资源简介

2025届广东省广州市广州大学附属上中学高三下学期模拟(三)物理试题
1．1897年英国物理学家约瑟夫约翰汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子，这是人类最早发现的基本粒子，下列有关电子的说法正确的是（　　）
A．阴极射线与射线都是高速电子流，它们的产生原理相同
B．电子的发现说明原子是有复杂结构的
C．根据玻尔理论，原子从低能级向高能级跃迁时，核外电子动能增大
D．光电效应中，逸出光电子的最大初动能与入射光频率成正比关系
2．一种“光开关”的“核心区”如图中虚线框区域所示，其中1、2是两个完全相同的、截面为等腰直角三角形的棱镜，直角边与虚线框平行，两斜面平行，略拉开一小段距离，在两棱镜之间可充入不同介质以实现开关功能。单色光a从1的左侧垂直于棱镜表面射入，若能通过2，则为“开”否则为“关”，已知棱镜对a的折射率为2，下列说法正确的是（　　）
A．若充入的介质相对棱镜是光疏介质，则有可能实现“开”功能
B．若充入的介质相对棱镜是光密介质，则能实现“关”功能
C．若不充入介质，则能实现“开”功能
D．单色光a通过“光开关”后传播方向一定改变
3．某同学用如图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，发现变压器两个线圈的导线粗细不同。该同学将原线圈接在学生电源上，分别测量原、副线圈的电压。下列说法中正确的是（　　）
A．匝数较少线圈是用较细的铜导线绕制的
B．测量原、副线圈的电压可用直流电压表
C．实验可发现原、副线圈的电压比大于匝数比
D．增加原线圈的匝数可增大副线圈的输出电压
4．以下装置中都涉及到磁场的具体应用，关于这些装置的说法正确的是（　　）
A．甲图为回旋加速器，增加电压U可增大粒子的最大动能
B．乙图为磁流体发电机，可判断出A极板比B极板电势低
C．丙图为质谱仪，打到照相底片D同一位置粒子的电荷量相同
D．丁图为速度选择器，特定速率的粒子从左右两侧沿轴线进入后都做直线运动
5．手机软件中运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的，如图所示为其工作原理的简化示意图。质量块左侧连接轻质弹簧，右侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动（不能上下移动）以改变电容器的电容。下列说法正确的是（　　）
A．传感器匀速向左做直线运动时，电容器两极板所带电荷量将多于静止状态时
B．传感器匀减速向右做直线运动时，电流表中有由b向a的电流
C．传感器运动时向右的加速度逐渐增大，则电流表中有由b向a的电流
D．传感器运动时向左的加速度逐渐减小，则电流表中有由a向b的电流
6．如图所示，霍曼转移轨道是以较低能耗从地球发送探测器到火星的转移轨道，该轨道以太阳为焦点，近日点、远日点分别与地球轨道、火星轨道相切。在地球上将火星探测器发射，探测器从地球轨道出发，在太阳引力作用下，沿霍曼转移轨道无动力运行到达火星轨道。地球、火星的公转轨道可近似为圆轨道，火星公转轨道半径约为地球公转轨道半径的倍，则探测器从地球轨道运动至火星轨道用时约为（　　）
A．年 B．年 C．1年 D．年
7．篮球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为，在原地纵跳摸高训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降，经过充分调整后，发力跳起摸到了的高度。若将运动员起跳过程（从重心下降处开始向上运动到双脚离地过程）视为做匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取，对运动员的起跳过程，则下列说法正确的是（　　）
A．运动员处于失重状态
B．地面对运动员的冲量大小为
C．运动员对地面的压力为1560N
D．运动时间为
8．市面上有一种自动计数的智能呼拉圈。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角为。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是（　　）
A．若增大转速，绳子的拉力变大
B．若增大转速，腰受到腰带的弹力减小
C．若减小转速，腰受到腰带的摩擦力增大
D．若只增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角不变
9．中国象棋是起源于中国的一种棋，属于二人对抗性游戏的一种，是在中国有着悠久的历史。由于用具简单，趣味性强，成为流行极为广泛的棋艺活动。如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是（　　）
A． B．
C． D．
10．两列机械波在同种介质中相向而行，P、Q为两列波的波源，以P、Q的连线和中垂线为轴建立坐标系，P、Q的坐标如图所示。某时刻的波形如图所示。已知P波的传播速度为10m/s，下列判断正确的是（　　）
A．两波源P、Q的起振方向不同
B．经过足够长的时间，坐标原点处质点的振幅为45cm
C．波源Q产生的波比波源P产生的波更容易发生衍射
D．若x轴上坐标原点有一位观察者沿x轴向Q点运动，观察者接收到Q波的频率大于2.5Hz
11．小李做“用单摆测量重力加速度”实验。
（1）如图甲所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆。如图乙所示，用游标卡尺测得小钢球的直径　 　 mm，测出摆线的长度，算出摆长L，再测出摆的周期T，得到一组数据，改变摆线的长度，再得到几组数据。
（2）根据实验数据作出图像，发现图像是过坐标原点的倾斜直线，斜率为k，根据单摆周期公式，可以测得当地的重力加速度　 　用k表示，利用图像法处理数据是为了减小　 　填“偶然”或“系统”误差。
（3）小李同学在实验中操作不当，使得摆球没有在一个竖直平面内摆动。她认为这种情况不会影响测量结果，所以他仍然利用所测得的运动周期根据单摆周期公式计算重力加速度。若将小球的实际运动看作是在水平面内的圆周运动，则小李同学计算出的重力加速度比真实值相比　 　选择“偏大”“偏小”。
12．某实验小组准备探究电极间距、电极插入深度对水果电池的电动势和内阻的影响。实验小组在市场上购买了品种、大小和成熟程度几乎相同的苹果，成员设计了两个方案测量苹果电池的电动势E和内阻r，电路原理如图甲所示。实验室可供器材如下：
电压表（，内阻约）；电流表（，内阻约）；微安表（量程；内阻约）；
滑动变阻器（，），电阻箱（），开关、导线若干。
（1）查阅资料知道苹果电池的电动势约为1V，内阻约为几，经过分析后发现方案甲不合适，你认为方案甲不合适的原因是______。
A．滑动变阻器起不到调节电路的作用
B．电流表量程不够大
C．电压表分流明显导致测量误差偏大
D．电压表示数达不到量程的三分之一
