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四川省成都市字节教育高能模拟预测联考2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、符合要求。
1．（2025高二下·成都期末）近代科学家发现了质子和中子等微观粒子，促进了对原子核的认识和利用。下列四个核反应方程式中都有中子，我国利用中子进行核裂变发电的反应方程式是（　　）
A．
B．
C．
D．
2．（2025高二下·成都期末）如图所示，一个边界为PQ、MN（两边界上有磁场）的足够大的匀强磁场区域，宽度为d，磁场方向垂直纸面向里。O点处有一体积可忽略的粒子发射装置，能够在纸面内向磁场各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的质子，发现从磁场MN边界射出的质子数占总数的三分之一，不计质子间相互作用及重力，则MN边界上有质子射出的区域长度为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·成都期末）在《流浪地球2》电影中出现了太空电梯的科幻设想（如图甲）。人类可以乘坐电梯轿厢从固定在地面的基座出发，经国际空间站（轨道距地球表面约400km）向同步轨道空间站（距地球表面约36000km）运行（如图乙），在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电梯轿厢所受地球的万有引力逐渐增大
B．电梯轿厢绕地球运行的线速度逐渐增大
C．电梯轿厢绕地球运行的角速度逐渐增大
D．电梯轿厢绕地球运行的向心加速度逐渐减小
4．（2025高二下·成都期末）如图所示，ABCD为一边长为a的正方形的四个顶点，O为正方形的中心，E点是O点关于AD的对称点，F点是O点关于BC的对称点。在A点、B点分别放置电荷量为+Q的点电荷，在C点放置电荷量为+2Q的点电荷，在D点放置电荷量为-Q的点电荷。以无穷远为电势零点，下列说法中正确的是（　　）
A．O点的电场强度大小为E0=
B．O点的电场强度大小为E0=
C．O点电势小于零
D．将试探电荷-q从E点移到F点电势能减小
5．（2025高二下·成都期末）一定质量的理想气体，由温度为T1的状态1经等容变化到温度为T2的状态2，再经过等压变化到状态3，最后变回到初态1，其变化过程如图所示，则（　　）
A．从1到2过程中，气体对外做功，内能减小
B．从2到3过程中，气体对外做功，内能减小
C．从1到2到3到再回到1的过程中，气体一定从外界吸热
D．从3到1过程中，气体分子数密度变大，内能增加
6．（2025高二下·成都期末）运动员为了练习腰部力量，在腰部拴上轻绳然后沿着斜面下滑，运动的简化模型如图所示，倾角为37°的光滑斜面固定放置，质量为m运动员与质量为m的重物通过轻质细绳连接，细绳跨过天花板上的两个定滑轮，运动员从斜面上的某点由静止开始下滑，当运动到A点时速度大小为，且此时细绳与斜面垂直，当运动到B点时，细绳与斜面的夹角为37°，已知A、B两点之间的距离为2L，重力加速度为g，运动员在运动的过程中一直未离开斜面，细绳一直处于伸直状态，不计细绳与滑轮之间的摩擦，运动员与重物（均视为质点）总在同一竖直面内运动，，，下列说法正确的是（　　）
A．运动员在A点时，重物的速度大小为
B．运动员从A点运动到B点，重物重力势能的增加量为
C．运动员从A点运动到B点，系统总重力势能的减小为
D．运动员在B点时，其速度大小为
7．（2025高二下·成都期末）质量很小、长度为l 的均匀细杆，可绕过其中心O并与纸面垂直的轴在竖直平面内转动。当细杆静止于水平位置时，有一只小虫以速率垂直落在距点O为处，并背离点O 沿细杆爬行。设小虫与细杆的质量均为m。欲使细杆以恒定的角速度转动，小虫爬向细杆端点的速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分。
8．（2025高二下·成都期末）如图（a）所示，时，一列简谐横波从质点（坐标原点）开始沿轴正方向传播，实线和虚线分别为时刻和时刻的波形图，其中，，分别是平衡位置为和的两质点。图（b）为质点的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．时刻的加速度为零
B．这列波的传播速度为40m/s
C．到内，质点运动的路程可能为0.3m
D．从到时间内，质点通过的路程是0.2m
9．（2025高二下·成都期末）如图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的挡板，但未粘合在一起，另一物体A以水平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限度。则下列说法正确的是（　　）
A．整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒
B．挡板对物体C的冲量大小为2Mv0
C．物体C的最大速度为
D．如果M=m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为2：1
10．（2025高二下·成都期末）如图所示，一长为L的轻质绝缘细线一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电量为的小球，小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动，是水平直径，空间存在与小球运动平面平行的匀强电场。已知小球在A、B两点所受细线的拉力大小分别为，（g为重力加速度），不计空气阻力。则以下说法正确的是（　　）
A．小球运动中机械能最小的位置可能是A点
B．若A点是小球运动中速度最小的位置，则电场强度
C．A、B两点的电势差一定等于
D．小球运动中的最小速度可能为
三、实验题：本题共2小题，共16分。
11．（2025高二下·成都期末）利用如图甲的实验装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。
（1）图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50 Hz，则小车的加速度大小为　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（2）实验得到的理想a F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是（　　）
A．图线①的产生原因是小车的质量太大
B．图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大
C．图线③的产生原因是小车的质量太小
（3）实验小组的同学觉得用图甲装置测量加速度较大时系统误差较大，所以大胆创新，选用图丁所示器材进行实验，测量小车质量M，所用交流电频率为50 Hz，共5个槽码，每个槽码的质量均为m = 10 g。实验步骤如下：i．安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着5个槽码。调整轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑：ii．保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂4个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；iii．逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ii；iv．以取下槽码的总个数n（1 ≤ n ≤ 5）的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线。已知重力加速度大小g = 9.78 m/s2，计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空：
①写出随变化的关系式　 　（m，g，M，a，n表示）；
②测得关系图线的斜率为2.5 s2/m，则小车质量M =　 　kg（计算结果保留两位有效数字）。
12．（2025高二下·成都期末）测电阻有多种方法。
（1）甲同学用多用电表欧姆挡直接测量待测电阻的阻值。某次测量时，多用电表表盘指针如图所示。已知他选用欧姆挡的倍率为“×10”，则的测量值为　 　Ω。
（2）乙同学用如图所示的电路，测量待测电阻的阻值。某次实验，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则电阻的测量值为　 　。若不考虑偶然误差，该测量值与的真实值相比　 　（选填“偏小”或“偏大”）。
