2025届四川省攀枝花市高三下学期第三次统一考试物理试卷
1．（2025·攀枝花模拟）下列关于甲、乙、丙、丁四幅图所涉及的光现象的说法中正确的是（ ）
A．甲图是利用光的衍射来检查工件的平整度
B．乙图中内窥镜所用的光导纤维利用了光的全反射
C．丙图中的玻璃利用了光的色散现象增加乘员的视野
D．丁图中的泊松亮斑是由于光的偏振引起的
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光导纤维及其应用；薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】本题考查了全反射、干涉、衍射、折射，解题的关键是熟练掌握这些物理现象的特点。A. 甲图是利用光的干涉来检查工件的平整度，选项A错误；
B. 乙图中内窥镜所用的光导纤维利用了光的全反射，选项B正确；
C. 丙图中的玻璃利用了光的折射现象增加乘员的视野，选项C错误；
D. 丁图中的泊松亮斑是由于光的衍射引起的，选项D错误。
故选B。
【分析】根据干涉和衍射条纹的特点分析；根据光导纤维内部特点分析；根据光的折射特点入射角和折射角的关系分析。
2．（2025·攀枝花模拟）原子核的比结合能曲线如图所示，其中为结合能，A为核子数。根据该曲线，下列判断中正确的是（ ）
A．核比核更稳定
B．核的结合能约为5.4MeV
C．两个核结合成核时释放能量
D．核中核子的结合能比核中的大
【答案】C
【知识点】结合能与比结合能
【解析】【解答】本题主要考查了原子核的结合能的相关概念，理解原子核的比结合能越大，则核子越稳定即可。A．比结合能越大核子越稳定，核的比结合能比更大，则核比更稳定，选项A错误；
B．由图可知核的比结合能约为5.4MeV，核的比结合能小于5.4MeV，在，则结合能需要再乘以6，因此大于5.4MeV，选项B错误；
C．两个核结合成核时，因核比结合能比核更大，可知释放能量，选项C正确；
D．核中核子的比结合能比核中的大，但是由于核的核子数量比核大，可知核中核子的结合能比核中的小，选项D错误。
故选C。
【分析】根据图线得出原子核的比结合能大小，比结合能越大，原子核越稳定；结合核子数求出原子核的结合能；因为核的比结合能较大，所以两个核结合成为核时要放出能量。
3．（2025·攀枝花模拟）随着太空垃圾问题日益严峻，天宫空间站面临来自太空碎片的威胁越来越严重，这些碎片速度极快，对空间站设施构成严重危害。神舟十九号任务中携带了特殊装甲，并为天宫空间站安装了新的防护罩。同时，地面控制中心通过大型雷达和光学望远镜等监测设备，密切监测太空碎片，精确计算其运行轨迹，提前发现潜在碰撞风险。一旦监测到有较大的太空垃圾靠近时，天宫空间站会在地面控制中心的指挥下，依靠自身推进系统主动改变轨道或姿态，避开危险。某次避险过程需要空间站从低轨道变轨至更高轨道运行，假设变轨前后空间站所在轨道均为圆轨道，下列关于变轨前后的说法正确的是（ ）
A．变轨后空间站的线速度变大
B．变轨后空间站的角速度变大
C．变轨后空间站的运行周期变长
D．变轨时空间站发动机需沿运动方向喷气
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】解答本题的关键要掌握万有引力定律应用的常用思路：万有引力提供向心力，同时，要选择合适的向心力公式。A． 根据万有引力提供向心力有
可得
从低轨道变轨至更高轨道运行，变轨后空间站的线速度变小，故A错误；
B． 根据万有引力提供向心力有
可得
变轨后空间站的角速度变小，故B错误；
C．根据
可得
变轨后空间站的运行周期变长，故C正确；
D．变轨时需要加速做离心运动，所以空间站发动机需沿运动方向的反向喷气，故D错误。
故选C。
【分析】根据万有引力提供向心力列式，求出线速度、角速度、周期与轨道半径的关系式，再分析各个量的大小。根据变轨原理分析喷气的方向。
4．（2025·攀枝花模拟）如图所示，为某静电透镜的示意图，图中实线K、G是电极板，K板电势为120V、带孔的G板电势为30V，虚线为等势线，从K板中心附近沿水平方向向右发射的带电粒子最终都汇聚到B点。不计粒子重力，关于从A点发射的粒子其从A点到B点的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在A点时的动能大于在B点时的动能
