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四川省绵阳南山中学2025-2026学年高三上学期二诊热身考试物理试题
1．在一次核裂变反应中，铀核变成了氙核和锶核，同时放出了若干中子，这个过程也叫链式反应。已知铀核的平均结合能为，氙核的平均结合能为，锶核的平均结合能为。下列说法正确的是（　　）
A．该核反应释放的能量约为
B．该核反应过程中质量守恒
C．铀核分解为其它核子，会释放出能量
D．该核反应方程式为
【答案】A
【知识点】原子核的人工转变；质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】A．该核反应释放的能量为，故A正确；
B．核反应释放能量，根据爱因斯坦质能方程，必然伴随质量亏损，因此质量不守恒，故B错误；
C．铀核分解为其它核子，需要吸收能量，故C错误；
D．该反应为链式反应，故反应物中也有中子，反应方程式为，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查核裂变反应的结合能、质量亏损与核反应方程，核心是结合能的计算与核反应的基本规律。
2．关于下列图像，以下说法正确的是（　　）
A．甲图中，用到的物理思想是等效替代
B．乙图中，打到球网上的足球受到弹力是因为足球发生了形变
C．丙图中，箱子静止不动是因为人对箱子的拉力小于地面对箱子的最大静摩擦力
D．丁图中，重力分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
【答案】C
【知识点】形变与弹力；放大法；静摩擦力；力的分解
【解析】【解答】A．甲图是光的放大法（放大微小形变），不是等效替代，A错误；
B．一个弹力产生的原因是由于施力物体的形变，乙图中，足球受到弹力，施力物体是球网，球网发生形变产生了对足球的弹力，故B错误；
C．由二力平衡得：拉力等于地面对箱子的静摩擦力，但小于最大静摩擦力，因此箱子保持静止，C正确；
D．静止在斜面上的人的重力，其施力物体是地球，受力物体是人，可分解为沿斜面向下的力和垂直斜面向下的力；人对斜面的压力，施力物体是人，受力物体是斜面，不能由人受到的重力分解而来，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查物理思想、弹力产生条件、静摩擦力、力的分解，核心是逐一辨析每个选项的物理原理。
3．劈尖干涉是一种薄膜干涉，如图所示。将一块平板玻璃a放置在另一平板玻璃b之上，在一端夹入一张薄纸片c，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当红光从上方入射后，从上往下看有明暗相间的干涉条纹。下列说法正确的是（　　）
A．当纸片c向右往底边方向拉出少许，图中的条纹间距会变得宽一些
B．保持其他条件不变，仅将红光换成绿光从上方入射，则干涉条纹会变疏
C．若增大红光射到平板玻璃a上表面的入射角，则红光有可能在平板玻璃a的下表面发生全反射
D．若平板玻璃b的上表面某处有一个细小的凹坑，则相应的干涉条纹会向右往底边方向弯曲一点
【答案】A
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；薄膜干涉
【解析】【解答】A．当纸片c向右往底边方向拉出少许，相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，干涉条纹条纹间距变大，条纹变疏，故A正确；
B．根据条纹间距公式可知，保持其他条件不变，仅将红光换成绿光从上方入射，由于波长减小，间距变小，则干涉条纹会变密，故B错误；
C．根据光路的可逆性，若增大红光射到平板玻璃a上表面的入射角，则红光仍将从玻璃板射出，不会发生全反射，故C错误；
D．若平板玻璃b的上表面某处有一个细小的凹坑，则亮条纹提前出现，即相应的干涉条纹会向左往顶角方向弯曲一点，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查劈尖干涉（薄膜干涉）的条纹间距、波长影响、全反射条件及条纹畸变规律，核心是理解劈尖干涉的原理与条纹间距公式。
4．如图所示，轻质细线OA、OB、OC系于O点。A端固定于天花板上，B端与水平桌面上的物块乙相连，C端系有物块甲。初始时OA与竖直方向的夹角为，OB与水平方向平行。现对物块甲施加水平向右的外力F，在保持O点位置不变的情况下，使物块甲缓慢向右上方移动少许，在移动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块乙所受合力逐渐增大 B．细线OA上的弹力不变
C．细线OC上的弹力逐渐减小 D．外力F逐渐减小
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．由题意可知，物块乙始终静止不动，即处于平衡状态，则物块乙所受合力为零不变，故A错误；
B．设物块甲缓慢向右上方移动使得细线与竖直方向的夹角为，对节点O受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可得，对物块甲受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可得，即所以，细线OA上的弹力不变，故B正确；
C．由B选项可知，即，在移动过程中，逐渐增大，则细线OC上的弹力逐渐增大，故C错误；
D．对物块甲受力分析，在水平方向上，根据平衡条件可得，与联立，解得，在移动过程中，逐渐增大，则外力F逐渐增大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查结点与物体的动态平衡问题，核心是结点O位置不变，OA倾角θ不变；甲缓慢移动，OC与竖直方向夹角α变大，分别对结点O、物块甲、乙受力分析。
5．如图所示，方波1向右传播，波峰为2A，波谷为-A，方波2向左传播，波峰为A，波谷为-2A，两列波的波峰、波谷的宽度均相等。图示时刻，波1、波2分别传播到P、Q两个位置。若图示时刻t=0，则此后PQ连线上某一个点的振动图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】图示时刻之后的某一刻，PQ连线上某一个点可能的振动情况如下所述：方波1或方波2首先传播到PQ连线上的这一个点，此时该点的位移为或，随后两列波在该点相遇，根据波的叠加原理，此时该点的位移为，
之后两列波继续传播至波峰与波谷相遇，根据波的叠加原理，此时该点的位移为0，再之后两列波的波峰相遇，该点位移为，最后两列波在该点分离，该点位移为或。
故答案为：B。
【分析】本题考查波的叠加原理，核心是分析两列方波相遇时的振动叠加情况，需结合波的传播方向、振幅变化和叠加后的合振动规律判断。
