2025届四川省德阳市高三上学期质量监测考试（一）物理试题
1．（2024高三上·德阳模拟）放射性同位素电池简称“同位素电池”，它的热源是放射性同位素。如图把放射性同位素放在电池中心作为热源，周围用热电元件包覆，其核反应方程为，衰变过程放出高能量的射线，使电池内部温度升高，在热电元件中将内能转化成电能。以下说法正确的是（ ）
A．α射线比γ射线更易于屏蔽
B．核比核比结合能更大
C．为保证电池的长寿命应选用半衰期短的热源
D．同位素电池须做好防护，在五六千米深海的高压下热源的半衰期可能导致改变
2．（2024高三上·德阳模拟）篮球是中学生喜欢的一项运动，如图所示，某同学从同一高度的A、B两点先后将同一篮球抛出，且抛出点到篮板的水平距离B是A的两倍，篮球恰好都能垂直打在篮板上的P点，不计空气阻力，篮球从抛出到打在篮板的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．从A点抛出时该同学对篮球做的功较多
B．从B点抛出时篮球的动量变化量较大
C．两次抛出的篮球运动时间相等
D．两次抛出的篮球克服重力做功的功率均先增大后减小
3．（2024高三上·德阳模拟）边长为2L的正方形abcd，点M、N、P、S分别为边ab、cd、ad、bc的中点，点O为直线PS和MN的交点，a、M、b、N、d五点处固定有电荷量为的点电荷，点c处固定有电荷量为的点电荷，已知、、分别表示点P、O、S三点处的电势，E表示点O处的电场强度大小，静电力常量为k，则（ ）
A．
B．
C．将一带负电的检验电荷沿着直线PS从P点移动到S点过程中电场力先不做功再做负功
D．将一带正电的检验电荷沿着直线PS从P点移动到S点过程中电场力先做正功再做负功
4．（2024高三上·德阳模拟）如图（a）所示，以地球球心为坐标原点，建立xOy平面直角坐标系，某人造卫星在xOy平面内绕地球做匀速圆周运动，运动方向如图中标注，其圆周运动轨迹与x轴交点为A。现从卫星经过A点开始计时，将人造卫星所受地球的万有引力沿x轴、y轴两个方向进行正交分解，得到沿x轴、y轴两个方向的分力，，其中随卫星运动时间t变化图像如图（b）所示，已知卫星质量为m，地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g，忽略地球自转，则（ ）
A．该人造卫星圆周运动轨迹半径为2R
B．图（b）中
C．任何时刻均满足
D．该人造卫星的速度大小与地球第一宇宙速度大小之比为
5．（2024高三上·德阳模拟）如图所示，一根轻质的不可伸长的细线两端分别系在水平天花板上的A、B两点，有一质量及大小均不计的光滑动滑轮跨在细线上，滑轮通过绝缘细线悬挂一带正电且可视为质点的物块。空间存在竖直向下的匀强电场，物块处于静止状态。现将电场强度方向由竖直向下缓慢逆时针转动到水平向右，A、B间细线的张力大小为F1，滑轮与物块之间细线张力大小为F2，则（ ）
A．F1逐渐增大 B．F1逐渐减小
C．F2逐渐增大 D．F2先减小后增大
6．（2024高三上·德阳模拟）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，该粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子的重力，则（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高三上·德阳模拟）如图所示，将一个中间有孔的质量为m的小木块套在粗糙横杆上，木块两侧连接相同的轻弹簧，轻弹簧的另一端与箱子内壁连接，横杆两端固定在箱子上，箱子与横杆总质量为M，现将整个装置放在光滑地面上，此时木块位于横杆中点，且两弹簧均处于自然长度，时刻对箱子施加水平向右的恒力F，在时（足够大），撤去F，该过程F对箱子做功为W。已知木块与横杆之间动摩擦因数为，重力加速度大小为g，整个运动过程，弹簧的变化始终在弹性限度内，木块并未接触箱子左右两侧，则下列说法一定正确的是（ ）
A．
B．最终稳定时箱子速度大小为
C．若，F作用瞬间，箱子的加速度大小为
D．若，F作用瞬间，箱子的加速度大小为
8．（2024高三上·德阳模拟）在x轴上传播的简谐横波在时刻的波形图如图（a）所示，P、Q为该波上两个质点，此时P位于平衡位置，Q位于波峰。图（b）为P质点的振动图像。则（ ）
A．该波传播方向为x轴正方向
B．时，质点Q的速度最大
C．在0~1.2s内质点P运动的路程为1m
D．处质点的振动方程为
9．（2024高三上·德阳模拟）如图所示的竖直平面内，螺线管与电容器两极板相连，两极板间距离足够大，两板之间有一水平固定绝缘平台上放置有带正电小球，时对螺线管区域施加竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度随时间的变化率，不计一切电阻，以下关于小球的速度v，加速度a、流过螺线管线圈某截面的电流i随时间t的变化v-t、a-t、i-t图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高三上·德阳模拟）如图为一折射率的玻璃砖截面示意图，其截面一侧是以O点为圆心、半径为R的四分之一圆弧，其余两侧为直面AC与BC，且。仅靠O点下方有一单色激光发射器S，能在玻璃砖截面所在的平面内发出过O点的光束，现让激光发射器S绕过O点垂直于纸面的轴开始顺时针匀速转动，转动周期为T，观察到玻璃砖AC面和BC面上有光斑移动，光在真空中速度大小为c，不考虑光线的多次反射，下列说法正确的是（ ）
A．光线透过玻璃砖最长时间为
B．光斑从玻璃砖AC面消失到BC面出现的时间间隔为
C．光斑在玻璃砖AC面上刚要消失的瞬时速度为
D．在发射器S开始转动的一个周期内，能观察到AC面和BC面上有光斑的时间为
11．（2024高三上·德阳模拟）如图所示为一双量程（“×1”和“×10”）电阻表的内部电路图，当单刀双掷开关接1时，电阻表的挡位为 （选填“×1”或“×10”），电阻调零后将待测电阻接在a、b间，发现电流表指针偏转角很小，断开电路并将挡位换成另一挡位，再次电阻调零时，需将滑动变阻器R的滑片 （选填“向上”或“向下”）移动。一同学用改装好的电阻表按如图所示的电路与二极管相连，电阻表的指针偏转角 （选填“很小”或“很大”）。
12．（2024高三上·德阳模拟）某物理兴趣小组利用如图所示的装置“探究动量守恒定律”，AB是倾角大小可以调节的长木板，BC是气垫导轨（气垫导轨可看成光滑轨道），忽略小球通过B点时的速度变化，光电门1与光电门2固定在气垫导轨BC上。
（1）将质量为m、直径为d1的小球a从长木板上的位置O1由静止释放，小球a通过光电门1、2的挡光时间分别为Δt1与Δt2，当 时，表明气垫导轨已调至水平位置。
（2）将质量为3m、直径为d2的小球b静置于气垫导轨上的位置O2，使小球a从长木板上的位置O1由静止释放，小球a先后通过光电门的挡光时间分别为Δt3与Δt4，小球b通过光电门的挡光时间为Δt5。
①若小球a、b碰撞过程动量守恒，则必须满足的关系式为 ；
②若小球a、b发生的是弹性碰撞，则 ；
（3）若小球a、b发生的是弹性碰撞，该小组成员设想，如果保持小球a的直径d1不变，逐渐增大小球a的质量，则碰撞之前小球a的挡光时间Δt6与碰撞之后小球b的挡光时间Δt7的比值逐渐趋近于 。