C．粒子在A点时的电势能大于在B点时的电势能
D．粒子动量的变化率一直不变
【答案】B
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查电场线与等势面垂直，掌握运动与力的关系来确定粒子的电性，理解电场力做功与电势能的变化，及动能变化的关系．A．粒子出G板后，根据做曲线运动条件，合外力指向轨迹内侧可知，受电场力指向z轴，沿电场线方向，电势逐渐降低，可知电场力与场强方向相反，则粒子带负电，故A错误；
BC．粒子受电场力做负功，则粒子在A点时的动能大于在B点时的动能，由于只有电场力做功，则粒子在A点时的电势能小于在B点时的电势能，故B正确，C错误；
D．粒子受电场力变化，由动量定理可知，则粒子动量的变化率一直改变，故D错误；
故选B。
【分析】电场力与场强方向相反，只有电场力做功，只有动能和势能的相互转化，结合动量定理分析。
5．（2025·攀枝花模拟）对同一个纯电阻发热原理的取暖器，先后通以图甲和图乙所示的交变电流，则先后两次取暖器的发热功率之比为（ ）
A．2∶ B．∶2 C．4∶5 D．5∶4
【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查的是交变电流有效值和功率的计算，找到对应电压、电流的有效值即可计算，注意电功率、电热的计算均使用有效值。先后通以图甲和图乙所示的交变电流， 根据有效值的定义，对甲图有
解得
乙图为余弦交流电，电流有效值为
根据功率公式
可得先后两次取暖器的发热功率之比为
故选D。
【分析】按交变电流的有效值定义进行计算， 根据分析。根据有效值的定义和功率公式计算。
6．（2025·攀枝花模拟）如图所示，振幅分别为3cm、4cm的甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，t=0时在x=2cm处的P点相遇。已知两列波的波速均为2cm/s，则位于x=3cm处的Q点在0~5s内的通过的路程为（ ）
A．13cm B．30cm C．40cm D．70cm
【答案】A
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】本题考查机械波的图像问题，要能够从图像读出波长、振幅以及质点的振动方向，根据计算周期或者波速。波的周期
t=0时刻Q点在乙波的波谷；甲波传到Q点的时间
此时Q点到达平衡位置，即在0~0.5s时间内Q点的路程s1=4cm；甲波传到Q点时振动减弱，则振幅为
A=4cm-3cm=1cm
则在0.5~5s时间内即内的路程为
则位于x=3cm处的Q点在0~5s内的通过的路程为
故选A。
【分析】由题意可知两波的周期相等，由图判断出两波的起振方向，根据波的传播规律和质点的振动规律判断质点在t=5s时的位移，根据振动路程与周期的倍数关系求路程。
7．（2025·攀枝花模拟）如图所示，光滑平行的水平导轨ab、cd之间有垂直纸面向里的匀强磁场，导轨间距为L，电阻均为R、长均为L的金属棒A、B置于导轨上，与导轨接触良好，导轨左侧接了阻值也为R的定值电阻。现同时分别给A、B一个初速度vA、vB，且2vAA． B． C． D．
【答案】D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】本题属于双杆问题，关键在于正确分析两棒的受力情况和能量的转化关系，根据平衡条件和能量守恒定律进行研究。设上下导轨电势差为U， A、B棒分别可看作具有内阻 R、电动势 BL和 BL的电源，左侧固定电阻为 R，无电动势。规定电流由上向下为正，左侧电阻的电流
通过A棒的电流
通过B棒的电流
由于没有外接电源，总电流在上导轨处的代数和应为零，即
可得
进而可求通过B棒的电流
由于
所以
表示B棒中的实际电流方向是由下导轨流向上导轨，其大小则为
故选D。
【分析】金属棒B向右做切割磁感线运动，产生感应电流，受到向左的安培力而减速，金属棒A受到向右的安培力而加速，结合法拉第电磁感应定律求解。
8．（2025·攀枝花模拟）如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面顶端固定有轻质光滑滑轮，A、B两可视为质点的小球用跨过滑轮的不可伸长的轻质细绳连接，滑轮与A球之间的轻绳与斜面平行、与B球之间的轻绳竖直。由静止释放两球，释放后的瞬间B球的加速度大小为，已知重力加速度为g，则A、B两球的质量之比可能是（ ）
