【分析】本题是电磁感应中双棒模型。
1、双棒切割磁感线，电动势，电路中的感应电流，速度之差逐渐减小，因此PQ的感应电流逐渐减小，而不是均匀增加。
2、根据安培力公式和牛顿第二定律得出加速度，速度之差逐渐减小，则加速度逐渐减小。两导体棒组成的系统动量守恒列等式得出稳定时，两导体棒的速度，再根据能量守恒定律可求解整个过程系统产生的热量。
3、对MN由动量定理列等式，根据法拉第电磁感应定律则列等式，根据欧姆定律有，联立可求解导体棒MN和导体棒PQ通过距离之差。
三、实验探究题：本题共2小题，共16分。
11．（2025·遂宁模拟）用如图所示的装置验证动量守恒定律。气垫导轨上安装光电门 1、2，滑块 1、2上固定着相同的竖直遮光条，与光电门连接的电子计时器可以记录遮光条通过光电门的时间。
（1）接通气垫导轨待气源稳定后，轻推滑块1，测得遮光条先后通过光电门1、2的时间分别为Δt、Δt'，若Δt 　 　Δt'，则说明气垫导轨已经调到水平。（选填“>”“=”或“<”）
（2）将滑块1静放在光电门1的右侧，滑块2静放在光电门1、2之间，向左轻推滑块1，光电门1记录了1次遮光条通过的时间为Δt1，光电门2记录了2次遮光条先后通过的时间分别为△t2和Δt3。为验证动量守恒定律，还需要测量的物理量是___________。（填选项前的序号）
A．遮光条的宽度d
B．两光电门间的距离L0
C．滑块1、2的宽度L1和L2
D．滑块（含遮光条）1、2的质量m1和m2
（3）在滑块 1、2碰撞过程中，如果关系式　 　成立，则验证了动量守恒定律。（用第（2）问中测得的物理量符号表示）
【答案】（1）=
（2）D
（3）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）若气垫导轨水平，则滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，则遮光条先后通过光电门1、2的时间分别为Δt、Δt'是相等的。
（2）根据动量守恒定律
若设遮光条的宽度为d，则
代入式子可得
即还需要测量的物理量为滑块（含遮光条）1、2的质量m1和m2，而遮光条的宽度可以约掉，与两光电门间的距离L0和块1、2的宽度L1和L2无关，故选D。
（3）据前分析可以得出要验证动量守恒，则需验证
【分析】（1）根据光电门测速度原理可知，若遮光条先后通过光电门1、2的时间相等，则速度相等，滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，说明气垫导轨已经调到水平。
（2）根据动量守恒定律以及光电门测速度公式联立可推出验证动量守恒定律必须满足的等式，根据此等式可知还需要测量的物理量为滑块（含遮光条）1、2的质量m1和m2。
（3）只要满足，就验证了动量守恒定律。
（1）若气垫导轨水平，则滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，则遮光条先后通过光电门1、2的时间分别为Δt、Δt'是相等的。
（2）根据动量守恒定律
若设遮光条的宽度为d，则
代入式子可得
即还需要测量的物理量为滑块（含遮光条）1、2的质量m1和m2，而遮光条的宽度可以约掉，与两光电门间的距离L0和块1、2的宽度L1和L2无关，故选D。
（3）据前分析可以得出要验证动量守恒，则需验证。
12．（2025·遂宁模拟）某实验小组用电流传感器观察两个并联电容器的充放电过程，设计的电路如图1所示。器材有：学生电源（9V，内阻可忽略）、2个相同的电容器（耐压值15V，电容3000μF）、灵敏电流计A（指针居中，内阻不计）、电流传感器（内阻不计）、电阻箱（0~9999Ω）、单刀双掷开关和导线若干。完成实验，并回答问题：
（1）正确连接电路后，电阻箱各个旋钮调到如图2所示位置，单刀双掷开关S掷于1，一段时间后电容器充电完成，再将S掷于2，则
①电阻箱接入电路的阻值为　 　Ω；
②流过电流传感器的电流方向为　 　（选填“a→b”或“b→a”）；
③已知灵敏电流计电流从左端流入时指针向左偏转，观察到灵敏电流计A指针偏转情况是　 　； （填序号）
A. 慢慢偏到左边并静止
B. 迅速偏到右边并静止
C. 慢慢偏到左边并迅速回到正中
D. 迅速偏到右边并慢慢回到正中
（2）电流传感器记录放电电流I随时间t的变化情况如图3所示。图中图线与纵轴的交点坐标Im为　 　mA，图线与横轴所围的面积为　 　C；
（3）若电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，则放电时间　 　（选填“变长”“变短”或“不变”）。
【答案】（1）1800；b→a；D
（2）5；
（3）变长
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）①由图2可知电阻箱接入电路的阻值为
②由电路图可知，充电后电容器右极板带正电，左极板带负电，则放电过程流过电流传感器的电流方向为b→a。
③已知灵敏电流计电流从左端流入时指针向左偏转，则开关S掷于2时，电容器进行放电，灵敏电流计电流从右端流入；刚开始由于电容器极板电压最大，所以放电电流最大，随着电容器所带电荷量的逐渐减小，电容器极板电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小为0；可知观察到灵敏电流计A指针偏转情况是迅速偏到右边并慢慢回到正中。
故选D。
（2）电容器充完电后极板间的电压为，由于两电容器为并联关系，所以放电时相当于两相同电源并联，电动势为
则图3中图线与纵轴的交点坐标
根据
可知，图线与横轴所围的面积等于两电容器充完电所带的总电荷量，则有
（3）若电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，放电电流与原来相比减小，则放电时间变长。
【分析】（1）①电阻箱读数。把各个旋钮所指数乘以倍率相加得到结果。电容器放电过程所带电荷量的逐渐减小，电容器极板电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小为0。
（2）根据可知，图线与横轴所围的面积等于两电容器充完电所带的总电荷量。
（3）电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，放电电流与原来相比减小，而电荷量一定，图线与横轴所围的面积是一定的，则放电时间变长。
