2025届四川省成都市高三下学期二诊物理试题
1．（2025·成都模拟）用深度强化学习算法和托卡马克模拟器进行交互，可能让人类提前实现可控核聚变。已知氘和氚的核聚变反应方程式为，核反应中释放出射线。下列说法正确的是（ ）
A．X是中子
B．氘和氚的核聚变反应吸收能量
C．射线源于核外电子的能级跃迁
D．核的比结合能大于核的比结合能
【答案】A
【知识点】结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查核反应方程书写规则，聚变释放能量以及γ射线的来源和比结合能的知识，会根据题意进行准确分析解答。A．根据质量数和电荷数守恒可知X的质量数为1，电荷数为0，故X时中子，A正确；
B．氘和氚的核聚变反应释放能量，B错误；
C．射线源于核内的能级跃迁，C错误；
D．核的比结合能小于核的比结合能，D错误。
故选A。
【分析】根据核反应方程书写规则，聚变释放能量以及γ射线的来源和比结合能的知识进行分析解答。
2．（2025·成都模拟）2024年9月27日，我国成功发射首颗可重复使用返回式技术试验卫星一实践十九号卫星。如图所示，实践十九号卫星和中国空间站均绕地球做匀速圆周运动，且卫星轨道半径小于空间站轨道半径。下列说法正确的是（ ）
A．卫星的发射速度小于第一宇宙速度
B．卫星的线速度大于空间站的线速度
C．卫星的运行周期大于空间站的运行周期
D．卫星的向心加速度小于空间站的向心加速度
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查了万有引力定律在天体运动中的应用，比较不同轨道的卫星的运动参数时，要抓住万有引力提供向心力这一基本原理。A．卫星的发射速度大于第一宇宙速度，A错误；
B．由
可得
卫星轨道半径小于空间站轨道半径，故卫星的线速度大于空间站的线速度，B正确；
C．由
可得
卫星轨道半径小于空间站轨道半径，故卫星的运行周期小于空间站的运行周期，C错误；
D．由
可得
卫星轨道半径小于空间站轨道半径，故卫星的向心加速度大于空间站的向心加速度，D错误。
故选B。
【分析】第一宇宙速度是卫星发射的最小速度，近地卫星的圆周运动的线速度等于第一宇宙速度；根据万有引力提供向心力，结合它们的半径大小关系，判断线速度、周期、向心加速度的大小关系。
3．（2025·成都模拟）如图所示，一束复色光由真空从点射入玻璃球经折射后分解为两束单色光。下列说法正确的是（ ）
A．光频率大于光频率
B．光在玻璃球中传播时间大于光在玻璃球中传播时间
C．若光能使某金属发生光电效应，光也能使该金属发生光电效应
D．两束光用同一装置进行双缝干涉实验，光干涉条纹间距更大
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系；光电效应
【解析】【解答】本题考查光的折射和光在介质中的传播问题，光电效应和干涉条纹间距等，会根据题意进行准确分析解答。A．根据光路可知，因b光的偏折程度大于a光，可知b光折射率大于a光，则光频率大于光频率，选项A错误；
B．根据则a光在玻璃中的传播速度大于b光，而a光的传播距离小于b光，可知光在玻璃球中传播时间小于光在玻璃球中传播时间，选项B错误；
C．因为光频率大于光频率，若光能使某金属发生光电效应，光也能使该金属发生光电效应，选项C正确；
D．因b光波长比a光短，则根据，可知两束光用同一装置进行双缝干涉实验，光干涉条纹间距更短，选项D错误。
故选C。
【分析】据折射光路和偏折情况判断两光的频率大小；根据波速公式和传播距离判断传播时间长短；根据光电效应发生条件和两光的频率关系进行解答；根据双缝干涉实验对应的公式结合波长关系进行判断。
4．（2025·成都模拟）图为记载于《天工开物》的风扇车，它是用来去除水稻等农作物子实中杂质的木制传统农具。风扇车的工作原理可简化为图（b）模型：质量为的杂质与质量为的子实仅在水平恒定风力和重力的作用下，从同一位置静止释放，若小于，杂质与子实受到的风力大小相等。下列说法正确的是（ ）
A．杂质与子实在空中做曲线运动
B．杂质与子实在空中运动的时间相等
C．杂质与子实落地时重力的瞬时功率相等
D．杂质落地点与点的水平距离小于子实落地点与点的水平距离
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】本题是对物体做曲线运动的条件及运动的合成，瞬时功率的考查，解题的关键是要知道杂质与子实在竖直方向和水平方向的分运动的规律。A．在水平恒定风力和重力的作用下，从同一位置静止释放，所以杂质与子实在空中做初速度为零的匀变速直线运动，故A错误；
B．杂质与子实在空中运动的时间相等，因为竖直方向两者均做自由落体运动，高度相同，故B正确；
C．杂质与子实落地时重力的瞬时功率
因为质量不同，所以功率不同，故C错误；
D．杂质的水平加速度
较大，水平方向位移
杂质落地点与点的水平距离大于子实落地点与点的水平距离，故D错误。
故选B。
【分析】由物体做曲线运动的条件判断杂质与子实在空中说法做曲线运动；由杂质与子实在竖直方向的分运动判断运动的时间关系；由瞬时功率格式判断瞬时功率关系，由杂质与子实在水平方向做匀加速直线运动的位移—时间关系判断水平距离的大小关系。
5．（2025·成都模拟）四个完全相同的小灯泡按图示电路连接，圆形区域内部存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间均匀增大。下列说法正确的是（ ）
A．通过灯泡的电流方向为到 B．灯泡的亮度逐渐增大
C．灯泡的亮度最暗 D．灯泡的亮度最亮
【答案】D
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】分析清楚图示电路结构是解题的前提与关键，应用法拉第电磁感应定律、楞次定律与串并联电路的特点即可解题。D．磁感应强度大小随时间均匀增大，由法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定的感应电流，L3与L4串联之后与L2并联，L1在干路上，电流最大，故L1最亮，D正确；