（3）丙同学用如图所示的电路，测量待测电阻的阻值。操作步骤如下：①先将开关S接1，调节滑动变阻器，读出电流表的示数I；②再将开关S接2，保持不变，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I，记下此时电阻箱的阻值为。则的测量值为　 　；电流表内阻对测量结果　 　（选填“有’”或“无”影响。
（4）丁同学用如图所示的电路，测量电流计内阻的阻值，操作步骤如下：①先闭合开关，调节，使电流计指针满偏；②再闭合开关，保持不变，调节使得电流计指针半偏，记下此时的值为，则的测量值为　 　；若不考虑偶然误差，电流计内阻的测量值　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）其真实值。
四、计算题：本题共3小题，共38分。请写出必要的文字说明和运算步骤。
13．（2025高二下·成都期末）闪电是地球上最壮丽的自然现象之一。 人们对闪电进行了大量研究，近年来还观测到闪电导致的瞬间发光和伽玛射线暴等新现象。 闪电通常由雷电云（离地 6~12km）放电产生，多数闪电发生在云内，少数到达地面。 由于云内冰状颗粒相互碰撞，小颗粒冰晶带正电，随气流上浮到云上端，较大颗粒带负电，下坠到云底端，如图所示。云中闪电中和了云内的正负电荷，而云地闪电则把负电荷释放到地面。
（1）利用高空气球携带的电场测量仪测量高空中某圆柱形空域雷电云内的电场，其强度可视为均匀分布，大小为0.15MV/m。该圆柱区域的中轴线垂直于地面，半径为2.5km，高度为1.0km。 求该区域上下两端的电势差、正电荷总量以及携带的总电能。（ 已知真空介电常量 =8.85×10-12F/m）
（2）球形闪电（球闪）的微波空泡模型认为球闪是一个球形等离子体微波空腔（空泡）。 当闪电微波较弱时，不足以形成微波空泡，会向太空辐射，穿透电离层，可被卫星观测到。 实际上，卫星确实观测到了这种微波辐射。 但卫星观测信号易受电离层色散的干扰，携带探测器的高空气球可到达雷电云上方观测，以避免此类干扰。 为了在离地12km的高空观测闪电发出的微波信号，需要在该区域悬浮一个载荷（包括气球材料和探测器）为50kg的高空氦气球，直接写出此气球在高空该区域悬浮时的体积。
（已知在离地12km的高度以下，大气温度随高度每升高1km下降5.0K，地面温度T0=290K，地面压强，空气摩尔质量M = 29g/mol，气球内氦气密度（在离地高度 12km 处的值），重力加速度g = 9.8m/s2，气体普适常量R =8.31J/（K·mol）普适气体常数，符号：R，是表征理想气体性质的一个常数，由于这个常数对于满足理想气体条件的任何气体都是适用的，故称普适气体常数。）
14．（2025高二下·成都期末）如图所示，相距为d的两个钉子P、Q固定在同一竖直线上，一根长为20d、不可伸长的轻质细绳一端固定在P点，另一端与物块A相连，当轻绳受到的拉力达到物块A重力的33倍时绳子会被拉断。现给物块A一向右的初速度，物块A在竖直面内转动过程中拉断细绳，且恰好从M点沿切线进入圆心角的固定圆弧轨道，物块A到达N点时速度为，木板B的左端紧贴圆弧轨道最低点N，上表面与圆弧轨道相切，质量为物块A的3倍。当物块A滑上木板后，立即撤掉圆弧轨道。木板B右侧距离木板右端2d处固定一竖直挡板C，高度略低于木板。物块A与木板B之间的动摩擦因数为0.9，其他摩擦都不计。物块A可视为质点，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳子因阻挡和断裂造成的机械能损失，不计木板与挡板碰撞过程中的机械能损失，重力加速度为g，，。
（1）若物块A能在竖直平面内做完整圆周运动，求物块A的最小初速度；
（2）若物块A获得（1）问中的最小初速度，求圆弧轨道的半径大小；
（3）木板B至少多长才能保证物块A不从木板上掉落。
15．（2025高二下·成都期末）如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域I、Ⅱ，区域I（ 2L ≤ x < L）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x ≥ 0）内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1 = k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf时放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。
（1）若金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域I上边界的距离s；
（2）金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），此时金属框的速率为v0，若，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；核裂变；核聚变
【解析】【解答】核裂变是指重核被中子轰击后分裂成两块质量差不多的中等大小的原子核，A选项是轻核聚变，C、D选项都是人工核反应。故B正确。
故选B。
【分析】本题主要考查核裂变方程的判断，铀核裂变是通过一个中子轰击铀核，产生3个中子。
2．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】从磁场MN边界射出的质子数占总数的三分之一，即当入射角度与PQ边界为角入射时恰好与MN边界相切，如图所示
由几何关系可知
解得
此时，质子从MN边界射出的最高点；当质子与PQ边界平行入射时，如图所示
此时为质子从MN边界射出的最低点，则由几何关系可知，MN边界上有质子射出的区域长度为
故答案为：C。
【分析】根据带电粒子在匀强磁场中的圆周运动规律，结合 “射出质子数占比” 确定临界入射角度，通过几何关系求圆周运动半径，再推导MN边界上质子射出的区域长度。
3．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由万有引力定律可知，电梯轿厢所受地球的万有引力大小为，其中r是电梯轿厢到地心的距离，则当电梯轿厢从地面（）上升到同步轨道（）时，r增大，因此万有引力减小，故A错误；
BCD．由题意可知，电梯轿厢的角速度不变，且，，其中r是电梯轿厢到地心的距离，则当电梯轿厢从地面（）上升到同步轨道（）时，r增大，因此电梯轿厢绕地球运行的线速度逐渐增大、电梯轿厢绕地球运行的向心加速度逐渐增大，故B正确，CD错误。
故答案为：B。
【分析】太空电梯的轿厢随电梯杆同步转动，角速度与地球自转角速度相同，结合万有引力定律和圆周运动公式分析各物理量的变化。
4．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】AB．点电荷和点电荷在点的电场强度大小为
方向由到，在点电荷和点电荷量在点的电场强度大小为
方向由到，所以四个电荷在点产生的电场强度的大小，故AB错误；
C．点在A、电荷的中垂线上，所以点在A、电荷的电场中的电势为零，而点在、电荷的电场中电势都大于零，所以点的电势一定大于零，故C错误；
D．点在A、电荷的中垂线上，所以、点在A、电荷的电场中的电势均为零，而点离、电荷的距离大于离、电荷的距离，所以在、电荷的电场中点的电势小于点的电势，所以点的电势小于点的电势，即
，所以试探电荷的电势能，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先对 O 点的四个点电荷电场进行矢量分解与叠加，计算 O 点场强；再通过点电荷电势叠加判断 O 点电势；最后分析 E、F 两点电势高低，结合试探电荷电性判断电势能变化。
5．【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A.1到2是等容变化，体积不变，气体不对外做功；温度从T1 升至T2 ，内能增大，故A错误；
B．从2到3过程中，体积增大，气体对外做功；压强不变，根据可知温度升高，内能增大，故B错误；
D．从3到1过程中，体积减小，气体分子数密度变大；由题图可知，p3V3 > p1V1，则根据一定质量的理想气体状态方程可知T3 > T1，则气体温度降低，气体内能减小，故D错误；
C．从1到2过程中气体对外不做功；2到3过程中，体积增大，气体对外做功；3到1过程中，体积减小，外界对气体做功。根据p—V图像中图线与坐标轴所围面积表示气体做功可知，整个过程气体对外做功大于外界对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律可知气体一定从外界吸热，故C正确。
故答案为：C。
【分析】结合理想气体的状态变化规律（等容、等压变化），利用热力学第一定律ΔU=W+Q，分析气体做功、内能变化与吸放热的关系，同时结合分子数密度的定义判断其变化。