（1）①[1]由图2可知电阻箱接入电路的阻值为
②[2]由电路图可知，充电后电容器右极板带正电，左极板带负电，则放电过程流过电流传感器的电流方向为b→a。
③[3]已知灵敏电流计电流从左端流入时指针向左偏转，则开关S掷于2时，电容器进行放电，灵敏电流计电流从右端流入；刚开始由于电容器极板电压最大，所以放电电流最大，随着电容器所带电荷量的逐渐减小，电容器极板电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小为0；可知观察到灵敏电流计A指针偏转情况是迅速偏到右边并慢慢回到正中。
故选D。
（2）[1]电容器充完电后极板间的电压为，由于两电容器为并联关系，所以放电时相当于两相同电源并联，电动势为；则图3中图线与纵轴的交点坐标为
[2]根据可知，图线与横轴所围的面积等于两电容器充完电所带的总电荷量，则有
（3）若电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，放电电流与原来相比减小，则放电时间变长。
四、计算题：本题共3小题，共38分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的，不能得分。
13．（2025·遂宁模拟）中国科学院研制的电磁弹射微重力实验室，是亚洲首个采用电磁弹射技术实现地面微重力环境的实验装置。整个装置像一个高44.5m的“大电梯”，高2m的实验舱在精确的电磁系统控制下可以在这个“大电梯”内沿竖直方向运动。某次实验中，实验舱从装置底部由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，当到某位置速度刚好为20 m/s时撤去电磁控制，此后实验舱只在重力作用下运动；当实验舱回到该位置时重新加以电磁控制，让它减速回落到地面。重力加速度g取10m/s2。求：
（1）实验舱只在重力作用下运动的总时间；
（2）为了保证实验舱的安全，实验舱不能与装置顶部相碰。求实验舱向上匀加速运动的最小加速度。
【答案】（1）解：设实验舱只在重力作用下向上运动时间为t1，只在重力作用下运动总时间为t，则
则
（2）解：为了保证实验舱的安全，实验舱不能到达装置顶部，或者达到顶部时速度刚好为零。设实验舱只在重力作用下向上运动的位移为x1，则
设装置高为H，实验舱高为h，则实验舱在电磁控制下向上匀加速运动最大位移为x2，对应的最小加速度为a，则
又
解得实验舱向上匀加速运动的最小加速度

【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）实验舱只在重力作用下做竖直上抛运动，运动时间，实验舱只在重力作用下运动的总时间
（2）达到顶部时速度刚好为零。先计算实验舱只在重力作用下向上运动的位移 ， 实验舱在电磁控制下向上匀加速运动最大位移， 联立可计算实验舱向上匀加速运动的最小加速度。
（1）设实验舱只在重力作用下向上运动时间为t1，只在重力作用下运动总时间为t，则
则
（2）为了保证实验舱的安全，实验舱不能到达装置顶部，或者达到顶部时速度刚好为零。设实验舱只在重力作用下向上运动的位移为x1，则
设装置高为H，实验舱高为h，则实验舱在电磁控制下向上匀加速运动最大位移为x2，对应的最小加速度为a，则
又
解得
14．（2025·遂宁模拟）按压瓶在生活中应用广泛。某种按压瓶结构如图所示，瓶盖与腔室的活塞相连，活塞连接在腔室内弹簧的上端，弹簧下端固定在腔室下部。腔室有上、下两个小球阀门，上阀门封闭腔室与大气相通的出口，下阀门封闭腔室与塑料管连接口，塑料管插入储液瓶的液体中。两个阀门小球重力很小，只要阀门内外气体压强不相等，阀门就会打开，让气体或液体向上流动。该种按压瓶第一次使用前，弹簧处于原长，瓶内液体液面如图所示，塑料管和腔室内的气体压强均与外界大气压强相同，塑料管内气体体积为V0，腔室内气体体积为9V0。第一次 腔室向下按压瓶盖，下阀门紧闭，上阀门打开，当腔室内气体剩余三分之二时松手，弹簧开始回弹，上阀门封闭，下阀门打开，到弹簧恢复原长时，有体积为的液体进入塑料管，完成了第一次按压。已知塑料管横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，腔室和塑料管内气体视为理想气体，气体温度不变，腔室气密性良好，储液瓶内气体与大气相通。求：
（1）弹簧恢复原长时，腔室内气体的压强；
（2）储液瓶内液体的密度。
【答案】（1）解：以腔室内剩余的三分之二气体和塑料管内气体为研究对象，设松手时压强为p1，体积为V1；弹簧恢复原长前，下阀门始终打开，腔室气体和塑料管内气体压强相等，设压强为p2，体积为V2，有
，
向下按压瓶盖过程中，上阀门始终打开，所以，腔室内气体压强始终等于大气压强。即
由等温变化规律有
解得

（2）解：设储液瓶内液体的密度为ρ，塑料管内液体上升高度为h，则
由于储液瓶内的气体压强等于大气压强，有
解得

【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以腔室内剩余的三分之二气体和塑料管内气体为研究对象，松手时体积： ，弹簧恢复原长前体积 ，向下按压瓶盖过程中，上阀门始终打开，腔室内气体压强始终等于大气压强。即p1 = p0 ，由等温变化规律有，可求解弹簧恢复原长时，腔室内气体的压强。
（2）塑料管内液体上升高度为h，，储液瓶内的气体压强等于大气压强有 ，联立可求解储液瓶内液体的密度。
（1）以腔室内剩余的三分之二气体和塑料管内气体为研究对象，设松手时压强为p1，体积为V1；弹簧恢复原长前，下阀门始终打开，腔室气体和塑料管内气体压强相等，设压强为p2，体积为V2，有 ，
向下按压瓶盖过程中，上阀门始终打开，所以，腔室内气体压强始终等于大气压强。即p1 = p0
由等温变化规律有
解得
（2）设储液瓶内液体的密度为ρ，塑料管内液体上升高度为h，则
由于储液瓶内的气体压强等于大气压强，有
解得
15．（2025·遂宁模拟）图所示，竖直平面内的xOy直角坐标系，水平x轴上的D点与坐标原点O的距离，y轴上的P点与O点的距离L=5m。在y<0区域，充满沿y轴负方向的匀强电场E和磁感应强度大小B=1T、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场。一质量m=1kg、电荷量q=1 C的带负电小D球，在P点以初速度v0沿x轴正方向射出，进入y<0区域后恰好能做匀速圆周运动。重力加速度g取10m/s2。