（2）实验小组根据方案乙进行实验，根据数据作出图像如图丙，已知图像的斜率为k，纵坐标截距为b，电表内阻为，可求得被测电池的电动势　 　，内电阻　 　。
（3）改变电极间距、电极插入深度重复实验，测得数据如图所示。
序号 电极插入深度 电极间距 电动势 内阻
1 4 2 5981
2 4 4 9508
3 2 2 11073
分析以上数据可知水果电池电极插入越深，水果电池内阻越　 　电极间距越大，水果电池内阻越　 　。
13．如图所示，轨道ABCD由半径的光滑圆弧轨道AB、长度LBC=0.6m的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量的物块P和质量的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度FG段为半径的光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），其中物块P进入CBA轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。
（1）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的弹力的大小；
（2）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块Q冲出小车后离开G点的最大高度；
（3）若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。
14．如图所示，为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液。某种药瓶的容积为5mL，瓶内装有4mL的药液，在的冰箱内时，瓶内空气压强为。在室温条件下放置较长时间后，护士先把注射器内0.5mL，压强为的空气注入药瓶，然后抽出3mL的药液。抽取药液的过程中，瓶内外温度相同且保持不变，忽略针头内气体的体积和药液体积，气体视为理想气体。
（1）放置较长时间后，瓶内气体压强多大？
（2）抽出药液后瓶内气体压强多大？
（3）抽液过程中，气体是吸收热量还是放出热量？
15．如图所示，质量为的足够长“匚”形金属导轨abcd放在倾角为的光滑绝缘斜面上，导轨宽度，bc段电阻为，其余段电阻不计。另一电阻为、质量为的导体棒PQ放置在导轨上，与导轨接触良好，PbcQ构成矩形。棒与导轨间的动摩擦因数为，在沿斜面的方向上，棒的下侧有两个固定于斜面的光滑立柱。以ef为界，其下侧匀强磁场垂直斜面向上，上侧匀强磁场方向沿斜面向上，两区域的磁感应强度大小相等。设导体棒PQ与导轨之间的弹力为N。不考虑感应电流的磁场，，重力加速度取。
（1）若将金属导轨由静止释放，请通过计算说明在导轨运动过程中N可否为0。
（2）若在导轨的bc段中点施加一沿斜面向下的力F作用，使导轨由静止开始做匀变速直线运动，且F与导轨运动速度v的关系为，试求对应的磁感应强度大小，并求出从初状态到的过程经历的时间。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；物理学史；光电效应；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A、阴极射线是金属加热到一定程度，内部自由电子获得足够能量逸出形成的高速电子流，β射线是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，它们的产生原理不同，故A错误；B、电子的发现表明原子可以再分，说明原子是有复杂结构的，故B正确；
C、根据玻尔理论，原子从低能级向高能级跃迁时，轨道半径增大，由可知，可得轨道半径增大，动能减小，故C错误；
D、光电效应方程为，则最大初动能与入射光频率成线性关系（非正比，因存在截距），故D错误。
故选B。
【分析】阴极射线源于核外电子，β射线源于核内反应，它们的产生原理不同；电子的发现表明原子可以再分，说明原子是有复杂结构的；根据分析判断；根据光电效应方程分析判断。
2．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AC、不充入介质，对单色光a，则全反射临界角C满足，C=30°，入射角为45度，大于临界角，光发生全反射，光竖直向下传播，光不能通过2，不能实现“开”的功能；若充入的介质相对棱镜是光疏介质，光向下偏折，有可能实现“开”功能，故A正确，C错误；
B、充入光密介质时，光从光疏介质射向光密介质，不会发生全反射，光线折射进入中间介质后再射入棱镜 2，光路导通，实现 “开”，反之充光疏介质才全反射阻断光路实现 “关”，故B错误；
D、如果填充的介质折射率与棱镜的折射率相同，单色光a通过“光开关”后传播方向不变，故D错误。
故选：A。
【分析】全反射条件，光从光密介质射入光疏介质且入射角大于等于临界角； 光从光疏介质射入光密介质只会折射不会全反射。
3．【答案】C
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】 A、由，匝数少的线圈电压低、电流大，为减小发热要用较粗导线，故A错误；
B、变压器依靠变化的磁场传递能量，直流电源不会产生互感，无副线圈电压，必须用交流电压表测量，故B错误；
C、由于所用变压器并非理想变压器，存在功率损失，所以实验发现原副线圈的电压比大于匝数比，故C正确；
D、增加原线圈的匝数后，原线圈电压不变，而副线圈与原线圈的匝数比减小，则副线圈输出电压减小，故D错误；
故选：C。
【分析】根据变压器的工作原理和原副线圈两端的电学物理量的关系，结合电阻定律分析出导线的金属；考虑到实际变压器有功率损失，从而分析出电压比和匝数比的关系。
4．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【解答】本题主要考查了磁流体发电机等相关设备的应用，熟悉左手定则，理解电场力和洛伦兹力的等量关系，由此分析出不同实验设备的工作原理即可完成求解。A．甲图为回旋加速器，粒子做圆周运动由洛伦兹力提供向心力
得
对于同一个粒子，增大磁感应强度和加速器半径可以增大其速度，从而增大其动能，与电压无关。故A错误；
B．乙图为磁流体发电机，根据左手定则可以判断，带正电的粒子向B极板聚集，故B极板为正极，A极板比B极板电势低，故B正确；
C．丙图为质谱仪，粒子由加速电场加速粒子，有
做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力
联立解得
粒子经过相同得加速电场和偏转磁场，所以打到同一位置的粒子的比荷相同。故C错误；
D．丁图的速度选择器，粒子只能从左向右运动才符合原理。比如带正电的粒子进入时，洛伦兹力向上，电场力向下才能受力平衡。故D错误。
故选B。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力得出速度的表达式，结合选项完成分析；根据左手定则和电场力、洛伦兹力的等量关系得出速度选择器的速度要满足的条件，同时判断出不同极板的电势高低。