6．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．设运动员的速度为，绳与斜面夹角为α，则沿绳方向的分速度即重物的速度为
垂直绳方向的分速度为
可知到A点时，细绳与斜面垂直，所以运动员在A点时，重物的速度大小为零，故A错误；
B．运动员从A点运动到B点，重物重力势能的增加量为，故B错误；
C．运动员从A点运动到B点，运动员的重力势能减少
所以系统总重力势能的增加量为
即减少了，故C正确；
D．根据系统机械能守恒可知，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，有
可得运动员在B点时，其速度大小为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 先利用速度分解规律分析 A、B 两点重物与运动员的速度关系，再通过几何关系确定重物上升高度与运动员下落高度，结合重力势能变化分析系统势能变化，最后用机械能守恒定律验证 B 点速度。
7．【答案】A
【知识点】动量守恒定律；动量
【解析】【解答】该系统角动量守恒，有
整理可得
由角动量定理有
整理可得
因为速度是位移对时间的导数，所以到达端点的速度为
故答案为：A。
【分析】 先利用角动量守恒定律求出系统恒定的角速度，再对细杆和小虫进行力矩分析，结合转动定律建立方程，最后求解小虫沿杆爬行的速度。
8．【答案】B,D
【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】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。A．时刻在波峰位置，加速度最大，选项A错误；
B．这列波的波长8m，周期0.2s，则传播速度为
选项B正确；
C．到内，质点运动的时间
通过的路程可能为
不可能为0.3m，选项C错误；
D．在t=0时刻振源O开始振动，则传到质点P需要的时间为
则时刻质点P振动了0.1s=0.5T可知质点P通过的路程是，选项D正确。
故选BD。
【分析】 根据图像得到波长和周期，进而可得波速，根据在一个周期内质点经过的路程为4A，分析质点的路程；根据Q质点所处的位置分析。
9．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】A．B物体A与物体B碰撞后两物体粘合在一起，A与B碰撞过程中，三个物体与弹簧组成的系统的机械能有损失，物体AB碰后粘合在一起到物体C刚要离开挡板的过程中，挡板对物体C有向右的支持力，三个物体与弹簧组成的系统所受合力不为0，系统的动量不守恒，故A错误；
B．设物体A与物体B碰撞后的瞬间，A、B粘合体的速度大小为v根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律可知，弹簧第一次恢复到原长时A、B粘合体的速度大小为v以水平向右的方向为正方向，对物体A与物体B碰撞粘合在一起到弹簧恢复到原长的过程，根据动量定理可得，弹簧弹力对A、B粘合体的冲量
所以弹簧弹力对C的冲量大小等于，该过程中物体C一直静止，故挡板对C的冲量大小也为，故B正确；
C．物体C离开挡板后，三个物体与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复到原长时，物体C的速度最大，设弹簧再次恢复到原长时A、B粘合体与物体C的速度大小分别为v、v2，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得，故C正确；
D．物体离开挡板前弹簧最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得
物体C离开挡板后，当三者共速时弹簧最长或最短，弹簧的弹性势能最大，设三者共速时的速度为，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
且
解得，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】 分阶段分析 A 与 B 的完全非弹性碰撞、弹簧压缩与反弹过程，利用动量守恒、冲量定理和机械能守恒规律，依次计算冲量、C 的最大速度及弹簧弹性势能之比。
10．【答案】A,C
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】已知小球在A、B两点所受细线的拉力大小分别为，，小球带正电，可得电场水平分方向为水平向右，设小球受到的电场力方向与竖直方向的夹角为，则可得，
根据动能定理可得
解得
A．若小球运动中机械能最小的位置是A点，则此时电场方向水平向右，即此时，可得
可设小球在势能最高点时细绳与竖直方向的夹角为，可得
设此时的小球的速度为，若要能完成完整的圆周运动，可得
联立解得
根据动能定理可得
解得
即小球运动中机械能最小的位置可能是A点，故A正确；
B．若A点是小球运动中速度最小的位置，可得
联立解得，故B错误；
C．从A到B电场力做功为
则可得A、B两点间的电势差为，故C正确；
D．在A点时，小球拥有的动能为
设小球在势能最高点时细绳与竖直方向的夹角为，在根据动能定理可得
解得，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】 先对 A、B 两点列向心力公式，结合动能定理求出电场力在水平方向的分量，再分析机械能变化、最小速度等问题。
11．【答案】（1）2.86
（2）B
（3）；0.19
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）已知小车做匀变速直线运动，根据逐差法可以得出小车的加速度大小为
（2）A．图线①的产生原因是，当砝码盘和砝码的总质量远远小于小车的质量时，图像斜率的倒数为小车的质量，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，图像斜率为砝码和小车的总质量，由于质量增大则导致斜率不断减小，是由于小车质量太小造成的，故A错误；
B．图线②说明F = 0时小车就有加速度，说明小车在没有受到拉力时已经有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B正确；
C．图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，说明小车的重力分力小于滑动摩擦力，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。
故选B。
（3）由于小车和槽码做匀加速直线运动，对小车，根据牛顿第二定律有
对槽码，根据牛顿第二定律有
两式联立，求得
根据的关系式可知，关系图线的斜率
即
【分析】（1）利用逐差法可以求出小车加速度的大小；
（2）图线①的产生原因是砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，图像斜率为砝码和小车的总质量，由于质量增大则导致斜率不断减小，是由于小车质量太小造成的；图线②其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大；图线③其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力；
（3）利用牛顿第二定律结合图像斜率可以求出小车的质量大小。
（1）小车的加速度大小为
（2）A．图线①的产生原因是，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，是由于小车质量太小造成的，故A错误；
B．图线②说明F = 0时小车就有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B正确；
C．图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。
故选B。
（3）[1]对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有
两式联立，求得
[2]由的关系式可知，关系图线的斜率
即
12．【答案】60；；偏大；；无；；小于
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；测定电压表或电流表的内阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）的测量值为
故答案为：60
（2）根据欧姆定律，待测电阻
图乙的误差来源于电流表的分压，待测电阻两端电压
待测电阻的真实值
所以该测量值与Rx的真实值相比偏大。
故答案为：；偏大
（3）根据“等效法”测电阻的原理可知