（1）求电场强度E的大小；
（2）若小球能通过D点，求初速度v0的可能大小；
（3）撤去电场，再让该小球在P点从静止开始自由下落，求小球在y<0区域运动过程中距x轴的最远距离ym及小球的最大速度vm。
【答案】（1）解：小球在y<0区域恰好做匀速圆周运动，小球重力与电场力是一对平衡力，即
解得
（2）解：小球在P点以初速度v0沿x轴正方向射出后，可以有两种情况通过D点。一是直接通过D点。二是先进入y<0区域，小球又有两种方式通过D点，一是经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域运动，然后通过D点；二是经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域时，通过D点。
情况一：设小球经过时间 t通过D点，则
，
解得
t=1s
解得
情况二：小球在P点以初速度v0射出，设第一次到达x轴上某点D1与O点的距离为d1，参照情况一，有d1 = v0，设小球进入y<0区域时速度大小为v，方向与x轴的夹角为α，沿y轴方向的分速度大小为vy，做匀速圆周运动的半径为R，从x轴上D2点离开电磁场，设D1与D2点之间的距离为d2，如图1所示，则
，
解得
①小球经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域时，通过D点，如图2所示。由斜抛的对称性及几何关系有
解得
②小球经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上回到y>0区域时通过D点，如图3所示。由斜抛的对称性及几何关系有
解得
（3）解：撤去电场，小球在y<0区域运动过程中，只有重力做功，离x轴的最远时，小球的速度水平而且此时小球的速度最大。设小球在磁场中运动过程中竖直方向上速度为vy，此分速度使小球在磁场中受到水平向左的洛伦兹力，经过时间，小球距x轴的距离最远，则
在水平方向，由动量定理有
小球从P点运动到距x轴的最远距离的过程中，由动能定理
解得
，
【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）小球在y<0区域恰好做匀速圆周运动，小球重力与电场力一定平衡，由qE= mg 可计算电场强度E的大小。
（2）小球在P点以初速度v0沿x轴正方向射出后，可以有两种情况通过D点。一是直接通过D点。二是先进入y<0区域，小球又有两种方式通过D点，一是经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域运动，然后通过D点；二是经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域时，通过D点。
（3）撤去电场，小球在y<0区域运动过程中，只有重力做功，离x轴的最远时，小球的速度水平而且此时小球的速度最大。 ，在水平方向，由动量定理有
小球从P点运动到距x轴的最远距离的过程中，由动能定理 ，联立可求解小球在y<0区域运动过程中距x轴的最远距离ym及小球的最大速度。
（1）小球在y<0区域恰好做匀速圆周运动，小球重力与电场力是一对平衡力，即qE= mg
解得 E=10N/C
（2）小球在P点以初速度v0沿x轴正方向射出后，可以有两种情况通过D点。一是直接通过D点。二是先进入y<0区域，小球又有两种方式通过D点，一是经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域运动，然后通过D点；二是经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域时，通过D点。
情况一：设小球经过时间 t通过D点，则，
解得 t= 1s
解得
情况二：小球在P点以初速度v0射出，设第一次到达x轴上某点D1与O点的距离为d1，参照情况一，有d1 = v0
设小球进入y<0区域时速度大小为v，方向与x轴的夹角为α，沿y轴方向的分速度大小为vy，做匀速圆周运动的半径为R，从x轴上D2点离开电磁场，设D1与D2点之间的距离为d2，如图1所示，则，
解得
①小球经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域时，通过D点，如图2所示。由斜抛的对称性及几何关系有
解得
②小球经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上回到y>0区域时通过D点，如图3所示。由斜抛的对称性及几何关系有
解得
（3）撤去电场，小球在y<0区域运动过程中，只有重力做功，离x轴的最远时，小球的速度水平而且此时小球的速度最大。设小球在磁场中运动过程中竖直方向上速度为vy，此分速度使小球在磁场中受到水平向左的洛伦兹力，经过时间，小球距x轴的距离最远，则
在水平方向，由动量定理有
小球从P点运动到距x轴的最远距离的过程中，由动能定理
解得，
1 / 12025届四川省遂宁市高三下学期4月三诊物理试题
一、单项选择题：共7题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·遂宁模拟）约里奥·居里夫妇发现经过α粒子轰击的铝片中含有放射性磷，其核反应方程为。下列核反应方程中，生成的Y与X是同种粒子的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·遂宁模拟）鹊桥二号中继通讯卫星是地球与月球之间的“鹊桥”。鹊桥二号中继卫星环月运行轨道视为圆轨道，与地球同步卫星周期相同为24h，已知地球质量约为月球质量的81倍。鹊桥二号轨道半径为r，地球同步卫星轨道半径为R，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·遂宁模拟）如图所示，成人用与水平方夹角为α、斜向上的拉力F向前拉总质量为m的小孩和雪橇，从静止开始沿直线匀加速通过距离x的过程中（　　）
A．雪橇对地面的压力大小是mg-Fcosα
B．雪橇与地面之间摩擦力大小是Fsinα
