四川省成都市四川师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期三模物理试题
1．（2025·锦江模拟）茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。如图所示，向茶杯中倒入热水，盖上杯盖茶水漫过杯盖，在水面和杯盖间密闭了一部分空气（可视为质量和体积均不变的理想气体），过一段时间后水温降低。关于泡茶中的物理现象下列说法正确的是（ ）
A．泡茶时，热水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高每个分子动能都越大
B．水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是布朗运动现象
C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯盖与杯子间的分子引力作用
D．温度降低，杯内气体分子撞击单位面积器壁的平均作用力变小，气体对外界放热
2．（2025·锦江模拟）炎热的夏季，有一种网红水上娱乐项目“水上飞人”十分火爆，其原理是借助脚下的喷水装置产生向上的反冲动力，让人腾空而起或平衡或匀速或变速运动，不计空气阻力。在喷水装置始终工作过程中，下列说法正确的是（ ）
A．人在减速上升的过程中机械能增大
B．人在匀速上升过程中机械能守恒
C．人在悬空静止的一段时间内，反冲动力的冲量为零
D．人在加速上升过程中，喷出的水对装置的冲量大于装置对水的冲量
3．（2025·锦江模拟）水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”的美感。某次表演过程中，舞者抖动水袖形成一列向x轴正方向传播的简谐横波，P、Q是平衡位置和的两质点。时刻形成的波形图如图所示，时Q点恰好到达波峰。下列说法正确的是（ ）
A．时刻P点沿y轴正方向振动
B．该波的最小波速为
C．若周期，则时，质点P位于波峰
D．这列波2s内传播的距离可能为5m
4．（2025·锦江模拟）如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（ ）
A．A比B先落入篮筐
B．A、B运动的最大高度相同
C．A在最高点的速度比B在最高点的速度小
D．A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同
5．（2025·锦江模拟）空间内有一与纸面平行的匀强电场，为研究该电场，在纸面内建立直角坐标系。规定坐标原点的电势为0，测得x 轴和y 轴上各点的电势如图1、2所示。下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小为160V/m
B．电场强度的方向与x 轴负方向夹角的正切值为
C．点（10cm，10cm）处的电势为20V
D．纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为20V
6．（2025·锦江模拟）汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度k，急动度k是评判乘客是否感到舒适的重要指标。如图所示为一辆汽车启动过程中的急动度k随时间t的变化的关系，已知t=0时刻汽车速度和加速度均为零。关于汽车在该过程中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．0~3s汽车做匀加速直线运动 B．3~6s汽车做匀速直线运动
C．6s末汽车的加速度大小为零 D．9s末汽车的速度大小为18m/s
7．（2025·锦江模拟）如图所示，三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为ω，万有引力常量为G，则（ ）
A．卫星a和b下一次相距最近还需经过
B．卫星c的机械能等于卫星b的机械能
C．若要卫星c与b实现对接，可让卫星c加速
D．发射卫星b时速度要大于
8．（2025·锦江模拟）在研究光电效应时，用不同波长的光照射某金属，产生光电子的最大初动能与入射光波长的关系如图所示，为图像的渐近线，真空中光速为，则（ ）
A．该金属的逸出功为
B．普朗克常量为
C．时，光电子的最大初动能为
D．波长为的光能使该金属发生光电效应
9．（2025·锦江模拟）如图所示，一矩形线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，通过电刷与理想变压器相连。已知线框的匝数匝，面积，总电阻，角速度，理想变压器原、副线圈的匝数比为，为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，电表均为理想电表，电压表、电流表的示数分别为50V、2A．下列说法正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度
B．匀强磁场的磁感应强度
C．线框转动的角速度增大时，理想变压器的输入功率一定增大
D．处温度升高时，电流表的示数变大，电压表的示数不变
10．（2025·锦江模拟）如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为0.5 kg，板长均为0.4 m，P2的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好停在P2中点A点处。物体P置于P1的最右端，质量为1 kg且可看作质点。P1与P以共同速度v0 = 4 m/s向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P与P1、P2之间的动摩擦因数μ = 0.25，下列说法正确的有（ ）
A．在运动过程中，弹簧的最大压缩量为0.1 m
B．若P与P1、P2之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时P的速度大小为1 m/s
C．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时P受到向右的摩擦力
D．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减小
11．（2025·锦江模拟）某兴趣小组利用智能手机验证向心加速度与角速度、半径的关系。如图甲所示，用双股细绳将手机竖直悬挂，手机平面与水平面平行，用手搓动细绳带动手机旋转。利用手机内置传感器得到角速度和向心加速度。图乙为某次实验中利用手机软件绘制的图像。
（1）仅由图乙中的图像可以得到的结论是：半径一定时，增大转动的角速度，向心加速度 （选填“增大”“减小”或“不变”）；
（2）半径一定时，为了研究向心加速度和角速度的定量关系，利用软件生成了图丙所示的图像，则横坐标应为 （选填“”或“”）；
（3）下列哪种操作，可能对图丙中直线的斜率产生较大影响（ ）
A．增大手机的转速 B．更换不同大小的手机
C．改变手机转动的总时间 D．改变细绳的长度
12．（2025·锦江模拟）气敏电阻在安全环保领域有着广泛的应用。某气敏电阻说明书给出的气敏电阻Rq随甲醛浓度η变化的曲线如图a所示。
（1）为检验该气敏电阻的参数是否与图a一致，实验可供选用的器材如下：
A.蓄电池（电动势6V，内阻不计）
B.毫安表A1（量程2mA，内阻为200Ω）
C.毫安表A2（量程5mA，内阻约20Ω）
D.定值电阻R0（阻值2800Ω）
E.滑动变阻器R1（最大阻值10Ω，额定电流0.2A）
F.滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，额定电流0.2A）