A．由楞次定律，通过灯泡的电流方向为到，A错误；
B．由上述分析可知，灯泡的亮度不变，B错误；
C．由上述分析可知，灯泡、的亮度最暗，C错误。
故选D。
【分析】磁感应强度均匀增大产生感应电动势，分析清楚图示电路结构，然后分析答题。
6．（2025·成都模拟）如图所示，在粗糙绝缘水平地面上关于点对称的两点分别固定两个相同的正点电荷，在连线上的点静止释放一个带正电的绝缘小物块（可视为点电荷）后，小物块向右运动至最右端点位于间未画出）。以点为原点沿水平地面向右建立轴，取无穷远处为零势能点。小物块加速度、动能、电势能、动能和电势能之和随轴坐标变化正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电势能
【解析】【解答】 本题关键在于分析电场力的变化趋势及其对物块运动的影响，理解动能、电势能和总能量随位置的变化关系。A．PO段电场强度逐渐减小，由牛顿第二定律
故物块先做加速度逐渐减小的加速运动，当时，加速度为0，速度最大
之后电场力小于摩擦力，由牛顿第二定律
物块开始做加速度逐渐增大的减速运动，O点电场力为0，摩擦力不为0，故加速度不为0，A错误；
B．物块加速阶段，由动能定理
由于电场力逐渐减小，故图像斜率逐渐减小，同理物块减速阶段图像斜率逐渐增大，B错误；
C．PO段电场力做正功电势能减小，OQ段电场力做负功，电势能增大，故电势能先减小后增大，C错误；
D．取无穷远电势能为0，则
由能量守恒
即图像斜率小于0，恒定不变，D正确。
故选D。
【分析】小物块受电场力和摩擦力作用，初始时电场力大于摩擦力，物块加速前进，但由于电场强度逐渐减小，加速度随之减小。运动至O点后，电场力变为零，仅受摩擦力作用，开始减速直至停止。动能随x先增后减，电势能则先降后升。总能量E由动能和电势能之和构成，在摩擦力作用下整体缓慢减少，图像斜率保持恒定。
7．（2025·成都模拟）如图（a）所示，一竖直放置的花洒出水孔分布在圆形区域内。打开花洒后，如图（b）所示，水流从出水孔水平向左射出。假设每个出水孔出水速度大小相同，从花洒中喷出的水落于水平地面（分别为最左、最右端两落点），不计空气阻力。落点区域俯视图的形状最可能的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】解决本题的关键平抛运动的规律，能够运用平抛运动分析实际生活中的问题。设水龙头最低点离地面的高度为h，水龙头的半径为R，水滴距离地面的高度为，初速度为，则有
，
解得
其中，由于y均匀增加时，x不是均匀增加，且x增加得越来越慢，所以俯视的形状为C图。
故选C。
【分析】水喷出后做平抛运动，有平抛运动规律结合对称性即可解题。
8．（2025·成都模拟）如图所示，简谐横波在均匀介质中以的速度沿轴正方向传播，先后通过平衡位置间距为的两个质点，以波刚传播到质点时作为计时起点，质点的振动方程为。下列说法正确的是（ ）
A．质点的振幅为10cm B．简谐横波的波长为
C．内质点通过的路程为 D．时，间有三个波峰
【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移。A．根据质点的振动方程可知，该质点的振幅为10cm，选项A正确；
B．简谐横波的周期
波长为
选项B错误；
C．从M传到N的时间为
内质点振动
通过的路程为
选项C错误；
D．因MN=2.5λ，时，M点在平衡位置向下振动，可知间有三个波峰，选项D正确。
故选AD。
【分析】结合质点M的振动方程分析得出振幅、圆频率，然后再根据波速计算得出波长。
9．（2025·成都模拟）如图所示，等腰直角三角形内有一垂直纸面向里的匀强磁场（边界无磁场），边长为，磁场磁感应强度大小为B。ab边中点的粒子源垂直以不同速率向磁场内发射带负电的粒子，粒子质量为，电荷量为，不计粒子重力及粒子间相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．粒子可能从点飞出磁场
B．粒子可能从点飞出磁场
C．能从边界飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为
D．能从边界飞出的粒子在磁场中运动的最小速度为
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，解题的关键是做出粒子的运动轨迹，根据牛顿第二定律结合几何关系进行求解。粒子可能的轨迹如图所示
A．如图所示，若粒子沿轨迹1运动，由几何关系可知，此时的半径为
故A正确；
B．与边相切的粒子，轨迹如2，由几何关系可知，半径为
由几何关系可知，切点到的距离也为
所以切点在点上侧，故粒子不可能过点，故B错误；
CD．当粒子与边相切出磁场时，粒子的速度最小，运动时间最长，轨迹如2，由几何关系可知，此时的圆心角为
根据牛顿第二定律可知
解得
周期为
运动的时间为
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】根据粒子的运动轨迹，由几何关系判断粒子是否可能从b点或c点飞出磁场；根据洛伦兹力提供向心力和几何关系再结合周期公式求粒子在磁场中运动的最长时间和最小速度。
10．（2025·成都模拟）如图所示，“系留照明”无人机系统广泛应用于抢险救灾照明中。系统由地面设备、足够长的系留电缆、无人机（含照明灯）组成。无人机质量为，系留电缆柔软且不可伸长，单位长度的质量为。无人机从地面静止启动后受升力、重力和电缆拉力作用，在竖直方向上先做匀加速运动，后做匀减速运动直至速度为零，最终悬停在离地的预定高度。若加速阶段与减速阶段的加速度大小均为，重力加速度取。下列说法正确的是（ ）
A．无人机上升全过程的最大速度为
B．无人机上升全过程的时间为
C．系统上升全过程重力势能增加
D．无人机向上匀加速运动时升力大于
【答案】B,D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；重力势能