C．拉力做功是Fx
D．拉力做功是Fxcosα
4．（2025·遂宁模拟）如图所示，矩形玻璃砖平行于光屏P放置于上方高处，两束平行的单色光A、斜射到玻璃砖的面，两个入射点间距离为，穿过玻璃砖下表面后，射在光屏P上两个点间距离为，已知。不考虑光在玻璃砖中的反射。只向上平移玻璃砖，其他条件和状态保持不变，射在光屏上两个点（　　）
A．位置不变，距离不变 B．位置右移，距离不变
C．位置左移，距离变大 D．位置右移，距离变大
5．（2025·遂宁模拟）如图所示，足够长的光滑斜面固定，轻质弹簧下端连接在斜面底端的固定挡板上，上端有一个与弹簧不相连的物块压缩弹簧后静止。现用沿斜面的外力缓慢向下推动物块到某一位置（弹簧弹性限度内），撤去外力后，在物块沿斜面向上运动到最高点的过程中，其速度v随时间t变化关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025·遂宁模拟）如图所示的平面内有宽度均为d的区域I、II，区域内有磁场方向分别垂直图示平面向里和向外的匀强磁场，区域Ⅱ内磁场磁感应强度大小为区域Ⅰ内磁场磁感应强度大小的 3倍。一带负电的粒子以垂直于边界向右的初速度从区域Ⅰ左边界上的O点进入磁场，运动轨迹与区域Ⅱ右边界上的P点（图中未画出）相切。不计粒子重力，忽略边界效应，则下列判断正确的是（　　）
A．O、P两点竖直方向上的距离为
B．粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，速度与边界的夹角为60°
C．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比为3∶2
D．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为2∶3
7．（2025·遂宁模拟）如图所示，P是足够高的竖直墙面，Q是固定在距离墙面0.5m远处的竖直挡板，挡板高0.75 m。现在距离墙面l1=3m处以水平向右的初速度将一小球抛出，抛出点距地面高，小球与墙面碰撞后竖直方向速度不变，水平方向速度方向反向、大小变为碰前的三分之二、小球与墙面碰撞时间极短，重力加速度g取10 m/s2。小球落在挡板Q和墙之间（小球落地后不再反弹），则小球抛出的初速度大小可能为（　　）
A．4m/s B．7m/s C．8m/s D．10m/s
二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，每小题有多个选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025·遂宁模拟）如图所示，真空中的直角坐标系xOy，以O为圆心、半径为 1m 的圆与坐标轴交于A、B、C、D四点。在x轴上-2m和2m处，分别固定电荷量为+4q和-q的两个点电荷。则（　　）
A．A、C两点电场强度大小相等，方向不同
B．A、C两点电场强度大小不等，方向相同
C．B、D两点电场强度大小相等，方向不同
D．B、D两点电场强度大小不等，方向相同
9．（2025·遂宁模拟）一列沿x轴传播的简谐波在t=0时刻的波形如图所示，P、Q是在波的传播方向上平衡位置相距1m的两个质点，质点P此时刻恰过平衡位置并沿y轴负方向振动。已知波的周期为6s，则下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴正方向传播 B．该波沿x轴负方向传播
C．t=0.5s时刻， P、Q速度相同 D．t=1.0s时刻， P、Q速度相同
10．（2025·遂宁模拟）如图所示，两条相距为l的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，空间内有方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。两根质量均为m、电阻均为R的导体棒MN、PQ垂直放置于金属导轨不同位置，保持与导轨良好接触。某时刻给MN一个水平向右的初速度v0，此后过程中两导体棒不发生碰撞，则从该时刻起到两导体棒达到稳定状态的过程中（　　）
A．通过导体棒PQ的电流均匀增大
B．导体棒MN做加速度减小的减速运动
C．导体棒MN上产生的焦耳热为
D．导体棒MN和导体棒PQ通过距离之差为
三、实验探究题：本题共2小题，共16分。
11．（2025·遂宁模拟）用如图所示的装置验证动量守恒定律。气垫导轨上安装光电门 1、2，滑块 1、2上固定着相同的竖直遮光条，与光电门连接的电子计时器可以记录遮光条通过光电门的时间。
（1）接通气垫导轨待气源稳定后，轻推滑块1，测得遮光条先后通过光电门1、2的时间分别为Δt、Δt'，若Δt 　 　Δt'，则说明气垫导轨已经调到水平。（选填“>”“=”或“<”）
（2）将滑块1静放在光电门1的右侧，滑块2静放在光电门1、2之间，向左轻推滑块1，光电门1记录了1次遮光条通过的时间为Δt1，光电门2记录了2次遮光条先后通过的时间分别为△t2和Δt3。为验证动量守恒定律，还需要测量的物理量是___________。（填选项前的序号）
A．遮光条的宽度d
B．两光电门间的距离L0
C．滑块1、2的宽度L1和L2
D．滑块（含遮光条）1、2的质量m1和m2
（3）在滑块 1、2碰撞过程中，如果关系式　 　成立，则验证了动量守恒定律。（用第（2）问中测得的物理量符号表示）
12．（2025·遂宁模拟）某实验小组用电流传感器观察两个并联电容器的充放电过程，设计的电路如图1所示。器材有：学生电源（9V，内阻可忽略）、2个相同的电容器（耐压值15V，电容3000μF）、灵敏电流计A（指针居中，内阻不计）、电流传感器（内阻不计）、电阻箱（0~9999Ω）、单刀双掷开关和导线若干。完成实验，并回答问题：
（1）正确连接电路后，电阻箱各个旋钮调到如图2所示位置，单刀双掷开关S掷于1，一段时间后电容器充电完成，再将S掷于2，则
①电阻箱接入电路的阻值为　 　Ω；
②流过电流传感器的电流方向为　 　（选填“a→b”或“b→a”）；
③已知灵敏电流计电流从左端流入时指针向左偏转，观察到灵敏电流计A指针偏转情况是　 　； （填序号）
A. 慢慢偏到左边并静止
B. 迅速偏到右边并静止
C. 慢慢偏到左边并迅速回到正中
D. 迅速偏到右边并慢慢回到正中