G.开关、导线若干
探究小组根据器材设计了图b所示电路来测量不同甲醛浓度下气敏电阻的阻值，其中：
①滑动变阻器Rp应选用 （填“R1”或“R2）；
②开关S闭合前，应将滑动变阻器Rp的滑片置于 端（填“a”或“b”）；
（2）实验时，将气敏电阻置于密封小盒内，通过注入甲醛改变盒内浓度，记录不同浓度下电表示数，当甲醛浓度为时毫安表A1和毫安表A2的示数分别为1.51mA和3.51mA，此时测得该气敏电阻的阻值为 kΩ（结果保留三位有效数字）。
（3）多次测量数据，得出该气敏电阻的参数与图a基本一致。探究小组利用该气敏电阻设计了如图c所示的简单测试电路，用来测定室内甲醛是否超标（国家室内甲醛浓度标准是），并能在室内甲醛浓度超标时发出报警音。电路中报警器的电阻可视为无穷大，电源电动势E=3.0V（内阻不计），在接通电路时报警器两端电压大于2.0V时发出报警音“已超标”，小于等于2.0V时发出提示音“未超标”。则在电阻R3和R4中， 是定值电阻，其阻值为 kΩ（保留两位有效数字）。
13．（2025·锦江模拟）为了从坦克内部观察外部的目标，在坦克顶部开了一个圆形小孔。假定坦克壁厚，圆形小孔的直径为12cm。孔内安装一圆柱形玻璃，厚度与坦克壁厚相同，为玻璃的直径所在的截面，如图甲所示。
（1）如图乙所示，为了测定玻璃砖的折射率，让一束激光从玻璃砖侧面的圆心垂直入射，逐渐增大其入射角，当入射角为时，刚好可以观测到有光从玻璃砖圆柱面射出，求玻璃砖的折射率（结果用根号表示）；
（2）在玻璃圆柱侧面涂上吸光材料，并装入圆形小孔，士兵通过小孔观察敌方无人机，若无人机的飞行高度为300米，求能够发现无人机的位置离坦克的最远距离。（忽略坦克大小（1）（2）问中玻璃材质相同）
14．（2025·锦江模拟）如图所示，长为R的轻绳拴着质量为m的带电小球，将小球从与悬点等高的A点静止释放，释放时轻绳恰好伸直。小球运动到D点时将轻绳烧断，之后小球沿水平方向进入虚线右侧的竖直平面内。在竖直虚线左侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E；在竖直虚线右侧存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小也为E，磁感应强度大小为B。在右侧电磁场区域中的竖直平面内有一半径为R的理想圆形屏蔽区（没有电场和磁场），屏蔽区的圆心O与D点在同一水平线上，OD间的距离为2R，A、O、D三点在同一竖直面内。已知小球在电磁场区域恰好做匀速圆周运动，重力加速度为g，不计空气阻力及小球运动引起的电磁场变化。求：
（1）小球所带电荷量q及电性；
（2）小球到达D点时对绳子的拉力大小；
（3）为使小球不能进入电磁场屏蔽区，磁感应强度B的最小值。
15．（2025·锦江模拟）如图甲所示，“日”字形单匝线框平放在粗糙的水平桌面上，线框可以看作两个正方形，正方形的每条边长为，线框总质量，其中，其余边不计电阻，线框与桌面间动摩擦因数。线框左边用水平细绳通过光滑的轻质定滑轮悬挂一质量也为m的物块，右边有一垂直ab边的水平力F作用在ab边上。以ab边的初位置为原点建立水平向右的x轴如图，在桌面条形区间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。力F拉动线框通过磁场区域，可以认为ab边刚出磁场时，cd边恰进磁场，整个过程物块都没有碰到定滑轮，线框没有离开桌面，细绳不可伸长，重力加速度。
（1）若线框以的速度匀速通过磁场区域，求ab边在磁场中运动时ab两点间电势差；
（2）若线框从静止出发做匀加速直线运动，通过磁场区域过程中拉力F与时间t的图像如图乙所示，图中数据可用，求这一过程中拉力F与时间t的关系式；
（3）若线框从静止出发，通过磁场区域过程中速度v与位移x的关系图像如图丙所示，图中数据可用，求ab边穿过磁场过程中ab产生的焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】分子动理论的基本内容；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】本题考查分子动理论、热力学第一定律的应用，要注意区分布朗运动和分子的扩散现象，要理解热力学第一定律的内容。A．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，但不是每个分子的动能都越大，分子动能遵循统计规律，存在动能大小的分布，故A错误；
B．水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是因为茶叶中的色素分子在水中扩散，扩散现象是分子的无规则运动，而布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，所以这不是布朗运动现象，故B错误；
C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯内气体做等容变化，根据查理定律（p是压强，T是温度，C是常量 ）
可知温度降低，气体压强减小，外界大气压大于杯内气体压强，产生向下的压力差，而不是因为杯盖与杯子间的分子引力作用，故C错误；
D．温度降低，根据理想气体状态方程和气体压强的微观解释，气体分子的平均动能减小，撞击单位面积器壁的平均作用力变小；同时，理想气体温度降低，内能减小，即，体积不变，（气体不对外做功，外界也不对气体做功 ），根据热力学第一定律
可得
即气体对外界放热，故D正确。
故选D。
【分析】温度越高分子的平均动能越大；水的颜色由浅变深是扩散现象；根据和热力学第一定律分析。
2．【答案】A
【知识点】机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】解决本题的关键是掌握功能关系，判断做功情况来分析机械能的变化。A．人在减速上升过程中，喷水装置对人做正功，根据功能关系可知，人的机械能增加，A正确；
B．人在匀速上升过程中，动能不变，重力势能增加，所以人的机械能不守恒，B错误；
C．根据冲量的定义
可知，人在悬空静止的一段时间内，反冲动力的冲量不为零，C错误；
D．根据牛顿第三定律可知，喷出的水对装置的力和装置对水的力大小相等，根据冲量的定义
可知，人在加速上升过程中，喷出的水对装置的冲量等于装置对水的冲量，D错误。
故选A。
【分析】根据功能关系分析人的机械能变化；根据机械能守恒的条件分析；根据冲量的定义式I=Ft分析C，人在加速上升过程中，喷出的水对装置的力等于装置对水的反作用力。
3．【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】一横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A． 舞者抖动水袖形成一列向x轴正方向传播的简谐横波， 由波形图根据“同侧法”可知，0时刻P处质点沿着y轴负方向运动，故A错误。
B．由题意可知
得
波速
其中，则
由上面的分析可知，时，波速为2.5m/s。故B错误，D正确；
C．若周期，则12s时质点P运动了四分之三个周期，不可能到达波峰，故C错误。
故选D。
【分析】由波的传播方向，结合同侧法，根据波形图，即可分析P、Q点此时的振动方向；由Q点在t=4s时恰好到达波峰，即可知振动周期的可能值，根据波形图可知波长，由波长和周期即可计算波速的可能值；由波速的可能值，即可计算在2s内传播距离的可能值；若T=16s，根据12s与16s的关系，结合P的振动方向，即可知质点P在12s所处的位置。
4．【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】AB．若研究两个过程的逆过程，可看做是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的AB两点，则A上升的高度较大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即B先落入篮筐中，故AB错误；