5．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A、匀速向左运动，加速度a=0，弹簧弹力为0，电介质插入深度与静止时相同，电容C不变，由Q=CU知电荷量不变，故A错误；
B、匀减速向右运动时，根据牛顿第二定律可知弹簧的伸长量保持不变，电介质插入电容器长度不变，电容器的电容不变，电容器两端的电压不变等于电源电动势，根据可知所带电荷量不变，故电路中无电流，故B错误；
CD、传感器运动时向右的加速度逐渐增大以及向左的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律以及胡克定律可知此时弹簧的长度都会逐渐变短，电介质插入电容器的长度变短，电容器两端的电压不变等于电源电动势，由电容决定式可知电容器的电容变小，根据可知，电容器的电荷量减小，电容器放电，电路中有由向的电流，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据传感器的运动情况，分析弹簧的状态，分析电容器电容的变化，由Q=CU分析电容器电荷量的变化，即可判断电流表中电流方向。
6．【答案】B
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】设地球公转轨道半径为，火星公转轨道半径约为地球公转轨道半径的倍，则霍曼转移轨道的半长轴，设探测器从地球轨道运动至火星轨道用时为，地球公转周期T0=1年，根据开普勒第三定律有，解得年。
故选B。
【分析】开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。根据开普勒第三定律进行列式求解。
7．【答案】C
【知识点】超重与失重；牛顿运动定律的综合应用；冲量
【解析】【解答】A．由题意得运动员起跳过程为匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，故A错误；
C．运动员原地静止站立（不起跳）摸高为，发力跳起摸到了的高度，重心上升距离，运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据，解得 运动员从开始起跳到脚离开地面重心上升，有，解得，由牛顿第二定律得，解得，由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1560N，方向竖直向下，故C正确；
BD．依题意，运动员的起跳过程时间为，地面对运动员的冲量大小为，故BD错误。
故选C。
【分析】根据加速度方向分析超重、失重，根据速度—位移公式分析起跳时的速度，进而求得在起跳过程中的加速度，由牛顿第二定律求解压力；根据速度公式求解运动员的起跳过程时间，进而可得地面对运动员的冲量。
8．【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，对其受力分析，竖直方向有
水平方向有
可知配重在竖直方向平衡，拉力T变大，向心力Fn变大，对腰带做受力分析如图：
可得竖直方向有
水平方向有
因此腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大，故A正确，B错误；
C．同理，若减小转速，根据AB的分析可知，腰受到腰带的摩擦力仍是保持不变，故C错误；
D．对于配重，有
整理得
因此若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角为将不变，故D正确。
故选：AD。
【分析】对智能呼啦圈整体受力分析可简单判断人和呼啦圈之间的力，对配重受力分析可判断绳子夹角的变化。
9．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】BD．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，设两棋子间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得最上面两个棋子向右运动的最大加速度为，设最上面三个棋子一起以am向右加速运动时，水平恒力大小为F0，根据牛顿第二定律可得，所以，当时，所有棋子均静止不动；当时，最上面三个作为整体，相对静止一起向右匀加速直线运动，下面的两个棋子静止不动，故B正确，D错误；
AC．当时，第三个棋子和上面两个棋子发生相对滑动，此时第三个棋子以大于am的加速度向右匀加速，上面两个棋子以am的加速度向右加速。因为第四个棋子上表面受到的最大静摩擦力为3μmg，下表面受到的最大静摩擦力为4μmg，所以第四个棋子不可能发生运动，同理第五个棋子也不可能运动，故A错误，C正确。
故选BC。
【分析】对棋子进行受力分析，结合牛顿第二定律判断出棋子的运动状态，得出恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况。
10．【答案】A,B,D
【知识点】多普勒效应；横波的图象；波的衍射现象；波的叠加
【解析】【解答】A．由波形图可知，两波源P、Q的起振方向与波刚传播到的质点的起振方向相同，根据波形平移法可知，波源P的起振方向沿y轴负方向，波源Q的起振方向沿y轴正方向，所以两波源P、Q的起振方向相反，故A正确；
B．根据对称性，两波相遇后，两波的波峰与波峰或波谷与波谷同时到达O点，因此两波在O点相遇后，O点振动加强，振幅等于两波振幅之和，即30cm+15cm=45cm，故B正确；
C．由波形图可知，两波的波长都是2m，所以波源Q产生的波与波源P产生的波发生衍射现象的难易程度相同，故C错误；
D．当观察者向Q点运动时，Q波相对观察者向左传播的速度
观察者接收到Q波的频率为
故D正确。
故选：ABD。
【分析】波源的起振方向与介质中各个质点的起振方向相同，根据波最前头质点的起振方向判断；经过足够长的时间后，两列波在O点相遇，分析O点的振动是加强还是减弱，从而确定O点的振幅；发生衍射现象难易程度与波长有关，波长越长越容易；当观察者与波源间的距离减小时，观察者接收到的频率增大。
11．【答案】（1）22.6
（2）；偶然
（3）偏大
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺等于主尺与游标尺读数的和，根据乙图可知小钢球的直径
（2）摆长L，摆的周期T，根据单摆周期公式可得，
则图像的斜率，解得，应用图像法处理实验数据可以较小偶然误差。
（3）设摆线与竖直方向夹角为，小球在水面内做圆周运动，对小球受力分析，由牛顿第二定律得，解得，可知周期偏小，因为
则重力加速度的测量值大于真实值。
【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
（2）应用单摆周期公式求出图像的函数解析式，然后求出重力加速度；应用图像法处理实验数据可以减小偶然误差。
（3）根据题意应用单摆周期公式分析实验误差。
（1）由图示游标卡尺可知，小钢球的直径