13．（2024高三上·德阳模拟）如图所示，一个导热良好的圆柱形气缸开口向上竖直放置于水平面上，缸内有一形状不规则的文物，且封闭有一定质量的理想气体.初始时刻，气体的温度为7℃，质量为m、横截面积为S的活塞到气缸底部的距离为h.现环境温度缓慢升高到27℃时，活塞离气缸底部的距离变为H，此过程中缸内气体吸收的热量为Q。已知大气压恒为，重力加速度大小为g，热力学温度T与摄氏温度t之间的数量关系为，活塞与气缸壁密封良好且不计摩擦，忽略文物热胀冷缩的影响。求：
（1）气缸内放置的文物的体积；
（2）该过程中气体增加的内能。
14．（2024高三上·德阳模拟）如图所示，APB为四分之一光滑圆弧轨道，O点为圆心，半径为R，最低点B点的切线水平，一平板车b放在足够长光滑水平凹槽内，可以自由移动，平板车长为2.75R，初始时平板车一端与轨道B端平滑相接且静止，在凹槽右侧的水平光滑地面EF（平板车顶端与EF刚好齐平）上方固定有一根光滑横杆，两物块c、d通过一根轻弹簧相连，其中物块d套在光滑横杆GH上，可自由移动，物块c放在光滑水平面EF上，初始时弹簧处于原长。现一物块a以某一竖直向下的初速度从A点开始运动，经过P点时物块a对轨道的压力大小为4.4mg，OP与水平方向的夹角为53°，物块a滑上平板车后，经过一段时间，平板车b与凹槽右壁相撞后马上被锁定，且物块a和物块c碰后粘在一起，再经过一段时间，物块a、c刚好离开地面。已知物块a与平板车b的质量均为m，物块c、d的质量均为0.5m，物块a与平板车b间的动摩擦因数为，弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能表达式为（x为弹簧的形变量），重力加速度大小为g。求：
（1）物块a在A位置的初速度大小；
（2）物块a与物块c碰撞前的速度大小；
（3）物块a与物块c刚好离开地面时，弹簧与水平方向夹角的正弦值。
15．（2024高三上·德阳模拟）为了提高能源的利用率，目前国内外的城市轨道交通车辆中，大都采用再生制动方式，即将列车a制动产生的电能转化为待启动状态的列车b的动能，城市轨道交通的启停过程原理如图所示：两足够长粗糙平行金属直导轨MN、PQ的间距为L = 0.5 m固定在同一水平面内，轨道平面内存在磁感应强度大小为B = 1 T、方向竖直向下的匀强磁场，质量为m = 0.5 kg、电阻为R = 6 Ω的均匀金属丝制成一个半径为L = 0.5 m的单匝圆环a，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。t = 0时，开关S与1接通，恒流源（提供的电流强度恒为4 A）与金属环a连接，金属环a从静止开始向右做匀加速运动，t1 = 4 s时刻，将开关S掷向2接通阻值为R0 = 0.5 Ω定值电阻，同时对金属环a施加外力F，使金属环a做匀减速运动，在t2 = 6 s时刻金属环a减速至0，已知圆环与导轨的摩擦因数为μ = 0.2，忽略导轨的电阻、金属环的可能形变，金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g = 10 m/s2。求：
（1）t1 = 4 s时刻，金属环a的加速度的大小；
（2）4 s ~ 6 s时间内，外力F随金属环a的速度v变化的关系式（以水平向左为正方向）；
（3）若在t2 = 4 s时刻断开S，同时在金属环a的右侧足够远处无初速度地平放上金属环b（未画出），金属环b与金属环a完全相同，其圆心到两直导轨的距离也相等，经过时间Δt = 0.8 s，金属环b的速度达到最大值，则金属环b获得的最大动能是多少？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．a射线和 γ 射线是两种不同的射线，它们具有不同的穿透能力。a射线是由两个质子和两个 中子组成的氦原子核，它带有正电荷，质量较大，因此穿透能力相对较弱，容易被物质屏 蔽。而 γ 射线是一种高能电磁波，它不带电，质量极小，穿透能力非常强，难以屏蔽。故A正确；
B．核反应方程式中，生成物比反应物稳定，即生成物的比结合能比反应物的比结合能大，可知核比核比结合能小，故B错误；
C．为保证电池的长寿命，所以热源存在的时间应该越长，即选用半衰期长的热源，故C错误；
D．半衰期仅与原子核自身有关，与化学环境、物理环境没有关系，故D错误。
故选A。
【分析】 比结合能是指原子核结合能对其中所有核子的平均值，它反映了原子核的稳定性。比结合能越大，原子核越稳定。
2．【答案】C
【知识点】动量定理；平抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】BC．用逆向思维法，将篮球看成反向平抛运动，篮球在竖直方向下降的高度相同，根据竖直方向上的位移公式得
解得两次抛出的篮球运动时间
所以两次在空中运动的时间相等，根据动量定理（合力的冲量等于物体动量变化）可知两次运动重力（合力）的冲量相等，则动量的变化量相等，即
故B错误，C正确；
A．由图可知从A点投出的篮球比从B点投出的篮球的水平位移小，根据水平方向上的运动学公式得
所以有
即从A点投出的篮球在水平方向的分速度小于在B点在水平方向的分速度，竖直方向速度相同，可得被抛出的速度大小为
则初始时
即从A点投出的篮球的速度小，动能小，根据动能定理可知该同学对篮球所做的功更少，故A错误；
D． 篮球在竖直方向上做竖直上抛运动，先上升后下降。在上升过程中，速度逐渐减小，所以重力做功的功率（等于重力与速度的乘积）也逐渐减小，克服重力做功的功率逐渐变小，故D错误。
故选C。
【分析】 根据逆向思维，将篮球看成反向的平抛运动，结合平抛运动的水平和竖直方向上的位移、速度与时间的关系，以及功率表达式求解。
3．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】本题主要考查电场强度、电势以及电场力做功的相关知识，特别是要理解等量异种电荷和等量同种电荷的电场线和等势面的特点。A．b、c两点的等量异种电荷形成的电场中，P点和O点电势相等， 另外四个正电荷形成的电场中， 根据对称性将试探电荷从P移到O过程中电场力不做功，所以
B．根据对称性M、N两点的正电荷形成的电场在O点场强为0，同理b、d两点的正电荷在O点的场强也为0；O点场强等于a、c两点的等量异种电荷在O场强的场强，根据点电荷场强计算公式，
故B正确；
C．将一带负电的检验电荷沿着直线PS从P点移动到S点过程中，b、c两点的等量异种电荷形成的电场对其不做功，再根据对称性，另外四个正电荷对此负电荷的电场力先做正功再做负功，C错误；
D．同理，将一带正电的检验电荷沿着直线PS从P点移动到S点过程中，根据对称性，电场力先做负功再做正功，D错误；
故选B。
【分析】移动电荷电场力不做功，则对应位置电势相等，根据对称性M、N两点的正电荷形成的电场在O点场强为0，同理b、d两点的正电荷在O点的场强也为0；O点场强等于a、c两点的等量异种电荷在O场强的场强。
4．【答案】B
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】物体在地面受万有引力等于重力，该人造卫星在A点时，引力方向沿着X轴方向，由图像可得，所受万有引力为0.5mg，根据万有引力公式
解得
故A错误；
B．物体在地面受万有引力等于重力
据图可知中t1为半个周期
根据万有引力提供向心力以及牛顿第二定律结合圆周运动规律可得
解得
故B正确；
