2025届四川省达州市高三下学期二模物理试题
1．（2025·达州模拟）极光的形成是高能带电粒子进入地球的高层大气（通常在80至500公里的高度）时，与大气中的原子和分子发生碰撞。这些碰撞导致大气分子被激发到高能态，随后它们会回落到更稳定的低能态，释放出能量并产生可见光。如图为氢原子的能级示意图，现有大量氢原子处于n=3的激发态，当原子向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光，若氢原子从n=2能级向n=1能级跃迁时所辐射出的光正好使某种金属A发生光电效应。则下列说法正确的是（ ）
A．频率最小的光是由n=3能级跃迁到n=1能级产生的
B．最容易发生衍射现象的光是由n=3能级跃迁到n=2能级产生的
C．这些氢原子总共可辐射出2种不同频率的光
D．这群氢原子辐射出的光中共有3种频率的光能使金属A发生光电效应
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】本题考查跃迁的光子能量和频率、波长的关系和跃迁辐射规律，光电效应的条件，会根据题意进行准确分析解答。A．频率最小的光对应的能级差最小的越迁，即是由n=3能级跃迁到n=2能级产生的，选项A错误；
B．最容易发生衍射现象的光是波长最长的，即频率最小的，即能级差最小的，是由n=3能级跃迁到n=2能级产生的，选项B正确；
C．大量氢原子从n=3向低能级跃迁时总共可辐射出种不同频率的光，选项C错误；
D．氢原子从n=2能级向n=1能级跃迁时所辐射出的光正好使某种金属A发生光电效应，则从n=3能级向n=1能级跃迁时所辐射出的光也能使金属A发生光电效应，即这群氢原子辐射出的光中共有2种频率的光能使金属A发生光电效应，选项D错误。
故选B。
【分析】根据跃迁的光子能量和频率、波长的关系和跃迁辐射规律，光电效应的条件进行分析解答。
2．（2025·达州模拟）如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，一轻质弹簧一端固定在定滑轮的正下方N处，另一端与小球P连接，同时一轻绳跨过定滑轮与小球P相连。开始时在外力F作用下系统在图示位置静止。改变F大小使小球P缓慢移动，在小球P到达N点正上方前，下列说法正确的是（ ）
A．外力F大小不变 B．外力F逐渐变大
C．弹簧弹力逐渐变小 D．小球运动轨迹是圆弧
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】首先根据题意构建出力的三角形和几何三角形，然后根据三角形的相似关系列出比例式，最后求出所需的力的值或判断所需的力如何变化。AB．对小球P进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示
根据几何关系可知两三角形相似，因此
缓慢运动过程OP越来越小，则F逐渐减小，故AB错误；
BD．由可知如果PN增大，则x会先减小，如果PN减小，则x会增大，该等式不可能成立，所以弹簧的形变量保持不变，弹簧弹力大小始终不变，小球运动轨迹是圆弧，故D正确，C错误。
故选D。
【分析】对小球P进行受力分析，三力构成矢量三角形，结合相似三角形分析。
3．（2025·达州模拟）2025年春节联欢晚会上最大的亮点莫过于机器人和真人一起跳舞，也标志中国的人形机器人处于国际领先水平。如图为机器人在竖直平面上转动手帕的情景，已知手帕直径约为40cm。要想把该手帕在竖直平面内以帕中心为转轴转动起来，重力加速度g取10m/s2，则需提供的最小转速约为（ ）
A．0.61r/s B．0.79r/s C．1.12r/s D．2.50r/s
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题考查临界条件，重力提供向心力列式推导角速度表达式，转速和角速度的关系，会根据题意进行准确分析解答。选取手帕边缘的一个质量为m的质点为研究对象，则要想经过最高点则需满足
解得
故选C。
【分析】根据临界条件，重力提供向心力列式推导角速度表达式，再结合转速和角速度的关系式求解。
4．（2025·达州模拟）在2024年的珠海航展上，太空电梯的概念模型引起了观众的浓厚兴趣。太空电梯是人类构想的一种通往太空的设备，它的主体是一个连接太空站和地球表面的超级缆绳，可以用来将人和货物从地面运送到太空站。为了平衡缆绳对同步空间站的拉力，需要在比地球同步空间站更高的地方连接一个配重空间站，如图所示。已知地球质量为，同步空间站的质量为，轨道半径为，配重空间站的质量为，轨道半径为，地球的自转周期为，则缆绳对配重空间站的拉力（不计同步空间站与配重空间站间的引力）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】分析清楚配重空间站的受力情况，知道向心力来源是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。由题意可知，配重空间站也与地球自转同步，即运行周期为地球的自转周期为，根据圆周运动知识，可得
所以缆绳对配重空间站的拉力
故选A。
【分析】配重空间站与地球自转周期相等，万有引力与缆绳拉力的合力提供向心力，应用牛顿第二定律分析求解。
5．（2025·达州模拟）如图所示，A、C、D是三个垂直于纸面的长直导线，O为A、C连线的中点，CD垂直CA且CD=CO，现在A中通入垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流时，O点的磁感应强度大小为B；再在D中通入垂直于纸面、大小为I2的恒定电流时，O点的磁感应强度大小也为B，方向沿OC方向。已知通电直导线周围磁场磁感应强度大小与电流I和距离r的关系为k为常数），则下列说法正确的是（ ）
A．D中的电流方向垂直纸面向外，且
B．D中的电流方向垂直纸面向里，且
C．若C中再通入垂直纸面向外电流I1，O点的磁感应强度大小为2B
D．若C中再通入垂直纸面向外电流I1，O点的磁感应强度大小为
【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题通过分析通电直导线周围磁场的计算，以及矢量合成的基本原理，确定了D中电流的方向和大小，并计算了在C中通入电流后O点的磁感应强度。解题的关键在于理解磁场的叠加原理，以及如何利用给定的磁场强度公式来计算不同电流产生的磁场强度。AB．在A中通入垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流时，在O点的磁感应强度大小为B，由安培定则可知方向垂直AC向上；再在D中通入垂直于纸面、大小为I2的恒定电流时，O点的磁感应强度大小也为B，方向沿OC方向，由安培定则可知D中的电流方向垂直纸面向外，如图
则
由，，解得
所以D中的电流方向垂直纸面向外，且，故AB错误；
CD．若C中通入垂直纸面向外电流I1，导线C在O点的磁感应强度大小为，方向垂直于AC向下，由于A和D直导线在O处的合磁感应强度大小为B，方向沿OC方向，则O点的磁感应强度大小为，故D正确，C错误。
故选D。
【分析】用安培定则首先确定通电直导线在O点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断各选项。
6．（2025·达州模拟）一厚度不计的正方体透明容器，如图为纵截面图，其边长为20，AF=9，AE=12，BG=3。一束紫光从E点入射，照射到AB边上的F点。往容器里面注满某种液体后，光线经AB面反射后照射到BC边上的G点，则（ ）
A．该液体的折射率为
B．光线在AB边刚好发生全反射
C．光从E点到G点的时间为