6．如图所示，B、C、D三个小球固定在绝缘水平地面上，四个小球所在位置恰在一个边长为a的正四面体的四个顶点上，其中小球B、C、D带正电，四个小球的带电量均为q；A球质量未知，设重力加速度为g，静电力常量为k，则A球的电性与质量为（　　）
A．正电， B．负电，
C．正电， D．负电，
【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】设正四面体的四个顶点为ABCD，作底边三角形BCD中点O，连结OD，AO，如图所示
由几何关系可知
B点小球在A点产生的场强为
同理C、D两点小球在A点产生的场强也为
这三个场强水平分量互成120°且大小相等，最终抵消所以A 的合场强为
则A点电荷受静电力大小为
若小球在A保持静止则所受电场力方向向上，所以小球A带正电，又由于
解得
故答案为：A。
【分析】本题考查库仑力的叠加与受力平衡，核心是先通过场强叠加求出A点的合场强，再结合受力平衡判断A球的电性与质量。
7．某质谱仪简化结构如图所示，在xOy平面的区域存在方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，在x轴处放置照相底片，大量a、b两种离子飘入（其初速度几乎为零）电压为U的加速电场，经过加速后，从坐标原点且与y轴成角的范围内垂直磁场方向射入磁场，最后打到照相底片上，测得最大发射角的余弦值，已知a、b两种离子的电荷量均为，质量分别为2m和m，不考虑离子间相互作用。下面说法正确的是（　　）
A．a离子在磁场中速度大小为
B．b离子在照相底片上形成的亮线长度为
C．打在照相底片上的a、b两种离子间的最近距离为
D．若加速电压在之间波动，要在底片上完全分辨出a、b两种离子，则不超过
【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．a离子加速过程，解得，故A错误；
B．b离子加速，解得
磁场中轨道半径
离子沿y轴入射时，打在底片上的位置为2rb；沿与y轴成角入射时，水平位移为
亮线长度为
代入，得亮线长度，故B错误；
C．磁场中，洛伦兹力提供向心力，得轨道半径
则轨道半径
离子沿与y轴成角入射时，打在x轴上的水平位移为
沿y轴入射时，水平位移为
a离子的最小水平位移（沿角入射）
b离子的最大水平位移（沿y轴入射）
两种离子的最近距离为，故C错误；
D．要完全分辨，需满足，通过半径公式推导，可得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题考查带电粒子在加速电场和偏转磁场中的运动，核心是动能定理、洛伦兹力提供向心力的应用，以及几何关系分析。
8．如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只质量为的桶，自由地摆放在桶之间，没有用绳索固定，桶的大小都一样。桶受到桶和桶的支持，和汽车保持相对静止一起运动，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．若货车匀速向左运动，则对的弹力大小为
B．若货车匀速向左运动，则对的弹力大小为
C．若货车向左减速运动，则对的支持力不可能为0
D．若货车向左加速运动，则货车的加速度大小可以为
【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．当车辆匀速时，对进行受力分析得，解得，正确，B错误
CD．如图所示，
向左减速时，若加速度大小为，此时只受重力和的支持力，对的支持力为零。向左加速时，若对支持力为零此时只受重力和的支持力，则加速度大小为，C错误，正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查牛顿运动定律的应用，核心是对桶C进行受力分析，结合匀速 / 变速运动的受力特点，分析弹力的变化。
9．如图所示，若纵坐标可以表示为分子间的作用力或分子势能，横轴表示分子间的距离，下列说法正确的是（　　）
A．标准状态下，一定质量的某种气体，其分子势能趋于零
B．分子间距离从零增大到的过程中，分子力做负功，分子势能增大
C．如果纵轴表示分子势能，则曲线D表示分子势能与分子间距的关系
D．如果纵轴正方向表示分子间的斥力，负方向表示分子间的引力，则曲线B表示分子力与分子间距的关系
【答案】A,C,D
【知识点】分子间的作用力；分子势能
【解析】【解答】A．标准状态下，一定质量的某种气体，分子间距离约为，其分子势能趋于零，故A正确；
B．分子间距离从零增大到的过程中，分子力做正功，分子势能减小，故B错误；
C．如果纵轴表示分子势能，则曲线D表示分子势能与分子间距的关系，故C正确；
D．如果纵轴正方向表示分子间的斥力，负方向表示分子间的引力，则曲线A表示分子间的斥力，曲线C表示分子间的引力，则曲线B表示合力与分子间距的关系，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】本题考查分子间作用力与分子势能随分子间距的变化规律，核心是理解分子力（引力、斥力、合力）和分子势能的曲线特征。
10．如图所示，理想变压器左侧原线圈通过输电线与理想交流电流表A1和发电机连接，其中发电机部分由长为L的电阻不计的导体棒以及两个半径也为L的电阻不计的金属圆环组成。使导体棒以角速度ω沿金属圆环做圆周运动时始终与磁场方向垂直，整个空间存在方向竖直向下（金属圆环所在平面与磁场方向平行）、磁感应强度大小为B的匀强磁场。变压器右侧副线圈两端接有阻值为R的定值电阻，电阻箱RP，理想交流电压表V1、V2、V3，理想交流电流表A2。已知变压器原、副线圈匝数比初始时调节电阻箱，使其接入电路的阻值等于R，此时电路能正常工作，之后再次调节电阻箱，使其接入电路的阻值等于2R，则与电阻箱的阻值为R时相比，下列说法正确的是（　　）
A．电流表 A1的示数减小，电流表A2的示数也减小
B．电压表V的示数不变，电压表V3的示数增大
C．电压表V2的示数不变且等于
D．电阻箱消耗的电功率增大
【答案】A,C
【知识点】变压器原理；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．根据电路图可知，由于定值电阻R与电阻箱串联，当电阻箱的阻值增大时，电路中的电流减小，即电流表A2的示数减小，又因为变压器的原、副线圈的电流之比，故A1的示数减小，故A正确；
B．电压表V1测量定值电阻R两端的电压，根据欧姆定律U=IR，可知，当电阻箱接入电路中的阻值增大时，电路中的电流减小，故电压表V1的示数减小，则电压表V3的示数增大，故B错误；
C．根据动生电动势公式可知，原线圈两端的电压最大值
所以副线圈两端电压的最大值，所以电压表V2的示数，故C正确；
D．由于原线圈两端的电压不变，电流减小，故变压器原线圈的总功率变小，理想变压器的原、副线圈的功率相等，故副线圈的功率P减小，由于流经定值电阻的电流减小，其消耗的功率也减小，根据，可知，电阻箱消耗的电功率不一定增大，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查理想变压器与交变电流的综合应用，核心是发电机的动生电动势、变压器的电压 / 电流比规律，以及负载变化对电路的影响。