A．2∶5 B．4∶5 C．4∶1 D．8∶1
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题全面考查牛顿第二定律应用，通过连接体、加速度方向不确定性，锻炼受力分析，是牛顿运动定律应用的典型题型。由静止释放两球，根据牛顿第二定律可知释放后的瞬间B球的加速度大小为；
若B球的加速度方向竖直向下，以B球为对象，根据牛顿第二定律可得
以A球为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得A、B两球的质量之比为
若B球的加速度方向竖直向上，以B球为对象，根据牛顿第二定律可得
以A球为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得A、B两球的质量之比为
故选BD。
【分析】分别对A、B两球进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，再结合B球加速度的两种可能情况（B加速向下或加速向上 ），求解A、B两球的质量之比。
9．（2025·攀枝花模拟）如图所示，正方形abcd区域被MN分为上、下两个矩形，、，MN下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，MN上方有平行bc边向下的匀强电场。在cd边的中点P处有一粒子源，沿纸面向磁场中各方向均匀的辐射出速率大小均为的某种带正电粒子，粒子的质量为m、电荷量为q。粒子源沿P→c方向射出的粒子恰好未从ab边离开电场，不计粒子重力和粒子之间的库仑力，则下列说法中正确的是（ ）
A．粒子在磁场运动的半径为d
B．从MN上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为d
C．匀强电场的场强大小为
D．粒子源沿P→c方向射出的粒子在abcd区域运动的时间为
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中和磁场中的运动，理清粒子的运动规律是解决本题的关键，处理粒子在磁场中运动问题，要会确定粒子做圆周运动的圆心、半径和圆心角，利用圆心角求解运动时间。A．根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律可得可得
解得
故A正确；
B．由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长，由图可知
由几何关系可知
最短的弧长即最短路程为
故B错误；
C．粒子源沿P→c方向射出的粒子恰好未从ab边离开电场，根据动能定理可得
解得
故C正确；
D．粒子源沿P→c方向射出的粒子在abcd区域，根据
，
解得
在磁场中，运动时间为
在电场中，根据牛顿第二定律
根据运动学公式
解得
返回磁场之后，粒子在洛伦兹力作用下向右偏转，由几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为，然后从边飞出abcd区域，则运动时间为
则粒子源沿P→c方向射出的粒子在abcd区域运动的时间为
故D错误。
故选AC。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力分析，最短弦对应最短的弧长，结合几何关系分析，根据动能定理求解场强大小，返回磁场之后，粒子在洛伦兹力作用下向右偏转，由几何关系分析轨迹对应的圆心角，结合运动周期求解运动时间。
10．（2025·攀枝花模拟）如图所示，光滑水平地面上静置一质量为M的斜劈，斜劈竖直高度为h、水平方向宽为L，一质量为m的小球从斜劈的斜面上由静止释放，释放时小球到斜面底端的水平距离设为l，小球滑至斜面底端时相对于地面的水平位移设为x。改变释放时小球与斜面底端的水平距离l，得到小球的水平位移x和l的关系图像如图乙所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，斜面底端有一小段圆弧（图中未画出），且圆弧与水平地面相切，可使小球滑离斜劈时的速度方向水平。关于小球下滑的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．小球与斜劈组成的系统动量不守恒