（2）电流传感器记录放电电流I随时间t的变化情况如图3所示。图中图线与纵轴的交点坐标Im为　 　mA，图线与横轴所围的面积为　 　C；
（3）若电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，则放电时间　 　（选填“变长”“变短”或“不变”）。
四、计算题：本题共3小题，共38分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的，不能得分。
13．（2025·遂宁模拟）中国科学院研制的电磁弹射微重力实验室，是亚洲首个采用电磁弹射技术实现地面微重力环境的实验装置。整个装置像一个高44.5m的“大电梯”，高2m的实验舱在精确的电磁系统控制下可以在这个“大电梯”内沿竖直方向运动。某次实验中，实验舱从装置底部由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，当到某位置速度刚好为20 m/s时撤去电磁控制，此后实验舱只在重力作用下运动；当实验舱回到该位置时重新加以电磁控制，让它减速回落到地面。重力加速度g取10m/s2。求：
（1）实验舱只在重力作用下运动的总时间；
（2）为了保证实验舱的安全，实验舱不能与装置顶部相碰。求实验舱向上匀加速运动的最小加速度。
14．（2025·遂宁模拟）按压瓶在生活中应用广泛。某种按压瓶结构如图所示，瓶盖与腔室的活塞相连，活塞连接在腔室内弹簧的上端，弹簧下端固定在腔室下部。腔室有上、下两个小球阀门，上阀门封闭腔室与大气相通的出口，下阀门封闭腔室与塑料管连接口，塑料管插入储液瓶的液体中。两个阀门小球重力很小，只要阀门内外气体压强不相等，阀门就会打开，让气体或液体向上流动。该种按压瓶第一次使用前，弹簧处于原长，瓶内液体液面如图所示，塑料管和腔室内的气体压强均与外界大气压强相同，塑料管内气体体积为V0，腔室内气体体积为9V0。第一次 腔室向下按压瓶盖，下阀门紧闭，上阀门打开，当腔室内气体剩余三分之二时松手，弹簧开始回弹，上阀门封闭，下阀门打开，到弹簧恢复原长时，有体积为的液体进入塑料管，完成了第一次按压。已知塑料管横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，腔室和塑料管内气体视为理想气体，气体温度不变，腔室气密性良好，储液瓶内气体与大气相通。求：
（1）弹簧恢复原长时，腔室内气体的压强；
（2）储液瓶内液体的密度。
15．（2025·遂宁模拟）图所示，竖直平面内的xOy直角坐标系，水平x轴上的D点与坐标原点O的距离，y轴上的P点与O点的距离L=5m。在y<0区域，充满沿y轴负方向的匀强电场E和磁感应强度大小B=1T、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场。一质量m=1kg、电荷量q=1 C的带负电小D球，在P点以初速度v0沿x轴正方向射出，进入y<0区域后恰好能做匀速圆周运动。重力加速度g取10m/s2。
（1）求电场强度E的大小；
（2）若小球能通过D点，求初速度v0的可能大小；
（3）撤去电场，再让该小球在P点从静止开始自由下落，求小球在y<0区域运动过程中距x轴的最远距离ym及小球的最大速度vm。
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】对，根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒分别
解得X的质量数、电荷数分别
所以X粒子是中子；
A.同理，对，根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒分别有
解得Y的质量数、电荷数分别
所以Y粒子是α粒子，不符合题意，故A错误；
B．同理，B选项的Y粒子质量数为1，电荷数为1，为质子，不符合题意，故B错误；
C．同理，C选项的Y粒子质量数为1，电荷数为0，为中子，符合题意，故C正确；
D．同理，D选项的Y粒子质量数为0，电荷数为-1，为电子，不符合题意，故D错误。
故选C。
【分析】根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒推导核反应方程中生成的何种粒子。
2．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】对于鹊桥二号中继卫星而言，万有引力提供圆周运动的向心力，则有
对于地球的同步卫星而言，则有
联立解得
故
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】中继卫星环月运行轨道视为圆轨道，万有引力提供圆周运动的向心力列等式，对于地球的同步卫星，万有引力提供圆周运动的向心力列等式，两周期相同，联立可得出两轨道半径关系。
3．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；力的合成与分解的运用；功的概念
【解析】【解答】A．将小孩和雪橇作为整体，受力分析可知，在竖直方向上
解得
根据牛顿第三定律可知，雪橇对地面的压力大小是
故A错误；
B．由于雪橇做加速运动，可知摩擦力
无法比较与Fsinα的大小关系，故B错误；
CD．根据功的定义可知，拉力做功
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】小孩和雪橇作为整体，受力分析，根据竖直方向受力平衡列等式可求解支持力，水平方向加速，不能求解摩擦力，根据功的定义可知，可求解拉力做功。
4．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】根据光的折射知识可知，两束单色光射出玻璃后仍相互平行，根据题意作出光的折射的光路图，如图所示
当只向上平移玻璃砖，如图虚线的位置，由于入射角不变，折射角不变，则移动玻璃砖前后，同一个光线在玻璃砖内的折射光线平行，射出玻璃砖后的折射光线平行，根据几何关系可得，向上平移玻璃砖后，穿过玻璃砖下表面光线通过平移前的出射点，则射在光屏P上的位置不变，距离不变。
故答案为：A。
【分析】根据光的折射规律，入射光平行时，折射光的入射角和折射角均不变，玻璃砖上移过程中，光线在玻璃砖内的折射路径平行于原路径，最终射出的光线也与原光线平行，由此判断光屏上光点的位置和间距变化。