由于单刀双掷开关从“1”位置扳到“2”位置时，电流表的示数不变，根据闭合电路的欧姆定律可知电路中的总电阻不变；由于滑动变阻器的接入电阻，电流表的内阻，电源内阻不变，因此有
因此电流表内阻对实验测量结果无影响；
故答案为：；无
（4）根据半偏法测电流表内阻的原理，电流表内阻的测量值
实际上保持R1的阻值不变，再闭合S2时，电路中的总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律可知，总电流将大于Ig；当电流表半偏时，通过电阻箱的电流
根据欧姆定律及并联电路的特点得
解得Rg真＞Rg
即电流计内阻的测量值小于其真实值。
故答案为：；小于
【分析】 (1) 多用电表欧姆挡读数为指针示数乘以倍率，需结合表盘刻度与所选倍率计算。
(2) 伏安法测电阻采用电流表内接法，测量值为电压与电流的比值，内接法因电流表分压导致测量值偏大。
(3) 替代法测电阻利用电流等效原理，电阻箱的阻值等于待测电阻阻值，电流表内阻对测量结果无影响。
(4) 半偏法测电流计内阻，基于并联电路分流原理，因闭合开关后总电阻变化导致测量值偏小。
13．【答案】（1）解：该圆柱形雷电云空域的电荷分布可近似认为是一个平行板电容器，其电容为
其中，，
则该区域上下两端的电势差为
所带电荷量为
解得Q=26C
携带的总电能为
（2）解：气球在高空悬浮时的条件是
式中为气球及载荷的总质量，为高空的大气密度，是此气球在此高度悬浮时的体积，则有
根据题意有
其中，空气压强随高度的变化满足
由理想气体状态方程有
可得空气密度为
式中m和V分别为空气的质量和体积，M为空气的摩尔质量，为空气密度，R为普适气体常量，可得
解得
积分得
于是
相应的空气密度为
其中
根据上述可知，离地高度为12km的空气密度为
解得
【知识点】电容器及其应用；理想气体与理想气体的状态方程；电场强度的叠加
【解析】【分析】(1) 匀强电场中电势差与场强的关系为，结合柱形区域的几何参数计算电势差；利用电场强度与电荷量的关系（柱形近似球形电场）求解总电荷量，再由和电能公式计算总电能。
(2) 高空气球悬浮时浮力等于重力，先由理想气体状态方程计算12km高空的空气密度，再根据阿基米德原理浮空推导气球体积。
14．【答案】（1）解：物块A能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为，设物块A的最小初速度为，质量为m，第一圈到达最高点时最小速度为，在最高点时，由重力提供向心力得
物块A从最低点到最高点，由动能定理得
解得
（2）解：物块A获得（1）问中的最小速度后，将做圆周运动，分析可知，物块A在同一个圆周运动中，绳子所受拉力最大值出现在最低点且以P为圆心，假设物块A在圈后的最低点绳子的拉力达到最大值，此时速度为，分析可知此时物块A做圆周运动的半径为
由牛顿第二定律得
由动能定理得
解得，
因此，绳子恰好在物块A运动9圈时的最低点断掉，之后物块A沿切线进入圆弧轨道，设到达M点时速度为，由平抛运动的末速度分解得
由动能定理得
解得
（3）解：当物块A滑上木板B后，对物块A和木板B组成的系统分析，物块A做匀减速运动，木板B做匀加速运动，设他们的加速度大小分别为和，根据牛顿第二定律，
设木板第一次到达挡板时速度为，有
可得
此时物块A的速度为，因为物块A的加速度是木板B的3倍，则
可得
此时，物块A的速度依然大于木板B，又因为木板B与挡板C发生弹性碰撞，则木板B与挡板撞击后原速率返回，速度减为0时，物块A的速度设为，则
当木板B再一次加速到挡板时，速度依然为，此时物块A的速度减为，则
此时，物块A和木板B共速，木板B将继续与挡板相撞后原速率返回，并最终以共同速度向左运动，物块A将不会从木板B上掉落，由动量守恒定律得
解得
此过程中，物块A始终相对于木板B向右运动，若想物块A不从木板B上掉落，木板B的最小长度为物块A相对于木板B运动的总路程大小，由能量守恒定律得
解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）物块A在竖直面内做完整圆周运动，最小初速度出现在绳子拉力为0、重力分力提供向心力的临界状态。
（2）利用绳子断裂的拉力临界条件，结合机械能守恒（初动能+初势能=N点动能）求解圆弧半径。
（3）A滑上B后，A减速、B加速，最终共速；为保证A不掉落，木板长度需等于A、B的相对位移。
（1）物块A能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为，设物块A的最小初速度为，质量为m，第一圈到达最高点时最小速度为，在最高点时，由重力提供向心力得
物块A从最低点到最高点，由动能定理得
解得
（2）物块A获得（1）问中的最小速度后，将做圆周运动，分析可知，物块A在同一个圆周运动中，绳子所受拉力最大值出现在最低点且以P为圆心，假设物块A在圈后的最低点绳子的拉力达到最大值，此时速度为，分析可知此时物块A做圆周运动的半径为
由牛顿第二定律得
由动能定理得
解得，
因此，绳子恰好在物块A运动9圈时的最低点断掉，之后物块A沿切线进入圆弧轨道，设到达M点时速度为，由平抛运动的末速度分解得
由动能定理得
解得
（3）当物块A滑上木板B后，对物块A和木板B组成的系统分析，物块A做匀减速运动，木板B做匀加速运动，设他们的加速度大小分别为和，根据牛顿第二定律，
设木板第一次到达挡板时速度为，有
可得
此时物块A的速度为，因为物块A的加速度是木板B的3倍，则
可得
此时，物块A的速度依然大于木板B，又因为木板B与挡板C发生弹性碰撞，则木板B与挡板撞击后原速率返回，速度减为0时，物块A的速度设为，则
当木板B再一次加速到挡板时，速度依然为，此时物块A的速度减为，则
此时，物块A和木板B共速，木板B将继续与挡板相撞后原速率返回，并最终以共同速度向左运动，物块A将不会从木板B上掉落，由动量守恒定律得
解得
此过程中，物块A始终相对于木板B向右运动，若想物块A不从木板B上掉落，木板B的最小长度为物块A相对于木板B运动的总路程大小，由能量守恒定律得
解得
15．【答案】（1）解：金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则
切割磁感线产生的电动势
线框中电流
线框做匀速直线运动，则
解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率
金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得
可得释放时pq边与区域I上边界的距离
（2）解：当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势，其中
此时线路中的感应电流
线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为
线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为
则线框受到的安培力
代入
化简得
当线框平衡时，可知此时线框速率为0。
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得
即
对时间累积求和可得
可得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）金属框匀速运动时受力平衡，重力沿斜面分力与安培力大小相等。先由电磁感应求感应电动势、安培力，再结合平衡条件求速率 ；再由运动学公式求释放时 边与区域Ⅰ上边界的距离 。
（2） 边进入区域Ⅱ后，磁场随时间和位置变化，感应电动势由两部分叠加。结合给定 ，对金属框列动力学方程，积分求解 移动的距离 。
（1）金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则
切割磁感线产生的电动势
线框中电流
线框做匀速直线运动，则
解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率
金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得
可得释放时pq边与区域I上边界的距离
（2）当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势，其中
此时线路中的感应电流
线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为
线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为
则线框受到的安培力
代入
化简得
当线框平衡时，可知此时线框速率为0。
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得
即
对时间累积求和可得
可得