B．斜劈对小球做正功
C．斜劈与小球的质量之比
D．当时，小球与斜劈分离时的速度大小为
【答案】A,D
【知识点】人船模型
【解析】【解答】动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的。A．根据动量守恒条件可知小球与斜劈组成的系统在竖直方向合力不为0，但是水平方向所受合力等于零，系统在水平方向动量守恒，故A正确；
B．整个系统机械能守恒，斜劈机械能增加，说明小球对斜劈做正功，则斜劈对小球做负功，故B错误；
C．滑至圆弧底部后两物体间的相对位移大小为l，根据水平方向动量守恒可得
，
则
结合图线可得
所以
故C错误；
D．根据水平方向动量守恒和能量守恒定律可得
，
联立解得
故D正确。
故选AD。
【分析】根据动量守恒条件分析判断，整个系统机械能守恒，根据功能关系分析，根据人船模型求解质量之比。
11．（2025·攀枝花模拟）物体是由大量分子组成的，分子非常微小。在“在用油膜法估测分子的大小”的实验中，实验步骤如下：
（i）将体积为a的油酸溶液配制成体积为b的油酸酒精溶液；
（ii）取油酸酒精溶液用滴定管滴出体积为c的溶液，记录滴出的油酸酒精溶液的滴数n；
（iii）用滴定管往浅盘内的水面上滴1滴油酸酒精溶液；
（iv）撒痱子粉或细石膏粉在水面上；
（v）待油膜稳定后，拿出玻璃板盖上描出油膜的边界；
（vi）将玻璃板放置在小方格坐标纸上，计算油膜的面积S；
（vii）计算油酸分子直径。
（1）请指出实验步骤中的一处错误： 。
（2）如图所示为实验中把玻璃板盖在浅盘上描出1滴油酸酒精溶液滴入水中形成的油酸膜的轮廓，图中正方形小方格的边长为1cm，则油酸膜的面积是 。（格数不足半格记为0，超过半格记为1，保留整数位）
（3）根据实验步骤，油酸分子直径D可表示为 。（用题中字母表示）
【答案】（1）步骤（i）中体积为a的油酸溶液应为体积为a的油酸，步骤（iii）（iv）顺序颠倒
（2）62
（3）
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】本题主要考查了油膜法测量油酸分子直径的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式V=dS即可完成求解。
（1）滴的是纯油酸，步骤（i）中体积为a的油酸溶液应为体积为a的油酸，步骤（iii）（iv）顺序颠倒了。
（2）正方形小方格面积，通过计算发现小格子有62个，则油酸膜的面积是
油酸膜的面积是
（3）题意可得一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积
则油酸分子直径
【分析】 （1）根据实验原理和实验步骤分析判断；
（2）根据油膜轮廓内的小方格数量计算油酸膜的面积；
（3）根据浓度和体积公式推导。
（1）步骤（i）中体积为a的油酸溶液应为体积为a的油酸，步骤（iii）（iv）顺序颠倒了。
（2）正方形小方格面积，通过计算发现小格子有62个，则油酸膜的面积是
油酸膜的面积是
（3）题意可得一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积
则油酸分子直径
12．（2025·攀枝花模拟）家庭安装天然气泄漏报警器，实时监测可防中毒爆炸等重大安全隐患。报警器核心元器件为气敏电阻，其在安全环保领域有着广泛的应用。已知天然气的主要成分为甲烷，为检验某气敏电阻在不同甲烷浓度下的电阻特性，某探究小组设计了如图甲所示的电路来测量不同甲烷浓度（浓度单位：ppm，即百万分之一）下气敏电阻的阻值。实验可供选用的器材如下：
A.直流电源（电动势15V，内阻不计）
B.微安表（量程0~30A，内阻为9k）
C.微安表（量程0~50A，内阻约为5k）
D.定值电阻，电阻为491k
E.滑动变阻器（最大阻值10，额定电流0.2A）
F.滑动变阻器（最大阻值200，额定电流0.2A）
G.开关和导线若干
据此回答以下问题：
（1）甲图中滑动变阻器应选用 （选填“”或“”）。
（2）实验时，将气敏电阻置于密封小盒内，通过注入甲烷改变盒内甲烷浓度，记录不同浓度下的电表数，计算出对应气敏电阻的阻值并填入下表中。若电流表、的示数分别用、表示，则气敏电阻的阻值= （用、、、表示）。