C．因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即在最高点的速度比B在最高点的速度大，故C错误；
D．由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，故D正确。
故选D。
【分析】1、将篮球的运动过程逆向看作从篮筐斜向上抛出的运动，A球上升的高度较大，说明A球的运动时间较长。
2、A球的射程较远，说明A球的水平速度较大。在最高点，篮球的竖直速度分量为零，只有水平速度分量，因此A球在最高点的速度比B球大。
3、斜抛运动具有对称性，当A、B两球上升到与篮筐相同高度时，它们的速度方向相同。
5．【答案】D
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题考查匀强电场中电场强度与电势差的关系，关键点是：沿电场线方向电势降低，φ-x图线的斜率表示电场强度。
A． 因为沿着电场线方向电势逐渐降低，由φ-x图线，知x轴方向的电场沿x轴负半轴，由φ-y图线，知y轴方向的电场沿y轴负半轴； 由图像斜率可知电场在x 轴和y 轴上的分电场分别为
，
则电场大小为
B．电场强度的方向与x 轴负方向夹角的正切值为
故B错误；
C．规定坐标原点的电势为0，点（10cm，10cm）处的电势为
故C错误；
D．纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为
沿着电场线方向电势逐渐降低，则点（10cm，10cm）处的电势大于20V，D正确；
故选D。
【分析】利用φ-x图线和φ-y图线，由先求出x轴和y轴的分电场强度，再由矢量合成，求出电场强度；以坐标原点为圆心、以R=10cm做圆，根据U=Ed求解电势最高点。
6．【答案】D
【知识点】加速度；图象法；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．根据题意有
内急动度恒定，表明汽车的加速度均匀增大，即0~3s汽车做加速度增大的加速直线运动，故A错误；
B．结合上述有
可知，图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，由于0时刻的加速度为0，该面积能够间接表示加速度大小，则末汽车的加速度大小为
即汽车的加速度保持不变，仍然为，则3~6s汽车做匀加速直线运动，故B错误；
C．结合上述可知6s末汽车的加速度大小为，故C错误；
D．结合上述可知，图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，由于0时刻的加速度为0，该面积能够间接表示加速度大小，时间轴上侧面积表示加速度大小在增大，时间轴下侧面积表示加速度大小在减小，即汽车的加速度均匀减小直到末加速度变为零，由图像作出图像如图所示
根据
解得
图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由于0时刻的速度为0，则该面积能够间接表示速度大小，则末汽车的速度大小
故D正确。
故选D。
【分析】1、 题目中已知加速度随时间的变化率称为急动度k ，即，结合图像分析各时间段汽车运动情况。
2、图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，结合图像可计算6s末汽车的加速度大小，3、由图像作出图像，最后根据计算9s末汽车的速度大小。
7．【答案】A
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】解答本题时，要理解宇宙速度的意义。能掌握万有引力提供向心力列出等式这一解决问题的思路，再进行讨论求解。A．卫星b在地球的同步轨道上，所以卫星b和地球具有相同的周期和角速度。由万有引力提供向心力，即
a距离地球表面的高度为R，所以卫星a的角速度
此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近
故A正确；
B．卫星c与卫星b的轨道相同，所以速度是相等的，但由于不知道它们的质量的关系，所以不能判断出卫星c的机械能是否等于卫星b的机械能。故B错误；
C．让卫星c加速，所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星c会做离心运动，离开原轨道，所以不能与b实现对接，故C错误；
D．卫星b绕地球做匀速圆周运动，是指在地球上发射的物体绕地球飞行做圆周运动所需的最小初始速度，是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。所以发射卫星b时速度大于，而小于，故D错误；
故选A。
【分析】当卫星a和b下次相距最近时，a比b多转2π角度，由此列式求出所用时间t。让卫星c加速，卫星c会做离心运动，第一宇宙速度7.9km/s是指卫星的最小发射速度，第二宇宙速度11.2km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。
8．【答案】A,B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】在光的照射下金属中的电子从表面逸出的现象，叫做光电效应，发射出来的电子叫做光电子。光电效应方程：Ek=hν-W0，其中hν为入射光子的能量，Ek为光电子的最大初动能，W0是金属的逸出功。A．由爱因斯坦光电效应方程有
又
可知
结合图像可知当时，，可知，A正确；
B．当时，，即，B正确；
C．当时，代入
得，C错误；
D．当时，才能使该金属发生光电效应，的光不能使该金属发生光电效应，D错误。
故选AB。
【分析】根据光电效应方程结合频率与波长波速公式推导最大初动能表达式，结合图像提供的现象进行推导判断。
9．【答案】A,C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】AB．设变压器原线圈电压电流分别为、，副线圈电压、电流为、，由题易知，，则根据原副线圈电流与匝数的关系，解得
对原线圈和发电机电路，解得，故B错误，A正确；
C．将变压器进行等效，等效电路如图所示
只增大线框转动的角速度，则线框产生的电动势增大，等效电阻保持不变，其中等效电阻，整个闭合回路的总电流，所以总电流I增大，等效电阻的功率为，根据表达式可以知增大，因此副线圈的总功率增大，那么理想变压器的输入端的功率必然增大，故C正确；
D．处温度升高时，热敏电阻的阻值减小，根据变压器等效，则整个回路的总电阻减小，那么通过矩形线框的电流增大，则矩形线圈上的电压增大，那么电压表的电压将减小，即电流表示数变大，电压表示数变小，故D错误。
故选AC。
【分析】本题是矩形线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，通过电刷与理想变压器相连。
1、求匀强磁场的磁感应强度，应先根据变压器已知条件求原线圈电流电压有效值，再根据线圈转动产生正弦交流电有效值列等式求解匀强磁场的磁感应强度。
2、线框转动的角速度增大时线框产生的电动势增大，整个闭合回路的总电流增大，由可知理想变压器的输入功率一定增大。
10．【答案】A,C,D
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．设板的质量为m，物体的质量为2m，P1、P2组成的系统不受外力，系统在水平方向上动量守恒，P1、P2碰撞后，二者的共同速度为v1，则有，解得，弹簧压缩量最大时，三者具有共同的速度为v2，设弹簧的最大压缩量为x，整个系统动量守恒，则有