D．将紫光换成红光后，红光将照射到G点的左边
【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查了折射现象中的全反射问题、临界问题，关键要画出光路图，运用几何知识求解相关角度和路程。AB．注满水后，作出光路图如图所示
在没注水时，根据几何关系可得
可得
即
则
延长CB作G关于AB的对称点M，在，有
在E点，根据折射率公式，有
由上可知
则
根据
即
所以光线在AB边不是刚好发生全反射，故AB错误；
C．根据几何关系可得光所走的路程为
光在液体中的速度为
光从E点到G点的时间为
故C正确；
D．将紫光换成红光后，红光的折射率小于紫光，折射角将会变大，在AB面的反射角变小，根据反射定律可得红光将照射到G点的右边，故D错误。
故选C。
【分析】根据题意画出光路图，在AB面上，由几何关系得到入射角，与临界角比较，判断知道光线在AB面上发生了全反射；由数学知识求出光从E点传播到G点的距离，由求出光在玻璃中的速度，再根据计算光传播所用的时间。
7．（2025·达州模拟）如图所示，空间存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和竖直向下、电场强度为E的匀强电场。一质量为m、电量为q的正电粒子从O点以速度v0水平向左射入叠加场，经时间运动到O点正下方P点（P点未标出），不计粒子的重力，则速度v0大小为（ ）
A．EB B． C． D．
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题的难度比较大，超过高中所学的范围，只有用配速法、结合题设特点，两个分位移的大小相等列方程才能解决问题。
将粒子的运动看成是两个运动的合成，即
因而粒子可以看做受到的两个洛伦兹力，分别为与，其中平衡电场力，即
解得
这样，粒子的运动可以看成是匀速直线运动(速度)和匀速圆周运动(速率)的合运动，因此有
解得
因为时间，而且粒子正好运动到O点正下方，说明粒子在水平方向的位移为0，即粒子做匀速直线运动的位移等于匀速圆周运动的半径，即
联立解得
故选B。
【分析】用配速法解决带电粒子在复合场中的运动，即将速度一分为二，之其的速度大小满足：洛伦兹力的分量与电场力平衡，那么另一分量做匀速圆周运动。所以带电粒子的实际运动为匀速直线运动及匀速圆周运动的合运动，根据在正下方的距离求得半径，再由半径公式求速度。
8．（2025·达州模拟）如图所示，甲为一列横波在t=0.5s时的波动图像，乙为该波中x=4m处质点P的振动图像，则下列说法正确的是（ ）
A．该波的传播速度为2m/s
B．波沿x轴正方向传播
C．t=0.5s时，x=8m处的质点刚开始振动
D．从t=0.5s到x=11m处质点开始振动的过程，质点P运动的路程为1.0cm
【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【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，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。A．由题图可知，
故该波的传播速度为
故A错误；
B．由图乙可知，时质点P经过平衡位置且正在沿y轴负方向运动，结合图甲可知，波沿x轴正方向传播，故B正确；
C．由图甲可知，时波传播到处，x=8m处的质点还未开始振动，故C错误；
D．从t=0.5s到x=11m处质点开始振动所用的时间为
所以质点P运动的路程为
故D正确。
故选BD。
【分析】由甲图读出波长，由乙图读出周期，求出波速；在乙图上读出质点P在t=0.5s时刻的振动方向，在甲上判断出波的传播方向；t=0.5s时，x=6m处的质点刚开始振动；计算出从t=0.5s到x=11m处质点开始振动时经过的时间，根据振动质点一个周期通过的路程为4A进行分析。
9．（2025·达州模拟）空间中有竖直向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的微粒在竖直平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒（ ）
A．一定带正电
B．0~3s内电场力做的功为9J
C．运动过程中动能增加
D．0~3s内除电场力和重力外所受其他力对微粒做的功为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查电场方向和电势能、重力势能的变化情况与电场力和重力做功，能量的转化和守恒定律，会根据题意进行准确分析解答。A．重力势能减少，即微粒竖直方向上向下运动，电势能减少，即电场力做正功，因电场竖直向上，则微粒所受电场力竖直向下，所以微粒带负电，故A错误；
B.0~3s内电势能减少，所以电场力做的功为，故B正确；
C．因电场力和重力都是恒力，且电势能和重力势能都随时间均匀变化，所以微粒在相等的时间内位移相等，即微粒做匀速直线运动，动能不变，故C错误；
D.0~3s内电势能减少，重力势能减少，总共减少了，因动能不变，所以减少的电势能和重力势能用于克服除电场力和重力外的其他力做功，即除电场力和重力外的其他力对微粒做功为，故D正确。
故选BD。
【分析】根据电场方向和电势能、重力势能的变化情况与电场力和重力做功，能量的转化和守恒定律进行分析解答。
10．（2025·达州模拟）如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是半径为R的竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE连线竖直，现在空间加一平行于圆轨道面的匀强电场，从A点静止释放一质量为m、电量为q带正电小球，小球沿圆弧经B点恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I，让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．所加电场电场强度最小值为
B．若所加电场电场强度最小时，小球在H点的电势能最大
C．若所加电场电场强度最小时，冲量
D．小球在F点时，轨道对小球的作用力为零
【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查带电体在复合场中的运动，关键是根据小球静止释放时的运动特点，分析合力方向，掌握小球恰好完成圆周运动的临界条件。A．从A点静止释放带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点，则知电场力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”，如图所示
根据合力方向，可知电场强度最小时，重力和电场力的合力大小为
方向与竖直方向成45°角斜向右下方，则所加电场电场强度最小值为
方向与竖直方向成45°角斜向右上方，故A错误；
B．若所加电场电场强度最小时，方向与HD平行向上，则在圆弧里的电势最高点为H点，由于小球带正电，根据可得小球在H点的电势能最大，故B正确；
D．若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I，让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动，则小球在F点所受重力和电场力的合力提供向心力，轨道对小球的作用力为零，故D正确；
C．若所加电场电场强度最小时，在F点由牛顿第二定律得
从A点到F点，由动能定理得
在A点给带电小球一个水平向右的冲量I，有
其中