1 / 1四川省成都市字节教育高能模拟预测联考2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、符合要求。
1．（2025高二下·成都期末）近代科学家发现了质子和中子等微观粒子，促进了对原子核的认识和利用。下列四个核反应方程式中都有中子，我国利用中子进行核裂变发电的反应方程式是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；核裂变；核聚变
【解析】【解答】核裂变是指重核被中子轰击后分裂成两块质量差不多的中等大小的原子核，A选项是轻核聚变，C、D选项都是人工核反应。故B正确。
故选B。
【分析】本题主要考查核裂变方程的判断，铀核裂变是通过一个中子轰击铀核，产生3个中子。
2．（2025高二下·成都期末）如图所示，一个边界为PQ、MN（两边界上有磁场）的足够大的匀强磁场区域，宽度为d，磁场方向垂直纸面向里。O点处有一体积可忽略的粒子发射装置，能够在纸面内向磁场各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的质子，发现从磁场MN边界射出的质子数占总数的三分之一，不计质子间相互作用及重力，则MN边界上有质子射出的区域长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】从磁场MN边界射出的质子数占总数的三分之一，即当入射角度与PQ边界为角入射时恰好与MN边界相切，如图所示
由几何关系可知
解得
此时，质子从MN边界射出的最高点；当质子与PQ边界平行入射时，如图所示
此时为质子从MN边界射出的最低点，则由几何关系可知，MN边界上有质子射出的区域长度为
故答案为：C。
【分析】根据带电粒子在匀强磁场中的圆周运动规律，结合 “射出质子数占比” 确定临界入射角度，通过几何关系求圆周运动半径，再推导MN边界上质子射出的区域长度。
3．（2025高二下·成都期末）在《流浪地球2》电影中出现了太空电梯的科幻设想（如图甲）。人类可以乘坐电梯轿厢从固定在地面的基座出发，经国际空间站（轨道距地球表面约400km）向同步轨道空间站（距地球表面约36000km）运行（如图乙），在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电梯轿厢所受地球的万有引力逐渐增大
B．电梯轿厢绕地球运行的线速度逐渐增大
C．电梯轿厢绕地球运行的角速度逐渐增大
D．电梯轿厢绕地球运行的向心加速度逐渐减小
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由万有引力定律可知，电梯轿厢所受地球的万有引力大小为，其中r是电梯轿厢到地心的距离，则当电梯轿厢从地面（）上升到同步轨道（）时，r增大，因此万有引力减小，故A错误；
BCD．由题意可知，电梯轿厢的角速度不变，且，，其中r是电梯轿厢到地心的距离，则当电梯轿厢从地面（）上升到同步轨道（）时，r增大，因此电梯轿厢绕地球运行的线速度逐渐增大、电梯轿厢绕地球运行的向心加速度逐渐增大，故B正确，CD错误。
故答案为：B。
【分析】太空电梯的轿厢随电梯杆同步转动，角速度与地球自转角速度相同，结合万有引力定律和圆周运动公式分析各物理量的变化。
4．（2025高二下·成都期末）如图所示，ABCD为一边长为a的正方形的四个顶点，O为正方形的中心，E点是O点关于AD的对称点，F点是O点关于BC的对称点。在A点、B点分别放置电荷量为+Q的点电荷，在C点放置电荷量为+2Q的点电荷，在D点放置电荷量为-Q的点电荷。以无穷远为电势零点，下列说法中正确的是（　　）
A．O点的电场强度大小为E0=
B．O点的电场强度大小为E0=
C．O点电势小于零
D．将试探电荷-q从E点移到F点电势能减小
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】AB．点电荷和点电荷在点的电场强度大小为
方向由到，在点电荷和点电荷量在点的电场强度大小为
方向由到，所以四个电荷在点产生的电场强度的大小，故AB错误；
C．点在A、电荷的中垂线上，所以点在A、电荷的电场中的电势为零，而点在、电荷的电场中电势都大于零，所以点的电势一定大于零，故C错误；
D．点在A、电荷的中垂线上，所以、点在A、电荷的电场中的电势均为零，而点离、电荷的距离大于离、电荷的距离，所以在、电荷的电场中点的电势小于点的电势，所以点的电势小于点的电势，即
，所以试探电荷的电势能，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先对 O 点的四个点电荷电场进行矢量分解与叠加，计算 O 点场强；再通过点电荷电势叠加判断 O 点电势；最后分析 E、F 两点电势高低，结合试探电荷电性判断电势能变化。
5．（2025高二下·成都期末）一定质量的理想气体，由温度为T1的状态1经等容变化到温度为T2的状态2，再经过等压变化到状态3，最后变回到初态1，其变化过程如图所示，则（　　）
A．从1到2过程中，气体对外做功，内能减小
B．从2到3过程中，气体对外做功，内能减小
C．从1到2到3到再回到1的过程中，气体一定从外界吸热
D．从3到1过程中，气体分子数密度变大，内能增加
【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A.1到2是等容变化，体积不变，气体不对外做功；温度从T1 升至T2 ，内能增大，故A错误；
B．从2到3过程中，体积增大，气体对外做功；压强不变，根据可知温度升高，内能增大，故B错误；
D．从3到1过程中，体积减小，气体分子数密度变大；由题图可知，p3V3 > p1V1，则根据一定质量的理想气体状态方程可知T3 > T1，则气体温度降低，气体内能减小，故D错误；
C．从1到2过程中气体对外不做功；2到3过程中，体积增大，气体对外做功；3到1过程中，体积减小，外界对气体做功。根据p—V图像中图线与坐标轴所围面积表示气体做功可知，整个过程气体对外做功大于外界对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律可知气体一定从外界吸热，故C正确。
故答案为：C。
【分析】结合理想气体的状态变化规律（等容、等压变化），利用热力学第一定律ΔU=W+Q，分析气体做功、内能变化与吸放热的关系，同时结合分子数密度的定义判断其变化。
6．（2025高二下·成都期末）运动员为了练习腰部力量，在腰部拴上轻绳然后沿着斜面下滑，运动的简化模型如图所示，倾角为37°的光滑斜面固定放置，质量为m运动员与质量为m的重物通过轻质细绳连接，细绳跨过天花板上的两个定滑轮，运动员从斜面上的某点由静止开始下滑，当运动到A点时速度大小为，且此时细绳与斜面垂直，当运动到B点时，细绳与斜面的夹角为37°，已知A、B两点之间的距离为2L，重力加速度为g，运动员在运动的过程中一直未离开斜面，细绳一直处于伸直状态，不计细绳与滑轮之间的摩擦，运动员与重物（均视为质点）总在同一竖直面内运动，，，下列说法正确的是（　　）
A．运动员在A点时，重物的速度大小为
B．运动员从A点运动到B点，重物重力势能的增加量为
C．运动员从A点运动到B点，系统总重力势能的减小为
D．运动员在B点时，其速度大小为
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．设运动员的速度为，绳与斜面夹角为α，则沿绳方向的分速度即重物的速度为
垂直绳方向的分速度为
可知到A点时，细绳与斜面垂直，所以运动员在A点时，重物的速度大小为零，故A错误；
B．运动员从A点运动到B点，重物重力势能的增加量为，故B错误；
C．运动员从A点运动到B点，运动员的重力势能减少
所以系统总重力势能的增加量为
即减少了，故C正确；
D．根据系统机械能守恒可知，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，有
可得运动员在B点时，其速度大小为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 先利用速度分解规律分析 A、B 两点重物与运动员的速度关系，再通过几何关系确定重物上升高度与运动员下落高度，结合重力势能变化分析系统势能变化，最后用机械能守恒定律验证 B 点速度。
7．（2025高二下·成都期末）质量很小、长度为l 的均匀细杆，可绕过其中心O并与纸面垂直的轴在竖直平面内转动。当细杆静止于水平位置时，有一只小虫以速率垂直落在距点O为处，并背离点O 沿细杆爬行。设小虫与细杆的质量均为m。欲使细杆以恒定的角速度转动，小虫爬向细杆端点的速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】动量守恒定律；动量
【解析】【解答】该系统角动量守恒，有
整理可得
由角动量定理有
整理可得
因为速度是位移对时间的导数，所以到达端点的速度为
故答案为：A。