【解析】【解答】本题综合考查动力学和能量的基本概念，关键在于准确应用匀变速运动规律和牛顿第二定律，并注意电缆质量对系统重力势能的影响。同时，需结合实际情况考虑空气阻力对力的影响。A．设无人机上升全过程的最大速度为，则
求得
故A错误；
B．无人机上升全过程的时间为
故B正确；
C．系统上升全过程重力势能增加
又
求得
故C错误；
D．无人机向上匀加速运动上升的高度为
若不考虑空气阻力，根据牛顿第二定律有
又
解得
但实际上无人机在上升过程中还受空气阻力，所以无人机向上匀加速运动时升力大于，故D正确。
故选BD。
【分析】在上升过程中，无人机经历匀加速和匀减速运动，最大速度可由匀变速运动规律求得。上升全过程的时间可由加速和减速阶段的时间总和计算。系统的重力势能变化量包括无人机本身的重力势能变化以及电缆重力势能的变化，需注意电缆质量随高度分布的特点。在无人机匀加速运动达到2s时，根据牛顿第二定律计算升力，并结合空气阻力影响进行分析。
11．（2025·成都模拟）二极管加正向电压时电阻很小，加反向电压（未击穿）时电阻很大。某同学用多用电表测量二极管的反向电阻，多用电表上有如图所示的选择开关和两个部件。请根据下列步骤完成电阻测量：
（1）先进行机械调零，旋动 （填“S”或“T”）使指针对准表盘的 （填“左边”或“右边”）零刻度；后将旋转到电阻挡“”的位置，并完成电阻调零。
（2）该同学先后用红、黑表笔按图（b）方式接触二极管的两端，由多用电表指针偏转情况可知二极管的 （填“a”或“b”）端为正极。
（3）用多用电表“”挡测量二极管的反向电阻，发现指针偏转角度过小，为得到更准确的测量结果，可将旋转到电阻挡 （填“”或“”）的位置，完成电阻调零后再次测量。
【答案】（1）S；左边
（2）a
（3）
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】本题主要考查了多用表测二极管电阻的正确操作，知道欧姆表的电流方向为“黑出红进”，知道电流从二极管的正极流入，二极管导通，正向电阻小。
（1）先进行机械调零，旋动S使指针对准表盘的左边零刻度；后将旋转到电阻挡“”的位置，并完成电阻调零。
（2）该同学先后用红、黑表笔按图（b）方式接触二极管的两端，当黑表笔接a端时电阻很小，说明二极管加的正向电压；当黑表笔接b端时电阻很大，说明二极管加的反向电压；由多用电表指针偏转情况可知二极管的a端为正极。
（3）用多用电表“”挡测量二极管的反向电阻，发现指针偏转角度过小，说明倍率档选择过小，为得到更准确的测量结果，可将旋转到电阻挡的位置，完成电阻调零后再次测量。
【分析】（1）根据多用表旋钮的功能和正确操作分析作答；
（2）欧姆表的内部电流从黑表笔流出、红表笔流入；电流从二极管的正极流入，二极管导通，正向电阻小，结合图b分析作答；
（3）欧姆表指针偏转角度过小，说明欧姆表指针对应示数大，据此分析作答。
（1）[1][2]先进行机械调零，旋动S使指针对准表盘的左边零刻度；后将旋转到电阻挡“”的位置，并完成电阻调零。
（2）该同学先后用红、黑表笔按图（b）方式接触二极管的两端，当黑表笔接a端时电阻很小，说明二极管加的正向电压；当黑表笔接b端时电阻很大，说明二极管加的反向电压；由多用电表指针偏转情况可知二极管的a端为正极。
（3）用多用电表“”挡测量二极管的反向电阻，发现指针偏转角度过小，说明倍率档选择过小，为得到更准确的测量结果，可将旋转到电阻挡的位置，完成电阻调零后再次测量。
12．（2025·成都模拟）智能手机软件中的磁力计可显示磁感应强度大小随时间变化的关系，两同学用该软件设计实验测量单摆的周期及当地重力加速度。
（1）将摆线上端固定于铁架台，下端系在小球上，让手机内置磁敏元件位于小球静止位置的正下方，做成如图所示的单摆。测出摆线长为，将小球磁化后，由平衡位置拉开一个小角度静止释放，手机软件显示磁感应强度大小随时间变化如图（b）所示。则该单摆的振动周期为 （用字母表示）。
（2）改变摆线长，重复实验操作，得到多组数据，画出周期平方随摆线长的变化图像如图所示，图像斜率为，则测得重力加速度为 （用字母表示）。
（3）图像未过原点，的测量值 （选填“>”“<”或“=”）真实值。甲同学认为手机内也含有铁等金属，由于手机对小球的吸引，会使的测量值 （选填“>”“<”或“=”）真实值。
（4）乙同学发现，振动较长时间后手机显示磁感应强度随时间呈图（b）变化趋势，忽略手机对小球的吸引，引起该情况最可能的原因是_______。
A．小球磁性减弱
B．小球振幅减小
C．小球由单摆运动变为圆锥摆运动
【答案】（1）
（2）
（3）=；>
（4）B
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】要明确实验的原理，掌握单摆的周期公式；知道手机软件中的“磁力计”可显示磁感应强度大小和磁性小球与手机的距离有关，结合磁感应强度的最大值和最小值即可完成作答。
（1）磁性小球经过最低点测得的磁感应强度B最大，小球两次经最低点的时间间隔是半个周期，则
解得
（2）根据单摆周期公式
可得
由图像斜率为，则测得重力加速度
（3）图像未过原点，是因为摆长测量未考虑小球半径等因素，但不影响斜率，的测量值等于真实值。
手机内也含有铁等金属，由于手机对小球的吸引，会使单摆周期减小，图像的斜率变小，的测量值会偏大，会使的测量值大于真实值。
（4）磁感应强度随时间呈图（b）变化趋势，磁感应强度的最小值变大，说明小球越来越靠近手机，最可能是小球振幅减小造成的。
【分析】（1）磁性小球通过最低点时连续3次通过最低点所用的时间为一个周期；
（2）根据单摆周期公式求解T2-L函数，结合图像斜率的含义求解作答；
（3）根据上述（2）重力加速度的求解过程分析实验误差；手机内也含有铁等金属，磁性小球与手机之间存在磁场力，求解单摆的等效重力加速度，然后分析实验误差；
（4）手机软件中的“磁力计”可显示磁感应强度大小和磁性小球与手机的距离有关；图b中，磁感应强度的最大值不变，据此分析小球的运动情况和小球磁性的强弱变化，然后作答；磁感应强度的最小值变大，据此分析小球摆角的变化和振幅的变化，然后作答。