联立解得
故C正确。
故选BCD。
【分析】根据小球从A由静止释放时，可恰好经过B到达C，可知小球受到的合力方向，根据合力方向，可知电场强度最小时的值和方向；根据电场强度最小时的方向，可知在圆弧里的电势最高点，小球电势能最大的位置；根据小球可恰好完成圆周运动，可知小球在F点时，轨道与小球的作用力情况；根据电场强度最小时，在F点的动能，结合动能定理可计算小球在A电时的动能，即可计算小球在A点时的动量。
11．（2025·达州模拟）某实验小组利用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系。图中小车A的质量为M，连接在小车后的纸带穿过电火花计时器，它们均置于已平衡摩擦力的一端带有定滑轮的足够长的木板上，钩码B的质量为m，C为力传感器（与计算机连接可以直接读数）。实验时改变B的质量，记下力传感器的对应读数F，不计绳与滑轮的摩擦。
（1）下列说法正确的是（ ）
A．绳与长木板必须保持平行
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．实验中m应远小于M
（2）如图乙为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的4个计数点之间的距离，相邻计数点间还有4个点没有画出，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电。由此可求得钩码B的加速度的大小是 m/s2。（结果保留两位有效数字）
（3）该同学以力传感器的示数F为横坐标，小车A的加速度a为纵坐标，画出a—F图像是一条直线，如图丙所示，图线与横坐标轴的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车质量为（ ）
A．
B．
C．k
D．因直线不通过坐标原点，无法求小车质量
【答案】（1）A
（2）0.25
（3）B
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】本题考查了探究物体的加速度与质量的关系实验的注意事项以及数据处理的方法，要注意明确实验原理，同时在求解加速度时要注意单位要统一用国际单位制。
（1）A．探究加速度与力的关系的实验中，为保证绳子拉力沿着小车运动的方向，使小车所受的合力方向与运动方向在同一直线上，绳与长木板必须保持平行，故A正确；
B．实验时应先接通电源，待打点计时器稳定工作后（打点稳定），再释放小车，获得尽量多的有效的点，故B错误；
C．本题中由于使用了力传感器，力传感器能够直接测量出绳子对小车的拉力大小，所以不需要满足 “m应远小于M”这一条件，故C错误。
故选A。
（2）相邻计数点间还有4个点没有画出，故相邻计数点时间间隔为
小车加速度为
故钩码B的加速度的大小是
（3）直线不通过坐标原点，则可能是摩擦力平衡过度，则根据牛顿第二定律
解得得
则
小车质量为
故选B。
【分析】（1）绳与长木板必须保持平行，应先接通电源，再释放小车，根据实验原理及操作规范解答；
（2）根据逐差法计算加速度；
（3）直线不通过坐标原点，则可能是摩擦力平衡过度，根据牛顿第二定律分得到加速度表达式，结合图像分析。
（1）A．探究加速度与力的关系的实验中，为保证绳子拉力沿着小车运动的方向，使小车所受的合力方向与运动方向在同一直线上，绳与长木板必须保持平行，故A正确；
B．实验时应先接通电源，待打点计时器稳定工作后（打点稳定），再释放小车，获得尽量多的有效的点，故B错误；
C．本题中由于使用了力传感器，力传感器能够直接测量出绳子对小车的拉力大小，所以不需要满足 “m应远小于M”这一条件，故C错误。
故选A。
（2）[1]相邻计数点间还有4个点没有画出，故相邻计数点时间间隔为
小车加速度为
故钩码B的加速度的大小是
（3）直线不通过坐标原点，则可能是摩擦力平衡过度，则根据牛顿第二定律
解得得
则
小车质量为
故选B。
12．（2025·达州模拟）某同学设计了如图甲所示的电路来测电流表的内阻以及电源的电动势和内阻。
（1）待测电流表的量程为3mA。可供选择的器材有：
A.电阻箱（最大阻值9999.9Ω）
B.电阻箱（最大阻值999.9Ω）
C.直流电源E（电动势约为6V）
D.开关两个，导线若干。
实验步骤如下：
①按图正确连接线路；
②闭合开关S1、断开开关S2，调节电阻箱R1，使电流表满偏；
③保持电阻箱R1接入电路的电阻不变，再闭合开关S2，调节电阻箱R2使电流表示数为2mA，记录电阻箱R2的阻值。
（a）实验中电阻箱R1应选择 （选填“A”或“B”）。
（b）在步骤③中，若记录的电阻箱阻值。，则可得到电流表的内阻为 Ω；若考虑到在接入电阻箱R2时，干路上电流发生的微小变化，则用该办法测出的电流表内阻的测量值 真实值（选填“小于”、“等于”或“大于”）。
（2）该同学测出电流表的内阻后，闭合开关S1和S2，保持R2不变，调节R1，记录电阻箱的阻值R1和电流表的示数I，得到关系如图乙中所示；电池的电动势E= ，内阻r= 。
【答案】（1）A；15；小于
（2）；
【知识点】测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】本题考查用半偏法测电流表内阻、测量电池电动势与内阻，解题关键掌握实验原理，注意闭合电路欧姆定律的应用。
（1）（a）当电流表满偏时电流为3mA，此时回路中电阻值为
所以变阻箱选最大阻值9999.9Ω，故选A。
（b）闭合开关S1、断开开关S2，调节电阻箱R2，使电流表满偏即回路中电流为3mA，保持电阻箱R1接入电路的电阻不变，再闭合开关S2，调节电阻箱R2使电流表示数为2mA，两者是并联关系，电压也相等，则有
解得
由于接入电阻箱R2，导致干路上电流变大，当电流表示数为2mA，则流过变阻箱的电流大于2mA，这样导致测量值小于真实值。
（2）根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
根据图像的斜率与截距可知，
解得，
【分析】（1）根据半偏法测电流表内阻的实验原理分析答题；根据闭合电路欧姆定律解得电流表的内阻，同时分析误差；
（2）根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解答。
（1）（a）[1]当电流表满偏时电流为3mA，此时回路中电阻值为
所以变阻箱选最大阻值9999.9Ω，故选A。
（b）[2]闭合开关S1、断开开关S2，调节电阻箱R2，使电流表满偏即回路中电流为3mA，保持电阻箱R1接入电路的电阻不变，再闭合开关S2，调节电阻箱R2使电流表示数为2mA，两者是并联关系，电压也相等，则有
解得
[3]由于接入电阻箱R2，导致干路上电流变大，当电流表示数为2mA，则流过变阻箱的电流大于2mA，这样导致测量值小于真实值。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
根据图像的斜率与截距可知，
解得，
13．（2025·达州模拟）如图甲，导热性能良好的气缸开口向上放在水平面上，缸内封闭一定质量的理想气体，静止时活塞离缸底的距离为L，大气压强为p0，环境温度为T0。如图乙，将气缸竖直放置在水平面上，开口向左，活塞稳定后，将环境温度缓慢降低到，此时活塞离缸底的距离恰好为L。已知活塞与气缸内壁无摩擦且不漏气，活塞的横截面积为S且厚度不计，重力加速度为g，求：
（1）活塞的质量m；
（2）若温度降低过程，缸内气体释放的热量为Q，气体的内能减少量。
【答案】（1）当气缸竖立时，设缸内气体的压强为，活塞的质量为，对活塞受力分析
根据理想气体状态方程
解得