，解得，根据能量守恒定律可得，P与P1、P2整体共速时损失的动能为，解得，故A正确；
B．若P与P1、P2之间接触面光滑，整个系统动量守恒、机械能守恒，属于弹性碰撞，因为P的质量与P1、P2整体的质量相等，故当弹簧恢复原长时，P与P1、P2整体交换速度，即此时P的速度为2 m/s，故B错误；
C．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统内三物体第一次共速时，弹簧的最大压缩量x' > x = 0.1 m，系统内三物体第二次共速时，三物体损失的总动能E损与未换弹簧时相同，所以物体P无法返回A点，而是在A点右侧与P2相对静止，此时弹簧处于压缩状态，故物体P受到向左的弹力和向右的摩擦力而处于平衡状态，故C正确；
D．由上述分析可知，系统稳定时，三物体最终损失的总动能E损与弹簧的劲度系数无关。未换弹簧前，三物体最终损失的总动能E损全部转化为摩擦增加的内能，但将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统稳定时，弹簧处于压缩状态，所以三物体损失的总动能E损一部分转化为摩擦增加的内能，另一部分转化为弹簧的弹性势能（属于系统的机械能），所以此时系统损失的机械能减小，故D正确。
故选ACD。
【分析】1、弹簧压缩量最大时，三者具有共同的速度。
2、整个系统动量守恒，
3、根据能量守恒定律可求解损失动能。
4、三物体损失的总动能E损一部分转化为摩擦增加的内能，另一部分转化为弹簧的弹性势能（属于系统的机械能），
11．【答案】（1）增大
（2）
（3）B
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】本题要求学生掌握控制变量法的实验方法，通过保持其中一个物理量不变，研究其余两个物理量的关系。
（1）由图乙可知，半径一定时，增大转动的角速度，向心加速度增大。
（2）由向心力表达式
可得
则半径一定时，图丙所示的图线为过原点的直线，则横坐标应为。
（3）根据
可知，图像斜率为手机的尺寸，则更换不同大小的手机可对图丙中直线的斜率产生较大影响，故ACD错误；B正确。
故选B。
【分析】（1）根据图像分析结论。
（2）根据向心加速度与角速度公式解答。
（3）根据表达式斜率的意义解答。
（1）由图乙可知，半径一定时，增大转动的角速度，向心加速度增大。
（2）由向心力表达式
可得
则半径一定时，图丙所示的图线为过原点的直线，则横坐标应为。
（3）根据
可知，图像斜率为手机的尺寸，则更换不同大小的手机可对图丙中直线的斜率产生较大影响，故ACD错误；B正确。
故选B。
12．【答案】（1）R2；a
（2）2.27
（3）R3；1.3
【知识点】生活中常见的传感器；利用传感器制作简单的自动控制装置
【解析】【解答 】本题考查了传感器在生活中的运用，要明确实验原理，知道已知内阻的电流表可以作为电压表实验，理解气敏电阻与浓度关系曲线的含义；掌握并联电路的特点和欧姆定律的运用。
（1）①根据图b可知，滑动变阻器采用了分压接法，为了调节方便，本来应该选择最大阻值较小的R1；但是考虑到若选择R1=10Ω，电源电动势为6V，则可能会超过滑动变阻器的最大电流0.2A，所以选择R2。
②开关S闭合前，应将滑动变阻器Rp的滑片置于a端。
（2）该气敏电阻的阻值为
（3）因甲醇浓度越大，则RP阻值越大，回路总电阻越大，总电流越小，则定值电阻上的电压越小，RP上的电压越大，当超过2.0V时发出报警音，可知R4为气敏电阻，R3为定值电阻；当室内甲醛浓度是时Rp=2.6kΩ，可知定值电阻
【分析】（1）①滑动变阻器采用了分压接法，应该选择最大阻值较小的滑动变阻器；
②根据实验安全及操作规范分析解答；
（2）根据欧姆定律解答；
（3）根据气敏电阻与浓度关系曲线，结合测量电路电压的分配与电阻的关系分析作答。
（1）①[1]根据图b可知，滑动变阻器采用了分压接法，为了调节方便，本来应该选择最大阻值较小的R1；但是考虑到若选择R1=10Ω，电源电动势为6V，则可能会超过滑动变阻器的最大电流0.2A，所以选择R2。
②[2]开关S闭合前，应将滑动变阻器Rp的滑片置于a端。
（2）该气敏电阻的阻值为
（3）[3][4]因甲醇浓度越大，则RP阻值越大，回路总电阻越大，总电流越小，则定值电阻上的电压越小，RP上的电压越大，当超过2.0V时发出报警音，可知R4为气敏电阻，R3为定值电阻；当室内甲醛浓度是时Rp=2.6kΩ，可知定值电阻
13．【答案】解：（1）当侧面入射角小于时，光在圆柱面发生全反射，无光从圆柱面射出，当侧面入射角为时，圆柱面的入射角刚好为全发射的临界角，光路图如图所示
联立解得
（2）光线进入玻璃的最大折射角为，如图所示
由几何关系可得
联立解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光传播的路径，根据几何关系结合全反射临界角公式解得玻璃砖的折射率；
（2）画出光传播的路径，根据几何关系结合折射定律解答。
14．【答案】（1） 小球在电磁场区域做匀速圆周运动，所受重力和电场力平衡，所以电场力方向向上，小球带负电，有
qE=mg
解得
（2） 小球从A点运动到D点过程中，设小球经过D点时的速度大小为v，根据动能定理可得
mgR＋qER=mv2
解得
T-mg-Eq=m
解得
T=6mg
（3） 设小球在电磁场区域中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
解得
可知B越小，r越大，当小球运动轨迹恰好与电磁场屏蔽区边界相切时，r有最大值，B有最小值，如图所示
根据几何关系有
（2R）2＋r2=(r＋R）2
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球在电磁场区域做匀速圆周运动，所受重力和电场力平衡，根据平衡条件求小球所带电荷量q，并判断其电性；
（2）小球从A点运动到D点过程中，根据动能定理求出小球到达D点时速度大小。在D点，根据牛顿第二定律求绳子对小球的拉力大小，再得到小球对绳子的拉力大小；
（3）小球恰好不进入电磁场屏蔽区时，其轨迹与电磁场屏蔽区边界相切，画出小球的运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力列式，即可求解磁感应强度B的最小值。
15．【答案】（1）解：线框以的速度匀速通过磁场，ab边在磁场中运动时产生的电动势为
另两条边并联，总电流
ab两点间电势差为外电路电压，故
（2）解：线框通过磁场，任何一条边切割磁感线产生的电动势都为
切割的那一条边相当于电源，另两条边并联，总电流
在磁场中运动的那条边受到的安培力
任意时刻根据牛顿第二定律
，
联立得
线框从静止出发做匀加速直线运动，则有
可知
得
代入得
（3）边穿过磁场时受到的安培力
根据图像得
联立解得
作图像如下
可知图线下方的“面积”表示ab边克服安培力做的功
由功能关系可知
又
可知
所以
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）线框以v=2m/s的速度匀速通过磁场区域，根据E=BLv求出ab边产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求出总电流，再求ab两点间电势差Uab；
（2）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及安培力公式推导出安培力与速度的关系式，再根据牛顿第二定律列式，得到拉力F与时间t的关系式；
（3）根据速度v与位移x的关系图像得到v与x的关系式，结合安培力与速度的关系式得到安培力与x的关系式，再根据功的计算公式求克服安培力做功，即可由功能关系求ab边穿过磁场过程中ab产生的焦耳热。