（2）[1]根据单摆周期公式
则图像的斜率
解得
[2]应用图像法处理实验数据可以较小偶然误差。
（3）小球在水面内做圆周运动，设摆线与竖直方向夹角为，由牛顿第二定律得
解得
可知周期偏小，因为
则重力加速度的测量值大于真实值。
12．【答案】（1）A；D
（2）；
（3）小；大
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】A、电源内阻几千欧，滑动变阻器最大仅100Ω，，改变滑动变阻器阻值时总电阻几乎不变，电路电流几乎无变化，滑动变阻器无法有效调节电路，故A正确；
B、苹果电池的电动势约为1V，内阻约为几，电路最大电流小于1mA，远小于0.6A，电流表量程过大，不存在量程不够大的问题，故B错误；
C、电压表内阻远大于滑动变阻器的电阻，电压表的分流不明显，C错误；
D、电动势仅1V，电压表量程0～15V，满量程的三分之一为5V，最大测量电压1V，示数达不到量程三分之一，读数误差大，故D正确。
故选：AD。
（2）由闭合电路的欧姆定律，根据图乙所示电路图得：，整理得
图像的斜率，纵轴截距，解得电池电动势，内阻
（3）由表中第1组与第3组实验数据可知，在电极间距离相等时，电极插入越深，水果电池内阻越小；由表中第1组与第2组数据可知，在电极插入深度相同时，电极间的距离越大，水果电池内阻越大。
【分析】（1）根据题意求出电路最大电流，然后分析答题。
（2）根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，根据图示图像分析答题。
（3）分析表中实验数据然后得出结论。
（1）A．滑动变阻器最大阻值只有，而苹果电池的内阻约为几，则滑动变阻器起不到调节的作用，A正确；
B．苹果电池的电动势约为1V，内阻约为几，由闭合电路的欧姆定律可知，电路最大电流不会超过，电流表量程太大，则电流表几乎没有示数，B错误；
C．电压表内阻远大于滑动变阻器的电阻，电压表的分流不明显，C错误；
D．使用量程为的电压表，电压表示数达不到量程的三分之一，D正确。
故选AD。
（2）[1][2]根据图乙所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：
整理得
图像的斜率
纵轴截距
解得电池电动势
内阻
（3）[1]由表中第1组与第3组实验数据可知，在电极间距离相等时，电极插入越深，水果电池内阻越小；
[2]由表中第1组与第2组数据可知，在电极插入深度相同时，电极间的距离越大，水果电池内阻越大。
13．【答案】解：（1）物块P从B到A过程，根据动能定理有
物块P在B点，对该物块进行分析有
解得
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下。
（2）物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有
解得
对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有
解得
对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
之后，物块Q左斜抛运动，在竖直方向上上为竖直上抛运动，根据逆向思维，物块Q冲出小车后离开G点的最大高度
解得
（3）物块被弹开过程有
当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有
解得
由于
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有
解得
综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解在B点速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求解弹力大小；
（2）对P、Q构成的系统，对Q与小车构成的系统，动量守恒，根据动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理联立求出物块Q冲出小车后离开G点的最大高度；
（3）分两种情况进行分析，当物块Q向右滑上小车后恰好到达 F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，由此求解范围。
14．【答案】（1）解：气体在放置的过程中，发生等容变化，初状态时，有，
末状态时，温度为
由查理定律可得
可得
（2）解：以注射器内的空气和药瓶里原有气体为研究对象，设注射器内空气注入药瓶后，药瓶内气体的压强为，由玻意耳定律可得
其中
代入数据解得
设抽出药液的体积为，则，抽出药液后瓶内气体体积为
设抽出药液后瓶内气体的压强为，由玻意耳定律可得
代入数据解得
（3）解：抽液过程中，由于温度不变，则，气体膨胀对外做功，则，由热力学第一定律，则有，则气体吸收热量。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）选取瓶内气体为研究对象，发生等容变化，根据查理定律求瓶内气体压强；（2）抽出药液过程，气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解气体的压强；
（3）抽液过程中，由于温度不变，根据热力学第一定律判断吸热放热情况。
（1）气体在放置的过程中，发生等容变化，初状态时，有，
末状态时，温度为
由查理定律可得
可得
（2）以注射器内的空气和药瓶里原有气体为研究对象，设注射器内空气注入药瓶后，药瓶内气体的压强为，由玻意耳定律可得
其中
代入数据解得
设抽出药液的体积为，则，抽出药液后瓶内气体体积为
设抽出药液后瓶内气体的压强为，由玻意耳定律可得
代入数据解得
（3）抽液过程中，由于温度不变，则，气体膨胀对外做功，则，由热力学第一定律，则有，则气体吸收热量。
15．【答案】（1）解：金属导轨由静止释放后，做加速度减小的加速运动达到最大速度时，受到的安培力为，对导轨受力分析
导体棒PQ受的安培力垂直斜面向上，大小也为，对导体棒受力分析
求得
故在导轨运动过程中N不能为0。
（2）解：施加力F时，设导轨的加速度为a，回路中电流为I，则
且
整理得
与已知条件
两式对比，代入数据可得：，
时，有
解得
对应的速度
导轨的运动时间为
解得
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）金属导轨由静止释放后，最大速度时，受力平衡，求出此时安培力大小，对导体棒受力分析，判断弹力N是否为零；
（2）施加力F时，根据牛顿第二定律求解加速度大小以及磁感应强度，求出时对应的电流以及速度大小，结合运动学公式求解运动时间。
（1）金属导轨由静止释放后，做加速度减小的加速运动达到最大速度时，受到的安培力为，对导轨受力分析
导体棒PQ受的安培力垂直斜面向上，大小也为，对导体棒受力分析
求得
故在导轨运动过程中N不能为0。
（2）施加力F时，设导轨的加速度为a，回路中电流为I，则
且
整理得
与已知条件