（2）设气缸刚竖直活塞稳定时，活塞离缸底的距离为，则
环境温度降低过程，外界对气体做功为
根据热力学第一定律，气体内能减少量
解得
【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】【分析】（1）根据理想气体的状态方程来确定活塞的质量，这涉及到气体压强、体积和温度之间的关系。
（2）利用热力学第一定律计算气体的内能减少量，这需要考虑气体放出的热量以及外界对气体做的功。
（1）当气缸竖立时，设缸内气体的压强为，活塞的质量为，对活塞受力分析
根据理想气体状态方程
解得
（2）设气缸刚竖直活塞稳定时，活塞离缸底的距离为，则
环境温度降低过程，外界对气体做功为
根据热力学第一定律，气体内能减少量
解得
14．（2025·达州模拟）如图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m的减震环a连接，并套在固定的竖直杆上，a与杆之间的智能涂层材料可对a施加大小可调节的阻力，当a的速度为零时涂层对其不施加作用力。在某次性能测试中，质量为的光滑环b从杆顶端由静止释放，之后与a发生弹性正碰；碰撞后，a向下运动d时速度减为零，此过程中a受到涂层的阻力大小f与下移距离s之间的关系如图乙。已知a静止在弹簧上时，弹簧压缩量为d，重力加速度为g。求：
（1）碰撞后瞬间减震环a的速度大小v；
（2）碰撞后到环a速度减为零过程弹簧弹性势能变化量；
（3）释放环b时，a、b两环位置高度差h。
【答案】（1）设弹簧劲度系数为，静止在弹簧上时由平衡条件
由图乙可知
设向上为正方向，当向下运动过程中所受合外力为
联立可得
即所受合外力为方向向上的恒力，所以做匀减速直线运动，其加速度大小
根据运动学公式可得
解得碰撞后瞬间减震环a的速度大小为
（2）碰撞后到环a速度减为零过程，设环a克服弹簧弹力做功为W弹，由功能关系得
解得环a克服弹簧弹力做功
弹簧弹性势能变化量为
（3）光滑环b做自由落体运动，设碰前瞬间b的速度大小为v0，则有
解得
a、b发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，
其中
联立解得
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由平衡条件得到弹簧劲度系数，依据图乙得到a受到涂层的阻力大小f与下移距离s之间的关系式，分析环a向下运动过程所受合外力与下移距离s之间的关系，根据动能定理求解碰撞后瞬间减震环a的速度大小；
（2）根据动能定理求得碰撞后到环a速度减为零过程克服弹簧弹力做功，根据功能关系求解弹簧弹性势能变化量；
（3）碰撞前光滑环b做自由落体运动，由运动学公式求得碰前瞬间b的速度大小与高度差h的关系，a、b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与机械能守恒定律解答。
（1）设弹簧劲度系数为，静止在弹簧上时由平衡条件
由图乙可知
设向上为正方向，当向下运动过程中所受合外力为
联立可得
即所受合外力为方向向上的恒力，所以做匀减速直线运动，其加速度大小
根据运动学公式可得
解得碰撞后瞬间减震环a的速度大小为
（2）碰撞后到环a速度减为零过程，设环a克服弹簧弹力做功为W弹，由功能关系得
解得环a克服弹簧弹力做功
弹簧弹性势能变化量为
（3）光滑环b做自由落体运动，设碰前瞬间b的速度大小为v0，则有
解得
a、b发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，
其中
联立解得
15．（2025·达州模拟）如图所示，倾角θ=37°间距足够长的平行金属导轨，底端接有阻值的电阻，轨道间abdc区域有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度磁场宽度。一矩形金属框质量m=1kg，长l=1m，宽，AB和CD边的电阻均为1Ω，AC和BD边无电阻。现将金属框如图静止释放，CD进入磁场时恰好作匀速直线运动，以某一速度离开磁场，金属框继续向下运动。已知金属框在运动过程中AB和CD边始终保持与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计导轨的电阻，金属框与导轨间的动摩擦因数，重力加速度g取求：
（1）金属框静止释放时CD边距ab边的距离x；
（2）整个过程中通过电阻R的电荷量q；
（3）金属框CD边进入磁场到AB边刚离开磁场的过程中金属框所产生的焦耳热Q。
【答案】（1）设CD边刚进入磁场时金属框的速度为，因金属框恰好匀速进入磁场，由牛顿第二定律得
CD边受到安培力
电路的总电阻
由以上解得CD边刚进入磁场时金属框的速度
从静止释放到CD边刚进入磁场的过程，由动能定理得
解得
（2）金属框从CD边刚进入磁场到AB边刚进入磁场过程中做匀速直线运动，运动时间
CD边做切割磁感线运动，回路感应电动势
回路总电阻
通过电阻R的电流
该过程中通过电阻的电量
边刚进入磁场时，边、边都做切割磁感线运动，
回路感应电动势
其等效电路如图所示
通过、两边的电流相等，其电流
其中
解得
对金属框受力分析，由牛顿第二定律得
解得
即金属框从边进入磁场到边刚离开磁场过程中做匀速直线运动，速度仍为，运动时间
该过程中通过电阻的电量
同理分析得金属框从边离开磁场到边离开磁场过程中做匀速直线运动，速度仍为，与金属框进入磁场过程通过电阻的电量相等，即
则全过程通过电阻的电量
（3）边进入磁场到边刚离开磁场过程金属框运动位移
全过程克服摩擦力做功
由（2）可得电阻产生的焦耳热
其中，，
解得
由功能关系得，边进入磁场到边刚离开磁场过程中金属框所产生的焦耳热。
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）CD进入磁场时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件以及安培力与速度的关系求CD进入磁场时线框的速度，再由动能定理求金属框静止释放时CD边距ab边的距离x；
（2）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电荷量与电流的关系求整个过程中通过电阻R的电荷量q；
（3）金属框CD边进入磁场到AB边刚离开磁场的过程中金属框所产生的焦耳热Q。
（1）设CD边刚进入磁场时金属框的速度为，因金属框恰好匀速进入磁场，由牛顿第二定律得
CD边受到安培力
电路的总电阻
由以上解得CD边刚进入磁场时金属框的速度
从静止释放到CD边刚进入磁场的过程，由动能定理得
解得
（2）金属框从CD边刚进入磁场到AB边刚进入磁场过程中做匀速直线运动，运动时间
CD边做切割磁感线运动，回路感应电动势
回路总电阻
通过电阻R的电流
该过程中通过电阻的电量
边刚进入磁场时，边、边都做切割磁感线运动，
回路感应电动势
其等效电路如图所示
通过、两边的电流相等，其电流
其中
解得
对金属框受力分析，由牛顿第二定律得
解得
即金属框从边进入磁场到边刚离开磁场过程中做匀速直线运动，速度仍为，运动时间
该过程中通过电阻的电量
同理分析得金属框从边离开磁场到边离开磁场过程中做匀速直线运动，速度仍为，与金属框进入磁场过程通过电阻的电量相等，即
则全过程通过电阻的电量
（3）边进入磁场到边刚离开磁场过程金属框运动位移
全过程克服摩擦力做功
由（2）可得电阻产生的焦耳热
其中，，
解得
由功能关系得，边进入磁场到边刚离开磁场过程中金属框所产生的焦耳热。
1 / 12025届四川省达州市高三下学期二模物理试题