1 / 1四川省成都市四川师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期三模物理试题
1．（2025·锦江模拟）茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。如图所示，向茶杯中倒入热水，盖上杯盖茶水漫过杯盖，在水面和杯盖间密闭了一部分空气（可视为质量和体积均不变的理想气体），过一段时间后水温降低。关于泡茶中的物理现象下列说法正确的是（ ）
A．泡茶时，热水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高每个分子动能都越大
B．水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是布朗运动现象
C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯盖与杯子间的分子引力作用
D．温度降低，杯内气体分子撞击单位面积器壁的平均作用力变小，气体对外界放热
【答案】D
【知识点】分子动理论的基本内容；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】本题考查分子动理论、热力学第一定律的应用，要注意区分布朗运动和分子的扩散现象，要理解热力学第一定律的内容。A．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，但不是每个分子的动能都越大，分子动能遵循统计规律，存在动能大小的分布，故A错误；
B．水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是因为茶叶中的色素分子在水中扩散，扩散现象是分子的无规则运动，而布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，所以这不是布朗运动现象，故B错误；
C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯内气体做等容变化，根据查理定律（p是压强，T是温度，C是常量 ）
可知温度降低，气体压强减小，外界大气压大于杯内气体压强，产生向下的压力差，而不是因为杯盖与杯子间的分子引力作用，故C错误；
D．温度降低，根据理想气体状态方程和气体压强的微观解释，气体分子的平均动能减小，撞击单位面积器壁的平均作用力变小；同时，理想气体温度降低，内能减小，即，体积不变，（气体不对外做功，外界也不对气体做功 ），根据热力学第一定律
可得
即气体对外界放热，故D正确。
故选D。
【分析】温度越高分子的平均动能越大；水的颜色由浅变深是扩散现象；根据和热力学第一定律分析。
2．（2025·锦江模拟）炎热的夏季，有一种网红水上娱乐项目“水上飞人”十分火爆，其原理是借助脚下的喷水装置产生向上的反冲动力，让人腾空而起或平衡或匀速或变速运动，不计空气阻力。在喷水装置始终工作过程中，下列说法正确的是（ ）
A．人在减速上升的过程中机械能增大
B．人在匀速上升过程中机械能守恒
C．人在悬空静止的一段时间内，反冲动力的冲量为零
D．人在加速上升过程中，喷出的水对装置的冲量大于装置对水的冲量
【答案】A
【知识点】机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】解决本题的关键是掌握功能关系，判断做功情况来分析机械能的变化。A．人在减速上升过程中，喷水装置对人做正功，根据功能关系可知，人的机械能增加，A正确；
B．人在匀速上升过程中，动能不变，重力势能增加，所以人的机械能不守恒，B错误；
C．根据冲量的定义
可知，人在悬空静止的一段时间内，反冲动力的冲量不为零，C错误；
D．根据牛顿第三定律可知，喷出的水对装置的力和装置对水的力大小相等，根据冲量的定义
可知，人在加速上升过程中，喷出的水对装置的冲量等于装置对水的冲量，D错误。
故选A。
【分析】根据功能关系分析人的机械能变化；根据机械能守恒的条件分析；根据冲量的定义式I=Ft分析C，人在加速上升过程中，喷出的水对装置的力等于装置对水的反作用力。
3．（2025·锦江模拟）水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”的美感。某次表演过程中，舞者抖动水袖形成一列向x轴正方向传播的简谐横波，P、Q是平衡位置和的两质点。时刻形成的波形图如图所示，时Q点恰好到达波峰。下列说法正确的是（ ）
A．时刻P点沿y轴正方向振动
B．该波的最小波速为
C．若周期，则时，质点P位于波峰
D．这列波2s内传播的距离可能为5m
【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】一横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A． 舞者抖动水袖形成一列向x轴正方向传播的简谐横波， 由波形图根据“同侧法”可知，0时刻P处质点沿着y轴负方向运动，故A错误。
B．由题意可知
得
波速
其中，则
由上面的分析可知，时，波速为2.5m/s。故B错误，D正确；
C．若周期，则12s时质点P运动了四分之三个周期，不可能到达波峰，故C错误。
故选D。
【分析】由波的传播方向，结合同侧法，根据波形图，即可分析P、Q点此时的振动方向；由Q点在t=4s时恰好到达波峰，即可知振动周期的可能值，根据波形图可知波长，由波长和周期即可计算波速的可能值；由波速的可能值，即可计算在2s内传播距离的可能值；若T=16s，根据12s与16s的关系，结合P的振动方向，即可知质点P在12s所处的位置。
4．（2025·锦江模拟）如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（ ）
A．A比B先落入篮筐
B．A、B运动的最大高度相同
C．A在最高点的速度比B在最高点的速度小
D．A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同
【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】AB．若研究两个过程的逆过程，可看做是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的AB两点，则A上升的高度较大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即B先落入篮筐中，故AB错误；
C．因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即在最高点的速度比B在最高点的速度大，故C错误；
D．由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，故D正确。
故选D。
【分析】1、将篮球的运动过程逆向看作从篮筐斜向上抛出的运动，A球上升的高度较大，说明A球的运动时间较长。
2、A球的射程较远，说明A球的水平速度较大。在最高点，篮球的竖直速度分量为零，只有水平速度分量，因此A球在最高点的速度比B球大。
3、斜抛运动具有对称性，当A、B两球上升到与篮筐相同高度时，它们的速度方向相同。
5．（2025·锦江模拟）空间内有一与纸面平行的匀强电场，为研究该电场，在纸面内建立直角坐标系。规定坐标原点的电势为0，测得x 轴和y 轴上各点的电势如图1、2所示。下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小为160V/m
B．电场强度的方向与x 轴负方向夹角的正切值为
C．点（10cm，10cm）处的电势为20V