【分析】 先利用角动量守恒定律求出系统恒定的角速度，再对细杆和小虫进行力矩分析，结合转动定律建立方程，最后求解小虫沿杆爬行的速度。
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分。
8．（2025高二下·成都期末）如图（a）所示，时，一列简谐横波从质点（坐标原点）开始沿轴正方向传播，实线和虚线分别为时刻和时刻的波形图，其中，，分别是平衡位置为和的两质点。图（b）为质点的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．时刻的加速度为零
B．这列波的传播速度为40m/s
C．到内，质点运动的路程可能为0.3m
D．从到时间内，质点通过的路程是0.2m
【答案】B,D
【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】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。A．时刻在波峰位置，加速度最大，选项A错误；
B．这列波的波长8m，周期0.2s，则传播速度为
选项B正确；
C．到内，质点运动的时间
通过的路程可能为
不可能为0.3m，选项C错误；
D．在t=0时刻振源O开始振动，则传到质点P需要的时间为
则时刻质点P振动了0.1s=0.5T可知质点P通过的路程是，选项D正确。
故选BD。
【分析】 根据图像得到波长和周期，进而可得波速，根据在一个周期内质点经过的路程为4A，分析质点的路程；根据Q质点所处的位置分析。
9．（2025高二下·成都期末）如图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的挡板，但未粘合在一起，另一物体A以水平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限度。则下列说法正确的是（　　）
A．整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒
B．挡板对物体C的冲量大小为2Mv0
C．物体C的最大速度为
D．如果M=m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为2：1
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】A．B物体A与物体B碰撞后两物体粘合在一起，A与B碰撞过程中，三个物体与弹簧组成的系统的机械能有损失，物体AB碰后粘合在一起到物体C刚要离开挡板的过程中，挡板对物体C有向右的支持力，三个物体与弹簧组成的系统所受合力不为0，系统的动量不守恒，故A错误；
B．设物体A与物体B碰撞后的瞬间，A、B粘合体的速度大小为v根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律可知，弹簧第一次恢复到原长时A、B粘合体的速度大小为v以水平向右的方向为正方向，对物体A与物体B碰撞粘合在一起到弹簧恢复到原长的过程，根据动量定理可得，弹簧弹力对A、B粘合体的冲量
所以弹簧弹力对C的冲量大小等于，该过程中物体C一直静止，故挡板对C的冲量大小也为，故B正确；
C．物体C离开挡板后，三个物体与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复到原长时，物体C的速度最大，设弹簧再次恢复到原长时A、B粘合体与物体C的速度大小分别为v、v2，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得，故C正确；
D．物体离开挡板前弹簧最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得
物体C离开挡板后，当三者共速时弹簧最长或最短，弹簧的弹性势能最大，设三者共速时的速度为，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
且
解得，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】 分阶段分析 A 与 B 的完全非弹性碰撞、弹簧压缩与反弹过程，利用动量守恒、冲量定理和机械能守恒规律，依次计算冲量、C 的最大速度及弹簧弹性势能之比。
10．（2025高二下·成都期末）如图所示，一长为L的轻质绝缘细线一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电量为的小球，小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动，是水平直径，空间存在与小球运动平面平行的匀强电场。已知小球在A、B两点所受细线的拉力大小分别为，（g为重力加速度），不计空气阻力。则以下说法正确的是（　　）
A．小球运动中机械能最小的位置可能是A点
B．若A点是小球运动中速度最小的位置，则电场强度
C．A、B两点的电势差一定等于
D．小球运动中的最小速度可能为
【答案】A,C
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】已知小球在A、B两点所受细线的拉力大小分别为，，小球带正电，可得电场水平分方向为水平向右，设小球受到的电场力方向与竖直方向的夹角为，则可得，
根据动能定理可得
解得
A．若小球运动中机械能最小的位置是A点，则此时电场方向水平向右，即此时，可得
可设小球在势能最高点时细绳与竖直方向的夹角为，可得
设此时的小球的速度为，若要能完成完整的圆周运动，可得
联立解得
根据动能定理可得
解得
即小球运动中机械能最小的位置可能是A点，故A正确；
B．若A点是小球运动中速度最小的位置，可得
联立解得，故B错误；
C．从A到B电场力做功为
则可得A、B两点间的电势差为，故C正确；
D．在A点时，小球拥有的动能为
设小球在势能最高点时细绳与竖直方向的夹角为，在根据动能定理可得
解得，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】 先对 A、B 两点列向心力公式，结合动能定理求出电场力在水平方向的分量，再分析机械能变化、最小速度等问题。
三、实验题：本题共2小题，共16分。
11．（2025高二下·成都期末）利用如图甲的实验装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。
（1）图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50 Hz，则小车的加速度大小为　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（2）实验得到的理想a F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是（　　）
A．图线①的产生原因是小车的质量太大
B．图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大
C．图线③的产生原因是小车的质量太小
（3）实验小组的同学觉得用图甲装置测量加速度较大时系统误差较大，所以大胆创新，选用图丁所示器材进行实验，测量小车质量M，所用交流电频率为50 Hz，共5个槽码，每个槽码的质量均为m = 10 g。实验步骤如下：i．安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着5个槽码。调整轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑：ii．保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂4个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；iii．逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ii；iv．以取下槽码的总个数n（1 ≤ n ≤ 5）的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线。已知重力加速度大小g = 9.78 m/s2，计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空：
①写出随变化的关系式　 　（m，g，M，a，n表示）；
②测得关系图线的斜率为2.5 s2/m，则小车质量M =　 　kg（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）2.86
（2）B
（3）；0.19