1．（2025·达州模拟）极光的形成是高能带电粒子进入地球的高层大气（通常在80至500公里的高度）时，与大气中的原子和分子发生碰撞。这些碰撞导致大气分子被激发到高能态，随后它们会回落到更稳定的低能态，释放出能量并产生可见光。如图为氢原子的能级示意图，现有大量氢原子处于n=3的激发态，当原子向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光，若氢原子从n=2能级向n=1能级跃迁时所辐射出的光正好使某种金属A发生光电效应。则下列说法正确的是（ ）
A．频率最小的光是由n=3能级跃迁到n=1能级产生的
B．最容易发生衍射现象的光是由n=3能级跃迁到n=2能级产生的
C．这些氢原子总共可辐射出2种不同频率的光
D．这群氢原子辐射出的光中共有3种频率的光能使金属A发生光电效应
2．（2025·达州模拟）如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，一轻质弹簧一端固定在定滑轮的正下方N处，另一端与小球P连接，同时一轻绳跨过定滑轮与小球P相连。开始时在外力F作用下系统在图示位置静止。改变F大小使小球P缓慢移动，在小球P到达N点正上方前，下列说法正确的是（ ）
A．外力F大小不变 B．外力F逐渐变大
C．弹簧弹力逐渐变小 D．小球运动轨迹是圆弧
3．（2025·达州模拟）2025年春节联欢晚会上最大的亮点莫过于机器人和真人一起跳舞，也标志中国的人形机器人处于国际领先水平。如图为机器人在竖直平面上转动手帕的情景，已知手帕直径约为40cm。要想把该手帕在竖直平面内以帕中心为转轴转动起来，重力加速度g取10m/s2，则需提供的最小转速约为（ ）
A．0.61r/s B．0.79r/s C．1.12r/s D．2.50r/s
4．（2025·达州模拟）在2024年的珠海航展上，太空电梯的概念模型引起了观众的浓厚兴趣。太空电梯是人类构想的一种通往太空的设备，它的主体是一个连接太空站和地球表面的超级缆绳，可以用来将人和货物从地面运送到太空站。为了平衡缆绳对同步空间站的拉力，需要在比地球同步空间站更高的地方连接一个配重空间站，如图所示。已知地球质量为，同步空间站的质量为，轨道半径为，配重空间站的质量为，轨道半径为，地球的自转周期为，则缆绳对配重空间站的拉力（不计同步空间站与配重空间站间的引力）（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025·达州模拟）如图所示，A、C、D是三个垂直于纸面的长直导线，O为A、C连线的中点，CD垂直CA且CD=CO，现在A中通入垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流时，O点的磁感应强度大小为B；再在D中通入垂直于纸面、大小为I2的恒定电流时，O点的磁感应强度大小也为B，方向沿OC方向。已知通电直导线周围磁场磁感应强度大小与电流I和距离r的关系为k为常数），则下列说法正确的是（ ）
A．D中的电流方向垂直纸面向外，且
B．D中的电流方向垂直纸面向里，且
C．若C中再通入垂直纸面向外电流I1，O点的磁感应强度大小为2B
D．若C中再通入垂直纸面向外电流I1，O点的磁感应强度大小为
6．（2025·达州模拟）一厚度不计的正方体透明容器，如图为纵截面图，其边长为20，AF=9，AE=12，BG=3。一束紫光从E点入射，照射到AB边上的F点。往容器里面注满某种液体后，光线经AB面反射后照射到BC边上的G点，则（ ）
A．该液体的折射率为
B．光线在AB边刚好发生全反射
C．光从E点到G点的时间为
D．将紫光换成红光后，红光将照射到G点的左边
7．（2025·达州模拟）如图所示，空间存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和竖直向下、电场强度为E的匀强电场。一质量为m、电量为q的正电粒子从O点以速度v0水平向左射入叠加场，经时间运动到O点正下方P点（P点未标出），不计粒子的重力，则速度v0大小为（ ）
A．EB B． C． D．
8．（2025·达州模拟）如图所示，甲为一列横波在t=0.5s时的波动图像，乙为该波中x=4m处质点P的振动图像，则下列说法正确的是（ ）
A．该波的传播速度为2m/s
B．波沿x轴正方向传播
C．t=0.5s时，x=8m处的质点刚开始振动
D．从t=0.5s到x=11m处质点开始振动的过程，质点P运动的路程为1.0cm
9．（2025·达州模拟）空间中有竖直向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的微粒在竖直平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒（ ）
A．一定带正电
B．0~3s内电场力做的功为9J
C．运动过程中动能增加
D．0~3s内除电场力和重力外所受其他力对微粒做的功为
10．（2025·达州模拟）如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是半径为R的竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE连线竖直，现在空间加一平行于圆轨道面的匀强电场，从A点静止释放一质量为m、电量为q带正电小球，小球沿圆弧经B点恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I，让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．所加电场电场强度最小值为
B．若所加电场电场强度最小时，小球在H点的电势能最大
C．若所加电场电场强度最小时，冲量
D．小球在F点时，轨道对小球的作用力为零
11．（2025·达州模拟）某实验小组利用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系。图中小车A的质量为M，连接在小车后的纸带穿过电火花计时器，它们均置于已平衡摩擦力的一端带有定滑轮的足够长的木板上，钩码B的质量为m，C为力传感器（与计算机连接可以直接读数）。实验时改变B的质量，记下力传感器的对应读数F，不计绳与滑轮的摩擦。
（1）下列说法正确的是（ ）
A．绳与长木板必须保持平行
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．实验中m应远小于M
（2）如图乙为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的4个计数点之间的距离，相邻计数点间还有4个点没有画出，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电。由此可求得钩码B的加速度的大小是 m/s2。（结果保留两位有效数字）
（3）该同学以力传感器的示数F为横坐标，小车A的加速度a为纵坐标，画出a—F图像是一条直线，如图丙所示，图线与横坐标轴的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车质量为（ ）
A．
B．
C．k
D．因直线不通过坐标原点，无法求小车质量
12．（2025·达州模拟）某同学设计了如图甲所示的电路来测电流表的内阻以及电源的电动势和内阻。
（1）待测电流表的量程为3mA。可供选择的器材有：
A.电阻箱（最大阻值9999.9Ω）
B.电阻箱（最大阻值999.9Ω）
C.直流电源E（电动势约为6V）
D.开关两个，导线若干。
实验步骤如下：
①按图正确连接线路；
②闭合开关S1、断开开关S2，调节电阻箱R1，使电流表满偏；