11．某同学设计了测量透明材料折射率的实验。
（1）将半圆形透明砖放置在水平桌面，图示圆弧面为其截面，沿直线边平铺坐标纸（小格为大小相同的正方形），将一束光垂直射入透明砖，在发生折射和反射。沿方向缓慢平移该砖，反射光的亮度　 　，折射光的亮度　 　；（均选填“不变”“增强”或“减弱”）
（2）若在图示位置时，折射光恰好消失，则该透明砖的折射率为　 　。
【答案】（1）增强；减弱
（2）1.2
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】（1）由几何关系可知，沿方向缓慢平移该砖，入射角变大，反射光强度随入射角增大增强，故反射光的亮度增强，折射光的亮度随入射角增大减弱。
故答案为：增强；减弱
（2）若在图示位置时，折射光恰好消失，则该位置恰好发生全反射，设正方形边长为a
由几何关系可知
故折射率为
故答案为：1.2
【分析】(1) 随着玻璃砖平移，光线在圆弧面ABC上的入射角增大，反射光强度随入射角增大而增强，折射光强度随之减弱；
(2) 折射光消失时发生全反射，由几何关系求出临界角，再用全反射临界角公式求折射率。
（1）[1][2]由几何关系可知，沿方向缓慢平移该砖，入射角变大，反射光强度随入射角增大增强，故反射光的亮度增强，折射光的亮度随入射角增大减弱。
（2）若在图示位置时，折射光恰好消失，则该位置恰好发生全反射，设正方形边长为a
由几何关系可知
故折射率为
12．某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的汽车低油位报警装置。
（1）该同学首先利用多用电表电阻“”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值。示数如图甲所示，则此时热敏电阻的阻值　 　。
（2）该同学为了进一步探究该热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻，则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最　 　（填“左”或“右”）端。在某次测量中，若毫安表的示数为，的示数为，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为　 　（结果保留两位有效数字）。
（3）经过多次测量，该同学得到热敏电阻阻值随温度变化的关系图像如图丙所示，可知该热敏电阻的阻值随温度升高越来越　 　（填“大”或“小”）。
（4）该同学利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丁所示，其中电源电动势，定值电阻，长度的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知流过报警器的电流时报警器开始报警，若测得报警器报警时油液（热敏电阻）的温度为，油液外热敏电阻的温度为，由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为　 　cm（结果保留一位有效数字）。
【答案】（1）1.9
（2）左；3.0
（3）小
（4）5
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；闭合电路的欧姆定律；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）表盘的指针位置为19，测电阻所用的档位为“”挡，所以读数结果为
故答案为：1.9
（2）为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片应置于最左端。
并联电路，各支路两端电压相同 ，根据欧姆定律得热敏电阻阻值
故答案为：左；3.0
（3）由图像可知该热敏电阻的阻值随温度升高越来越小。
故答案为：小
（4）电路报警时，总电阻，
由图可知，油液内（报警液面处）热敏电阻的温度为，由图可知，此时热敏电阻的阻值，油液外热敏电阻的温度为，由图可知，此时热敏电阻的阻值。设报警液面到油箱底部的距离为，热敏电阻的总阻值
解得
故答案为：5
【分析】(1) 多用电表测电阻读数为指针示数乘以倍率；
(2) 滑动变阻器分压式接法闭合开关前滑片应置于使被测部分电压为零的一端，并联电路电压相等，由欧姆定律求热敏电阻阻值；
(3) 由图像直接判断热敏电阻阻值随温度的变化趋势；
(4) 由报警电流求出总电阻，再结合两段热敏电阻的阻值，列方程求解液面高度。
（1）表盘的指针位置为19，测电阻所用的档位为“”挡，所以读数结果为
（2）[1]为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片应置于最左端。
[2]并联电路，各支路两端电压相同 ，根据欧姆定律得热敏电阻阻值
（3）由图像可知该热敏电阻的阻值随温度升高越来越小。
（4）电路报警时，总电阻，
由图可知，油液内（报警液面处）热敏电阻的温度为，由图可知，此时热敏电阻的阻值，油液外热敏电阻的温度为，由图可知，此时热敏电阻的阻值。设报警液面到油箱底部的距离为，热敏电阻的总阻值
解得
13．某简易温度报警装置的示意图如图所示，其原理是：导热性能良好的竖直气缸中用上表面涂有导电物质的活塞封闭了一定质量的空气（可视为理想气体），活塞质量，横截面积，厚度不计。当温度升高时，活塞上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警声。开始时活塞距气缸底部的高度为，缸内温度为，当环境温度上升，活塞缓慢上移。，活塞上表面与、两触点接触，蜂鸣器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为，，热力学温度与摄氏温度的关系为，求：
（1）该报警装置的报警热力学温度；
（2）若上述过程气体的内能增加，则气体吸收的热量。
【答案】（1）解：气体发生等压变化，由气体实验定律
其中，，
代入数据解得
（2）解：缸内气体压强
气体等压膨胀，对外做功
其中
由热力学第一定律得
代入数据
故气体吸收的热量
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 活塞缓慢上移过程中，气体发生等压变化，应用盖-吕萨克定律求报警温度；
(2) 先计算气体压强，再求气体对外做功，结合热力学第一定律求气体吸收的热量。
（1）气体发生等压变化，由气体实验定律
其中，，
代入数据解得
（2）缸内气体压强
气体等压膨胀，对外做功
其中
由热力学第一定律得
代入数据
故气体吸收的热量