两式对比，代入数据可得：，
时，有
解得
对应的速度
导轨的运动时间为
解得
1 / 12025届广东省广州市广州大学附属上中学高三下学期模拟(三)物理试题
1．1897年英国物理学家约瑟夫约翰汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子，这是人类最早发现的基本粒子，下列有关电子的说法正确的是（　　）
A．阴极射线与射线都是高速电子流，它们的产生原理相同
B．电子的发现说明原子是有复杂结构的
C．根据玻尔理论，原子从低能级向高能级跃迁时，核外电子动能增大
D．光电效应中，逸出光电子的最大初动能与入射光频率成正比关系
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；物理学史；光电效应；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A、阴极射线是金属加热到一定程度，内部自由电子获得足够能量逸出形成的高速电子流，β射线是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，它们的产生原理不同，故A错误；B、电子的发现表明原子可以再分，说明原子是有复杂结构的，故B正确；
C、根据玻尔理论，原子从低能级向高能级跃迁时，轨道半径增大，由可知，可得轨道半径增大，动能减小，故C错误；
D、光电效应方程为，则最大初动能与入射光频率成线性关系（非正比，因存在截距），故D错误。
故选B。
【分析】阴极射线源于核外电子，β射线源于核内反应，它们的产生原理不同；电子的发现表明原子可以再分，说明原子是有复杂结构的；根据分析判断；根据光电效应方程分析判断。
2．一种“光开关”的“核心区”如图中虚线框区域所示，其中1、2是两个完全相同的、截面为等腰直角三角形的棱镜，直角边与虚线框平行，两斜面平行，略拉开一小段距离，在两棱镜之间可充入不同介质以实现开关功能。单色光a从1的左侧垂直于棱镜表面射入，若能通过2，则为“开”否则为“关”，已知棱镜对a的折射率为2，下列说法正确的是（　　）
A．若充入的介质相对棱镜是光疏介质，则有可能实现“开”功能
B．若充入的介质相对棱镜是光密介质，则能实现“关”功能
C．若不充入介质，则能实现“开”功能
D．单色光a通过“光开关”后传播方向一定改变
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AC、不充入介质，对单色光a，则全反射临界角C满足，C=30°，入射角为45度，大于临界角，光发生全反射，光竖直向下传播，光不能通过2，不能实现“开”的功能；若充入的介质相对棱镜是光疏介质，光向下偏折，有可能实现“开”功能，故A正确，C错误；
B、充入光密介质时，光从光疏介质射向光密介质，不会发生全反射，光线折射进入中间介质后再射入棱镜 2，光路导通，实现 “开”，反之充光疏介质才全反射阻断光路实现 “关”，故B错误；
D、如果填充的介质折射率与棱镜的折射率相同，单色光a通过“光开关”后传播方向不变，故D错误。
故选：A。
【分析】全反射条件，光从光密介质射入光疏介质且入射角大于等于临界角； 光从光疏介质射入光密介质只会折射不会全反射。
3．某同学用如图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，发现变压器两个线圈的导线粗细不同。该同学将原线圈接在学生电源上，分别测量原、副线圈的电压。下列说法中正确的是（　　）
A．匝数较少线圈是用较细的铜导线绕制的
B．测量原、副线圈的电压可用直流电压表
C．实验可发现原、副线圈的电压比大于匝数比
D．增加原线圈的匝数可增大副线圈的输出电压
【答案】C
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】 A、由，匝数少的线圈电压低、电流大，为减小发热要用较粗导线，故A错误；
B、变压器依靠变化的磁场传递能量，直流电源不会产生互感，无副线圈电压，必须用交流电压表测量，故B错误；
C、由于所用变压器并非理想变压器，存在功率损失，所以实验发现原副线圈的电压比大于匝数比，故C正确；
D、增加原线圈的匝数后，原线圈电压不变，而副线圈与原线圈的匝数比减小，则副线圈输出电压减小，故D错误；
故选：C。
【分析】根据变压器的工作原理和原副线圈两端的电学物理量的关系，结合电阻定律分析出导线的金属；考虑到实际变压器有功率损失，从而分析出电压比和匝数比的关系。
4．以下装置中都涉及到磁场的具体应用，关于这些装置的说法正确的是（　　）
A．甲图为回旋加速器，增加电压U可增大粒子的最大动能
B．乙图为磁流体发电机，可判断出A极板比B极板电势低
C．丙图为质谱仪，打到照相底片D同一位置粒子的电荷量相同
D．丁图为速度选择器，特定速率的粒子从左右两侧沿轴线进入后都做直线运动
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【解答】本题主要考查了磁流体发电机等相关设备的应用，熟悉左手定则，理解电场力和洛伦兹力的等量关系，由此分析出不同实验设备的工作原理即可完成求解。A．甲图为回旋加速器，粒子做圆周运动由洛伦兹力提供向心力
得
对于同一个粒子，增大磁感应强度和加速器半径可以增大其速度，从而增大其动能，与电压无关。故A错误；
B．乙图为磁流体发电机，根据左手定则可以判断，带正电的粒子向B极板聚集，故B极板为正极，A极板比B极板电势低，故B正确；
C．丙图为质谱仪，粒子由加速电场加速粒子，有
做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力
联立解得
粒子经过相同得加速电场和偏转磁场，所以打到同一位置的粒子的比荷相同。故C错误；
D．丁图的速度选择器，粒子只能从左向右运动才符合原理。比如带正电的粒子进入时，洛伦兹力向上，电场力向下才能受力平衡。故D错误。
故选B。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力得出速度的表达式，结合选项完成分析；根据左手定则和电场力、洛伦兹力的等量关系得出速度选择器的速度要满足的条件，同时判断出不同极板的电势高低。
5．手机软件中运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的，如图所示为其工作原理的简化示意图。质量块左侧连接轻质弹簧，右侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动（不能上下移动）以改变电容器的电容。下列说法正确的是（　　）
A．传感器匀速向左做直线运动时，电容器两极板所带电荷量将多于静止状态时
B．传感器匀减速向右做直线运动时，电流表中有由b向a的电流
C．传感器运动时向右的加速度逐渐增大，则电流表中有由b向a的电流
D．传感器运动时向左的加速度逐渐减小，则电流表中有由a向b的电流