③保持电阻箱R1接入电路的电阻不变，再闭合开关S2，调节电阻箱R2使电流表示数为2mA，记录电阻箱R2的阻值。
（a）实验中电阻箱R1应选择 （选填“A”或“B”）。
（b）在步骤③中，若记录的电阻箱阻值。，则可得到电流表的内阻为 Ω；若考虑到在接入电阻箱R2时，干路上电流发生的微小变化，则用该办法测出的电流表内阻的测量值 真实值（选填“小于”、“等于”或“大于”）。
（2）该同学测出电流表的内阻后，闭合开关S1和S2，保持R2不变，调节R1，记录电阻箱的阻值R1和电流表的示数I，得到关系如图乙中所示；电池的电动势E= ，内阻r= 。
13．（2025·达州模拟）如图甲，导热性能良好的气缸开口向上放在水平面上，缸内封闭一定质量的理想气体，静止时活塞离缸底的距离为L，大气压强为p0，环境温度为T0。如图乙，将气缸竖直放置在水平面上，开口向左，活塞稳定后，将环境温度缓慢降低到，此时活塞离缸底的距离恰好为L。已知活塞与气缸内壁无摩擦且不漏气，活塞的横截面积为S且厚度不计，重力加速度为g，求：
（1）活塞的质量m；
（2）若温度降低过程，缸内气体释放的热量为Q，气体的内能减少量。
14．（2025·达州模拟）如图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m的减震环a连接，并套在固定的竖直杆上，a与杆之间的智能涂层材料可对a施加大小可调节的阻力，当a的速度为零时涂层对其不施加作用力。在某次性能测试中，质量为的光滑环b从杆顶端由静止释放，之后与a发生弹性正碰；碰撞后，a向下运动d时速度减为零，此过程中a受到涂层的阻力大小f与下移距离s之间的关系如图乙。已知a静止在弹簧上时，弹簧压缩量为d，重力加速度为g。求：
（1）碰撞后瞬间减震环a的速度大小v；
（2）碰撞后到环a速度减为零过程弹簧弹性势能变化量；
（3）释放环b时，a、b两环位置高度差h。
15．（2025·达州模拟）如图所示，倾角θ=37°间距足够长的平行金属导轨，底端接有阻值的电阻，轨道间abdc区域有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度磁场宽度。一矩形金属框质量m=1kg，长l=1m，宽，AB和CD边的电阻均为1Ω，AC和BD边无电阻。现将金属框如图静止释放，CD进入磁场时恰好作匀速直线运动，以某一速度离开磁场，金属框继续向下运动。已知金属框在运动过程中AB和CD边始终保持与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计导轨的电阻，金属框与导轨间的动摩擦因数，重力加速度g取求：
（1）金属框静止释放时CD边距ab边的距离x；
（2）整个过程中通过电阻R的电荷量q；
（3）金属框CD边进入磁场到AB边刚离开磁场的过程中金属框所产生的焦耳热Q。
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；光电效应
【解析】【解答】本题考查跃迁的光子能量和频率、波长的关系和跃迁辐射规律，光电效应的条件，会根据题意进行准确分析解答。A．频率最小的光对应的能级差最小的越迁，即是由n=3能级跃迁到n=2能级产生的，选项A错误；
B．最容易发生衍射现象的光是波长最长的，即频率最小的，即能级差最小的，是由n=3能级跃迁到n=2能级产生的，选项B正确；
C．大量氢原子从n=3向低能级跃迁时总共可辐射出种不同频率的光，选项C错误；
D．氢原子从n=2能级向n=1能级跃迁时所辐射出的光正好使某种金属A发生光电效应，则从n=3能级向n=1能级跃迁时所辐射出的光也能使金属A发生光电效应，即这群氢原子辐射出的光中共有2种频率的光能使金属A发生光电效应，选项D错误。
故选B。
【分析】根据跃迁的光子能量和频率、波长的关系和跃迁辐射规律，光电效应的条件进行分析解答。
2．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】首先根据题意构建出力的三角形和几何三角形，然后根据三角形的相似关系列出比例式，最后求出所需的力的值或判断所需的力如何变化。AB．对小球P进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示
根据几何关系可知两三角形相似，因此
缓慢运动过程OP越来越小，则F逐渐减小，故AB错误；
BD．由可知如果PN增大，则x会先减小，如果PN减小，则x会增大，该等式不可能成立，所以弹簧的形变量保持不变，弹簧弹力大小始终不变，小球运动轨迹是圆弧，故D正确，C错误。
故选D。
【分析】对小球P进行受力分析，三力构成矢量三角形，结合相似三角形分析。
3．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题考查临界条件，重力提供向心力列式推导角速度表达式，转速和角速度的关系，会根据题意进行准确分析解答。选取手帕边缘的一个质量为m的质点为研究对象，则要想经过最高点则需满足
解得
故选C。
【分析】根据临界条件，重力提供向心力列式推导角速度表达式，再结合转速和角速度的关系式求解。
4．【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】分析清楚配重空间站的受力情况，知道向心力来源是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。由题意可知，配重空间站也与地球自转同步，即运行周期为地球的自转周期为，根据圆周运动知识，可得
所以缆绳对配重空间站的拉力
故选A。
【分析】配重空间站与地球自转周期相等，万有引力与缆绳拉力的合力提供向心力，应用牛顿第二定律分析求解。
5．【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题通过分析通电直导线周围磁场的计算，以及矢量合成的基本原理，确定了D中电流的方向和大小，并计算了在C中通入电流后O点的磁感应强度。解题的关键在于理解磁场的叠加原理，以及如何利用给定的磁场强度公式来计算不同电流产生的磁场强度。AB．在A中通入垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流时，在O点的磁感应强度大小为B，由安培定则可知方向垂直AC向上；再在D中通入垂直于纸面、大小为I2的恒定电流时，O点的磁感应强度大小也为B，方向沿OC方向，由安培定则可知D中的电流方向垂直纸面向外，如图
则
由，，解得
所以D中的电流方向垂直纸面向外，且，故AB错误；
CD．若C中通入垂直纸面向外电流I1，导线C在O点的磁感应强度大小为，方向垂直于AC向下，由于A和D直导线在O处的合磁感应强度大小为B，方向沿OC方向，则O点的磁感应强度大小为，故D正确，C错误。
故选D。
【分析】用安培定则首先确定通电直导线在O点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断各选项。
6．【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查了折射现象中的全反射问题、临界问题，关键要画出光路图，运用几何知识求解相关角度和路程。AB．注满水后，作出光路图如图所示
在没注水时，根据几何关系可得
可得
即
则
延长CB作G关于AB的对称点M，在，有
在E点，根据折射率公式，有
由上可知
则
根据
即
所以光线在AB边不是刚好发生全反射，故AB错误；
C．根据几何关系可得光所走的路程为
光在液体中的速度为
光从E点到G点的时间为
故C正确；
D．将紫光换成红光后，红光的折射率小于紫光，折射角将会变大，在AB面的反射角变小，根据反射定律可得红光将照射到G点的右边，故D错误。