D．纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为20V
【答案】D
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题考查匀强电场中电场强度与电势差的关系，关键点是：沿电场线方向电势降低，φ-x图线的斜率表示电场强度。
A． 因为沿着电场线方向电势逐渐降低，由φ-x图线，知x轴方向的电场沿x轴负半轴，由φ-y图线，知y轴方向的电场沿y轴负半轴； 由图像斜率可知电场在x 轴和y 轴上的分电场分别为
，
则电场大小为
B．电场强度的方向与x 轴负方向夹角的正切值为
故B错误；
C．规定坐标原点的电势为0，点（10cm，10cm）处的电势为
故C错误；
D．纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为
沿着电场线方向电势逐渐降低，则点（10cm，10cm）处的电势大于20V，D正确；
故选D。
【分析】利用φ-x图线和φ-y图线，由先求出x轴和y轴的分电场强度，再由矢量合成，求出电场强度；以坐标原点为圆心、以R=10cm做圆，根据U=Ed求解电势最高点。
6．（2025·锦江模拟）汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度k，急动度k是评判乘客是否感到舒适的重要指标。如图所示为一辆汽车启动过程中的急动度k随时间t的变化的关系，已知t=0时刻汽车速度和加速度均为零。关于汽车在该过程中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．0~3s汽车做匀加速直线运动 B．3~6s汽车做匀速直线运动
C．6s末汽车的加速度大小为零 D．9s末汽车的速度大小为18m/s
【答案】D
【知识点】加速度；图象法；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．根据题意有
内急动度恒定，表明汽车的加速度均匀增大，即0~3s汽车做加速度增大的加速直线运动，故A错误；
B．结合上述有
可知，图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，由于0时刻的加速度为0，该面积能够间接表示加速度大小，则末汽车的加速度大小为
即汽车的加速度保持不变，仍然为，则3~6s汽车做匀加速直线运动，故B错误；
C．结合上述可知6s末汽车的加速度大小为，故C错误；
D．结合上述可知，图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，由于0时刻的加速度为0，该面积能够间接表示加速度大小，时间轴上侧面积表示加速度大小在增大，时间轴下侧面积表示加速度大小在减小，即汽车的加速度均匀减小直到末加速度变为零，由图像作出图像如图所示
根据
解得
图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由于0时刻的速度为0，则该面积能够间接表示速度大小，则末汽车的速度大小
故D正确。
故选D。
【分析】1、 题目中已知加速度随时间的变化率称为急动度k ，即，结合图像分析各时间段汽车运动情况。
2、图像与时间轴所围结合图形的面积表示加速度的变化量，结合图像可计算6s末汽车的加速度大小，3、由图像作出图像，最后根据计算9s末汽车的速度大小。
7．（2025·锦江模拟）如图所示，三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为ω，万有引力常量为G，则（ ）
A．卫星a和b下一次相距最近还需经过
B．卫星c的机械能等于卫星b的机械能
C．若要卫星c与b实现对接，可让卫星c加速
D．发射卫星b时速度要大于
【答案】A
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】解答本题时，要理解宇宙速度的意义。能掌握万有引力提供向心力列出等式这一解决问题的思路，再进行讨论求解。A．卫星b在地球的同步轨道上，所以卫星b和地球具有相同的周期和角速度。由万有引力提供向心力，即
a距离地球表面的高度为R，所以卫星a的角速度
此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近
故A正确；
B．卫星c与卫星b的轨道相同，所以速度是相等的，但由于不知道它们的质量的关系，所以不能判断出卫星c的机械能是否等于卫星b的机械能。故B错误；
C．让卫星c加速，所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星c会做离心运动，离开原轨道，所以不能与b实现对接，故C错误；
D．卫星b绕地球做匀速圆周运动，是指在地球上发射的物体绕地球飞行做圆周运动所需的最小初始速度，是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。所以发射卫星b时速度大于，而小于，故D错误；
故选A。
【分析】当卫星a和b下次相距最近时，a比b多转2π角度，由此列式求出所用时间t。让卫星c加速，卫星c会做离心运动，第一宇宙速度7.9km/s是指卫星的最小发射速度，第二宇宙速度11.2km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。
8．（2025·锦江模拟）在研究光电效应时，用不同波长的光照射某金属，产生光电子的最大初动能与入射光波长的关系如图所示，为图像的渐近线，真空中光速为，则（ ）
A．该金属的逸出功为
B．普朗克常量为
C．时，光电子的最大初动能为
D．波长为的光能使该金属发生光电效应
【答案】A,B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】在光的照射下金属中的电子从表面逸出的现象，叫做光电效应，发射出来的电子叫做光电子。光电效应方程：Ek=hν-W0，其中hν为入射光子的能量，Ek为光电子的最大初动能，W0是金属的逸出功。A．由爱因斯坦光电效应方程有
又
可知
结合图像可知当时，，可知，A正确；
B．当时，，即，B正确；
C．当时，代入
得，C错误；
D．当时，才能使该金属发生光电效应，的光不能使该金属发生光电效应，D错误。
故选AB。
【分析】根据光电效应方程结合频率与波长波速公式推导最大初动能表达式，结合图像提供的现象进行推导判断。
9．（2025·锦江模拟）如图所示，一矩形线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，通过电刷与理想变压器相连。已知线框的匝数匝，面积，总电阻，角速度，理想变压器原、副线圈的匝数比为，为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，电表均为理想电表，电压表、电流表的示数分别为50V、2A．下列说法正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度
B．匀强磁场的磁感应强度
C．线框转动的角速度增大时，理想变压器的输入功率一定增大
D．处温度升高时，电流表的示数变大，电压表的示数不变
【答案】A,C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】AB．设变压器原线圈电压电流分别为、，副线圈电压、电流为、，由题易知，，则根据原副线圈电流与匝数的关系，解得
对原线圈和发电机电路，解得，故B错误，A正确；
C．将变压器进行等效，等效电路如图所示
只增大线框转动的角速度，则线框产生的电动势增大，等效电阻保持不变，其中等效电阻，整个闭合回路的总电流，所以总电流I增大，等效电阻的功率为，根据表达式可以知增大，因此副线圈的总功率增大，那么理想变压器的输入端的功率必然增大，故C正确；