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A、匀速向左运动，加速度a=0，弹簧弹力为0，电介质插入深度与静止时相同，电容C不变，由Q=CU知电荷量不变，故A错误；
B、匀减速向右运动时，根据牛顿第二定律可知弹簧的伸长量保持不变，电介质插入电容器长度不变，电容器的电容不变，电容器两端的电压不变等于电源电动势，根据可知所带电荷量不变，故电路中无电流，故B错误；
CD、传感器运动时向右的加速度逐渐增大以及向左的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律以及胡克定律可知此时弹簧的长度都会逐渐变短，电介质插入电容器的长度变短，电容器两端的电压不变等于电源电动势，由电容决定式可知电容器的电容变小，根据可知，电容器的电荷量减小，电容器放电，电路中有由向的电流，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据传感器的运动情况，分析弹簧的状态，分析电容器电容的变化，由Q=CU分析电容器电荷量的变化，即可判断电流表中电流方向。
6．如图所示，霍曼转移轨道是以较低能耗从地球发送探测器到火星的转移轨道，该轨道以太阳为焦点，近日点、远日点分别与地球轨道、火星轨道相切。在地球上将火星探测器发射，探测器从地球轨道出发，在太阳引力作用下，沿霍曼转移轨道无动力运行到达火星轨道。地球、火星的公转轨道可近似为圆轨道，火星公转轨道半径约为地球公转轨道半径的倍，则探测器从地球轨道运动至火星轨道用时约为（　　）
A．年 B．年 C．1年 D．年
【答案】B
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】设地球公转轨道半径为，火星公转轨道半径约为地球公转轨道半径的倍，则霍曼转移轨道的半长轴，设探测器从地球轨道运动至火星轨道用时为，地球公转周期T0=1年，根据开普勒第三定律有，解得年。
故选B。
【分析】开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。根据开普勒第三定律进行列式求解。
7．篮球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为，在原地纵跳摸高训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降，经过充分调整后，发力跳起摸到了的高度。若将运动员起跳过程（从重心下降处开始向上运动到双脚离地过程）视为做匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取，对运动员的起跳过程，则下列说法正确的是（　　）
A．运动员处于失重状态
B．地面对运动员的冲量大小为
C．运动员对地面的压力为1560N
D．运动时间为
【答案】C
【知识点】超重与失重；牛顿运动定律的综合应用；冲量
【解析】【解答】A．由题意得运动员起跳过程为匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，故A错误；
C．运动员原地静止站立（不起跳）摸高为，发力跳起摸到了的高度，重心上升距离，运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据，解得 运动员从开始起跳到脚离开地面重心上升，有，解得，由牛顿第二定律得，解得，由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1560N，方向竖直向下，故C正确；
BD．依题意，运动员的起跳过程时间为，地面对运动员的冲量大小为，故BD错误。
故选C。
【分析】根据加速度方向分析超重、失重，根据速度—位移公式分析起跳时的速度，进而求得在起跳过程中的加速度，由牛顿第二定律求解压力；根据速度公式求解运动员的起跳过程时间，进而可得地面对运动员的冲量。
8．市面上有一种自动计数的智能呼拉圈。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角为。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是（　　）
A．若增大转速，绳子的拉力变大
B．若增大转速，腰受到腰带的弹力减小
C．若减小转速，腰受到腰带的摩擦力增大
D．若只增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角不变
【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，对其受力分析，竖直方向有
水平方向有
可知配重在竖直方向平衡，拉力T变大，向心力Fn变大，对腰带做受力分析如图：
可得竖直方向有
水平方向有
因此腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大，故A正确，B错误；
C．同理，若减小转速，根据AB的分析可知，腰受到腰带的摩擦力仍是保持不变，故C错误；
D．对于配重，有
整理得
因此若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角为将不变，故D正确。
故选：AD。
【分析】对智能呼啦圈整体受力分析可简单判断人和呼啦圈之间的力，对配重受力分析可判断绳子夹角的变化。
9．中国象棋是起源于中国的一种棋，属于二人对抗性游戏的一种，是在中国有着悠久的历史。由于用具简单，趣味性强，成为流行极为广泛的棋艺活动。如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】BD．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，设两棋子间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得最上面两个棋子向右运动的最大加速度为，设最上面三个棋子一起以am向右加速运动时，水平恒力大小为F0，根据牛顿第二定律可得，所以，当时，所有棋子均静止不动；当时，最上面三个作为整体，相对静止一起向右匀加速直线运动，下面的两个棋子静止不动，故B正确，D错误；
AC．当时，第三个棋子和上面两个棋子发生相对滑动，此时第三个棋子以大于am的加速度向右匀加速，上面两个棋子以am的加速度向右加速。因为第四个棋子上表面受到的最大静摩擦力为3μmg，下表面受到的最大静摩擦力为4μmg，所以第四个棋子不可能发生运动，同理第五个棋子也不可能运动，故A错误，C正确。
故选BC。
【分析】对棋子进行受力分析，结合牛顿第二定律判断出棋子的运动状态，得出恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况。
10．两列机械波在同种介质中相向而行，P、Q为两列波的波源，以P、Q的连线和中垂线为轴建立坐标系，P、Q的坐标如图所示。某时刻的波形如图所示。已知P波的传播速度为10m/s，下列判断正确的是（　　）
A．两波源P、Q的起振方向不同