故选C。
【分析】根据题意画出光路图，在AB面上，由几何关系得到入射角，与临界角比较，判断知道光线在AB面上发生了全反射；由数学知识求出光从E点传播到G点的距离，由求出光在玻璃中的速度，再根据计算光传播所用的时间。
7．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题的难度比较大，超过高中所学的范围，只有用配速法、结合题设特点，两个分位移的大小相等列方程才能解决问题。
将粒子的运动看成是两个运动的合成，即
因而粒子可以看做受到的两个洛伦兹力，分别为与，其中平衡电场力，即
解得
这样，粒子的运动可以看成是匀速直线运动(速度)和匀速圆周运动(速率)的合运动，因此有
解得
因为时间，而且粒子正好运动到O点正下方，说明粒子在水平方向的位移为0，即粒子做匀速直线运动的位移等于匀速圆周运动的半径，即
联立解得
故选B。
【分析】用配速法解决带电粒子在复合场中的运动，即将速度一分为二，之其的速度大小满足：洛伦兹力的分量与电场力平衡，那么另一分量做匀速圆周运动。所以带电粒子的实际运动为匀速直线运动及匀速圆周运动的合运动，根据在正下方的距离求得半径，再由半径公式求速度。
8．【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【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，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。A．由题图可知，
故该波的传播速度为
故A错误；
B．由图乙可知，时质点P经过平衡位置且正在沿y轴负方向运动，结合图甲可知，波沿x轴正方向传播，故B正确；
C．由图甲可知，时波传播到处，x=8m处的质点还未开始振动，故C错误；
D．从t=0.5s到x=11m处质点开始振动所用的时间为
所以质点P运动的路程为
故D正确。
故选BD。
【分析】由甲图读出波长，由乙图读出周期，求出波速；在乙图上读出质点P在t=0.5s时刻的振动方向，在甲上判断出波的传播方向；t=0.5s时，x=6m处的质点刚开始振动；计算出从t=0.5s到x=11m处质点开始振动时经过的时间，根据振动质点一个周期通过的路程为4A进行分析。
9．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查电场方向和电势能、重力势能的变化情况与电场力和重力做功，能量的转化和守恒定律，会根据题意进行准确分析解答。A．重力势能减少，即微粒竖直方向上向下运动，电势能减少，即电场力做正功，因电场竖直向上，则微粒所受电场力竖直向下，所以微粒带负电，故A错误；
B.0~3s内电势能减少，所以电场力做的功为，故B正确；
C．因电场力和重力都是恒力，且电势能和重力势能都随时间均匀变化，所以微粒在相等的时间内位移相等，即微粒做匀速直线运动，动能不变，故C错误；
D.0~3s内电势能减少，重力势能减少，总共减少了，因动能不变，所以减少的电势能和重力势能用于克服除电场力和重力外的其他力做功，即除电场力和重力外的其他力对微粒做功为，故D正确。
故选BD。
【分析】根据电场方向和电势能、重力势能的变化情况与电场力和重力做功，能量的转化和守恒定律进行分析解答。
10．【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查带电体在复合场中的运动，关键是根据小球静止释放时的运动特点，分析合力方向，掌握小球恰好完成圆周运动的临界条件。A．从A点静止释放带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点，则知电场力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”，如图所示
根据合力方向，可知电场强度最小时，重力和电场力的合力大小为
方向与竖直方向成45°角斜向右下方，则所加电场电场强度最小值为
方向与竖直方向成45°角斜向右上方，故A错误；
B．若所加电场电场强度最小时，方向与HD平行向上，则在圆弧里的电势最高点为H点，由于小球带正电，根据可得小球在H点的电势能最大，故B正确；
D．若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I，让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动，则小球在F点所受重力和电场力的合力提供向心力，轨道对小球的作用力为零，故D正确；
C．若所加电场电场强度最小时，在F点由牛顿第二定律得
从A点到F点，由动能定理得
在A点给带电小球一个水平向右的冲量I，有
其中
联立解得
故C正确。
故选BCD。
【分析】根据小球从A由静止释放时，可恰好经过B到达C，可知小球受到的合力方向，根据合力方向，可知电场强度最小时的值和方向；根据电场强度最小时的方向，可知在圆弧里的电势最高点，小球电势能最大的位置；根据小球可恰好完成圆周运动，可知小球在F点时，轨道与小球的作用力情况；根据电场强度最小时，在F点的动能，结合动能定理可计算小球在A电时的动能，即可计算小球在A点时的动量。
11．【答案】（1）A
（2）0.25
（3）B
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】本题考查了探究物体的加速度与质量的关系实验的注意事项以及数据处理的方法，要注意明确实验原理，同时在求解加速度时要注意单位要统一用国际单位制。
（1）A．探究加速度与力的关系的实验中，为保证绳子拉力沿着小车运动的方向，使小车所受的合力方向与运动方向在同一直线上，绳与长木板必须保持平行，故A正确；
B．实验时应先接通电源，待打点计时器稳定工作后（打点稳定），再释放小车，获得尽量多的有效的点，故B错误；
C．本题中由于使用了力传感器，力传感器能够直接测量出绳子对小车的拉力大小，所以不需要满足 “m应远小于M”这一条件，故C错误。
故选A。
（2）相邻计数点间还有4个点没有画出，故相邻计数点时间间隔为
小车加速度为
故钩码B的加速度的大小是
（3）直线不通过坐标原点，则可能是摩擦力平衡过度，则根据牛顿第二定律
解得得
则
小车质量为
故选B。
【分析】（1）绳与长木板必须保持平行，应先接通电源，再释放小车，根据实验原理及操作规范解答；
（2）根据逐差法计算加速度；
（3）直线不通过坐标原点，则可能是摩擦力平衡过度，根据牛顿第二定律分得到加速度表达式，结合图像分析。
（1）A．探究加速度与力的关系的实验中，为保证绳子拉力沿着小车运动的方向，使小车所受的合力方向与运动方向在同一直线上，绳与长木板必须保持平行，故A正确；
B．实验时应先接通电源，待打点计时器稳定工作后（打点稳定），再释放小车，获得尽量多的有效的点，故B错误；
C．本题中由于使用了力传感器，力传感器能够直接测量出绳子对小车的拉力大小，所以不需要满足 “m应远小于M”这一条件，故C错误。
故选A。
（2）[1]相邻计数点间还有4个点没有画出，故相邻计数点时间间隔为
小车加速度为
故钩码B的加速度的大小是
（3）直线不通过坐标原点，则可能是摩擦力平衡过度，则根据牛顿第二定律
解得得
则
小车质量为
故选B。
12．【答案】（1）A；15；小于
（2）；
【知识点】测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】本题考查用半偏法测电流表内阻、测量电池电动势与内阻，解题关键掌握实验原理，注意闭合电路欧姆定律的应用。
（1）（a）当电流表满偏时电流为3mA，此时回路中电阻值为