（1）磁性小球经过最低点测得的磁感应强度B最大，小球两次经最低点的时间间隔是半个周期，则
解得
（2）根据单摆周期公式
可得
由图像斜率为，则测得重力加速度
（3）图像未过原点，是因为摆长测量未考虑小球半径等因素，但不影响斜率，的测量值等于真实值。
手机内也含有铁等金属，由于手机对小球的吸引，会使单摆周期减小，图像的斜率变小，的测量值会偏大，会使的测量值大于真实值。
（4）磁感应强度随时间呈图（b）变化趋势，磁感应强度的最小值变大，说明小球越来越靠近手机，最可能是小球振幅减小造成的。
13．（2025·成都模拟）一乒乓球的内部气体可视为理想气体，温度为，压强为。现乒乓球发生形变后体积减小了。已知乒乓球内部气体内能变化量与温度变化量的关系式为，C为已知常数。
（1）若乒乓球形变过程可视为等温变化，求形变后乒乓球内部气体的压强；
（2）为使乒乓球恢复原状，将乒乓球放入热水中如图所示。
I.若乒乓球内部气体被热水加热至时形变开始恢复，求此时气体压强；
Ⅱ.若乒乓球从开始恢复到完全复原的过程中，内部气体温度从上升至，吸收的热量为，求该过程乒乓球内部气体对外做的功。
【答案】（1）解：设乒乓球发生形变前的体积为，乒乓球经历等温变化过程，由玻意耳定律得
解得
（2）解：I.分析题意可知该过程为等容变化过程，由查理定律得
解得
Ⅱ.由热力学第一定律可得
根据题意有
解得
【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）气体发生等温变化，根据玻意耳定律列式求解；
（2）气体发生等容变化，根据查理定律和热力学第一定律结合题目条件列式求解。
（1）设乒乓球发生形变前的体积为，乒乓球经历等温变化过程，由玻意耳定律得
解得
（2）I.分析题意可知该过程为等容变化过程，由查理定律得
解得
Ⅱ.由热力学第一定律可得
根据题意有
解得
14．（2025·成都模拟）如图所示，竖直面内的光滑绝缘圆弧轨道与足够长的粗糙水平地面平滑连接，点在圆心点正下方，轨道半径，整个空间存在竖直向上、大小的匀强电场。一个质量，电荷量的带正电小滑块，从轨道点静止释放，经过点后立即与另一个质量，不带电的静止小滑块发生弹性碰撞（碰撞过程不发生电荷转移，且碰撞时间极短）。已知与地面间的动摩擦因数，重力加速度取均视为质点。求：
（1）到达圆轨道点（与碰前）的速度大小；
（2）到达圆轨道点（与碰前）对轨道的压力大小；
（3）碰后的最大距离。
【答案】（1）解：从A到B的过程由动能定理得
解得
（2）解：设小滑块经过时，其受到轨道的支持力为，则
由牛顿第三定律得
解得
（3）解：设水平向右为正方向，碰撞后的速度分别为，由弹性碰撞得
，
解得
设碰撞后在水平地面上的加速度大小分别为，则
，
假设碰后经过时间达到共同速度，由运动学公式得
由分析可得，说明共速时均未停止，假设成立。则碰后的最大距离为
解得
【知识点】动量守恒定律
【解析】【分析】（1）由动能定理求P到达圆轨道B点（与Q碰前）的速度大小vB；
（2）根据圆周运动的公式和牛顿第三定律求P到达圆轨道B点（与Q碰前）对轨道的压力大小；
（3）根据弹性碰撞的特点和运动学公式求P、Q碰后的最大距离dm。
（1）从A到B的过程由动能定理得：
解得
（2）设小滑块经过时，其受到轨道的支持力为，则
由牛顿第三定律得
解得
（3）设水平向右为正方向，碰撞后的速度分别为，由弹性碰撞得，
解得
设碰撞后在水平地面上的加速度大小分别为，则，
假设碰后经过时间达到共同速度，由运动学公式得
由分析可得，说明共速时均未停止，假设成立。则碰后的最大距离为
解得
15．（2025·成都模拟）电动机的动力来源于电流与磁场间的相互作用，其内部工作原理可借助图所建立的模型来理解：粗糙水平金属导轨宽度，处于竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场中，质量m=2kg、电阻的金属棒置于导轨上，电源电动势，不计电源及导轨电阻。接通电源后，沿导轨由静止开始运动，在运动过程中始终与导轨保持良好接触，所受阻力大小恒为，图为金属棒的加速度倒数与速度的关系图像，图中右侧虚线为该图像的渐近线。
（1）判断导体棒的运动方向（回答“水平向左”或“水平向右”）；
（2）求电源接通瞬间金属棒的加速度和最终趋近的最大速度；
（3）求金属棒从静止启动到速度为的过程中，电源消耗的电能。（图像中速度从0至的图像可近似处理为线性关系）
【答案】（1）解：接通电源后，电流方向由M到N，由左手定则可知安培力水平向右，故金属杆的运动方向水平向右。
（2）解：接通电源瞬间流过的电流为，则
此时金属棒的加速度为，由牛顿第二定律得
解得
当金属棒加速度为零时，达到最大速度，此时金属棒产生的反电动势为，回路电流为，则
，，
解得
（3）解：设当金属棒速度为时，其加速度为，电流为，从静止启动到速度为所用时间为，电路通过电源的电荷量为。则
由牛顿第二定律得
由图像的面积可知
对金属棒从静止启动到速度为过程，由动量定理得
，
电源消耗的电能为
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据左手定则判断导体棒MN的运动方向；
（2）由牛顿第二定律和电磁感应定律求电源接通瞬间金属棒MN的加速度a0和最终趋近的最大速度vm；
（3）由牛顿第二定律和动量定理求电源消耗的电能E电。
（1）接通电源后，电流方向由M到N，由左手定则可知安培力水平向右，故金属杆的运动方向水平向右。
（2）接通电源瞬间流过的电流为，则
此时金属棒的加速度为，由牛顿第二定律得
解得
当金属棒加速度为零时，达到最大速度，此时金属棒产生的反电动势为，回路电流为，则，，
解得
（3）设当金属棒速度为时，其加速度为，电流为，从静止启动到速度为所用时间为，电路通过电源的电荷量为。则
由牛顿第二定律得
由图像的面积可知
对金属棒从静止启动到速度为过程，由动量定理得，
电源消耗的电能为
解得
1 / 12025届四川省成都市高三下学期二诊物理试题