C．卫星轨道为圆，物体没有在地球表面，万有引力比在近地面小，、的合力即为万有引力，等于0时刻的，据图可知
所以
故C错误；
D．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律
地球第一宇宙速度
该卫星
又
解得该人造卫星的速度大小与地球第一宇宙速度大小之比为，故D错误。
故选B。
【分析】物体运动到轨迹与X轴交点时，沿X轴分力最大，即为轨道万有引力，万有引力最大，结合万有引力定律以及牛顿第二定律分析。
5．【答案】B
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】一根绳上的力大小处处相等，则初始时合力的方向为竖直向下，则设A、B间细线与竖直方向夹角为θ，则
初始时，物块受到的重力和电场力之和（看作等效重力）等于滑轮与物块之间细线张力
根据几何关系可得AB绳上的张力
随着电场强度方向由竖直向下缓慢逆时针转动到水平向右，物块带正电，电场力方向与电场方向相同，电场力也逐渐逆时针转动到水平向右，随着电场力和重力夹角增大，等效重力G'逐渐减小，即F2逐渐减小，AB细绳与等效重力方向之间的夹角也在逐渐减小，如图中θ'，则cosθ' > cosθ，可知F1在逐渐减小。
故选B。
【分析】 本题考查共点力平衡，解题关键是对小球做好受力分析，根据平衡条件和几何关系列式求解即可。对小球受力分析，根据平衡条件和几何关系列式求解即可。
6．【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】 本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动问题，关键明确粒子的运动性质，结合几何关系确定粒子 的运动轨迹，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解。AB．粒子在磁场中圆周运动周期
洛伦兹力提供向心力
得粒子运动周期
由于粒子带正电，且磁场方向垂直于纸面向外，根据左手定则，可得洛伦兹力方向。如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角为
所用时间为
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角为，所用时间为
所以粒子运动时间t，有
故AB错误；
CD．如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
联立解得
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
联立解得
粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，所以
C错误，D正确。
故选D。
【分析】 画出粒子在磁场中运动的轨迹，确定圆心，由几何关系可求得粒子的轨道半径，粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此可求得速度大小以及运动时间。
7．【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．正确分析物体的受力情况和运动情况，知道当木块和箱子加速度相等时，木块和箱子将一起做匀加速直线运动。 如果拉力较小，木块和箱子不发生相对滑动
根据匀变速直线运动的位移时间关系，位移为
根据恒力做功公式，拉力做的功
如果拉力较大，则小木块会发生相对滑动
箱子的位移
该过程F对箱子做功为
故A错误；
B．最终稳定时木块和箱子速度相同，根据动量定理，合力的冲量等于物体动量变化，
解得
故B正确；
CD．设木块和箱子刚好发生相对滑动，此时两者之间的摩擦力达到最大静摩擦力
对于小木块，根据牛顿第二定律可得
得
此时拉力大小
若
F作用瞬间，木块和箱子不发生相对滑动，箱子的加速度大小
若
F作用瞬间，木块和箱子发生相对滑动，箱子的加速度大小为
若，不知F与的关系，所以作用瞬间，箱子的加速度大小，两种情况都有可能。
故CD错误；
故选B。
【分析】 该车与小球保持相对静止时速度、加速度都相同，对小物体受力分析后可以求出合力，再根据牛顿第二定律求加速度大小，小车可能向右加速运动或向左减速运动；再根据牛顿第二定律代入数值即可求得加速度。
8．【答案】A,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A．解决y-t图像和y-x图像综合问题，关键要明确两点：一是y-t图像描述的是哪个质点的振动；二是y-x图像是哪一时刻的图像，然后根据y-t图像确定这一时刻该点的位移和振动方向，最后根据y-x图像确定波的传播方向。 根据图（b）为P质点的振动图像，0时刻P点的运动方向为y轴正方向，根据质点运动方向与传播方向的关系，该波传播方向为x轴正方向，故A正确；
B．根据图（b）为P质点的振动图像，可知此简谐波的周期为0.8s，故时，质点Q在波谷，其速度为零，故B错误；
C．在0~1.2s内质点P运动的路程为
故C错误；
D．此列波
处质点初相位
其振动方程为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据图乙确定当t=0时，质点P的振动方向，再根据波的传播方向与质点振动方向的关系确定波的传播方向；考虑质点Q的不同位置及空间的周期性分别求解传播距离与波长的关系，结合波长范围求波长；再根据波长、波速和周期的关系求传播速度，根据时间与周期的关系解得路程，根据角频率解得质点Q的振动方程。
9．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在电场中的运动综合；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】CD．根据法拉第电磁感应定律可知通电螺线管产生的感应电动势为
由楞次定律可得电容器下极板为正极。此时线圈给电容器充电，在充电过程中极板间电势差也与时间成正比，感应电动势与极板间电压之差保持稳定值，根据电容定义式可得
可知电荷量随时间均匀增加，由
可知电流恒定不变。故C错误，D正确；
AB．电容器两端的电压随时间均匀增大，则根据匀强电场场强与电势差关系
可知极板间的场强均匀增大，场强较小时，电场力小于重力，小球在平面能保持静止，加速度为0，速度也为0，当场强逐渐增大，电场力大于重力，合力为电场力减去重力，则根据牛顿第二定律
场强均匀增大，则加速度均匀增大，在图像中斜率逐渐增大。故A错误，B正确。
故选BD。
【分析】图像中斜率表示加速度，电容器两端的电压随时间均匀增大，场强增大，加速度变大，图像斜率变大，结合法拉第电磁感应定律以及电容定义式求解。
10．【答案】C,D
【知识点】运动的合成与分解；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．本题主要考查了光的折射定律以及几何关系在物理中的应用，同时涉及了匀速圆周运动的知识。
光线透过玻璃砖最长时间为从C点射出的光线，则
又
联立，解得
故A错误；
BD．若射到E点和G点的光线恰能发生全反射，此时入射角刚好等于全反射临界角，可知射到AE之间和GB之间的光线都能从透明光学部件中射出，如图所示
由
解得
根据几何关系可知