实验次数 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12
甲烷浓度（ppm） 0 0.05 0.20 0.30 0.40 0.50 0.70 0.90 1.10 1.30 1.50
气敏电阻阻值（k） 6000 3400 1250 950 760 600 400 300 190 170 100
（3）请根据表中数据在乙图中绘制出气敏电阻阻值随甲烷浓度变化的曲线 。
（4）探究小组利用该气敏电阻和甲图中的电源设计了如图丙所示的简单测试电路，用来测定室内甲烷是否超标（室内甲烷ppm值ppm时为超标）。图中MN之间接有“电子开关”， “电子开关”与蜂鸣器连接，当“电子开关”监测到MN之间的电压等于或低于2V（即ppm）时接通蜂鸣器发出报警音、高于2V（即ppm）时断开蜂鸣器，“电子开关”的电阻可视为无穷大，则丙图中的电阻和中，定值电阻是 （选填或）、其阻值为 k（保留整数位）。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）；3900
【知识点】生活中常见的传感器
【解析】【解答】物理中有一类特殊的电学元件，其阻值会受到外界因素的影响而发生变化，这些因素可能有温度、光照、压力，气体浓度等，相对应的电阻我们可以称为热敏电阻、光敏电阻、压敏电阻、气体电阻等。
（1）根据图甲可知，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15V，则可能会超过滑动变阻器的最大电流0.2A，所以选择R2。
（2）该气敏电阻两端电压为，流经气敏电阻电流为，故该气敏电阻阻值为
（3）
气敏电阻阻值随甲烷浓度变化的曲线为
（4）随当甲烷浓度的增大时，气敏电阻阻值减小，干路电流增大，定值电阻两端电压增大，电源内阻不计，定值电阻和气敏电阻两端电压之和等于电动势，气敏电阻两端电压减小。当“电子开关”监测到MN之间的电压等于或低于2V（即ppm）时接通蜂鸣器发出报警音、高于2V（即ppm）时断开蜂鸣器，故定值电阻为。
当ppm时，气敏电阻阻值为，气敏电阻两端电压为，由串并联知识可得
解得
【分析】 （1）根据滑动变阻器的连接方式分和电路安全分析判断；
（2）根据串并联电路的特点计算；
（3）在坐标系中描点连线画出图像；
（4）根据动态电路分析方法判断；由串并联电路特点计算。
（1）根据图甲可知，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15V，则可能会超过滑动变阻器的最大电流0.2A，所以选择R2。
（2）该气敏电阻两端电压为，流经气敏电阻电流为，故该气敏电阻阻值为
（3）气敏电阻阻值随甲烷浓度变化的曲线为
（4）[1]随当甲烷浓度的增大时，气敏电阻阻值减小，干路电流增大，定值电阻两端电压增大，电源内阻不计，定值电阻和气敏电阻两端电压之和等于电动势，气敏电阻两端电压减小。当“电子开关”监测到MN之间的电压等于或低于2V（即ppm）时接通蜂鸣器发出报警音、高于2V（即ppm）时断开蜂鸣器，故定值电阻为。
[2]当ppm时，气敏电阻阻值为，气敏电阻两端电压为，由串并联知识可得
解得
13．（2025·攀枝花模拟）如图所示，横截面为半圆的柱状透明玻璃，其平整的底面AB镀银。一束单色光从半圆的最高点P沿与AB成30°角从空气射入玻璃，后从入射方向与半圆的交点M处沿垂直AB面方向射出。已知半圆半径为R，该光束在真空中的速度为c，只计一次反射，求：
（1）请在图中画出完整的光路；
（2）该玻璃对这束光的折射率n；
（3）这束光在玻璃中传播的时间t。
【答案】（1）解：如图所示，做P点关于O点的对称P'，连接P'点与M点交底面AB于Q点，连接Q点与P点可得完整光路
（2）解：设光束从P点入射时的入射角为i、折射角为r，根据光路图，连接OM可得为ΔOPM正三角形，PM=R
所以
则ΔP'PM为直角三角形，由几何关系可得i=60°，r=30°。由折射定律，有
解得
（3）解：光束在玻璃中的路程设为s，有
根据
这束光在玻璃中传播的时间
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】 （1）做P点关于O点的对称点P'，画出光路图；