1．（2025·成都模拟）用深度强化学习算法和托卡马克模拟器进行交互，可能让人类提前实现可控核聚变。已知氘和氚的核聚变反应方程式为，核反应中释放出射线。下列说法正确的是（ ）
A．X是中子
B．氘和氚的核聚变反应吸收能量
C．射线源于核外电子的能级跃迁
D．核的比结合能大于核的比结合能
2．（2025·成都模拟）2024年9月27日，我国成功发射首颗可重复使用返回式技术试验卫星一实践十九号卫星。如图所示，实践十九号卫星和中国空间站均绕地球做匀速圆周运动，且卫星轨道半径小于空间站轨道半径。下列说法正确的是（ ）
A．卫星的发射速度小于第一宇宙速度
B．卫星的线速度大于空间站的线速度
C．卫星的运行周期大于空间站的运行周期
D．卫星的向心加速度小于空间站的向心加速度
3．（2025·成都模拟）如图所示，一束复色光由真空从点射入玻璃球经折射后分解为两束单色光。下列说法正确的是（ ）
A．光频率大于光频率
B．光在玻璃球中传播时间大于光在玻璃球中传播时间
C．若光能使某金属发生光电效应，光也能使该金属发生光电效应
D．两束光用同一装置进行双缝干涉实验，光干涉条纹间距更大
4．（2025·成都模拟）图为记载于《天工开物》的风扇车，它是用来去除水稻等农作物子实中杂质的木制传统农具。风扇车的工作原理可简化为图（b）模型：质量为的杂质与质量为的子实仅在水平恒定风力和重力的作用下，从同一位置静止释放，若小于，杂质与子实受到的风力大小相等。下列说法正确的是（ ）
A．杂质与子实在空中做曲线运动
B．杂质与子实在空中运动的时间相等
C．杂质与子实落地时重力的瞬时功率相等
D．杂质落地点与点的水平距离小于子实落地点与点的水平距离
5．（2025·成都模拟）四个完全相同的小灯泡按图示电路连接，圆形区域内部存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间均匀增大。下列说法正确的是（ ）
A．通过灯泡的电流方向为到 B．灯泡的亮度逐渐增大
C．灯泡的亮度最暗 D．灯泡的亮度最亮
6．（2025·成都模拟）如图所示，在粗糙绝缘水平地面上关于点对称的两点分别固定两个相同的正点电荷，在连线上的点静止释放一个带正电的绝缘小物块（可视为点电荷）后，小物块向右运动至最右端点位于间未画出）。以点为原点沿水平地面向右建立轴，取无穷远处为零势能点。小物块加速度、动能、电势能、动能和电势能之和随轴坐标变化正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025·成都模拟）如图（a）所示，一竖直放置的花洒出水孔分布在圆形区域内。打开花洒后，如图（b）所示，水流从出水孔水平向左射出。假设每个出水孔出水速度大小相同，从花洒中喷出的水落于水平地面（分别为最左、最右端两落点），不计空气阻力。落点区域俯视图的形状最可能的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025·成都模拟）如图所示，简谐横波在均匀介质中以的速度沿轴正方向传播，先后通过平衡位置间距为的两个质点，以波刚传播到质点时作为计时起点，质点的振动方程为。下列说法正确的是（ ）
A．质点的振幅为10cm B．简谐横波的波长为
C．内质点通过的路程为 D．时，间有三个波峰
9．（2025·成都模拟）如图所示，等腰直角三角形内有一垂直纸面向里的匀强磁场（边界无磁场），边长为，磁场磁感应强度大小为B。ab边中点的粒子源垂直以不同速率向磁场内发射带负电的粒子，粒子质量为，电荷量为，不计粒子重力及粒子间相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．粒子可能从点飞出磁场
B．粒子可能从点飞出磁场
C．能从边界飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为
D．能从边界飞出的粒子在磁场中运动的最小速度为
10．（2025·成都模拟）如图所示，“系留照明”无人机系统广泛应用于抢险救灾照明中。系统由地面设备、足够长的系留电缆、无人机（含照明灯）组成。无人机质量为，系留电缆柔软且不可伸长，单位长度的质量为。无人机从地面静止启动后受升力、重力和电缆拉力作用，在竖直方向上先做匀加速运动，后做匀减速运动直至速度为零，最终悬停在离地的预定高度。若加速阶段与减速阶段的加速度大小均为，重力加速度取。下列说法正确的是（ ）
A．无人机上升全过程的最大速度为
B．无人机上升全过程的时间为
C．系统上升全过程重力势能增加
D．无人机向上匀加速运动时升力大于
11．（2025·成都模拟）二极管加正向电压时电阻很小，加反向电压（未击穿）时电阻很大。某同学用多用电表测量二极管的反向电阻，多用电表上有如图所示的选择开关和两个部件。请根据下列步骤完成电阻测量：
（1）先进行机械调零，旋动 （填“S”或“T”）使指针对准表盘的 （填“左边”或“右边”）零刻度；后将旋转到电阻挡“”的位置，并完成电阻调零。
（2）该同学先后用红、黑表笔按图（b）方式接触二极管的两端，由多用电表指针偏转情况可知二极管的 （填“a”或“b”）端为正极。
（3）用多用电表“”挡测量二极管的反向电阻，发现指针偏转角度过小，为得到更准确的测量结果，可将旋转到电阻挡 （填“”或“”）的位置，完成电阻调零后再次测量。
12．（2025·成都模拟）智能手机软件中的磁力计可显示磁感应强度大小随时间变化的关系，两同学用该软件设计实验测量单摆的周期及当地重力加速度。
（1）将摆线上端固定于铁架台，下端系在小球上，让手机内置磁敏元件位于小球静止位置的正下方，做成如图所示的单摆。测出摆线长为，将小球磁化后，由平衡位置拉开一个小角度静止释放，手机软件显示磁感应强度大小随时间变化如图（b）所示。则该单摆的振动周期为 （用字母表示）。
（2）改变摆线长，重复实验操作，得到多组数据，画出周期平方随摆线长的变化图像如图所示，图像斜率为，则测得重力加速度为 （用字母表示）。
（3）图像未过原点，的测量值 （选填“>”“<”或“=”）真实值。甲同学认为手机内也含有铁等金属，由于手机对小球的吸引，会使的测量值 （选填“>”“<”或“=”）真实值。