根据圆周运动规律可知光斑从玻璃砖AC面消失到BC面出现的时间间隔为
在发射器S开始转动的一个周期内，能观察到AC面和BC面上有光斑的时间为
故B错误；D正确；
C．把光斑在玻璃砖AC面上刚要消失的瞬时速度分解为沿光线方向和垂直光线方向，根据运动的分解结合圆周运动规律可得
又，
联立，解得
故C正确。
故选CD。
【分析】由几何知识结合全反射临界角公式解得区域长度；由几何关系求出传送距离，即可得传播时间。 对于几何光学问题的分析，能正确的画出光路图，结合几何关系进行分析是关键。
11．【答案】×1；向上；很大
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装
【解析】【解答】本题考查了电阻表的改装原理和应用，以及二极管单向导电性的理解。首先，我们来分析电阻表的内部电路图。由并联分流原理可得，当单刀双掷开关接1时，由于并联电路的总电阻小于任何一个分电阻，灵敏电流计与电阻R1R2组成的电流表量程较大，内阻较小，所以组成的电阻表中值电阻小，电阻表档倍率小，为“×1”档。
将挡位换成另一挡位，即将单刀双掷开关S与1接通换成与2接通，电流表满偏时，干路电流减小了，则调零时需增大滑动变阻器接入电路的电阻，即滑动变阻器R的滑片向上移动。
电阻档时，电流由红表笔流入黑表笔流出，即红进黑出，对于二极管来说，是正向电流，所以电阻小，电阻表指针偏转角大。
【分析】 发现电流表指针偏转角很小，应该换用更大的档位，中值电阻变大，零时需增大滑动变阻器接入电路的电阻。电阻档时，电流由红表笔流入黑表笔流出。
12．【答案】；；；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】 理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据小球的直径与通过光电门的时间求出小球的速度，应用动量守恒定律和机械能守恒即可解题。（1）若气垫导轨调至水平位置，则小球a在气垫导轨上将做匀速直线运动，即当时，表明气垫导轨已调至水平位置。
（2）①小球a先后通过光电门的挡光时间分别为Δt3与Δt4，则小球a先后通过光电门的速度为
，
小球b通过光电门的挡光时间为，则小球b通过光电门的速度为
若小球a、b碰撞过程动量守恒，则必须满足的关系式为
解得
②若小球a、b发生的是弹性碰撞，则
，
解得
则
（3）设小球a的质量为M，若小球a、b发生的是弹性碰撞，则碰撞过程中动量守恒、能量守恒，有，
整理得
当时，逐渐趋近于。
【分析】（1）根据实验原理和匀速直线运动的特点确定小球在两光电门的时间关系；
（2）①根据小球通过光电门的时间求出碰撞前后经过光电门时的速度，根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式；
②结合弹性碰撞的机械能守恒定律求出碰撞后的速度之比，也就求出了时间之比。
（3）写出弹性碰撞碰后速度的一般表达式，当入射球增大时，可以求出入射球碰撞前后的速度之比，从而求出碰撞前后的时间之比。
13．【答案】（1）解：设气缸内放置的文物体积为，初态
末态
气体做等压变化
解得气缸内放置的文物的体积
（2）解：气体的压强为
外界对气体做功为
根据热力学第一定律，该过程中气体增加的内能为
【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
【解析】【分析】 (1) 气体做等压变化，根据初末状态的体积以及温度，结合盖吕萨克定律列式求解；
（2）根据恒力做功公式求解外界对气体做功，根据热力学第一定律求解该过程中气体增加的内能。
（1）设气缸内放置的文物体积为，初态
末态
气体做等压变化
解得气缸内放置的文物的体积
（2）气体的压强为
外界对气体做功为
根据热力学第一定律，该过程中气体增加的内能为
14．【答案】（1）解：经过P点时对物块进行受力分析，则
处运动到处的过程，由动能定理得
解得物块a在A位置的初速度大小
（2）解：物块到达点时
解得物块到达点时的速度
物块滑上平板车后系统动量守恒，假设能共速，由动量守恒得
由能量守恒定律得
解得
，
假设成立，当与凹槽右侧碰撞后，在上做减速运动，由动能定理得
解得物块a与物块c碰撞前的速度大小
（3）解：物块碰撞过程中遵循动量守恒，即
解得
经过一段时间，物块a、c刚好离开地面，此时共速，即
根据能量守恒
对整体分析，弹簧拉力在竖直方向需与重力大小相等，则
方程联立，解得
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）经过P点时对物块进行受力分析，根据圆周运动规律求解在P点速度，处运动到处的过程，由动能定理求解 物块a在A位置的初速度大小 ；
（2）根据动能定理求解物块到达点时速度，物块滑上平板车后系统动量守恒，由动能定理求解 物块a与物块c碰撞前的速度大小 ；
（3）物块碰撞过程中遵循动量守恒，经过一段时间，物块a、c刚好离开地面，此时共速，根据能量守恒以及受力平衡求解弹簧与水平方向夹角的正弦值 。
（1）经过P点时对物块进行受力分析，则
处运动到处的过程，由动能定理得
解得物块a在A位置的初速度大小
（2）物块到达点时
解得物块到达点时的速度
物块滑上平板车后系统动量守恒，假设能共速，由动量守恒得
由能量守恒定律得
解得
，
假设成立，当与凹槽右侧碰撞后，在上做减速运动，由动能定理得
解得物块a与物块c碰撞前的速度大小
（3）物块碰撞过程中遵循动量守恒，即
解得
经过一段时间，物块a、c刚好离开地面，此时共速，即
根据能量守恒
对整体分析，弹簧拉力在竖直方向需与重力大小相等，则
方程联立，解得
15．【答案】（1）解：金属环a在磁场中受到的安培力
根据牛顿第二定律
解得
（2）金属环a在4 s末的速度
此时将开关S掷向2，金属环a做匀减速运动，在t2 = 6 s时刻金属环a减速至0，可知加速度大小
方向向左，根据牛顿第二定律
由题意可知，金属环a夹在两导轨部分的两段的电阻均为1 Ω，两部分电阻并联总电阻为r = 0.5 Ω，则
解得
（3）金属环a做减速运动，b做加速运动，金属环b的速度达到最大值时，两金属环的速度相等，设为v，对a由动量定理
对b由动量定理
两式相加可得
则金属环b获得的最大动能是
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）求解金属环a在磁场中受到的安培力，从而求解合力，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）根据加速度定义求解加速度，根据牛顿第二定律结合闭合回路欧姆定律联立求解可得 外力F随金属环a的速度v变化的关系式 ；
（3）金属环b的速度达到最大值时，两金属环的速度相等，分别对a和b由动量定理列式，联立求解最大速度以及最大动能。
（1）金属环a在磁场中受到的安培力
根据牛顿第二定律
解得
a1 = 2 m/s2
（2）金属环a在4 s末的速度
此时将开关S掷向2，金属环a做匀减速运动，在t2 = 6 s时刻金属环a减速至0，可知加速度大小
方向向左，根据牛顿第二定律
由题意可知，金属环a夹在两导轨部分的两段的电阻均为1 Ω，两部分电阻并联总电阻为r = 0.5 Ω，则
解得
F = 1 0.25v（N）（8 m/s ≥ v ≥ 0）
（3）金属环a做减速运动，b做加速运动，金属环b的速度达到最大值时，两金属环的速度相等，设为v，对a由动量定理