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）已知小车做匀变速直线运动，根据逐差法可以得出小车的加速度大小为
（2）A．图线①的产生原因是，当砝码盘和砝码的总质量远远小于小车的质量时，图像斜率的倒数为小车的质量，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，图像斜率为砝码和小车的总质量，由于质量增大则导致斜率不断减小，是由于小车质量太小造成的，故A错误；
B．图线②说明F = 0时小车就有加速度，说明小车在没有受到拉力时已经有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B正确；
C．图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，说明小车的重力分力小于滑动摩擦力，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。
故选B。
（3）由于小车和槽码做匀加速直线运动，对小车，根据牛顿第二定律有
对槽码，根据牛顿第二定律有
两式联立，求得
根据的关系式可知，关系图线的斜率
即
【分析】（1）利用逐差法可以求出小车加速度的大小；
（2）图线①的产生原因是砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，图像斜率为砝码和小车的总质量，由于质量增大则导致斜率不断减小，是由于小车质量太小造成的；图线②其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大；图线③其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力；
（3）利用牛顿第二定律结合图像斜率可以求出小车的质量大小。
（1）小车的加速度大小为
（2）A．图线①的产生原因是，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，是由于小车质量太小造成的，故A错误；
B．图线②说明F = 0时小车就有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B正确；
C．图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。
故选B。
（3）[1]对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有
两式联立，求得
[2]由的关系式可知，关系图线的斜率
即
12．（2025高二下·成都期末）测电阻有多种方法。
（1）甲同学用多用电表欧姆挡直接测量待测电阻的阻值。某次测量时，多用电表表盘指针如图所示。已知他选用欧姆挡的倍率为“×10”，则的测量值为　 　Ω。
（2）乙同学用如图所示的电路，测量待测电阻的阻值。某次实验，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则电阻的测量值为　 　。若不考虑偶然误差，该测量值与的真实值相比　 　（选填“偏小”或“偏大”）。
（3）丙同学用如图所示的电路，测量待测电阻的阻值。操作步骤如下：①先将开关S接1，调节滑动变阻器，读出电流表的示数I；②再将开关S接2，保持不变，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I，记下此时电阻箱的阻值为。则的测量值为　 　；电流表内阻对测量结果　 　（选填“有’”或“无”影响。
（4）丁同学用如图所示的电路，测量电流计内阻的阻值，操作步骤如下：①先闭合开关，调节，使电流计指针满偏；②再闭合开关，保持不变，调节使得电流计指针半偏，记下此时的值为，则的测量值为　 　；若不考虑偶然误差，电流计内阻的测量值　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）其真实值。
【答案】60；；偏大；；无；；小于
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；测定电压表或电流表的内阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）的测量值为
故答案为：60
（2）根据欧姆定律，待测电阻
图乙的误差来源于电流表的分压，待测电阻两端电压
待测电阻的真实值
所以该测量值与Rx的真实值相比偏大。
故答案为：；偏大
（3）根据“等效法”测电阻的原理可知
由于单刀双掷开关从“1”位置扳到“2”位置时，电流表的示数不变，根据闭合电路的欧姆定律可知电路中的总电阻不变；由于滑动变阻器的接入电阻，电流表的内阻，电源内阻不变，因此有
因此电流表内阻对实验测量结果无影响；
故答案为：；无
（4）根据半偏法测电流表内阻的原理，电流表内阻的测量值
实际上保持R1的阻值不变，再闭合S2时，电路中的总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律可知，总电流将大于Ig；当电流表半偏时，通过电阻箱的电流
根据欧姆定律及并联电路的特点得
解得Rg真＞Rg
即电流计内阻的测量值小于其真实值。
故答案为：；小于
【分析】 (1) 多用电表欧姆挡读数为指针示数乘以倍率，需结合表盘刻度与所选倍率计算。
(2) 伏安法测电阻采用电流表内接法，测量值为电压与电流的比值，内接法因电流表分压导致测量值偏大。
(3) 替代法测电阻利用电流等效原理，电阻箱的阻值等于待测电阻阻值，电流表内阻对测量结果无影响。
(4) 半偏法测电流计内阻，基于并联电路分流原理，因闭合开关后总电阻变化导致测量值偏小。
四、计算题：本题共3小题，共38分。请写出必要的文字说明和运算步骤。
13．（2025高二下·成都期末）闪电是地球上最壮丽的自然现象之一。 人们对闪电进行了大量研究，近年来还观测到闪电导致的瞬间发光和伽玛射线暴等新现象。 闪电通常由雷电云（离地 6~12km）放电产生，多数闪电发生在云内，少数到达地面。 由于云内冰状颗粒相互碰撞，小颗粒冰晶带正电，随气流上浮到云上端，较大颗粒带负电，下坠到云底端，如图所示。云中闪电中和了云内的正负电荷，而云地闪电则把负电荷释放到地面。
（1）利用高空气球携带的电场测量仪测量高空中某圆柱形空域雷电云内的电场，其强度可视为均匀分布，大小为0.15MV/m。该圆柱区域的中轴线垂直于地面，半径为2.5km，高度为1.0km。 求该区域上下两端的电势差、正电荷总量以及携带的总电能。（ 已知真空介电常量 =8.85×10-12F/m）
（2）球形闪电（球闪）的微波空泡模型认为球闪是一个球形等离子体微波空腔（空泡）。 当闪电微波较弱时，不足以形成微波空泡，会向太空辐射，穿透电离层，可被卫星观测到。 实际上，卫星确实观测到了这种微波辐射。 但卫星观测信号易受电离层色散的干扰，携带探测器的高空气球可到达雷电云上方观测，以避免此类干扰。 为了在离地12km的高空观测闪电发出的微波信号，需要在该区域悬浮一个载荷（包括气球材料和探测器）为50kg的高空氦气球，直接写出此气球在高空该区域悬浮时的体积。
（已知在离地12km的高度以下，大气温度随高度每升高1km下降5.0K，地面温度T0=290K，地面压强，空气摩尔质量M = 29g/mol，气球内氦气密度（在离地高度 12km 处的值），重力加速度g = 9.8m/s2，气体普适常量R =8.31J/（K·mol）普适气体常数，符号：R，是表征理想气体性质的一个常数，由于这个常数对于满足理想气体条件的任何气体都是适用的，故称普适气体常数。）
【答案】（1）解：该圆柱形雷电云空域的电荷分布可近似认为是一个平行板电容器，其电容为
其中，，
则该区域上下两端的电势差为
所带电荷量为
解得Q=26C
携带的总电能为
（2）解：气球在高空悬浮时的条件是
式中为气球及载荷的总质量，为高空的大气密度，是此气球在此高度悬浮时的体积，则有
根据题意有
其中，空气压强随高度的变化满足
由理想气体状态方程有
可得空气密度为
式中m和V分别为空气的质量和体积，M为空气的摩尔质量，为空气密度，R为普适气体常量，可得
解得
积分得
于是
相应的空气密度为
其中
根据上述可知，离地高度为12km的空气密度为
解得
【知识点】电容器及其应用；理想气体与理想气体的状态方程；电场强度的叠加
【解析】【分析】(1) 匀强电场中电势差与场强的关系为，结合柱形区域的几何参数计算电势差；利用电场强度与电荷量的关系（柱形近似球形电场）求解总电荷量，再由和电能公式计算总电能。
(2) 高空气球悬浮时浮力等于重力，先由理想气体状态方程计算12km高空的空气密度，再根据阿基米德原理浮空推导气球体积。