B．经过足够长的时间，坐标原点处质点的振幅为45cm
C．波源Q产生的波比波源P产生的波更容易发生衍射
D．若x轴上坐标原点有一位观察者沿x轴向Q点运动，观察者接收到Q波的频率大于2.5Hz
【答案】A,B,D
【知识点】多普勒效应；横波的图象；波的衍射现象；波的叠加
【解析】【解答】A．由波形图可知，两波源P、Q的起振方向与波刚传播到的质点的起振方向相同，根据波形平移法可知，波源P的起振方向沿y轴负方向，波源Q的起振方向沿y轴正方向，所以两波源P、Q的起振方向相反，故A正确；
B．根据对称性，两波相遇后，两波的波峰与波峰或波谷与波谷同时到达O点，因此两波在O点相遇后，O点振动加强，振幅等于两波振幅之和，即30cm+15cm=45cm，故B正确；
C．由波形图可知，两波的波长都是2m，所以波源Q产生的波与波源P产生的波发生衍射现象的难易程度相同，故C错误；
D．当观察者向Q点运动时，Q波相对观察者向左传播的速度
观察者接收到Q波的频率为
故D正确。
故选：ABD。
【分析】波源的起振方向与介质中各个质点的起振方向相同，根据波最前头质点的起振方向判断；经过足够长的时间后，两列波在O点相遇，分析O点的振动是加强还是减弱，从而确定O点的振幅；发生衍射现象难易程度与波长有关，波长越长越容易；当观察者与波源间的距离减小时，观察者接收到的频率增大。
11．小李做“用单摆测量重力加速度”实验。
（1）如图甲所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆。如图乙所示，用游标卡尺测得小钢球的直径　 　 mm，测出摆线的长度，算出摆长L，再测出摆的周期T，得到一组数据，改变摆线的长度，再得到几组数据。
（2）根据实验数据作出图像，发现图像是过坐标原点的倾斜直线，斜率为k，根据单摆周期公式，可以测得当地的重力加速度　 　用k表示，利用图像法处理数据是为了减小　 　填“偶然”或“系统”误差。
（3）小李同学在实验中操作不当，使得摆球没有在一个竖直平面内摆动。她认为这种情况不会影响测量结果，所以他仍然利用所测得的运动周期根据单摆周期公式计算重力加速度。若将小球的实际运动看作是在水平面内的圆周运动，则小李同学计算出的重力加速度比真实值相比　 　选择“偏大”“偏小”。
【答案】（1）22.6
（2）；偶然
（3）偏大
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺等于主尺与游标尺读数的和，根据乙图可知小钢球的直径
（2）摆长L，摆的周期T，根据单摆周期公式可得，
则图像的斜率，解得，应用图像法处理实验数据可以较小偶然误差。
（3）设摆线与竖直方向夹角为，小球在水面内做圆周运动，对小球受力分析，由牛顿第二定律得，解得，可知周期偏小，因为
则重力加速度的测量值大于真实值。
【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
（2）应用单摆周期公式求出图像的函数解析式，然后求出重力加速度；应用图像法处理实验数据可以减小偶然误差。
（3）根据题意应用单摆周期公式分析实验误差。
（1）由图示游标卡尺可知，小钢球的直径
（2）[1]根据单摆周期公式
则图像的斜率
解得
[2]应用图像法处理实验数据可以较小偶然误差。
（3）小球在水面内做圆周运动，设摆线与竖直方向夹角为，由牛顿第二定律得
解得
可知周期偏小，因为
则重力加速度的测量值大于真实值。
12．某实验小组准备探究电极间距、电极插入深度对水果电池的电动势和内阻的影响。实验小组在市场上购买了品种、大小和成熟程度几乎相同的苹果，成员设计了两个方案测量苹果电池的电动势E和内阻r，电路原理如图甲所示。实验室可供器材如下：
电压表（，内阻约）；电流表（，内阻约）；微安表（量程；内阻约）；
滑动变阻器（，），电阻箱（），开关、导线若干。
（1）查阅资料知道苹果电池的电动势约为1V，内阻约为几，经过分析后发现方案甲不合适，你认为方案甲不合适的原因是______。
A．滑动变阻器起不到调节电路的作用
B．电流表量程不够大
C．电压表分流明显导致测量误差偏大
D．电压表示数达不到量程的三分之一
（2）实验小组根据方案乙进行实验，根据数据作出图像如图丙，已知图像的斜率为k，纵坐标截距为b，电表内阻为，可求得被测电池的电动势　 　，内电阻　 　。
（3）改变电极间距、电极插入深度重复实验，测得数据如图所示。
序号 电极插入深度 电极间距 电动势 内阻
1 4 2 5981
2 4 4 9508
3 2 2 11073
分析以上数据可知水果电池电极插入越深，水果电池内阻越　 　电极间距越大，水果电池内阻越　 　。
【答案】（1）A；D
（2）；
（3）小；大
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】A、电源内阻几千欧，滑动变阻器最大仅100Ω，，改变滑动变阻器阻值时总电阻几乎不变，电路电流几乎无变化，滑动变阻器无法有效调节电路，故A正确；
B、苹果电池的电动势约为1V，内阻约为几，电路最大电流小于1mA，远小于0.6A，电流表量程过大，不存在量程不够大的问题，故B错误；
C、电压表内阻远大于滑动变阻器的电阻，电压表的分流不明显，C错误；
D、电动势仅1V，电压表量程0～15V，满量程的三分之一为5V，最大测量电压1V，示数达不到量程三分之一，读数误差大，故D正确。
故选：AD。
（2）由闭合电路的欧姆定律，根据图乙所示电路图得：，整理得
图像的斜率，纵轴截距，解得电池电动势，内阻
（3）由表中第1组与第3组实验数据可知，在电极间距离相等时，电极插入越深，水果电池内阻越小；由表中第1组与第2组数据可知，在电极插入深度相同时，电极间的距离越大，水果电池内阻越大。
【分析】（1）根据题意求出电路最大电流，然后分析答题。
（2）根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，根据图示图像分析答题。
（3）分析表中实验数据然后得出结论。
（1）A．滑动变阻器最大阻值只有，而苹果电池的内阻约为几，则滑动变阻器起不到调节的作用，A正确；
B．苹果电池的电动势约为1V，内阻约为几，由闭合电路的欧姆定律可知，电路最大电流不会超过，电流表量程太大，则电流表几乎没有示数，B错误；
C．电压表内阻远大于滑动变阻器的电阻，电压表的分流不明显，C错误；
D．使用量程为的电压表，电压表示数达不到量程的三分之一，D正确。
故选AD。
（2）[1][2]根据图乙所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：
整理得
图像的斜率
纵轴截距
解得电池电动势
内阻
（3）[1]由表中第1组与第3组实验数据可知，在电极间距离相等时，电极插入越深，水果电池内阻越小；
[2]由表中第1组与第2组数据可知，在电极插入深度相同时，电极间的距离越大，水果电池内阻越大。