对b由动量定理
两式相加可得
v = 2.4 m/s
则金属环b获得的最大动能是
1 / 12025届四川省德阳市高三上学期质量监测考试（一）物理试题
1．（2024高三上·德阳模拟）放射性同位素电池简称“同位素电池”，它的热源是放射性同位素。如图把放射性同位素放在电池中心作为热源，周围用热电元件包覆，其核反应方程为，衰变过程放出高能量的射线，使电池内部温度升高，在热电元件中将内能转化成电能。以下说法正确的是（ ）
A．α射线比γ射线更易于屏蔽
B．核比核比结合能更大
C．为保证电池的长寿命应选用半衰期短的热源
D．同位素电池须做好防护，在五六千米深海的高压下热源的半衰期可能导致改变
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．a射线和 γ 射线是两种不同的射线，它们具有不同的穿透能力。a射线是由两个质子和两个 中子组成的氦原子核，它带有正电荷，质量较大，因此穿透能力相对较弱，容易被物质屏 蔽。而 γ 射线是一种高能电磁波，它不带电，质量极小，穿透能力非常强，难以屏蔽。故A正确；
B．核反应方程式中，生成物比反应物稳定，即生成物的比结合能比反应物的比结合能大，可知核比核比结合能小，故B错误；
C．为保证电池的长寿命，所以热源存在的时间应该越长，即选用半衰期长的热源，故C错误；
D．半衰期仅与原子核自身有关，与化学环境、物理环境没有关系，故D错误。
故选A。
【分析】 比结合能是指原子核结合能对其中所有核子的平均值，它反映了原子核的稳定性。比结合能越大，原子核越稳定。
2．（2024高三上·德阳模拟）篮球是中学生喜欢的一项运动，如图所示，某同学从同一高度的A、B两点先后将同一篮球抛出，且抛出点到篮板的水平距离B是A的两倍，篮球恰好都能垂直打在篮板上的P点，不计空气阻力，篮球从抛出到打在篮板的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．从A点抛出时该同学对篮球做的功较多
B．从B点抛出时篮球的动量变化量较大
C．两次抛出的篮球运动时间相等
D．两次抛出的篮球克服重力做功的功率均先增大后减小
【答案】C
【知识点】动量定理；平抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】BC．用逆向思维法，将篮球看成反向平抛运动，篮球在竖直方向下降的高度相同，根据竖直方向上的位移公式得
解得两次抛出的篮球运动时间
所以两次在空中运动的时间相等，根据动量定理（合力的冲量等于物体动量变化）可知两次运动重力（合力）的冲量相等，则动量的变化量相等，即
故B错误，C正确；
A．由图可知从A点投出的篮球比从B点投出的篮球的水平位移小，根据水平方向上的运动学公式得
所以有
即从A点投出的篮球在水平方向的分速度小于在B点在水平方向的分速度，竖直方向速度相同，可得被抛出的速度大小为
则初始时
即从A点投出的篮球的速度小，动能小，根据动能定理可知该同学对篮球所做的功更少，故A错误；
D． 篮球在竖直方向上做竖直上抛运动，先上升后下降。在上升过程中，速度逐渐减小，所以重力做功的功率（等于重力与速度的乘积）也逐渐减小，克服重力做功的功率逐渐变小，故D错误。
故选C。
【分析】 根据逆向思维，将篮球看成反向的平抛运动，结合平抛运动的水平和竖直方向上的位移、速度与时间的关系，以及功率表达式求解。
3．（2024高三上·德阳模拟）边长为2L的正方形abcd，点M、N、P、S分别为边ab、cd、ad、bc的中点，点O为直线PS和MN的交点，a、M、b、N、d五点处固定有电荷量为的点电荷，点c处固定有电荷量为的点电荷，已知、、分别表示点P、O、S三点处的电势，E表示点O处的电场强度大小，静电力常量为k，则（ ）
A．
B．
C．将一带负电的检验电荷沿着直线PS从P点移动到S点过程中电场力先不做功再做负功
D．将一带正电的检验电荷沿着直线PS从P点移动到S点过程中电场力先做正功再做负功
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】本题主要考查电场强度、电势以及电场力做功的相关知识，特别是要理解等量异种电荷和等量同种电荷的电场线和等势面的特点。A．b、c两点的等量异种电荷形成的电场中，P点和O点电势相等， 另外四个正电荷形成的电场中， 根据对称性将试探电荷从P移到O过程中电场力不做功，所以
B．根据对称性M、N两点的正电荷形成的电场在O点场强为0，同理b、d两点的正电荷在O点的场强也为0；O点场强等于a、c两点的等量异种电荷在O场强的场强，根据点电荷场强计算公式，
故B正确；
C．将一带负电的检验电荷沿着直线PS从P点移动到S点过程中，b、c两点的等量异种电荷形成的电场对其不做功，再根据对称性，另外四个正电荷对此负电荷的电场力先做正功再做负功，C错误；
D．同理，将一带正电的检验电荷沿着直线PS从P点移动到S点过程中，根据对称性，电场力先做负功再做正功，D错误；
故选B。
【分析】移动电荷电场力不做功，则对应位置电势相等，根据对称性M、N两点的正电荷形成的电场在O点场强为0，同理b、d两点的正电荷在O点的场强也为0；O点场强等于a、c两点的等量异种电荷在O场强的场强。
4．（2024高三上·德阳模拟）如图（a）所示，以地球球心为坐标原点，建立xOy平面直角坐标系，某人造卫星在xOy平面内绕地球做匀速圆周运动，运动方向如图中标注，其圆周运动轨迹与x轴交点为A。现从卫星经过A点开始计时，将人造卫星所受地球的万有引力沿x轴、y轴两个方向进行正交分解，得到沿x轴、y轴两个方向的分力，，其中随卫星运动时间t变化图像如图（b）所示，已知卫星质量为m，地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g，忽略地球自转，则（ ）
A．该人造卫星圆周运动轨迹半径为2R
B．图（b）中
C．任何时刻均满足
D．该人造卫星的速度大小与地球第一宇宙速度大小之比为
【答案】B
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】物体在地面受万有引力等于重力，该人造卫星在A点时，引力方向沿着X轴方向，由图像可得，所受万有引力为0.5mg，根据万有引力公式
解得
故A错误；
B．物体在地面受万有引力等于重力
据图可知中t1为半个周期
根据万有引力提供向心力以及牛顿第二定律结合圆周运动规律可得
解得
故B正确；
C．卫星轨道为圆，物体没有在地球表面，万有引力比在近地面小，、的合力即为万有引力，等于0时刻的，据图可知
所以
故C错误；
D．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律
地球第一宇宙速度
该卫星
又
解得该人造卫星的速度大小与地球第一宇宙速度大小之比为，故D错误。
故选B。
【分析】物体运动到轨迹与X轴交点时，沿X轴分力最大，即为轨道万有引力，万有引力最大，结合万有引力定律以及牛顿第二定律分析。
5．（2024高三上·德阳模拟）如图所示，一根轻质的不可伸长的细线两端分别系在水平天花板上的A、B两点，有一质量及大小均不计的光滑动滑轮跨在细线上，滑轮通过绝缘细线悬挂一带正电且可视为质点的物块。空间存在竖直向下的匀强电场，物块处于静止状态。现将电场强度方向由竖直向下缓慢逆时针转动到水平向右，A、B间细线的张力大小为F1，滑轮与物块之间细线张力大小为F2，则（ ）