D．处温度升高时，热敏电阻的阻值减小，根据变压器等效，则整个回路的总电阻减小，那么通过矩形线框的电流增大，则矩形线圈上的电压增大，那么电压表的电压将减小，即电流表示数变大，电压表示数变小，故D错误。
故选AC。
【分析】本题是矩形线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，通过电刷与理想变压器相连。
1、求匀强磁场的磁感应强度，应先根据变压器已知条件求原线圈电流电压有效值，再根据线圈转动产生正弦交流电有效值列等式求解匀强磁场的磁感应强度。
2、线框转动的角速度增大时线框产生的电动势增大，整个闭合回路的总电流增大，由可知理想变压器的输入功率一定增大。
10．（2025·锦江模拟）如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为0.5 kg，板长均为0.4 m，P2的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好停在P2中点A点处。物体P置于P1的最右端，质量为1 kg且可看作质点。P1与P以共同速度v0 = 4 m/s向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P与P1、P2之间的动摩擦因数μ = 0.25，下列说法正确的有（ ）
A．在运动过程中，弹簧的最大压缩量为0.1 m
B．若P与P1、P2之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时P的速度大小为1 m/s
C．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时P受到向右的摩擦力
D．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减小
【答案】A,C,D
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．设板的质量为m，物体的质量为2m，P1、P2组成的系统不受外力，系统在水平方向上动量守恒，P1、P2碰撞后，二者的共同速度为v1，则有，解得，弹簧压缩量最大时，三者具有共同的速度为v2，设弹簧的最大压缩量为x，整个系统动量守恒，则有
，解得，根据能量守恒定律可得，P与P1、P2整体共速时损失的动能为，解得，故A正确；
B．若P与P1、P2之间接触面光滑，整个系统动量守恒、机械能守恒，属于弹性碰撞，因为P的质量与P1、P2整体的质量相等，故当弹簧恢复原长时，P与P1、P2整体交换速度，即此时P的速度为2 m/s，故B错误；
C．若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统内三物体第一次共速时，弹簧的最大压缩量x' > x = 0.1 m，系统内三物体第二次共速时，三物体损失的总动能E损与未换弹簧时相同，所以物体P无法返回A点，而是在A点右侧与P2相对静止，此时弹簧处于压缩状态，故物体P受到向左的弹力和向右的摩擦力而处于平衡状态，故C正确；
D．由上述分析可知，系统稳定时，三物体最终损失的总动能E损与弹簧的劲度系数无关。未换弹簧前，三物体最终损失的总动能E损全部转化为摩擦增加的内能，但将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统稳定时，弹簧处于压缩状态，所以三物体损失的总动能E损一部分转化为摩擦增加的内能，另一部分转化为弹簧的弹性势能（属于系统的机械能），所以此时系统损失的机械能减小，故D正确。
故选ACD。
【分析】1、弹簧压缩量最大时，三者具有共同的速度。
2、整个系统动量守恒，
3、根据能量守恒定律可求解损失动能。
4、三物体损失的总动能E损一部分转化为摩擦增加的内能，另一部分转化为弹簧的弹性势能（属于系统的机械能），
11．（2025·锦江模拟）某兴趣小组利用智能手机验证向心加速度与角速度、半径的关系。如图甲所示，用双股细绳将手机竖直悬挂，手机平面与水平面平行，用手搓动细绳带动手机旋转。利用手机内置传感器得到角速度和向心加速度。图乙为某次实验中利用手机软件绘制的图像。
（1）仅由图乙中的图像可以得到的结论是：半径一定时，增大转动的角速度，向心加速度 （选填“增大”“减小”或“不变”）；
（2）半径一定时，为了研究向心加速度和角速度的定量关系，利用软件生成了图丙所示的图像，则横坐标应为 （选填“”或“”）；
（3）下列哪种操作，可能对图丙中直线的斜率产生较大影响（ ）
A．增大手机的转速 B．更换不同大小的手机
C．改变手机转动的总时间 D．改变细绳的长度
【答案】（1）增大
（2）
（3）B
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】本题要求学生掌握控制变量法的实验方法，通过保持其中一个物理量不变，研究其余两个物理量的关系。
（1）由图乙可知，半径一定时，增大转动的角速度，向心加速度增大。
（2）由向心力表达式
可得
则半径一定时，图丙所示的图线为过原点的直线，则横坐标应为。
（3）根据
可知，图像斜率为手机的尺寸，则更换不同大小的手机可对图丙中直线的斜率产生较大影响，故ACD错误；B正确。
故选B。
【分析】（1）根据图像分析结论。
（2）根据向心加速度与角速度公式解答。
（3）根据表达式斜率的意义解答。
（1）由图乙可知，半径一定时，增大转动的角速度，向心加速度增大。
（2）由向心力表达式
可得
则半径一定时，图丙所示的图线为过原点的直线，则横坐标应为。
（3）根据
可知，图像斜率为手机的尺寸，则更换不同大小的手机可对图丙中直线的斜率产生较大影响，故ACD错误；B正确。
故选B。
12．（2025·锦江模拟）气敏电阻在安全环保领域有着广泛的应用。某气敏电阻说明书给出的气敏电阻Rq随甲醛浓度η变化的曲线如图a所示。
（1）为检验该气敏电阻的参数是否与图a一致，实验可供选用的器材如下：
A.蓄电池（电动势6V，内阻不计）
B.毫安表A1（量程2mA，内阻为200Ω）
C.毫安表A2（量程5mA，内阻约20Ω）
D.定值电阻R0（阻值2800Ω）
E.滑动变阻器R1（最大阻值10Ω，额定电流0.2A）
F.滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，额定电流0.2A）
G.开关、导线若干
探究小组根据器材设计了图b所示电路来测量不同甲醛浓度下气敏电阻的阻值，其中：
①滑动变阻器Rp应选用 （填“R1”或“R2）；
②开关S闭合前，应将滑动变阻器Rp的滑片置于 端（填“a”或“b”）；
（2）实验时，将气敏电阻置于密封小盒内，通过注入甲醛改变盒内浓度，记录不同浓度下电表示数，当甲醛浓度为时毫安表A1和毫安表A2的示数分别为1.51mA和3.51mA，此时测得该气敏电阻的阻值为 kΩ（结果保留三位有效数字）。
（3）多次测量数据，得出该气敏电阻的参数与图a基本一致。探究小组利用该气敏电阻设计了如图c所示的简单测试电路，用来测定室内甲醛是否超标（国家室内甲醛浓度标准是），并能在室内甲醛浓度超标时发出报警音。电路中报警器的电阻可视为无穷大，电源电动势E=3.0V（内阻不计），在接通电路时报警器两端电压大于2.0V时发出报警音“已超标”，小于等于2.0V时发出提示音“未超标”。则在电阻R3和R4中， 是定值电阻，其阻值为 kΩ（保留两位有效数字）。
【答案】（1）R2；a
（2）2.27
（3）R3；1.3
【知识点】生活中常见的传感器；利用传感器制作简单的自动控制装置
【解析】【解答 】本题考查了传感器在生活中的运用，要明确实验原理，知道已知内阻的电流表可以作为电压表实验，理解气敏电阻与浓度关系曲线的含义；掌握并联电路的特点和欧姆定律的运用。