14．如图所示电路中，电源电动势，内阻，定值电阻，，把滑动变阻器的阻值调为，待电路稳定后，以初速度的带正电小球沿平行板电容器的中心线射入恰好沿直线运动，然后从板中点处的小孔进入平行板电容器、之间。已知小球的电荷量，平行板电容器上下两极板的间距为，平行板电容器、左右极板的间距为，极板、长均为，极板的右端与极板的距离忽略不计。当、极板间电压为时，小球恰好从极板的下端点离开，且运动过程未碰到极板。忽略电容器的边缘效应，重力加速度取。求：
（1）平行板电容器的电压；
（2）小球的质量；
（3）、极板间电压。
【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律可得电流为
解得
由欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压为
解得
滑动变阻器两端电压即为平行板电容器的电压，有
（2）解：小球沿电容器的中心线做直线运动，小球在竖直方向处于平衡状态，有
其中
联立解得小球质量为
（3）解：小球在平行板电容器AB、CD间同时受到重力和电场力，其运动轨迹如图所示
将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，在竖直方向上，由自由落体运动的规律，得
解得
在水平方向上，小球做往返运动，根据运动的对称性可知，往返时间一样，小球向右的最大位移为
解得
说明小球不会碰到AB极板，在水平方向上，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得
解得
小球在电容器AB、CD间受的电场强度为
小球受到的电场力为
根据牛顿第二定律，有
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 利用闭合电路欧姆定律求电流，再由欧姆定律求滑动变阻器两端电压，即电容器MN的电压；
(2) 小球在MN间匀速运动，电场力与重力平衡，求小球质量；
(3) 分解小球在AB、CD间的运动，结合运动学公式和牛顿第二定律求电压U0。
（1）根据闭合电路欧姆定律可得电流为
解得
由欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压为
解得
滑动变阻器两端电压即为平行板电容器的电压，有
（2）小球沿电容器的中心线做直线运动，小球在竖直方向处于平衡状态，有
其中
联立解得小球质量为
（3）小球在平行板电容器AB、CD间同时受到重力和电场力，其运动轨迹如图所示
将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，在竖直方向上，由自由落体运动的规律，得
解得
在水平方向上，小球做往返运动，根据运动的对称性可知，往返时间一样，小球向右的最大位移为
解得
说明小球不会碰到AB极板，在水平方向上，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得
解得
小球在电容器AB、CD间受的电场强度为
小球受到的电场力为
根据牛顿第二定律，有
联立解得
15．多功能磁控测量装置核心部分如图1所示，直角坐标系中，底座位于平面内，薄胶片平行平面，底座与胶片之间为区域，该区域内部分空间存在着匀强磁场，方向沿方向；胶片上方为区域，该区域内所有空间存在着匀强磁场，方向沿方向，且两区域磁场大小相同。如图2所示，某次实验时粒子源由点沿方向发射一束带负电的粒子（可视为质点），粒子电荷量大小均为，速度均为，质量分布在之间（且未知）。粒子由点直接进入区域的磁场，出磁场后通过胶片上的区间进入区域，射向胶片前所有粒子速度的反向延长线均汇聚于的中点，其中，tan。质量为的粒子穿过胶片时，由于胶片对速度的影响导致每次穿透胶片前后，速度的水平、竖直分量的大小相对各初始分量的比值不变。经区域II磁偏转后，粒子再次穿过胶片 （此时区域I磁场已关闭），恰好能经过该粒子第一次出区域磁场的位置，两次通过该位置的速度方向互相垂直。忽略粒子重力、粒子间的相互作用及关闭磁场对粒子的影响，粒子穿过胶片前后质量、电荷量不变，射到底座后电荷被导走。
（1）求质量为的粒子在区域I磁场中运动的时间；
（2）求及区域I磁场的大小；
（3）若区域II磁场安置时磁场方向偏差了角度，如图3所示，求质量为的粒子相邻两次穿透胶片位置的间距（已知）。
【答案】（1）解：分析可知该粒子从E点射出区域Ⅰ，又因为所有粒子出区域Ⅰ时，速度方向的延长线都过C点，可以判断区域Ⅰ是一个圆形磁场的一部分，C点为该圆形磁场的圆心，如图
在 ACE中有
由几何关系可知
解得
所以粒子在Ⅰ区域运动时间
（2）解：如图，对质量是km的粒子，
在 ACD中
由几何关系可得
质量为km的粒子轨迹半径
粒子在磁场中的轨迹半径为，当qB一定时，则有
可得
对质量为m的粒子有
解得
（3）解：对质量为m的粒子分析可知，其轨迹示意图
由题意可知，，
两式相除得到
粒子进入区域Ⅱ磁场后，由几何关系，，
又
可得
当质量为m的粒子以速度v1进入区域Ⅱ中磁场，磁场方向偏差了角度φ时，设速度v1和磁场反方向的夹角为β，沿着平行磁场方向和垂直磁场方向正交分解有
由余弦定理可知
联立解得
粒子将以的速度沿着磁场反方向做匀速直线运动，以的速度垂直磁场方向做匀速圆周运动，合运动为等距螺旋运动，粒子做圆周运动的半径
设和平面AA1A2A3的夹角为γ，则有
做圆周运动引起的位移为
做匀速直线运动的位移为
所以
其中γ满足
或满足
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 区域I为圆形磁场，C为圆心，通过几何关系求出轨迹半径和圆心角，再由 求运动时间；
(2) 对质量为 的粒子重复几何分析，结合轨迹半径与质量成正比的关系求 ，再由 求磁场 ；
(3) 对粒子在区域II的运动进行速度分解，结合磁场偏转的几何关系，推导两次穿透胶片位置的间距。
（1）分析可知该粒子从E点射出区域Ⅰ，又因为所有粒子出区域Ⅰ时，速度方向的延长线都过C点，可以判断区域Ⅰ是一个圆形磁场的一部分，C点为该圆形磁场的圆心，如图
在 ACE中有
由几何关系可知
解得
所以粒子在Ⅰ区域运动时间
（2）如图，对质量是km的粒子，
在 ACD中
由几何关系可得
质量为km的粒子轨迹半径
粒子在磁场中的轨迹半径为，当qB一定时，则有
可得
对质量为m的粒子有
解得
（3）对质量为m的粒子分析可知，其轨迹示意图
由题意可知，，
两式相除得到
粒子进入区域Ⅱ磁场后，由几何关系，，
又
可得
当质量为m的粒子以速度v1进入区域Ⅱ中磁场，磁场方向偏差了角度φ时，设速度v1和磁场反方向的夹角为β，沿着平行磁场方向和垂直磁场方向正交分解有
由余弦定理可知
联立解得
粒子将以的速度沿着磁场反方向做匀速直线运动，以的速度垂直磁场方向做匀速圆周运动，合运动为等距螺旋运动，粒子做圆周运动的半径
设和平面AA1A2A3的夹角为γ，则有
做圆周运动引起的位移为
做匀速直线运动的位移为
所以
其中γ满足
或满足
1 / 1四川省绵阳南山中学2025-2026学年高三上学期二诊热身考试物理试题