A．F1逐渐增大 B．F1逐渐减小
C．F2逐渐增大 D．F2先减小后增大
【答案】B
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】一根绳上的力大小处处相等，则初始时合力的方向为竖直向下，则设A、B间细线与竖直方向夹角为θ，则
初始时，物块受到的重力和电场力之和（看作等效重力）等于滑轮与物块之间细线张力
根据几何关系可得AB绳上的张力
随着电场强度方向由竖直向下缓慢逆时针转动到水平向右，物块带正电，电场力方向与电场方向相同，电场力也逐渐逆时针转动到水平向右，随着电场力和重力夹角增大，等效重力G'逐渐减小，即F2逐渐减小，AB细绳与等效重力方向之间的夹角也在逐渐减小，如图中θ'，则cosθ' > cosθ，可知F1在逐渐减小。
故选B。
【分析】 本题考查共点力平衡，解题关键是对小球做好受力分析，根据平衡条件和几何关系列式求解即可。对小球受力分析，根据平衡条件和几何关系列式求解即可。
6．（2024高三上·德阳模拟）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，该粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子的重力，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】 本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动问题，关键明确粒子的运动性质，结合几何关系确定粒子 的运动轨迹，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解。AB．粒子在磁场中圆周运动周期
洛伦兹力提供向心力
得粒子运动周期
由于粒子带正电，且磁场方向垂直于纸面向外，根据左手定则，可得洛伦兹力方向。如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角为
所用时间为
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角为，所用时间为
所以粒子运动时间t，有
故AB错误；
CD．如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
联立解得
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
联立解得
粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，所以
C错误，D正确。
故选D。
【分析】 画出粒子在磁场中运动的轨迹，确定圆心，由几何关系可求得粒子的轨道半径，粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此可求得速度大小以及运动时间。
7．（2024高三上·德阳模拟）如图所示，将一个中间有孔的质量为m的小木块套在粗糙横杆上，木块两侧连接相同的轻弹簧，轻弹簧的另一端与箱子内壁连接，横杆两端固定在箱子上，箱子与横杆总质量为M，现将整个装置放在光滑地面上，此时木块位于横杆中点，且两弹簧均处于自然长度，时刻对箱子施加水平向右的恒力F，在时（足够大），撤去F，该过程F对箱子做功为W。已知木块与横杆之间动摩擦因数为，重力加速度大小为g，整个运动过程，弹簧的变化始终在弹性限度内，木块并未接触箱子左右两侧，则下列说法一定正确的是（ ）
A．
B．最终稳定时箱子速度大小为
C．若，F作用瞬间，箱子的加速度大小为
D．若，F作用瞬间，箱子的加速度大小为
【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．正确分析物体的受力情况和运动情况，知道当木块和箱子加速度相等时，木块和箱子将一起做匀加速直线运动。 如果拉力较小，木块和箱子不发生相对滑动
根据匀变速直线运动的位移时间关系，位移为
根据恒力做功公式，拉力做的功
如果拉力较大，则小木块会发生相对滑动
箱子的位移
该过程F对箱子做功为
故A错误；
B．最终稳定时木块和箱子速度相同，根据动量定理，合力的冲量等于物体动量变化，
解得
故B正确；
CD．设木块和箱子刚好发生相对滑动，此时两者之间的摩擦力达到最大静摩擦力
对于小木块，根据牛顿第二定律可得
得
此时拉力大小
若
F作用瞬间，木块和箱子不发生相对滑动，箱子的加速度大小
若
F作用瞬间，木块和箱子发生相对滑动，箱子的加速度大小为
若，不知F与的关系，所以作用瞬间，箱子的加速度大小，两种情况都有可能。
故CD错误；
故选B。
【分析】 该车与小球保持相对静止时速度、加速度都相同，对小物体受力分析后可以求出合力，再根据牛顿第二定律求加速度大小，小车可能向右加速运动或向左减速运动；再根据牛顿第二定律代入数值即可求得加速度。
8．（2024高三上·德阳模拟）在x轴上传播的简谐横波在时刻的波形图如图（a）所示，P、Q为该波上两个质点，此时P位于平衡位置，Q位于波峰。图（b）为P质点的振动图像。则（ ）
A．该波传播方向为x轴正方向
B．时，质点Q的速度最大
C．在0~1.2s内质点P运动的路程为1m
D．处质点的振动方程为
【答案】A,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A．解决y-t图像和y-x图像综合问题，关键要明确两点：一是y-t图像描述的是哪个质点的振动；二是y-x图像是哪一时刻的图像，然后根据y-t图像确定这一时刻该点的位移和振动方向，最后根据y-x图像确定波的传播方向。 根据图（b）为P质点的振动图像，0时刻P点的运动方向为y轴正方向，根据质点运动方向与传播方向的关系，该波传播方向为x轴正方向，故A正确；
B．根据图（b）为P质点的振动图像，可知此简谐波的周期为0.8s，故时，质点Q在波谷，其速度为零，故B错误；
C．在0~1.2s内质点P运动的路程为
故C错误；
D．此列波
处质点初相位
其振动方程为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据图乙确定当t=0时，质点P的振动方向，再根据波的传播方向与质点振动方向的关系确定波的传播方向；考虑质点Q的不同位置及空间的周期性分别求解传播距离与波长的关系，结合波长范围求波长；再根据波长、波速和周期的关系求传播速度，根据时间与周期的关系解得路程，根据角频率解得质点Q的振动方程。
9．（2024高三上·德阳模拟）如图所示的竖直平面内，螺线管与电容器两极板相连，两极板间距离足够大，两板之间有一水平固定绝缘平台上放置有带正电小球，时对螺线管区域施加竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度随时间的变化率，不计一切电阻，以下关于小球的速度v，加速度a、流过螺线管线圈某截面的电流i随时间t的变化v-t、a-t、i-t图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在电场中的运动综合；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】CD．根据法拉第电磁感应定律可知通电螺线管产生的感应电动势为