（1）①根据图b可知，滑动变阻器采用了分压接法，为了调节方便，本来应该选择最大阻值较小的R1；但是考虑到若选择R1=10Ω，电源电动势为6V，则可能会超过滑动变阻器的最大电流0.2A，所以选择R2。
②开关S闭合前，应将滑动变阻器Rp的滑片置于a端。
（2）该气敏电阻的阻值为
（3）因甲醇浓度越大，则RP阻值越大，回路总电阻越大，总电流越小，则定值电阻上的电压越小，RP上的电压越大，当超过2.0V时发出报警音，可知R4为气敏电阻，R3为定值电阻；当室内甲醛浓度是时Rp=2.6kΩ，可知定值电阻
【分析】（1）①滑动变阻器采用了分压接法，应该选择最大阻值较小的滑动变阻器；
②根据实验安全及操作规范分析解答；
（2）根据欧姆定律解答；
（3）根据气敏电阻与浓度关系曲线，结合测量电路电压的分配与电阻的关系分析作答。
（1）①[1]根据图b可知，滑动变阻器采用了分压接法，为了调节方便，本来应该选择最大阻值较小的R1；但是考虑到若选择R1=10Ω，电源电动势为6V，则可能会超过滑动变阻器的最大电流0.2A，所以选择R2。
②[2]开关S闭合前，应将滑动变阻器Rp的滑片置于a端。
（2）该气敏电阻的阻值为
（3）[3][4]因甲醇浓度越大，则RP阻值越大，回路总电阻越大，总电流越小，则定值电阻上的电压越小，RP上的电压越大，当超过2.0V时发出报警音，可知R4为气敏电阻，R3为定值电阻；当室内甲醛浓度是时Rp=2.6kΩ，可知定值电阻
13．（2025·锦江模拟）为了从坦克内部观察外部的目标，在坦克顶部开了一个圆形小孔。假定坦克壁厚，圆形小孔的直径为12cm。孔内安装一圆柱形玻璃，厚度与坦克壁厚相同，为玻璃的直径所在的截面，如图甲所示。
（1）如图乙所示，为了测定玻璃砖的折射率，让一束激光从玻璃砖侧面的圆心垂直入射，逐渐增大其入射角，当入射角为时，刚好可以观测到有光从玻璃砖圆柱面射出，求玻璃砖的折射率（结果用根号表示）；
（2）在玻璃圆柱侧面涂上吸光材料，并装入圆形小孔，士兵通过小孔观察敌方无人机，若无人机的飞行高度为300米，求能够发现无人机的位置离坦克的最远距离。（忽略坦克大小（1）（2）问中玻璃材质相同）
【答案】解：（1）当侧面入射角小于时，光在圆柱面发生全反射，无光从圆柱面射出，当侧面入射角为时，圆柱面的入射角刚好为全发射的临界角，光路图如图所示
联立解得
（2）光线进入玻璃的最大折射角为，如图所示
由几何关系可得
联立解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光传播的路径，根据几何关系结合全反射临界角公式解得玻璃砖的折射率；
（2）画出光传播的路径，根据几何关系结合折射定律解答。
14．（2025·锦江模拟）如图所示，长为R的轻绳拴着质量为m的带电小球，将小球从与悬点等高的A点静止释放，释放时轻绳恰好伸直。小球运动到D点时将轻绳烧断，之后小球沿水平方向进入虚线右侧的竖直平面内。在竖直虚线左侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E；在竖直虚线右侧存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小也为E，磁感应强度大小为B。在右侧电磁场区域中的竖直平面内有一半径为R的理想圆形屏蔽区（没有电场和磁场），屏蔽区的圆心O与D点在同一水平线上，OD间的距离为2R，A、O、D三点在同一竖直面内。已知小球在电磁场区域恰好做匀速圆周运动，重力加速度为g，不计空气阻力及小球运动引起的电磁场变化。求：
（1）小球所带电荷量q及电性；
（2）小球到达D点时对绳子的拉力大小；
（3）为使小球不能进入电磁场屏蔽区，磁感应强度B的最小值。
【答案】（1） 小球在电磁场区域做匀速圆周运动，所受重力和电场力平衡，所以电场力方向向上，小球带负电，有
qE=mg
解得
（2） 小球从A点运动到D点过程中，设小球经过D点时的速度大小为v，根据动能定理可得
mgR＋qER=mv2
解得
T-mg-Eq=m
解得
T=6mg
（3） 设小球在电磁场区域中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
解得
可知B越小，r越大，当小球运动轨迹恰好与电磁场屏蔽区边界相切时，r有最大值，B有最小值，如图所示
根据几何关系有
（2R）2＋r2=(r＋R）2
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球在电磁场区域做匀速圆周运动，所受重力和电场力平衡，根据平衡条件求小球所带电荷量q，并判断其电性；
（2）小球从A点运动到D点过程中，根据动能定理求出小球到达D点时速度大小。在D点，根据牛顿第二定律求绳子对小球的拉力大小，再得到小球对绳子的拉力大小；
（3）小球恰好不进入电磁场屏蔽区时，其轨迹与电磁场屏蔽区边界相切，画出小球的运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力列式，即可求解磁感应强度B的最小值。
15．（2025·锦江模拟）如图甲所示，“日”字形单匝线框平放在粗糙的水平桌面上，线框可以看作两个正方形，正方形的每条边长为，线框总质量，其中，其余边不计电阻，线框与桌面间动摩擦因数。线框左边用水平细绳通过光滑的轻质定滑轮悬挂一质量也为m的物块，右边有一垂直ab边的水平力F作用在ab边上。以ab边的初位置为原点建立水平向右的x轴如图，在桌面条形区间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。力F拉动线框通过磁场区域，可以认为ab边刚出磁场时，cd边恰进磁场，整个过程物块都没有碰到定滑轮，线框没有离开桌面，细绳不可伸长，重力加速度。
（1）若线框以的速度匀速通过磁场区域，求ab边在磁场中运动时ab两点间电势差；
（2）若线框从静止出发做匀加速直线运动，通过磁场区域过程中拉力F与时间t的图像如图乙所示，图中数据可用，求这一过程中拉力F与时间t的关系式；
（3）若线框从静止出发，通过磁场区域过程中速度v与位移x的关系图像如图丙所示，图中数据可用，求ab边穿过磁场过程中ab产生的焦耳热。
【答案】（1）解：线框以的速度匀速通过磁场，ab边在磁场中运动时产生的电动势为
另两条边并联，总电流
ab两点间电势差为外电路电压，故
（2）解：线框通过磁场，任何一条边切割磁感线产生的电动势都为
切割的那一条边相当于电源，另两条边并联，总电流
在磁场中运动的那条边受到的安培力
任意时刻根据牛顿第二定律
，
联立得
线框从静止出发做匀加速直线运动，则有
可知
得
代入得
（3）边穿过磁场时受到的安培力
根据图像得
联立解得
作图像如下
可知图线下方的“面积”表示ab边克服安培力做的功
由功能关系可知
又
可知
所以
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）线框以v=2m/s的速度匀速通过磁场区域，根据E=BLv求出ab边产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求出总电流，再求ab两点间电势差Uab；
（2）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及安培力公式推导出安培力与速度的关系式，再根据牛顿第二定律列式，得到拉力F与时间t的关系式；
（3）根据速度v与位移x的关系图像得到v与x的关系式，结合安培力与速度的关系式得到安培力与x的关系式，再根据功的计算公式求克服安培力做功，即可由功能关系求ab边穿过磁场过程中ab产生的焦耳热。
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