1．在一次核裂变反应中，铀核变成了氙核和锶核，同时放出了若干中子，这个过程也叫链式反应。已知铀核的平均结合能为，氙核的平均结合能为，锶核的平均结合能为。下列说法正确的是（　　）
A．该核反应释放的能量约为
B．该核反应过程中质量守恒
C．铀核分解为其它核子，会释放出能量
D．该核反应方程式为
2．关于下列图像，以下说法正确的是（　　）
A．甲图中，用到的物理思想是等效替代
B．乙图中，打到球网上的足球受到弹力是因为足球发生了形变
C．丙图中，箱子静止不动是因为人对箱子的拉力小于地面对箱子的最大静摩擦力
D．丁图中，重力分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
3．劈尖干涉是一种薄膜干涉，如图所示。将一块平板玻璃a放置在另一平板玻璃b之上，在一端夹入一张薄纸片c，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当红光从上方入射后，从上往下看有明暗相间的干涉条纹。下列说法正确的是（　　）
A．当纸片c向右往底边方向拉出少许，图中的条纹间距会变得宽一些
B．保持其他条件不变，仅将红光换成绿光从上方入射，则干涉条纹会变疏
C．若增大红光射到平板玻璃a上表面的入射角，则红光有可能在平板玻璃a的下表面发生全反射
D．若平板玻璃b的上表面某处有一个细小的凹坑，则相应的干涉条纹会向右往底边方向弯曲一点
4．如图所示，轻质细线OA、OB、OC系于O点。A端固定于天花板上，B端与水平桌面上的物块乙相连，C端系有物块甲。初始时OA与竖直方向的夹角为，OB与水平方向平行。现对物块甲施加水平向右的外力F，在保持O点位置不变的情况下，使物块甲缓慢向右上方移动少许，在移动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块乙所受合力逐渐增大 B．细线OA上的弹力不变
C．细线OC上的弹力逐渐减小 D．外力F逐渐减小
5．如图所示，方波1向右传播，波峰为2A，波谷为-A，方波2向左传播，波峰为A，波谷为-2A，两列波的波峰、波谷的宽度均相等。图示时刻，波1、波2分别传播到P、Q两个位置。若图示时刻t=0，则此后PQ连线上某一个点的振动图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图所示，B、C、D三个小球固定在绝缘水平地面上，四个小球所在位置恰在一个边长为a的正四面体的四个顶点上，其中小球B、C、D带正电，四个小球的带电量均为q；A球质量未知，设重力加速度为g，静电力常量为k，则A球的电性与质量为（　　）
A．正电， B．负电，
C．正电， D．负电，
7．某质谱仪简化结构如图所示，在xOy平面的区域存在方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，在x轴处放置照相底片，大量a、b两种离子飘入（其初速度几乎为零）电压为U的加速电场，经过加速后，从坐标原点且与y轴成角的范围内垂直磁场方向射入磁场，最后打到照相底片上，测得最大发射角的余弦值，已知a、b两种离子的电荷量均为，质量分别为2m和m，不考虑离子间相互作用。下面说法正确的是（　　）
A．a离子在磁场中速度大小为
B．b离子在照相底片上形成的亮线长度为
C．打在照相底片上的a、b两种离子间的最近距离为
D．若加速电压在之间波动，要在底片上完全分辨出a、b两种离子，则不超过
8．如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只质量为的桶，自由地摆放在桶之间，没有用绳索固定，桶的大小都一样。桶受到桶和桶的支持，和汽车保持相对静止一起运动，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．若货车匀速向左运动，则对的弹力大小为
B．若货车匀速向左运动，则对的弹力大小为
C．若货车向左减速运动，则对的支持力不可能为0
D．若货车向左加速运动，则货车的加速度大小可以为
9．如图所示，若纵坐标可以表示为分子间的作用力或分子势能，横轴表示分子间的距离，下列说法正确的是（　　）
A．标准状态下，一定质量的某种气体，其分子势能趋于零
B．分子间距离从零增大到的过程中，分子力做负功，分子势能增大
C．如果纵轴表示分子势能，则曲线D表示分子势能与分子间距的关系
D．如果纵轴正方向表示分子间的斥力，负方向表示分子间的引力，则曲线B表示分子力与分子间距的关系
10．如图所示，理想变压器左侧原线圈通过输电线与理想交流电流表A1和发电机连接，其中发电机部分由长为L的电阻不计的导体棒以及两个半径也为L的电阻不计的金属圆环组成。使导体棒以角速度ω沿金属圆环做圆周运动时始终与磁场方向垂直，整个空间存在方向竖直向下（金属圆环所在平面与磁场方向平行）、磁感应强度大小为B的匀强磁场。变压器右侧副线圈两端接有阻值为R的定值电阻，电阻箱RP，理想交流电压表V1、V2、V3，理想交流电流表A2。已知变压器原、副线圈匝数比初始时调节电阻箱，使其接入电路的阻值等于R，此时电路能正常工作，之后再次调节电阻箱，使其接入电路的阻值等于2R，则与电阻箱的阻值为R时相比，下列说法正确的是（　　）
A．电流表 A1的示数减小，电流表A2的示数也减小
B．电压表V的示数不变，电压表V3的示数增大
C．电压表V2的示数不变且等于
D．电阻箱消耗的电功率增大
11．某同学设计了测量透明材料折射率的实验。
（1）将半圆形透明砖放置在水平桌面，图示圆弧面为其截面，沿直线边平铺坐标纸（小格为大小相同的正方形），将一束光垂直射入透明砖，在发生折射和反射。沿方向缓慢平移该砖，反射光的亮度　 　，折射光的亮度　 　；（均选填“不变”“增强”或“减弱”）
（2）若在图示位置时，折射光恰好消失，则该透明砖的折射率为　 　。
12．某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的汽车低油位报警装置。
（1）该同学首先利用多用电表电阻“”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值。示数如图甲所示，则此时热敏电阻的阻值　 　。
（2）该同学为了进一步探究该热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻，则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最　 　（填“左”或“右”）端。在某次测量中，若毫安表的示数为，的示数为，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为　 　（结果保留两位有效数字）。
（3）经过多次测量，该同学得到热敏电阻阻值随温度变化的关系图像如图丙所示，可知该热敏电阻的阻值随温度升高越来越　 　（填“大”或“小”）。