5．【答案】C
【知识点】胡克定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】设弹簧的压缩量为，斜面的倾角为，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
刚释放时，由于弹力大于重力的分力，物块做加速运动，随着弹簧的形变量逐渐减小，弹力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，当弹簧的弹力等于重力的下滑分力时，物块的速度达到最大，此后物块开始向上做减速运动，其加速度大小则为，故物块向上做加速度逐渐增大的减速运动，当弹力为零时，物块的加速度为，方向沿斜面向下，此阶段物块做匀减速运动，到最高点时，速度为零，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】对物块受力分析，根据牛顿第二定律：，加速度，从此式子可得出加速度逐渐减小，当加速度为零，物块的速度达到最大，此后物块开始向上做减速运动，其加速度大小则为，故物块向上做加速度逐渐增大的减速运动，当弹力为零时，物块的加速度为，方向沿斜面向下，此阶段物块做匀减速运动，到最高点时，速度为零。
6．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】根据洛伦兹力提供给向心力
可得
由于，可知
粒子运动轨迹如图所示
设粒子在磁场I中的偏转角为θ，则
，
联立解得
，，
A．O、P两点竖直方向上的距离
故A错误；
B．粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，圆心角为30o，即速度的偏向角为30o，因此速度与边界的夹角为60°，故B正确；
C．粒子在区域I中运动的时间
粒子在区域II中运动的时间
在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比
故C错误。
D．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为
故D错误。
故选B。
【分析】首先根据题意画出粒子运动轨迹图，根据洛伦兹力提供给向心力得出两轨道半径关系，再根据几何关系求解O、P两点竖直方向上的距离以及速度的偏向角。根据圆心角和周期计算两区域运动时间之比。速度大小相等，路程之比等于时间之比。
7．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】当小球恰能从Q的顶端飞过时，则初速度
若小球打到墙面上反弹后恰能落到挡板Q的上端，则
，， ，
（其中t1，t2分别是碰墙前后小球运动的时间），解得初速度v0=7.5m/s，可知小球的速度范围5m/s~7.5m/s之间，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】小球做平抛运动，当小球恰能从Q的顶端飞过时，初速度最小，根据平抛运动中水平位移和竖直位移可计算最小初速度；当小球打到墙面上反弹后恰能落到挡板Q的上端时，初速度最大，根据平抛运动中水平位移和竖直位移可计算最大初速度。
8．【答案】B,C
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】AB．根据电场叠加原理可知，两个点电荷在A、C两点电场强度方向相同，合场强方向均沿x轴正方向，设+4q的点电荷到A点的距离为r，A点电场强度大小
C点电场强度大小
所以A、C两点电场强度大小不等，故A错误，B正确；
CD．两点电荷在B、D两点的电场强度如图
+4q在D点的电场强度大小
-q在D点的电场强度大小
则
所以D点的合场强方向与x轴有一定夹角偏向y轴正方向，由于电场的对称性可知B点的合场强方向与x轴有一定夹角偏向y轴负方向，所以B、D两点电场强度方向不同；由于电场的对称性可知B、D两点电场强度大小相等，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】空间两点分别固定电荷量已知的点电荷，要求比较其他点电场强度大小和方向。根据点电荷的场强公式以及电场叠加原理分析其他点电场强度大小以及方向。
9．【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．由于P点沿y轴负方向振动，根据“同侧法”，波沿x轴正方向传播，故A正确，B错误；
C．由题可知，波长
波速
t=0.5s时刻，波向右传播了
平衡位置恰好处于3.5m处， P、Q到平衡位置的水平距离均为0.5m，根据对称性，两者速度相同，故C正确；
D．t=1.0s时刻，波向右传播了
Q恰好运动到平衡位置，速度最大，而P点运动到平衡位置下方，速度小于最大速度，故D错误。
故选AC。
【分析】1、已知某质点振动方向，根据“同侧法”，可判断波沿x轴的传播方向。
2、波形图可得出波长，根据计算波速，根据，计算波向右传播的距离，结合P、Q到平衡位置的水平距离，可得出某一时刻两者速度关系。
10．【答案】B,D
【知识点】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．当给MN一个向右的初速度时，MN切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，导体棒PQ由于受到安培力的作用也随之切割磁感线运动产生感应电动时，根据电磁感应原理可知，电路产生的电动势
电路中的感应电流
根据左手定则可知，MN受到向左的安培力而做减速运动，PQ受到向右的安培力而向右做加速运动，故
逐渐减小，因此PQ的感应电流逐渐减小，而不是均匀增加，故A错误；
B．MN受到的安培力
根据牛顿第二定律则有
解得
由于
逐渐减小，所以导体棒MN做加速度减小的减速运动，故B正确；
C．两导体棒组成的系统动量守恒，则有
解得稳定时，两导体棒的速度为
根据能量守恒定律可知，整个过程系统产生的热量
由于两导体棒的电阻相等，所以导体棒MN上产生的热量
故C错误；
D．对MN由动量定理可得
设稳定时，二者的距离之差为，根据法拉第电磁感应定律则有
根据欧姆定律可得
其中，联立解得
故D正确。
故选BD。
【分析】本题是电磁感应中双棒模型。