由楞次定律可得电容器下极板为正极。此时线圈给电容器充电，在充电过程中极板间电势差也与时间成正比，感应电动势与极板间电压之差保持稳定值，根据电容定义式可得
可知电荷量随时间均匀增加，由
可知电流恒定不变。故C错误，D正确；
AB．电容器两端的电压随时间均匀增大，则根据匀强电场场强与电势差关系
可知极板间的场强均匀增大，场强较小时，电场力小于重力，小球在平面能保持静止，加速度为0，速度也为0，当场强逐渐增大，电场力大于重力，合力为电场力减去重力，则根据牛顿第二定律
场强均匀增大，则加速度均匀增大，在图像中斜率逐渐增大。故A错误，B正确。
故选BD。
【分析】图像中斜率表示加速度，电容器两端的电压随时间均匀增大，场强增大，加速度变大，图像斜率变大，结合法拉第电磁感应定律以及电容定义式求解。
10．（2024高三上·德阳模拟）如图为一折射率的玻璃砖截面示意图，其截面一侧是以O点为圆心、半径为R的四分之一圆弧，其余两侧为直面AC与BC，且。仅靠O点下方有一单色激光发射器S，能在玻璃砖截面所在的平面内发出过O点的光束，现让激光发射器S绕过O点垂直于纸面的轴开始顺时针匀速转动，转动周期为T，观察到玻璃砖AC面和BC面上有光斑移动，光在真空中速度大小为c，不考虑光线的多次反射，下列说法正确的是（ ）
A．光线透过玻璃砖最长时间为
B．光斑从玻璃砖AC面消失到BC面出现的时间间隔为
C．光斑在玻璃砖AC面上刚要消失的瞬时速度为
D．在发射器S开始转动的一个周期内，能观察到AC面和BC面上有光斑的时间为
【答案】C,D
【知识点】运动的合成与分解；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．本题主要考查了光的折射定律以及几何关系在物理中的应用，同时涉及了匀速圆周运动的知识。
光线透过玻璃砖最长时间为从C点射出的光线，则
又
联立，解得
故A错误；
BD．若射到E点和G点的光线恰能发生全反射，此时入射角刚好等于全反射临界角，可知射到AE之间和GB之间的光线都能从透明光学部件中射出，如图所示
由
解得
根据几何关系可知
根据圆周运动规律可知光斑从玻璃砖AC面消失到BC面出现的时间间隔为
在发射器S开始转动的一个周期内，能观察到AC面和BC面上有光斑的时间为
故B错误；D正确；
C．把光斑在玻璃砖AC面上刚要消失的瞬时速度分解为沿光线方向和垂直光线方向，根据运动的分解结合圆周运动规律可得
又，
联立，解得
故C正确。
故选CD。
【分析】由几何知识结合全反射临界角公式解得区域长度；由几何关系求出传送距离，即可得传播时间。 对于几何光学问题的分析，能正确的画出光路图，结合几何关系进行分析是关键。
11．（2024高三上·德阳模拟）如图所示为一双量程（“×1”和“×10”）电阻表的内部电路图，当单刀双掷开关接1时，电阻表的挡位为 （选填“×1”或“×10”），电阻调零后将待测电阻接在a、b间，发现电流表指针偏转角很小，断开电路并将挡位换成另一挡位，再次电阻调零时，需将滑动变阻器R的滑片 （选填“向上”或“向下”）移动。一同学用改装好的电阻表按如图所示的电路与二极管相连，电阻表的指针偏转角 （选填“很小”或“很大”）。
【答案】×1；向上；很大
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装
【解析】【解答】本题考查了电阻表的改装原理和应用，以及二极管单向导电性的理解。首先，我们来分析电阻表的内部电路图。由并联分流原理可得，当单刀双掷开关接1时，由于并联电路的总电阻小于任何一个分电阻，灵敏电流计与电阻R1R2组成的电流表量程较大，内阻较小，所以组成的电阻表中值电阻小，电阻表档倍率小，为“×1”档。
将挡位换成另一挡位，即将单刀双掷开关S与1接通换成与2接通，电流表满偏时，干路电流减小了，则调零时需增大滑动变阻器接入电路的电阻，即滑动变阻器R的滑片向上移动。
电阻档时，电流由红表笔流入黑表笔流出，即红进黑出，对于二极管来说，是正向电流，所以电阻小，电阻表指针偏转角大。
【分析】 发现电流表指针偏转角很小，应该换用更大的档位，中值电阻变大，零时需增大滑动变阻器接入电路的电阻。电阻档时，电流由红表笔流入黑表笔流出。
12．（2024高三上·德阳模拟）某物理兴趣小组利用如图所示的装置“探究动量守恒定律”，AB是倾角大小可以调节的长木板，BC是气垫导轨（气垫导轨可看成光滑轨道），忽略小球通过B点时的速度变化，光电门1与光电门2固定在气垫导轨BC上。
（1）将质量为m、直径为d1的小球a从长木板上的位置O1由静止释放，小球a通过光电门1、2的挡光时间分别为Δt1与Δt2，当 时，表明气垫导轨已调至水平位置。
（2）将质量为3m、直径为d2的小球b静置于气垫导轨上的位置O2，使小球a从长木板上的位置O1由静止释放，小球a先后通过光电门的挡光时间分别为Δt3与Δt4，小球b通过光电门的挡光时间为Δt5。
①若小球a、b碰撞过程动量守恒，则必须满足的关系式为 ；
②若小球a、b发生的是弹性碰撞，则 ；
（3）若小球a、b发生的是弹性碰撞，该小组成员设想，如果保持小球a的直径d1不变，逐渐增大小球a的质量，则碰撞之前小球a的挡光时间Δt6与碰撞之后小球b的挡光时间Δt7的比值逐渐趋近于 。
【答案】；；；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】 理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据小球的直径与通过光电门的时间求出小球的速度，应用动量守恒定律和机械能守恒即可解题。（1）若气垫导轨调至水平位置，则小球a在气垫导轨上将做匀速直线运动，即当时，表明气垫导轨已调至水平位置。
（2）①小球a先后通过光电门的挡光时间分别为Δt3与Δt4，则小球a先后通过光电门的速度为
，
小球b通过光电门的挡光时间为，则小球b通过光电门的速度为
若小球a、b碰撞过程动量守恒，则必须满足的关系式为
解得
②若小球a、b发生的是弹性碰撞，则
，
解得
则
（3）设小球a的质量为M，若小球a、b发生的是弹性碰撞，则碰撞过程中动量守恒、能量守恒，有，
整理得
当时，逐渐趋近于。
【分析】（1）根据实验原理和匀速直线运动的特点确定小球在两光电门的时间关系；
（2）①根据小球通过光电门的时间求出碰撞前后经过光电门时的速度，根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式；
②结合弹性碰撞的机械能守恒定律求出碰撞后的速度之比，也就求出了时间之比。
（3）写出弹性碰撞碰后速度的一般表达式，当入射球增大时，可以求出入射球碰撞前后的速度之比，从而求出碰撞前后的时间之比。
13．（2024高三上·德阳模拟）如图所示，一个导热良好的圆柱形气缸开口向上竖直放置于水平面上，缸内有一形状不规则的文物，且封闭有一定质量的理想气体.初始时刻，气体的温度为7℃，质量为m、横截面积为S的活塞到气缸底部的距离为h.现环境温度缓慢升高到27℃时，活塞离气缸底部的距离变为H，此过程中缸内气体吸收的热量为Q。已知大气压恒为，重力加速度大小为g，热力学温度T与摄氏温度t之间的数量关系为，活塞与气缸壁密封良好且不计摩擦，忽略文物热胀冷缩的影响。求：
（1）气缸内放置的文物的体积；
（2）该过程中气体增加的内能。
【答案】（1）解：设气缸内放置的文物体积为，初态
末态
气体做等压变化