（4）该同学利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丁所示，其中电源电动势，定值电阻，长度的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知流过报警器的电流时报警器开始报警，若测得报警器报警时油液（热敏电阻）的温度为，油液外热敏电阻的温度为，由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为　 　cm（结果保留一位有效数字）。
13．某简易温度报警装置的示意图如图所示，其原理是：导热性能良好的竖直气缸中用上表面涂有导电物质的活塞封闭了一定质量的空气（可视为理想气体），活塞质量，横截面积，厚度不计。当温度升高时，活塞上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警声。开始时活塞距气缸底部的高度为，缸内温度为，当环境温度上升，活塞缓慢上移。，活塞上表面与、两触点接触，蜂鸣器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为，，热力学温度与摄氏温度的关系为，求：
（1）该报警装置的报警热力学温度；
（2）若上述过程气体的内能增加，则气体吸收的热量。
14．如图所示电路中，电源电动势，内阻，定值电阻，，把滑动变阻器的阻值调为，待电路稳定后，以初速度的带正电小球沿平行板电容器的中心线射入恰好沿直线运动，然后从板中点处的小孔进入平行板电容器、之间。已知小球的电荷量，平行板电容器上下两极板的间距为，平行板电容器、左右极板的间距为，极板、长均为，极板的右端与极板的距离忽略不计。当、极板间电压为时，小球恰好从极板的下端点离开，且运动过程未碰到极板。忽略电容器的边缘效应，重力加速度取。求：
（1）平行板电容器的电压；
（2）小球的质量；
（3）、极板间电压。
15．多功能磁控测量装置核心部分如图1所示，直角坐标系中，底座位于平面内，薄胶片平行平面，底座与胶片之间为区域，该区域内部分空间存在着匀强磁场，方向沿方向；胶片上方为区域，该区域内所有空间存在着匀强磁场，方向沿方向，且两区域磁场大小相同。如图2所示，某次实验时粒子源由点沿方向发射一束带负电的粒子（可视为质点），粒子电荷量大小均为，速度均为，质量分布在之间（且未知）。粒子由点直接进入区域的磁场，出磁场后通过胶片上的区间进入区域，射向胶片前所有粒子速度的反向延长线均汇聚于的中点，其中，tan。质量为的粒子穿过胶片时，由于胶片对速度的影响导致每次穿透胶片前后，速度的水平、竖直分量的大小相对各初始分量的比值不变。经区域II磁偏转后，粒子再次穿过胶片 （此时区域I磁场已关闭），恰好能经过该粒子第一次出区域磁场的位置，两次通过该位置的速度方向互相垂直。忽略粒子重力、粒子间的相互作用及关闭磁场对粒子的影响，粒子穿过胶片前后质量、电荷量不变，射到底座后电荷被导走。
（1）求质量为的粒子在区域I磁场中运动的时间；
（2）求及区域I磁场的大小；
（3）若区域II磁场安置时磁场方向偏差了角度，如图3所示，求质量为的粒子相邻两次穿透胶片位置的间距（已知）。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的人工转变；质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】A．该核反应释放的能量为，故A正确；
B．核反应释放能量，根据爱因斯坦质能方程，必然伴随质量亏损，因此质量不守恒，故B错误；
C．铀核分解为其它核子，需要吸收能量，故C错误；
D．该反应为链式反应，故反应物中也有中子，反应方程式为，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查核裂变反应的结合能、质量亏损与核反应方程，核心是结合能的计算与核反应的基本规律。
2．【答案】C
【知识点】形变与弹力；放大法；静摩擦力；力的分解
【解析】【解答】A．甲图是光的放大法（放大微小形变），不是等效替代，A错误；
B．一个弹力产生的原因是由于施力物体的形变，乙图中，足球受到弹力，施力物体是球网，球网发生形变产生了对足球的弹力，故B错误；
C．由二力平衡得：拉力等于地面对箱子的静摩擦力，但小于最大静摩擦力，因此箱子保持静止，C正确；
D．静止在斜面上的人的重力，其施力物体是地球，受力物体是人，可分解为沿斜面向下的力和垂直斜面向下的力；人对斜面的压力，施力物体是人，受力物体是斜面，不能由人受到的重力分解而来，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查物理思想、弹力产生条件、静摩擦力、力的分解，核心是逐一辨析每个选项的物理原理。
3．【答案】A
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；薄膜干涉
【解析】【解答】A．当纸片c向右往底边方向拉出少许，相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，干涉条纹条纹间距变大，条纹变疏，故A正确；
B．根据条纹间距公式可知，保持其他条件不变，仅将红光换成绿光从上方入射，由于波长减小，间距变小，则干涉条纹会变密，故B错误；
C．根据光路的可逆性，若增大红光射到平板玻璃a上表面的入射角，则红光仍将从玻璃板射出，不会发生全反射，故C错误；
D．若平板玻璃b的上表面某处有一个细小的凹坑，则亮条纹提前出现，即相应的干涉条纹会向左往顶角方向弯曲一点，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查劈尖干涉（薄膜干涉）的条纹间距、波长影响、全反射条件及条纹畸变规律，核心是理解劈尖干涉的原理与条纹间距公式。
4．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．由题意可知，物块乙始终静止不动，即处于平衡状态，则物块乙所受合力为零不变，故A错误；
B．设物块甲缓慢向右上方移动使得细线与竖直方向的夹角为，对节点O受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可得，对物块甲受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可得，即所以，细线OA上的弹力不变，故B正确；
C．由B选项可知，即，在移动过程中，逐渐增大，则细线OC上的弹力逐渐增大，故C错误；
D．对物块甲受力分析，在水平方向上，根据平衡条件可得，与联立，解得，在移动过程中，逐渐增大，则外力F逐渐增大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查结点与物体的动态平衡问题，核心是结点O位置不变，OA倾角θ不变；甲缓慢移动，OC与竖直方向夹角α变大，分别对结点O、物块甲、乙受力分析。
5．【答案】B