1、双棒切割磁感线，电动势，电路中的感应电流，速度之差逐渐减小，因此PQ的感应电流逐渐减小，而不是均匀增加。
2、根据安培力公式和牛顿第二定律得出加速度，速度之差逐渐减小，则加速度逐渐减小。两导体棒组成的系统动量守恒列等式得出稳定时，两导体棒的速度，再根据能量守恒定律可求解整个过程系统产生的热量。
3、对MN由动量定理列等式，根据法拉第电磁感应定律则列等式，根据欧姆定律有，联立可求解导体棒MN和导体棒PQ通过距离之差。
11．【答案】（1）=
（2）D
（3）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）若气垫导轨水平，则滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，则遮光条先后通过光电门1、2的时间分别为Δt、Δt'是相等的。
（2）根据动量守恒定律
若设遮光条的宽度为d，则
代入式子可得
即还需要测量的物理量为滑块（含遮光条）1、2的质量m1和m2，而遮光条的宽度可以约掉，与两光电门间的距离L0和块1、2的宽度L1和L2无关，故选D。
（3）据前分析可以得出要验证动量守恒，则需验证
【分析】（1）根据光电门测速度原理可知，若遮光条先后通过光电门1、2的时间相等，则速度相等，滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，说明气垫导轨已经调到水平。
（2）根据动量守恒定律以及光电门测速度公式联立可推出验证动量守恒定律必须满足的等式，根据此等式可知还需要测量的物理量为滑块（含遮光条）1、2的质量m1和m2。
（3）只要满足，就验证了动量守恒定律。
（1）若气垫导轨水平，则滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，则遮光条先后通过光电门1、2的时间分别为Δt、Δt'是相等的。
（2）根据动量守恒定律
若设遮光条的宽度为d，则
代入式子可得
即还需要测量的物理量为滑块（含遮光条）1、2的质量m1和m2，而遮光条的宽度可以约掉，与两光电门间的距离L0和块1、2的宽度L1和L2无关，故选D。
（3）据前分析可以得出要验证动量守恒，则需验证。
12．【答案】（1）1800；b→a；D
（2）5；
（3）变长
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）①由图2可知电阻箱接入电路的阻值为
②由电路图可知，充电后电容器右极板带正电，左极板带负电，则放电过程流过电流传感器的电流方向为b→a。
③已知灵敏电流计电流从左端流入时指针向左偏转，则开关S掷于2时，电容器进行放电，灵敏电流计电流从右端流入；刚开始由于电容器极板电压最大，所以放电电流最大，随着电容器所带电荷量的逐渐减小，电容器极板电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小为0；可知观察到灵敏电流计A指针偏转情况是迅速偏到右边并慢慢回到正中。
故选D。
（2）电容器充完电后极板间的电压为，由于两电容器为并联关系，所以放电时相当于两相同电源并联，电动势为
则图3中图线与纵轴的交点坐标
根据
可知，图线与横轴所围的面积等于两电容器充完电所带的总电荷量，则有
（3）若电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，放电电流与原来相比减小，则放电时间变长。
【分析】（1）①电阻箱读数。把各个旋钮所指数乘以倍率相加得到结果。电容器放电过程所带电荷量的逐渐减小，电容器极板电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小为0。
（2）根据可知，图线与横轴所围的面积等于两电容器充完电所带的总电荷量。
（3）电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，放电电流与原来相比减小，而电荷量一定，图线与横轴所围的面积是一定的，则放电时间变长。
（1）①[1]由图2可知电阻箱接入电路的阻值为
②[2]由电路图可知，充电后电容器右极板带正电，左极板带负电，则放电过程流过电流传感器的电流方向为b→a。
③[3]已知灵敏电流计电流从左端流入时指针向左偏转，则开关S掷于2时，电容器进行放电，灵敏电流计电流从右端流入；刚开始由于电容器极板电压最大，所以放电电流最大，随着电容器所带电荷量的逐渐减小，电容器极板电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小为0；可知观察到灵敏电流计A指针偏转情况是迅速偏到右边并慢慢回到正中。
故选D。
（2）[1]电容器充完电后极板间的电压为，由于两电容器为并联关系，所以放电时相当于两相同电源并联，电动势为；则图3中图线与纵轴的交点坐标为
[2]根据可知，图线与横轴所围的面积等于两电容器充完电所带的总电荷量，则有
（3）若电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，放电电流与原来相比减小，则放电时间变长。
13．【答案】（1）解：设实验舱只在重力作用下向上运动时间为t1，只在重力作用下运动总时间为t，则
则
（2）解：为了保证实验舱的安全，实验舱不能到达装置顶部，或者达到顶部时速度刚好为零。设实验舱只在重力作用下向上运动的位移为x1，则
设装置高为H，实验舱高为h，则实验舱在电磁控制下向上匀加速运动最大位移为x2，对应的最小加速度为a，则
又
解得实验舱向上匀加速运动的最小加速度

【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）实验舱只在重力作用下做竖直上抛运动，运动时间，实验舱只在重力作用下运动的总时间
（2）达到顶部时速度刚好为零。先计算实验舱只在重力作用下向上运动的位移 ， 实验舱在电磁控制下向上匀加速运动最大位移， 联立可计算实验舱向上匀加速运动的最小加速度。
（1）设实验舱只在重力作用下向上运动时间为t1，只在重力作用下运动总时间为t，则
则
（2）为了保证实验舱的安全，实验舱不能到达装置顶部，或者达到顶部时速度刚好为零。设实验舱只在重力作用下向上运动的位移为x1，则
设装置高为H，实验舱高为h，则实验舱在电磁控制下向上匀加速运动最大位移为x2，对应的最小加速度为a，则