（4）乙同学发现，振动较长时间后手机显示磁感应强度随时间呈图（b）变化趋势，忽略手机对小球的吸引，引起该情况最可能的原因是_______。
A．小球磁性减弱
B．小球振幅减小
C．小球由单摆运动变为圆锥摆运动
13．（2025·成都模拟）一乒乓球的内部气体可视为理想气体，温度为，压强为。现乒乓球发生形变后体积减小了。已知乒乓球内部气体内能变化量与温度变化量的关系式为，C为已知常数。
（1）若乒乓球形变过程可视为等温变化，求形变后乒乓球内部气体的压强；
（2）为使乒乓球恢复原状，将乒乓球放入热水中如图所示。
I.若乒乓球内部气体被热水加热至时形变开始恢复，求此时气体压强；
Ⅱ.若乒乓球从开始恢复到完全复原的过程中，内部气体温度从上升至，吸收的热量为，求该过程乒乓球内部气体对外做的功。
14．（2025·成都模拟）如图所示，竖直面内的光滑绝缘圆弧轨道与足够长的粗糙水平地面平滑连接，点在圆心点正下方，轨道半径，整个空间存在竖直向上、大小的匀强电场。一个质量，电荷量的带正电小滑块，从轨道点静止释放，经过点后立即与另一个质量，不带电的静止小滑块发生弹性碰撞（碰撞过程不发生电荷转移，且碰撞时间极短）。已知与地面间的动摩擦因数，重力加速度取均视为质点。求：
（1）到达圆轨道点（与碰前）的速度大小；
（2）到达圆轨道点（与碰前）对轨道的压力大小；
（3）碰后的最大距离。
15．（2025·成都模拟）电动机的动力来源于电流与磁场间的相互作用，其内部工作原理可借助图所建立的模型来理解：粗糙水平金属导轨宽度，处于竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场中，质量m=2kg、电阻的金属棒置于导轨上，电源电动势，不计电源及导轨电阻。接通电源后，沿导轨由静止开始运动，在运动过程中始终与导轨保持良好接触，所受阻力大小恒为，图为金属棒的加速度倒数与速度的关系图像，图中右侧虚线为该图像的渐近线。
（1）判断导体棒的运动方向（回答“水平向左”或“水平向右”）；
（2）求电源接通瞬间金属棒的加速度和最终趋近的最大速度；
（3）求金属棒从静止启动到速度为的过程中，电源消耗的电能。（图像中速度从0至的图像可近似处理为线性关系）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查核反应方程书写规则，聚变释放能量以及γ射线的来源和比结合能的知识，会根据题意进行准确分析解答。A．根据质量数和电荷数守恒可知X的质量数为1，电荷数为0，故X时中子，A正确；
B．氘和氚的核聚变反应释放能量，B错误；
C．射线源于核内的能级跃迁，C错误；
D．核的比结合能小于核的比结合能，D错误。
故选A。
【分析】根据核反应方程书写规则，聚变释放能量以及γ射线的来源和比结合能的知识进行分析解答。
2．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查了万有引力定律在天体运动中的应用，比较不同轨道的卫星的运动参数时，要抓住万有引力提供向心力这一基本原理。A．卫星的发射速度大于第一宇宙速度，A错误；
B．由
可得
卫星轨道半径小于空间站轨道半径，故卫星的线速度大于空间站的线速度，B正确；
C．由
可得
卫星轨道半径小于空间站轨道半径，故卫星的运行周期小于空间站的运行周期，C错误；
D．由
可得
卫星轨道半径小于空间站轨道半径，故卫星的向心加速度大于空间站的向心加速度，D错误。
故选B。
【分析】第一宇宙速度是卫星发射的最小速度，近地卫星的圆周运动的线速度等于第一宇宙速度；根据万有引力提供向心力，结合它们的半径大小关系，判断线速度、周期、向心加速度的大小关系。
3．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系；光电效应
【解析】【解答】本题考查光的折射和光在介质中的传播问题，光电效应和干涉条纹间距等，会根据题意进行准确分析解答。A．根据光路可知，因b光的偏折程度大于a光，可知b光折射率大于a光，则光频率大于光频率，选项A错误；
B．根据则a光在玻璃中的传播速度大于b光，而a光的传播距离小于b光，可知光在玻璃球中传播时间小于光在玻璃球中传播时间，选项B错误；
C．因为光频率大于光频率，若光能使某金属发生光电效应，光也能使该金属发生光电效应，选项C正确；
D．因b光波长比a光短，则根据，可知两束光用同一装置进行双缝干涉实验，光干涉条纹间距更短，选项D错误。
故选C。
【分析】据折射光路和偏折情况判断两光的频率大小；根据波速公式和传播距离判断传播时间长短；根据光电效应发生条件和两光的频率关系进行解答；根据双缝干涉实验对应的公式结合波长关系进行判断。
4．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】本题是对物体做曲线运动的条件及运动的合成，瞬时功率的考查，解题的关键是要知道杂质与子实在竖直方向和水平方向的分运动的规律。A．在水平恒定风力和重力的作用下，从同一位置静止释放，所以杂质与子实在空中做初速度为零的匀变速直线运动，故A错误；
B．杂质与子实在空中运动的时间相等，因为竖直方向两者均做自由落体运动，高度相同，故B正确；
C．杂质与子实落地时重力的瞬时功率
因为质量不同，所以功率不同，故C错误；
D．杂质的水平加速度
较大，水平方向位移
杂质落地点与点的水平距离大于子实落地点与点的水平距离，故D错误。
故选B。
【分析】由物体做曲线运动的条件判断杂质与子实在空中说法做曲线运动；由杂质与子实在竖直方向的分运动判断运动的时间关系；由瞬时功率格式判断瞬时功率关系，由杂质与子实在水平方向做匀加速直线运动的位移—时间关系判断水平距离的大小关系。
5．【答案】D
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】分析清楚图示电路结构是解题的前提与关键，应用法拉第电磁感应定律、楞次定律与串并联电路的特点即可解题。D．磁感应强度大小随时间均匀增大，由法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定的感应电流，L3与L4串联之后与L2并联，L1在干路上，电流最大，故L1最亮，D正确；