13．如图所示，轨道ABCD由半径的光滑圆弧轨道AB、长度LBC=0.6m的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量的物块P和质量的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度FG段为半径的光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），其中物块P进入CBA轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。
（1）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的弹力的大小；
（2）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块Q冲出小车后离开G点的最大高度；
（3）若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。
【答案】解：（1）物块P从B到A过程，根据动能定理有
物块P在B点，对该物块进行分析有
解得
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下。
（2）物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有
解得
对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有
解得
对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
之后，物块Q左斜抛运动，在竖直方向上上为竖直上抛运动，根据逆向思维，物块Q冲出小车后离开G点的最大高度
解得
（3）物块被弹开过程有
当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有
解得
由于
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有
解得
综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解在B点速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求解弹力大小；
（2）对P、Q构成的系统，对Q与小车构成的系统，动量守恒，根据动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理联立求出物块Q冲出小车后离开G点的最大高度；
（3）分两种情况进行分析，当物块Q向右滑上小车后恰好到达 F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，由此求解范围。
14．如图所示，为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液。某种药瓶的容积为5mL，瓶内装有4mL的药液，在的冰箱内时，瓶内空气压强为。在室温条件下放置较长时间后，护士先把注射器内0.5mL，压强为的空气注入药瓶，然后抽出3mL的药液。抽取药液的过程中，瓶内外温度相同且保持不变，忽略针头内气体的体积和药液体积，气体视为理想气体。
（1）放置较长时间后，瓶内气体压强多大？
（2）抽出药液后瓶内气体压强多大？
（3）抽液过程中，气体是吸收热量还是放出热量？
【答案】（1）解：气体在放置的过程中，发生等容变化，初状态时，有，
末状态时，温度为
由查理定律可得
可得
（2）解：以注射器内的空气和药瓶里原有气体为研究对象，设注射器内空气注入药瓶后，药瓶内气体的压强为，由玻意耳定律可得
其中
代入数据解得
设抽出药液的体积为，则，抽出药液后瓶内气体体积为
设抽出药液后瓶内气体的压强为，由玻意耳定律可得
代入数据解得
（3）解：抽液过程中，由于温度不变，则，气体膨胀对外做功，则，由热力学第一定律，则有，则气体吸收热量。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）选取瓶内气体为研究对象，发生等容变化，根据查理定律求瓶内气体压强；（2）抽出药液过程，气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解气体的压强；
（3）抽液过程中，由于温度不变，根据热力学第一定律判断吸热放热情况。
（1）气体在放置的过程中，发生等容变化，初状态时，有，
末状态时，温度为
由查理定律可得
可得
（2）以注射器内的空气和药瓶里原有气体为研究对象，设注射器内空气注入药瓶后，药瓶内气体的压强为，由玻意耳定律可得
其中
代入数据解得
设抽出药液的体积为，则，抽出药液后瓶内气体体积为
设抽出药液后瓶内气体的压强为，由玻意耳定律可得
代入数据解得
（3）抽液过程中，由于温度不变，则，气体膨胀对外做功，则，由热力学第一定律，则有，则气体吸收热量。
15．如图所示，质量为的足够长“匚”形金属导轨abcd放在倾角为的光滑绝缘斜面上，导轨宽度，bc段电阻为，其余段电阻不计。另一电阻为、质量为的导体棒PQ放置在导轨上，与导轨接触良好，PbcQ构成矩形。棒与导轨间的动摩擦因数为，在沿斜面的方向上，棒的下侧有两个固定于斜面的光滑立柱。以ef为界，其下侧匀强磁场垂直斜面向上，上侧匀强磁场方向沿斜面向上，两区域的磁感应强度大小相等。设导体棒PQ与导轨之间的弹力为N。不考虑感应电流的磁场，，重力加速度取。
（1）若将金属导轨由静止释放，请通过计算说明在导轨运动过程中N可否为0。
（2）若在导轨的bc段中点施加一沿斜面向下的力F作用，使导轨由静止开始做匀变速直线运动，且F与导轨运动速度v的关系为，试求对应的磁感应强度大小，并求出从初状态到的过程经历的时间。
【答案】（1）解：金属导轨由静止释放后，做加速度减小的加速运动达到最大速度时，受到的安培力为，对导轨受力分析
导体棒PQ受的安培力垂直斜面向上，大小也为，对导体棒受力分析
求得
故在导轨运动过程中N不能为0。
（2）解：施加力F时，设导轨的加速度为a，回路中电流为I，则
且
整理得
与已知条件
两式对比，代入数据可得：，
时，有
解得
对应的速度
导轨的运动时间为
解得
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）金属导轨由静止释放后，最大速度时，受力平衡，求出此时安培力大小，对导体棒受力分析，判断弹力N是否为零；
（2）施加力F时，根据牛顿第二定律求解加速度大小以及磁感应强度，求出时对应的电流以及速度大小，结合运动学公式求解运动时间。
（1）金属导轨由静止释放后，做加速度减小的加速运动达到最大速度时，受到的安培力为，对导轨受力分析
导体棒PQ受的安培力垂直斜面向上，大小也为，对导体棒受力分析
求得
故在导轨运动过程中N不能为0。
（2）施加力F时，设导轨的加速度为a，回路中电流为I，则
且
整理得
与已知条件
两式对比，代入数据可得：，
时，有
解得
对应的速度
导轨的运动时间为
解得
1 / 1

展开更多......

收起↑