又
解得
14．【答案】（1）解：以腔室内剩余的三分之二气体和塑料管内气体为研究对象，设松手时压强为p1，体积为V1；弹簧恢复原长前，下阀门始终打开，腔室气体和塑料管内气体压强相等，设压强为p2，体积为V2，有
，
向下按压瓶盖过程中，上阀门始终打开，所以，腔室内气体压强始终等于大气压强。即
由等温变化规律有
解得

（2）解：设储液瓶内液体的密度为ρ，塑料管内液体上升高度为h，则
由于储液瓶内的气体压强等于大气压强，有
解得

【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以腔室内剩余的三分之二气体和塑料管内气体为研究对象，松手时体积： ，弹簧恢复原长前体积 ，向下按压瓶盖过程中，上阀门始终打开，腔室内气体压强始终等于大气压强。即p1 = p0 ，由等温变化规律有，可求解弹簧恢复原长时，腔室内气体的压强。
（2）塑料管内液体上升高度为h，，储液瓶内的气体压强等于大气压强有 ，联立可求解储液瓶内液体的密度。
（1）以腔室内剩余的三分之二气体和塑料管内气体为研究对象，设松手时压强为p1，体积为V1；弹簧恢复原长前，下阀门始终打开，腔室气体和塑料管内气体压强相等，设压强为p2，体积为V2，有 ，
向下按压瓶盖过程中，上阀门始终打开，所以，腔室内气体压强始终等于大气压强。即p1 = p0
由等温变化规律有
解得
（2）设储液瓶内液体的密度为ρ，塑料管内液体上升高度为h，则
由于储液瓶内的气体压强等于大气压强，有
解得
15．【答案】（1）解：小球在y<0区域恰好做匀速圆周运动，小球重力与电场力是一对平衡力，即
解得
（2）解：小球在P点以初速度v0沿x轴正方向射出后，可以有两种情况通过D点。一是直接通过D点。二是先进入y<0区域，小球又有两种方式通过D点，一是经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域运动，然后通过D点；二是经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域时，通过D点。
情况一：设小球经过时间 t通过D点，则
，
解得
t=1s
解得
情况二：小球在P点以初速度v0射出，设第一次到达x轴上某点D1与O点的距离为d1，参照情况一，有d1 = v0，设小球进入y<0区域时速度大小为v，方向与x轴的夹角为α，沿y轴方向的分速度大小为vy，做匀速圆周运动的半径为R，从x轴上D2点离开电磁场，设D1与D2点之间的距离为d2，如图1所示，则
，
解得
①小球经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域时，通过D点，如图2所示。由斜抛的对称性及几何关系有
解得
②小球经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上回到y>0区域时通过D点，如图3所示。由斜抛的对称性及几何关系有
解得
（3）解：撤去电场，小球在y<0区域运动过程中，只有重力做功，离x轴的最远时，小球的速度水平而且此时小球的速度最大。设小球在磁场中运动过程中竖直方向上速度为vy，此分速度使小球在磁场中受到水平向左的洛伦兹力，经过时间，小球距x轴的距离最远，则
在水平方向，由动量定理有
小球从P点运动到距x轴的最远距离的过程中，由动能定理
解得
，
【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）小球在y<0区域恰好做匀速圆周运动，小球重力与电场力一定平衡，由qE= mg 可计算电场强度E的大小。
（2）小球在P点以初速度v0沿x轴正方向射出后，可以有两种情况通过D点。一是直接通过D点。二是先进入y<0区域，小球又有两种方式通过D点，一是经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域运动，然后通过D点；二是经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域时，通过D点。
（3）撤去电场，小球在y<0区域运动过程中，只有重力做功，离x轴的最远时，小球的速度水平而且此时小球的速度最大。 ，在水平方向，由动量定理有
小球从P点运动到距x轴的最远距离的过程中，由动能定理 ，联立可求解小球在y<0区域运动过程中距x轴的最远距离ym及小球的最大速度。
（1）小球在y<0区域恰好做匀速圆周运动，小球重力与电场力是一对平衡力，即qE= mg
解得 E=10N/C
（2）小球在P点以初速度v0沿x轴正方向射出后，可以有两种情况通过D点。一是直接通过D点。二是先进入y<0区域，小球又有两种方式通过D点，一是经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域运动，然后通过D点；二是经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域时，通过D点。
情况一：设小球经过时间 t通过D点，则，
解得 t= 1s
解得
情况二：小球在P点以初速度v0射出，设第一次到达x轴上某点D1与O点的距离为d1，参照情况一，有d1 = v0
设小球进入y<0区域时速度大小为v，方向与x轴的夹角为α，沿y轴方向的分速度大小为vy，做匀速圆周运动的半径为R，从x轴上D2点离开电磁场，设D1与D2点之间的距离为d2，如图1所示，则，
解得
①小球经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上进入y>0区域时，通过D点，如图2所示。由斜抛的对称性及几何关系有
解得
②小球经过n次在y<0区域做匀速圆周运动、斜向上回到y>0区域时通过D点，如图3所示。由斜抛的对称性及几何关系有
解得
（3）撤去电场，小球在y<0区域运动过程中，只有重力做功，离x轴的最远时，小球的速度水平而且此时小球的速度最大。设小球在磁场中运动过程中竖直方向上速度为vy，此分速度使小球在磁场中受到水平向左的洛伦兹力，经过时间，小球距x轴的距离最远，则
在水平方向，由动量定理有
小球从P点运动到距x轴的最远距离的过程中，由动能定理
解得，
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