A．由楞次定律，通过灯泡的电流方向为到，A错误；
B．由上述分析可知，灯泡的亮度不变，B错误；
C．由上述分析可知，灯泡、的亮度最暗，C错误。
故选D。
【分析】磁感应强度均匀增大产生感应电动势，分析清楚图示电路结构，然后分析答题。
6．【答案】D
【知识点】电势能
【解析】【解答】 本题关键在于分析电场力的变化趋势及其对物块运动的影响，理解动能、电势能和总能量随位置的变化关系。A．PO段电场强度逐渐减小，由牛顿第二定律
故物块先做加速度逐渐减小的加速运动，当时，加速度为0，速度最大
之后电场力小于摩擦力，由牛顿第二定律
物块开始做加速度逐渐增大的减速运动，O点电场力为0，摩擦力不为0，故加速度不为0，A错误；
B．物块加速阶段，由动能定理
由于电场力逐渐减小，故图像斜率逐渐减小，同理物块减速阶段图像斜率逐渐增大，B错误；
C．PO段电场力做正功电势能减小，OQ段电场力做负功，电势能增大，故电势能先减小后增大，C错误；
D．取无穷远电势能为0，则
由能量守恒
即图像斜率小于0，恒定不变，D正确。
故选D。
【分析】小物块受电场力和摩擦力作用，初始时电场力大于摩擦力，物块加速前进，但由于电场强度逐渐减小，加速度随之减小。运动至O点后，电场力变为零，仅受摩擦力作用，开始减速直至停止。动能随x先增后减，电势能则先降后升。总能量E由动能和电势能之和构成，在摩擦力作用下整体缓慢减少，图像斜率保持恒定。
7．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】解决本题的关键平抛运动的规律，能够运用平抛运动分析实际生活中的问题。设水龙头最低点离地面的高度为h，水龙头的半径为R，水滴距离地面的高度为，初速度为，则有
，
解得
其中，由于y均匀增加时，x不是均匀增加，且x增加得越来越慢，所以俯视的形状为C图。
故选C。
【分析】水喷出后做平抛运动，有平抛运动规律结合对称性即可解题。
8．【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移。A．根据质点的振动方程可知，该质点的振幅为10cm，选项A正确；
B．简谐横波的周期
波长为
选项B错误；
C．从M传到N的时间为
内质点振动
通过的路程为
选项C错误；
D．因MN=2.5λ，时，M点在平衡位置向下振动，可知间有三个波峰，选项D正确。
故选AD。
【分析】结合质点M的振动方程分析得出振幅、圆频率，然后再根据波速计算得出波长。
9．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，解题的关键是做出粒子的运动轨迹，根据牛顿第二定律结合几何关系进行求解。粒子可能的轨迹如图所示
A．如图所示，若粒子沿轨迹1运动，由几何关系可知，此时的半径为
故A正确；
B．与边相切的粒子，轨迹如2，由几何关系可知，半径为
由几何关系可知，切点到的距离也为
所以切点在点上侧，故粒子不可能过点，故B错误；
CD．当粒子与边相切出磁场时，粒子的速度最小，运动时间最长，轨迹如2，由几何关系可知，此时的圆心角为
根据牛顿第二定律可知
解得
周期为
运动的时间为
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】根据粒子的运动轨迹，由几何关系判断粒子是否可能从b点或c点飞出磁场；根据洛伦兹力提供向心力和几何关系再结合周期公式求粒子在磁场中运动的最长时间和最小速度。
10．【答案】B,D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；重力势能
【解析】【解答】本题综合考查动力学和能量的基本概念，关键在于准确应用匀变速运动规律和牛顿第二定律，并注意电缆质量对系统重力势能的影响。同时，需结合实际情况考虑空气阻力对力的影响。A．设无人机上升全过程的最大速度为，则
求得
故A错误；
B．无人机上升全过程的时间为
故B正确；
C．系统上升全过程重力势能增加
又
求得
故C错误；
D．无人机向上匀加速运动上升的高度为
若不考虑空气阻力，根据牛顿第二定律有
又
解得
但实际上无人机在上升过程中还受空气阻力，所以无人机向上匀加速运动时升力大于，故D正确。
故选BD。
【分析】在上升过程中，无人机经历匀加速和匀减速运动，最大速度可由匀变速运动规律求得。上升全过程的时间可由加速和减速阶段的时间总和计算。系统的重力势能变化量包括无人机本身的重力势能变化以及电缆重力势能的变化，需注意电缆质量随高度分布的特点。在无人机匀加速运动达到2s时，根据牛顿第二定律计算升力，并结合空气阻力影响进行分析。
11．【答案】（1）S；左边
（2）a
（3）
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】本题主要考查了多用表测二极管电阻的正确操作，知道欧姆表的电流方向为“黑出红进”，知道电流从二极管的正极流入，二极管导通，正向电阻小。
（1）先进行机械调零，旋动S使指针对准表盘的左边零刻度；后将旋转到电阻挡“”的位置，并完成电阻调零。
（2）该同学先后用红、黑表笔按图（b）方式接触二极管的两端，当黑表笔接a端时电阻很小，说明二极管加的正向电压；当黑表笔接b端时电阻很大，说明二极管加的反向电压；由多用电表指针偏转情况可知二极管的a端为正极。
（3）用多用电表“”挡测量二极管的反向电阻，发现指针偏转角度过小，说明倍率档选择过小，为得到更准确的测量结果，可将旋转到电阻挡的位置，完成电阻调零后再次测量。
【分析】（1）根据多用表旋钮的功能和正确操作分析作答；
（2）欧姆表的内部电流从黑表笔流出、红表笔流入；电流从二极管的正极流入，二极管导通，正向电阻小，结合图b分析作答；
（3）欧姆表指针偏转角度过小，说明欧姆表指针对应示数大，据此分析作答。