所以变阻箱选最大阻值9999.9Ω，故选A。
（b）闭合开关S1、断开开关S2，调节电阻箱R2，使电流表满偏即回路中电流为3mA，保持电阻箱R1接入电路的电阻不变，再闭合开关S2，调节电阻箱R2使电流表示数为2mA，两者是并联关系，电压也相等，则有
解得
由于接入电阻箱R2，导致干路上电流变大，当电流表示数为2mA，则流过变阻箱的电流大于2mA，这样导致测量值小于真实值。
（2）根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
根据图像的斜率与截距可知，
解得，
【分析】（1）根据半偏法测电流表内阻的实验原理分析答题；根据闭合电路欧姆定律解得电流表的内阻，同时分析误差；
（2）根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解答。
（1）（a）[1]当电流表满偏时电流为3mA，此时回路中电阻值为
所以变阻箱选最大阻值9999.9Ω，故选A。
（b）[2]闭合开关S1、断开开关S2，调节电阻箱R2，使电流表满偏即回路中电流为3mA，保持电阻箱R1接入电路的电阻不变，再闭合开关S2，调节电阻箱R2使电流表示数为2mA，两者是并联关系，电压也相等，则有
解得
[3]由于接入电阻箱R2，导致干路上电流变大，当电流表示数为2mA，则流过变阻箱的电流大于2mA，这样导致测量值小于真实值。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
根据图像的斜率与截距可知，
解得，
13．【答案】（1）当气缸竖立时，设缸内气体的压强为，活塞的质量为，对活塞受力分析
根据理想气体状态方程
解得
（2）设气缸刚竖直活塞稳定时，活塞离缸底的距离为，则
环境温度降低过程，外界对气体做功为
根据热力学第一定律，气体内能减少量
解得
【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】【分析】（1）根据理想气体的状态方程来确定活塞的质量，这涉及到气体压强、体积和温度之间的关系。
（2）利用热力学第一定律计算气体的内能减少量，这需要考虑气体放出的热量以及外界对气体做的功。
（1）当气缸竖立时，设缸内气体的压强为，活塞的质量为，对活塞受力分析
根据理想气体状态方程
解得
（2）设气缸刚竖直活塞稳定时，活塞离缸底的距离为，则
环境温度降低过程，外界对气体做功为
根据热力学第一定律，气体内能减少量
解得
14．【答案】（1）设弹簧劲度系数为，静止在弹簧上时由平衡条件
由图乙可知
设向上为正方向，当向下运动过程中所受合外力为
联立可得
即所受合外力为方向向上的恒力，所以做匀减速直线运动，其加速度大小
根据运动学公式可得
解得碰撞后瞬间减震环a的速度大小为
（2）碰撞后到环a速度减为零过程，设环a克服弹簧弹力做功为W弹，由功能关系得
解得环a克服弹簧弹力做功
弹簧弹性势能变化量为
（3）光滑环b做自由落体运动，设碰前瞬间b的速度大小为v0，则有
解得
a、b发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，
其中
联立解得
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由平衡条件得到弹簧劲度系数，依据图乙得到a受到涂层的阻力大小f与下移距离s之间的关系式，分析环a向下运动过程所受合外力与下移距离s之间的关系，根据动能定理求解碰撞后瞬间减震环a的速度大小；
（2）根据动能定理求得碰撞后到环a速度减为零过程克服弹簧弹力做功，根据功能关系求解弹簧弹性势能变化量；
（3）碰撞前光滑环b做自由落体运动，由运动学公式求得碰前瞬间b的速度大小与高度差h的关系，a、b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与机械能守恒定律解答。
（1）设弹簧劲度系数为，静止在弹簧上时由平衡条件
由图乙可知
设向上为正方向，当向下运动过程中所受合外力为
联立可得
即所受合外力为方向向上的恒力，所以做匀减速直线运动，其加速度大小
根据运动学公式可得
解得碰撞后瞬间减震环a的速度大小为
（2）碰撞后到环a速度减为零过程，设环a克服弹簧弹力做功为W弹，由功能关系得
解得环a克服弹簧弹力做功
弹簧弹性势能变化量为
（3）光滑环b做自由落体运动，设碰前瞬间b的速度大小为v0，则有
解得
a、b发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，
其中
联立解得
15．【答案】（1）设CD边刚进入磁场时金属框的速度为，因金属框恰好匀速进入磁场，由牛顿第二定律得
CD边受到安培力
电路的总电阻
由以上解得CD边刚进入磁场时金属框的速度
从静止释放到CD边刚进入磁场的过程，由动能定理得
解得
（2）金属框从CD边刚进入磁场到AB边刚进入磁场过程中做匀速直线运动，运动时间
CD边做切割磁感线运动，回路感应电动势
回路总电阻
通过电阻R的电流
该过程中通过电阻的电量
边刚进入磁场时，边、边都做切割磁感线运动，
回路感应电动势
其等效电路如图所示
通过、两边的电流相等，其电流
其中
解得
对金属框受力分析，由牛顿第二定律得
解得
即金属框从边进入磁场到边刚离开磁场过程中做匀速直线运动，速度仍为，运动时间
该过程中通过电阻的电量
同理分析得金属框从边离开磁场到边离开磁场过程中做匀速直线运动，速度仍为，与金属框进入磁场过程通过电阻的电量相等，即
则全过程通过电阻的电量
（3）边进入磁场到边刚离开磁场过程金属框运动位移
全过程克服摩擦力做功
由（2）可得电阻产生的焦耳热
其中，，
解得
由功能关系得，边进入磁场到边刚离开磁场过程中金属框所产生的焦耳热。
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）CD进入磁场时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件以及安培力与速度的关系求CD进入磁场时线框的速度，再由动能定理求金属框静止释放时CD边距ab边的距离x；
（2）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电荷量与电流的关系求整个过程中通过电阻R的电荷量q；
（3）金属框CD边进入磁场到AB边刚离开磁场的过程中金属框所产生的焦耳热Q。
（1）设CD边刚进入磁场时金属框的速度为，因金属框恰好匀速进入磁场，由牛顿第二定律得
CD边受到安培力
电路的总电阻
由以上解得CD边刚进入磁场时金属框的速度
从静止释放到CD边刚进入磁场的过程，由动能定理得
解得
（2）金属框从CD边刚进入磁场到AB边刚进入磁场过程中做匀速直线运动，运动时间
CD边做切割磁感线运动，回路感应电动势
回路总电阻
通过电阻R的电流
该过程中通过电阻的电量
边刚进入磁场时，边、边都做切割磁感线运动，
回路感应电动势
其等效电路如图所示
通过、两边的电流相等，其电流
其中
解得
对金属框受力分析，由牛顿第二定律得
解得
即金属框从边进入磁场到边刚离开磁场过程中做匀速直线运动，速度仍为，运动时间
该过程中通过电阻的电量
同理分析得金属框从边离开磁场到边离开磁场过程中做匀速直线运动，速度仍为，与金属框进入磁场过程通过电阻的电量相等，即
则全过程通过电阻的电量
（3）边进入磁场到边刚离开磁场过程金属框运动位移
全过程克服摩擦力做功
由（2）可得电阻产生的焦耳热
其中，，
解得
由功能关系得，边进入磁场到边刚离开磁场过程中金属框所产生的焦耳热。
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