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】图示时刻之后的某一刻，PQ连线上某一个点可能的振动情况如下所述：方波1或方波2首先传播到PQ连线上的这一个点，此时该点的位移为或，随后两列波在该点相遇，根据波的叠加原理，此时该点的位移为，
之后两列波继续传播至波峰与波谷相遇，根据波的叠加原理，此时该点的位移为0，再之后两列波的波峰相遇，该点位移为，最后两列波在该点分离，该点位移为或。
故答案为：B。
【分析】本题考查波的叠加原理，核心是分析两列方波相遇时的振动叠加情况，需结合波的传播方向、振幅变化和叠加后的合振动规律判断。
6．【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】设正四面体的四个顶点为ABCD，作底边三角形BCD中点O，连结OD，AO，如图所示
由几何关系可知
B点小球在A点产生的场强为
同理C、D两点小球在A点产生的场强也为
这三个场强水平分量互成120°且大小相等，最终抵消所以A 的合场强为
则A点电荷受静电力大小为
若小球在A保持静止则所受电场力方向向上，所以小球A带正电，又由于
解得
故答案为：A。
【分析】本题考查库仑力的叠加与受力平衡，核心是先通过场强叠加求出A点的合场强，再结合受力平衡判断A球的电性与质量。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．a离子加速过程，解得，故A错误；
B．b离子加速，解得
磁场中轨道半径
离子沿y轴入射时，打在底片上的位置为2rb；沿与y轴成角入射时，水平位移为
亮线长度为
代入，得亮线长度，故B错误；
C．磁场中，洛伦兹力提供向心力，得轨道半径
则轨道半径
离子沿与y轴成角入射时，打在x轴上的水平位移为
沿y轴入射时，水平位移为
a离子的最小水平位移（沿角入射）
b离子的最大水平位移（沿y轴入射）
两种离子的最近距离为，故C错误；
D．要完全分辨，需满足，通过半径公式推导，可得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题考查带电粒子在加速电场和偏转磁场中的运动，核心是动能定理、洛伦兹力提供向心力的应用，以及几何关系分析。
8．【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．当车辆匀速时，对进行受力分析得，解得，正确，B错误
CD．如图所示，
向左减速时，若加速度大小为，此时只受重力和的支持力，对的支持力为零。向左加速时，若对支持力为零此时只受重力和的支持力，则加速度大小为，C错误，正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查牛顿运动定律的应用，核心是对桶C进行受力分析，结合匀速 / 变速运动的受力特点，分析弹力的变化。
9．【答案】A,C,D
【知识点】分子间的作用力；分子势能
【解析】【解答】A．标准状态下，一定质量的某种气体，分子间距离约为，其分子势能趋于零，故A正确；
B．分子间距离从零增大到的过程中，分子力做正功，分子势能减小，故B错误；
C．如果纵轴表示分子势能，则曲线D表示分子势能与分子间距的关系，故C正确；
D．如果纵轴正方向表示分子间的斥力，负方向表示分子间的引力，则曲线A表示分子间的斥力，曲线C表示分子间的引力，则曲线B表示合力与分子间距的关系，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】本题考查分子间作用力与分子势能随分子间距的变化规律，核心是理解分子力（引力、斥力、合力）和分子势能的曲线特征。
10．【答案】A,C
【知识点】变压器原理；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．根据电路图可知，由于定值电阻R与电阻箱串联，当电阻箱的阻值增大时，电路中的电流减小，即电流表A2的示数减小，又因为变压器的原、副线圈的电流之比，故A1的示数减小，故A正确；
B．电压表V1测量定值电阻R两端的电压，根据欧姆定律U=IR，可知，当电阻箱接入电路中的阻值增大时，电路中的电流减小，故电压表V1的示数减小，则电压表V3的示数增大，故B错误；
C．根据动生电动势公式可知，原线圈两端的电压最大值
所以副线圈两端电压的最大值，所以电压表V2的示数，故C正确；
D．由于原线圈两端的电压不变，电流减小，故变压器原线圈的总功率变小，理想变压器的原、副线圈的功率相等，故副线圈的功率P减小，由于流经定值电阻的电流减小，其消耗的功率也减小，根据，可知，电阻箱消耗的电功率不一定增大，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查理想变压器与交变电流的综合应用，核心是发电机的动生电动势、变压器的电压 / 电流比规律，以及负载变化对电路的影响。
11．【答案】（1）增强；减弱
（2）1.2
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】（1）由几何关系可知，沿方向缓慢平移该砖，入射角变大，反射光强度随入射角增大增强，故反射光的亮度增强，折射光的亮度随入射角增大减弱。
故答案为：增强；减弱
（2）若在图示位置时，折射光恰好消失，则该位置恰好发生全反射，设正方形边长为a
由几何关系可知
故折射率为
故答案为：1.2
【分析】(1) 随着玻璃砖平移，光线在圆弧面ABC上的入射角增大，反射光强度随入射角增大而增强，折射光强度随之减弱；
(2) 折射光消失时发生全反射，由几何关系求出临界角，再用全反射临界角公式求折射率。
（1）[1][2]由几何关系可知，沿方向缓慢平移该砖，入射角变大，反射光强度随入射角增大增强，故反射光的亮度增强，折射光的亮度随入射角增大减弱。
（2）若在图示位置时，折射光恰好消失，则该位置恰好发生全反射，设正方形边长为a
由几何关系可知
故折射率为
12．【答案】（1）1.9
（2）左；3.0
（3）小
（4）5
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；闭合电路的欧姆定律；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）表盘的指针位置为19，测电阻所用的档位为“”挡，所以读数结果为
故答案为：1.9
（2）为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片应置于最左端。
并联电路，各支路两端电压相同 ，根据欧姆定律得热敏电阻阻值
故答案为：左；3.0
（3）由图像可知该热敏电阻的阻值随温度升高越来越小。
故答案为：小
（4）电路报警时，总电阻，
由图可知，油液内（报警液面处）热敏电阻的温度为，由图可知，此时热敏电阻的阻值，油液外热敏电阻的温度为，由图可知，此时热敏电阻的阻值。设报警液面到油箱底部的距离为，热敏电阻的总阻值
解得
故答案为：5
【分析】(1) 多用电表测电阻读数为指针示数乘以倍率；