解得气缸内放置的文物的体积
（2）解：气体的压强为
外界对气体做功为
根据热力学第一定律，该过程中气体增加的内能为
【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
【解析】【分析】 (1) 气体做等压变化，根据初末状态的体积以及温度，结合盖吕萨克定律列式求解；
（2）根据恒力做功公式求解外界对气体做功，根据热力学第一定律求解该过程中气体增加的内能。
（1）设气缸内放置的文物体积为，初态
末态
气体做等压变化
解得气缸内放置的文物的体积
（2）气体的压强为
外界对气体做功为
根据热力学第一定律，该过程中气体增加的内能为
14．（2024高三上·德阳模拟）如图所示，APB为四分之一光滑圆弧轨道，O点为圆心，半径为R，最低点B点的切线水平，一平板车b放在足够长光滑水平凹槽内，可以自由移动，平板车长为2.75R，初始时平板车一端与轨道B端平滑相接且静止，在凹槽右侧的水平光滑地面EF（平板车顶端与EF刚好齐平）上方固定有一根光滑横杆，两物块c、d通过一根轻弹簧相连，其中物块d套在光滑横杆GH上，可自由移动，物块c放在光滑水平面EF上，初始时弹簧处于原长。现一物块a以某一竖直向下的初速度从A点开始运动，经过P点时物块a对轨道的压力大小为4.4mg，OP与水平方向的夹角为53°，物块a滑上平板车后，经过一段时间，平板车b与凹槽右壁相撞后马上被锁定，且物块a和物块c碰后粘在一起，再经过一段时间，物块a、c刚好离开地面。已知物块a与平板车b的质量均为m，物块c、d的质量均为0.5m，物块a与平板车b间的动摩擦因数为，弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能表达式为（x为弹簧的形变量），重力加速度大小为g。求：
（1）物块a在A位置的初速度大小；
（2）物块a与物块c碰撞前的速度大小；
（3）物块a与物块c刚好离开地面时，弹簧与水平方向夹角的正弦值。
【答案】（1）解：经过P点时对物块进行受力分析，则
处运动到处的过程，由动能定理得
解得物块a在A位置的初速度大小
（2）解：物块到达点时
解得物块到达点时的速度
物块滑上平板车后系统动量守恒，假设能共速，由动量守恒得
由能量守恒定律得
解得
，
假设成立，当与凹槽右侧碰撞后，在上做减速运动，由动能定理得
解得物块a与物块c碰撞前的速度大小
（3）解：物块碰撞过程中遵循动量守恒，即
解得
经过一段时间，物块a、c刚好离开地面，此时共速，即
根据能量守恒
对整体分析，弹簧拉力在竖直方向需与重力大小相等，则
方程联立，解得
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）经过P点时对物块进行受力分析，根据圆周运动规律求解在P点速度，处运动到处的过程，由动能定理求解 物块a在A位置的初速度大小 ；
（2）根据动能定理求解物块到达点时速度，物块滑上平板车后系统动量守恒，由动能定理求解 物块a与物块c碰撞前的速度大小 ；
（3）物块碰撞过程中遵循动量守恒，经过一段时间，物块a、c刚好离开地面，此时共速，根据能量守恒以及受力平衡求解弹簧与水平方向夹角的正弦值 。
（1）经过P点时对物块进行受力分析，则
处运动到处的过程，由动能定理得
解得物块a在A位置的初速度大小
（2）物块到达点时
解得物块到达点时的速度
物块滑上平板车后系统动量守恒，假设能共速，由动量守恒得
由能量守恒定律得
解得
，
假设成立，当与凹槽右侧碰撞后，在上做减速运动，由动能定理得
解得物块a与物块c碰撞前的速度大小
（3）物块碰撞过程中遵循动量守恒，即
解得
经过一段时间，物块a、c刚好离开地面，此时共速，即
根据能量守恒
对整体分析，弹簧拉力在竖直方向需与重力大小相等，则
方程联立，解得
15．（2024高三上·德阳模拟）为了提高能源的利用率，目前国内外的城市轨道交通车辆中，大都采用再生制动方式，即将列车a制动产生的电能转化为待启动状态的列车b的动能，城市轨道交通的启停过程原理如图所示：两足够长粗糙平行金属直导轨MN、PQ的间距为L = 0.5 m固定在同一水平面内，轨道平面内存在磁感应强度大小为B = 1 T、方向竖直向下的匀强磁场，质量为m = 0.5 kg、电阻为R = 6 Ω的均匀金属丝制成一个半径为L = 0.5 m的单匝圆环a，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。t = 0时，开关S与1接通，恒流源（提供的电流强度恒为4 A）与金属环a连接，金属环a从静止开始向右做匀加速运动，t1 = 4 s时刻，将开关S掷向2接通阻值为R0 = 0.5 Ω定值电阻，同时对金属环a施加外力F，使金属环a做匀减速运动，在t2 = 6 s时刻金属环a减速至0，已知圆环与导轨的摩擦因数为μ = 0.2，忽略导轨的电阻、金属环的可能形变，金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g = 10 m/s2。求：
（1）t1 = 4 s时刻，金属环a的加速度的大小；
（2）4 s ~ 6 s时间内，外力F随金属环a的速度v变化的关系式（以水平向左为正方向）；
（3）若在t2 = 4 s时刻断开S，同时在金属环a的右侧足够远处无初速度地平放上金属环b（未画出），金属环b与金属环a完全相同，其圆心到两直导轨的距离也相等，经过时间Δt = 0.8 s，金属环b的速度达到最大值，则金属环b获得的最大动能是多少？
【答案】（1）解：金属环a在磁场中受到的安培力
根据牛顿第二定律
解得
（2）金属环a在4 s末的速度
此时将开关S掷向2，金属环a做匀减速运动，在t2 = 6 s时刻金属环a减速至0，可知加速度大小
方向向左，根据牛顿第二定律
由题意可知，金属环a夹在两导轨部分的两段的电阻均为1 Ω，两部分电阻并联总电阻为r = 0.5 Ω，则
解得
（3）金属环a做减速运动，b做加速运动，金属环b的速度达到最大值时，两金属环的速度相等，设为v，对a由动量定理
对b由动量定理
两式相加可得
则金属环b获得的最大动能是
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）求解金属环a在磁场中受到的安培力，从而求解合力，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）根据加速度定义求解加速度，根据牛顿第二定律结合闭合回路欧姆定律联立求解可得 外力F随金属环a的速度v变化的关系式 ；
（3）金属环b的速度达到最大值时，两金属环的速度相等，分别对a和b由动量定理列式，联立求解最大速度以及最大动能。
（1）金属环a在磁场中受到的安培力
根据牛顿第二定律
解得
a1 = 2 m/s2
（2）金属环a在4 s末的速度
此时将开关S掷向2，金属环a做匀减速运动，在t2 = 6 s时刻金属环a减速至0，可知加速度大小
方向向左，根据牛顿第二定律
由题意可知，金属环a夹在两导轨部分的两段的电阻均为1 Ω，两部分电阻并联总电阻为r = 0.5 Ω，则
解得
F = 1 0.25v（N）（8 m/s ≥ v ≥ 0）
（3）金属环a做减速运动，b做加速运动，金属环b的速度达到最大值时，两金属环的速度相等，设为v，对a由动量定理
对b由动量定理
两式相加可得
v = 2.4 m/s
则金属环b获得的最大动能是
1 / 1