14．（2025高二下·成都期末）如图所示，相距为d的两个钉子P、Q固定在同一竖直线上，一根长为20d、不可伸长的轻质细绳一端固定在P点，另一端与物块A相连，当轻绳受到的拉力达到物块A重力的33倍时绳子会被拉断。现给物块A一向右的初速度，物块A在竖直面内转动过程中拉断细绳，且恰好从M点沿切线进入圆心角的固定圆弧轨道，物块A到达N点时速度为，木板B的左端紧贴圆弧轨道最低点N，上表面与圆弧轨道相切，质量为物块A的3倍。当物块A滑上木板后，立即撤掉圆弧轨道。木板B右侧距离木板右端2d处固定一竖直挡板C，高度略低于木板。物块A与木板B之间的动摩擦因数为0.9，其他摩擦都不计。物块A可视为质点，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳子因阻挡和断裂造成的机械能损失，不计木板与挡板碰撞过程中的机械能损失，重力加速度为g，，。
（1）若物块A能在竖直平面内做完整圆周运动，求物块A的最小初速度；
（2）若物块A获得（1）问中的最小初速度，求圆弧轨道的半径大小；
（3）木板B至少多长才能保证物块A不从木板上掉落。
【答案】（1）解：物块A能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为，设物块A的最小初速度为，质量为m，第一圈到达最高点时最小速度为，在最高点时，由重力提供向心力得
物块A从最低点到最高点，由动能定理得
解得
（2）解：物块A获得（1）问中的最小速度后，将做圆周运动，分析可知，物块A在同一个圆周运动中，绳子所受拉力最大值出现在最低点且以P为圆心，假设物块A在圈后的最低点绳子的拉力达到最大值，此时速度为，分析可知此时物块A做圆周运动的半径为
由牛顿第二定律得
由动能定理得
解得，
因此，绳子恰好在物块A运动9圈时的最低点断掉，之后物块A沿切线进入圆弧轨道，设到达M点时速度为，由平抛运动的末速度分解得
由动能定理得
解得
（3）解：当物块A滑上木板B后，对物块A和木板B组成的系统分析，物块A做匀减速运动，木板B做匀加速运动，设他们的加速度大小分别为和，根据牛顿第二定律，
设木板第一次到达挡板时速度为，有
可得
此时物块A的速度为，因为物块A的加速度是木板B的3倍，则
可得
此时，物块A的速度依然大于木板B，又因为木板B与挡板C发生弹性碰撞，则木板B与挡板撞击后原速率返回，速度减为0时，物块A的速度设为，则
当木板B再一次加速到挡板时，速度依然为，此时物块A的速度减为，则
此时，物块A和木板B共速，木板B将继续与挡板相撞后原速率返回，并最终以共同速度向左运动，物块A将不会从木板B上掉落，由动量守恒定律得
解得
此过程中，物块A始终相对于木板B向右运动，若想物块A不从木板B上掉落，木板B的最小长度为物块A相对于木板B运动的总路程大小，由能量守恒定律得
解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）物块A在竖直面内做完整圆周运动，最小初速度出现在绳子拉力为0、重力分力提供向心力的临界状态。
（2）利用绳子断裂的拉力临界条件，结合机械能守恒（初动能+初势能=N点动能）求解圆弧半径。
（3）A滑上B后，A减速、B加速，最终共速；为保证A不掉落，木板长度需等于A、B的相对位移。
（1）物块A能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为，设物块A的最小初速度为，质量为m，第一圈到达最高点时最小速度为，在最高点时，由重力提供向心力得
物块A从最低点到最高点，由动能定理得
解得
（2）物块A获得（1）问中的最小速度后，将做圆周运动，分析可知，物块A在同一个圆周运动中，绳子所受拉力最大值出现在最低点且以P为圆心，假设物块A在圈后的最低点绳子的拉力达到最大值，此时速度为，分析可知此时物块A做圆周运动的半径为
由牛顿第二定律得
由动能定理得
解得，
因此，绳子恰好在物块A运动9圈时的最低点断掉，之后物块A沿切线进入圆弧轨道，设到达M点时速度为，由平抛运动的末速度分解得
由动能定理得
解得
（3）当物块A滑上木板B后，对物块A和木板B组成的系统分析，物块A做匀减速运动，木板B做匀加速运动，设他们的加速度大小分别为和，根据牛顿第二定律，
设木板第一次到达挡板时速度为，有
可得
此时物块A的速度为，因为物块A的加速度是木板B的3倍，则
可得
此时，物块A的速度依然大于木板B，又因为木板B与挡板C发生弹性碰撞，则木板B与挡板撞击后原速率返回，速度减为0时，物块A的速度设为，则
当木板B再一次加速到挡板时，速度依然为，此时物块A的速度减为，则
此时，物块A和木板B共速，木板B将继续与挡板相撞后原速率返回，并最终以共同速度向左运动，物块A将不会从木板B上掉落，由动量守恒定律得
解得
此过程中，物块A始终相对于木板B向右运动，若想物块A不从木板B上掉落，木板B的最小长度为物块A相对于木板B运动的总路程大小，由能量守恒定律得
解得
15．（2025高二下·成都期末）如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域I、Ⅱ，区域I（ 2L ≤ x < L）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x ≥ 0）内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1 = k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf时放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。
（1）若金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域I上边界的距离s；
（2）金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），此时金属框的速率为v0，若，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。
【答案】（1）解：金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则
切割磁感线产生的电动势
线框中电流
线框做匀速直线运动，则
解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率
金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得
可得释放时pq边与区域I上边界的距离
（2）解：当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势，其中
此时线路中的感应电流
线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为
线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为
则线框受到的安培力
代入
化简得
当线框平衡时，可知此时线框速率为0。
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得
即
对时间累积求和可得
可得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）金属框匀速运动时受力平衡，重力沿斜面分力与安培力大小相等。先由电磁感应求感应电动势、安培力，再结合平衡条件求速率 ；再由运动学公式求释放时 边与区域Ⅰ上边界的距离 。
（2） 边进入区域Ⅱ后，磁场随时间和位置变化，感应电动势由两部分叠加。结合给定 ，对金属框列动力学方程，积分求解 移动的距离 。
（1）金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则
切割磁感线产生的电动势
线框中电流
线框做匀速直线运动，则
解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率
金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得
可得释放时pq边与区域I上边界的距离
（2）当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势，其中
此时线路中的感应电流
线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为
线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为
则线框受到的安培力
代入
化简得
当线框平衡时，可知此时线框速率为0。
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得
即
对时间累积求和可得
可得
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