(2) 滑动变阻器分压式接法闭合开关前滑片应置于使被测部分电压为零的一端，并联电路电压相等，由欧姆定律求热敏电阻阻值；
(3) 由图像直接判断热敏电阻阻值随温度的变化趋势；
(4) 由报警电流求出总电阻，再结合两段热敏电阻的阻值，列方程求解液面高度。
（1）表盘的指针位置为19，测电阻所用的档位为“”挡，所以读数结果为
（2）[1]为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片应置于最左端。
[2]并联电路，各支路两端电压相同 ，根据欧姆定律得热敏电阻阻值
（3）由图像可知该热敏电阻的阻值随温度升高越来越小。
（4）电路报警时，总电阻，
由图可知，油液内（报警液面处）热敏电阻的温度为，由图可知，此时热敏电阻的阻值，油液外热敏电阻的温度为，由图可知，此时热敏电阻的阻值。设报警液面到油箱底部的距离为，热敏电阻的总阻值
解得
13．【答案】（1）解：气体发生等压变化，由气体实验定律
其中，，
代入数据解得
（2）解：缸内气体压强
气体等压膨胀，对外做功
其中
由热力学第一定律得
代入数据
故气体吸收的热量
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 活塞缓慢上移过程中，气体发生等压变化，应用盖-吕萨克定律求报警温度；
(2) 先计算气体压强，再求气体对外做功，结合热力学第一定律求气体吸收的热量。
（1）气体发生等压变化，由气体实验定律
其中，，
代入数据解得
（2）缸内气体压强
气体等压膨胀，对外做功
其中
由热力学第一定律得
代入数据
故气体吸收的热量
14．【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律可得电流为
解得
由欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压为
解得
滑动变阻器两端电压即为平行板电容器的电压，有
（2）解：小球沿电容器的中心线做直线运动，小球在竖直方向处于平衡状态，有
其中
联立解得小球质量为
（3）解：小球在平行板电容器AB、CD间同时受到重力和电场力，其运动轨迹如图所示
将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，在竖直方向上，由自由落体运动的规律，得
解得
在水平方向上，小球做往返运动，根据运动的对称性可知，往返时间一样，小球向右的最大位移为
解得
说明小球不会碰到AB极板，在水平方向上，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得
解得
小球在电容器AB、CD间受的电场强度为
小球受到的电场力为
根据牛顿第二定律，有
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 利用闭合电路欧姆定律求电流，再由欧姆定律求滑动变阻器两端电压，即电容器MN的电压；
(2) 小球在MN间匀速运动，电场力与重力平衡，求小球质量；
(3) 分解小球在AB、CD间的运动，结合运动学公式和牛顿第二定律求电压U0。
（1）根据闭合电路欧姆定律可得电流为
解得
由欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压为
解得
滑动变阻器两端电压即为平行板电容器的电压，有
（2）小球沿电容器的中心线做直线运动，小球在竖直方向处于平衡状态，有
其中
联立解得小球质量为
（3）小球在平行板电容器AB、CD间同时受到重力和电场力，其运动轨迹如图所示
将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，在竖直方向上，由自由落体运动的规律，得
解得
在水平方向上，小球做往返运动，根据运动的对称性可知，往返时间一样，小球向右的最大位移为
解得
说明小球不会碰到AB极板，在水平方向上，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得
解得
小球在电容器AB、CD间受的电场强度为
小球受到的电场力为
根据牛顿第二定律，有
联立解得
15．【答案】（1）解：分析可知该粒子从E点射出区域Ⅰ，又因为所有粒子出区域Ⅰ时，速度方向的延长线都过C点，可以判断区域Ⅰ是一个圆形磁场的一部分，C点为该圆形磁场的圆心，如图
在 ACE中有
由几何关系可知
解得
所以粒子在Ⅰ区域运动时间
（2）解：如图，对质量是km的粒子，
在 ACD中
由几何关系可得
质量为km的粒子轨迹半径
粒子在磁场中的轨迹半径为，当qB一定时，则有
可得
对质量为m的粒子有
解得
（3）解：对质量为m的粒子分析可知，其轨迹示意图
由题意可知，，
两式相除得到
粒子进入区域Ⅱ磁场后，由几何关系，，
又
可得
当质量为m的粒子以速度v1进入区域Ⅱ中磁场，磁场方向偏差了角度φ时，设速度v1和磁场反方向的夹角为β，沿着平行磁场方向和垂直磁场方向正交分解有
由余弦定理可知
联立解得
粒子将以的速度沿着磁场反方向做匀速直线运动，以的速度垂直磁场方向做匀速圆周运动，合运动为等距螺旋运动，粒子做圆周运动的半径
设和平面AA1A2A3的夹角为γ，则有
做圆周运动引起的位移为
做匀速直线运动的位移为
所以
其中γ满足
或满足
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 区域I为圆形磁场，C为圆心，通过几何关系求出轨迹半径和圆心角，再由 求运动时间；
(2) 对质量为 的粒子重复几何分析，结合轨迹半径与质量成正比的关系求 ，再由 求磁场 ；
(3) 对粒子在区域II的运动进行速度分解，结合磁场偏转的几何关系，推导两次穿透胶片位置的间距。
（1）分析可知该粒子从E点射出区域Ⅰ，又因为所有粒子出区域Ⅰ时，速度方向的延长线都过C点，可以判断区域Ⅰ是一个圆形磁场的一部分，C点为该圆形磁场的圆心，如图
在 ACE中有
由几何关系可知
解得
所以粒子在Ⅰ区域运动时间
（2）如图，对质量是km的粒子，
在 ACD中
由几何关系可得
质量为km的粒子轨迹半径
粒子在磁场中的轨迹半径为，当qB一定时，则有
可得
对质量为m的粒子有
解得
（3）对质量为m的粒子分析可知，其轨迹示意图
由题意可知，，
两式相除得到
粒子进入区域Ⅱ磁场后，由几何关系，，
又
可得
当质量为m的粒子以速度v1进入区域Ⅱ中磁场，磁场方向偏差了角度φ时，设速度v1和磁场反方向的夹角为β，沿着平行磁场方向和垂直磁场方向正交分解有
由余弦定理可知
联立解得
粒子将以的速度沿着磁场反方向做匀速直线运动，以的速度垂直磁场方向做匀速圆周运动，合运动为等距螺旋运动，粒子做圆周运动的半径
设和平面AA1A2A3的夹角为γ，则有
做圆周运动引起的位移为
做匀速直线运动的位移为
所以
其中γ满足
或满足
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