（1）[1][2]先进行机械调零，旋动S使指针对准表盘的左边零刻度；后将旋转到电阻挡“”的位置，并完成电阻调零。
（2）该同学先后用红、黑表笔按图（b）方式接触二极管的两端，当黑表笔接a端时电阻很小，说明二极管加的正向电压；当黑表笔接b端时电阻很大，说明二极管加的反向电压；由多用电表指针偏转情况可知二极管的a端为正极。
（3）用多用电表“”挡测量二极管的反向电阻，发现指针偏转角度过小，说明倍率档选择过小，为得到更准确的测量结果，可将旋转到电阻挡的位置，完成电阻调零后再次测量。
12．【答案】（1）
（2）
（3）=；>
（4）B
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】要明确实验的原理，掌握单摆的周期公式；知道手机软件中的“磁力计”可显示磁感应强度大小和磁性小球与手机的距离有关，结合磁感应强度的最大值和最小值即可完成作答。
（1）磁性小球经过最低点测得的磁感应强度B最大，小球两次经最低点的时间间隔是半个周期，则
解得
（2）根据单摆周期公式
可得
由图像斜率为，则测得重力加速度
（3）图像未过原点，是因为摆长测量未考虑小球半径等因素，但不影响斜率，的测量值等于真实值。
手机内也含有铁等金属，由于手机对小球的吸引，会使单摆周期减小，图像的斜率变小，的测量值会偏大，会使的测量值大于真实值。
（4）磁感应强度随时间呈图（b）变化趋势，磁感应强度的最小值变大，说明小球越来越靠近手机，最可能是小球振幅减小造成的。
【分析】（1）磁性小球通过最低点时连续3次通过最低点所用的时间为一个周期；
（2）根据单摆周期公式求解T2-L函数，结合图像斜率的含义求解作答；
（3）根据上述（2）重力加速度的求解过程分析实验误差；手机内也含有铁等金属，磁性小球与手机之间存在磁场力，求解单摆的等效重力加速度，然后分析实验误差；
（4）手机软件中的“磁力计”可显示磁感应强度大小和磁性小球与手机的距离有关；图b中，磁感应强度的最大值不变，据此分析小球的运动情况和小球磁性的强弱变化，然后作答；磁感应强度的最小值变大，据此分析小球摆角的变化和振幅的变化，然后作答。
（1）磁性小球经过最低点测得的磁感应强度B最大，小球两次经最低点的时间间隔是半个周期，则
解得
（2）根据单摆周期公式
可得
由图像斜率为，则测得重力加速度
（3）图像未过原点，是因为摆长测量未考虑小球半径等因素，但不影响斜率，的测量值等于真实值。
手机内也含有铁等金属，由于手机对小球的吸引，会使单摆周期减小，图像的斜率变小，的测量值会偏大，会使的测量值大于真实值。
（4）磁感应强度随时间呈图（b）变化趋势，磁感应强度的最小值变大，说明小球越来越靠近手机，最可能是小球振幅减小造成的。
13．【答案】（1）解：设乒乓球发生形变前的体积为，乒乓球经历等温变化过程，由玻意耳定律得
解得
（2）解：I.分析题意可知该过程为等容变化过程，由查理定律得
解得
Ⅱ.由热力学第一定律可得
根据题意有
解得
【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）气体发生等温变化，根据玻意耳定律列式求解；
（2）气体发生等容变化，根据查理定律和热力学第一定律结合题目条件列式求解。
（1）设乒乓球发生形变前的体积为，乒乓球经历等温变化过程，由玻意耳定律得
解得
（2）I.分析题意可知该过程为等容变化过程，由查理定律得
解得
Ⅱ.由热力学第一定律可得
根据题意有
解得
14．【答案】（1）解：从A到B的过程由动能定理得
解得
（2）解：设小滑块经过时，其受到轨道的支持力为，则
由牛顿第三定律得
解得
（3）解：设水平向右为正方向，碰撞后的速度分别为，由弹性碰撞得
，
解得
设碰撞后在水平地面上的加速度大小分别为，则
，
假设碰后经过时间达到共同速度，由运动学公式得
由分析可得，说明共速时均未停止，假设成立。则碰后的最大距离为
解得
【知识点】动量守恒定律
【解析】【分析】（1）由动能定理求P到达圆轨道B点（与Q碰前）的速度大小vB；
（2）根据圆周运动的公式和牛顿第三定律求P到达圆轨道B点（与Q碰前）对轨道的压力大小；
（3）根据弹性碰撞的特点和运动学公式求P、Q碰后的最大距离dm。
（1）从A到B的过程由动能定理得：
解得
（2）设小滑块经过时，其受到轨道的支持力为，则
由牛顿第三定律得
解得
（3）设水平向右为正方向，碰撞后的速度分别为，由弹性碰撞得，
解得
设碰撞后在水平地面上的加速度大小分别为，则，
假设碰后经过时间达到共同速度，由运动学公式得
由分析可得，说明共速时均未停止，假设成立。则碰后的最大距离为
解得
15．【答案】（1）解：接通电源后，电流方向由M到N，由左手定则可知安培力水平向右，故金属杆的运动方向水平向右。
（2）解：接通电源瞬间流过的电流为，则
此时金属棒的加速度为，由牛顿第二定律得
解得
当金属棒加速度为零时，达到最大速度，此时金属棒产生的反电动势为，回路电流为，则
，，
解得
（3）解：设当金属棒速度为时，其加速度为，电流为，从静止启动到速度为所用时间为，电路通过电源的电荷量为。则
由牛顿第二定律得
由图像的面积可知
对金属棒从静止启动到速度为过程，由动量定理得
，
电源消耗的电能为
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据左手定则判断导体棒MN的运动方向；
（2）由牛顿第二定律和电磁感应定律求电源接通瞬间金属棒MN的加速度a0和最终趋近的最大速度vm；
（3）由牛顿第二定律和动量定理求电源消耗的电能E电。
（1）接通电源后，电流方向由M到N，由左手定则可知安培力水平向右，故金属杆的运动方向水平向右。
（2）接通电源瞬间流过的电流为，则
此时金属棒的加速度为，由牛顿第二定律得
解得
当金属棒加速度为零时，达到最大速度，此时金属棒产生的反电动势为，回路电流为，则，，
解得
（3）设当金属棒速度为时，其加速度为，电流为，从静止启动到速度为所用时间为，电路通过电源的电荷量为。则
由牛顿第二定律得
由图像的面积可知
对金属棒从静止启动到速度为过程，由动量定理得，
电源消耗的电能为
解得
1 / 1