（2）根据光路图，根据几何关系求解折射角和入射角，根据折射定律求解折射率；
（3）求出光束在玻璃中的路程，根据求解传播速度，路程除以速度等于时间。
（1）如图所示，做P点关于O点的对称P'，连接P'点与M点交底面AB于Q点，连接Q点与P点可得完整光路
（2）设光束从P点入射时的入射角为i、折射角为r，根据光路图，连接OM可得为ΔOPM正三角形，PM=R
所以
则ΔP'PM为直角三角形，由几何关系可得i=60°，r=30°
由折射定律，有
解得
（3）光束在玻璃中的路程设为s，有
根据
这束光在玻璃中传播的时间
解得
14．（2025·攀枝花模拟）如图甲所示，t=0时质量m=0.1kg的小球在水平向右的拉力F作用下由静止开始从水平面AB的左端向右运动，t=4s时从B端水平飞出后，从D点无碰撞的进入位于同一竖直面内的光滑圆轨道，并恰好能到达圆轨道的最高点E后水平飞出。已知小球与水平面AB之间的动摩擦因数μ=0.2，B、D两点之间的高度差h=0.45m、水平距离x=1.2m，小球所受拉力F与其作用时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，求：
（1）小球到B点时的速度大小vB；
（2）t=0时拉力F的大小F0；
（3）圆轨道半径R。
【答案】（1）解：设小球从B到D做平抛运动的时间为，从B点飞出的速度为，有
，
代入数据得
（2）解：小球从A到B的时间为，由动量定理有
联立以上各式，可得
（3）解：设小球在D点时的速度为，方向与水平方向的夹角为，有
小球到达E点时，由牛顿第二定律有
小球从B到E，由动能定理有
联立以上各式可得
【知识点】动量定理；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律求解速度大小；
（2）求出小球从A到B的时间，结合动量定理求解拉力F的大小；
（3）根据速度的分解求解速度方向与水平方向的夹角，根据牛顿第二定律以及动能定理求解半径大小。
（1）设小球从B到D做平抛运动的时间为，从B点飞出的速度为，有，
代入数据得
（2）设小球从A到B的时间为，由动量定理有
联立以上各式，可得
（3）设小球在D点时的速度为，方向与水平方向的夹角为，有
小球到达E点时，由牛顿第二定律有
小球从B到E，由动能定理有
联立以上各式可得
15．（2025·攀枝花模拟）如图所示，一个匝数n=1000、面积S=100cm2的水平圆形线圈内有竖直向上的匀强磁场B1，磁感应强度大小随时间变化关系为B1[T]=B0+0.25t[s]。线圈与右侧的平行导轨MN、M'N'通过开关K相连，导轨MN、M'N'构成的平面为水平面，其内有竖直向下的匀强磁场B2，其右侧有倾角θ=30°的倾斜平行导轨PQ、P'Q'，N与P、N'与P'通过一小段（大小不计）绝缘圆弧平滑连接，PP'、NN'连线均与所有导轨垂直。倾斜平行导轨PQ、P'Q'内有与两导轨构成斜面垂直向下的匀强磁场B3，其顶端Q与Q'之间接有定值电阻R。现有一长L=0.5m的导体棒ab垂直于导轨静止放置在水平导轨上，与导轨接触良好。闭合开关K后，导体棒由静止开始运动，到达水平导轨右端前已经匀速。已知导轨间距均为L、阻值均不计，导体棒ab、线圈、定值电阻的阻值均相同，导体棒ab的质量m=0.1kg，匀强磁场B2、B3的磁感应强度大小均为1T，重力加速度g取10m/s2，不计一切摩擦，求：
（1）闭合开关前线圈产生的感应电动势E；
（2）从闭合开关到导体棒第一次运动到NN'的过程中，导体棒产生的焦耳热Q1；
（3）若导体棒第一次冲上倾斜导轨经过时间t=1.7s后又返回导轨底端，求这段时间内导体棒产生的焦耳热Q2。
【答案】（1）解：对圆形线圈，由法拉第电磁感应定律有
其中
代入数据得
（2）解：导体棒ab在到达NN'前已匀速，设匀速时的速度为，则有
解得
对导体棒ab从开关闭合到匀速，取水平向右为正方向，由动量定理有
设这段时间内通过导体棒的电荷量为，有
圆形线圈、金属棒ab的电阻相同，由能量守恒定律有
解得
（3）解：从导体棒ab冲上斜面到再次返回斜面底端，全程通过回路的电荷量为零，可得全程安培力的冲量为零。设导体棒返回斜面底端时的速度为，取沿斜面向上为正方向，由动量定理，有
解得
金属棒ab和定值电阻R的电阻相同，在该过程中，由能量守恒定律有
解得
【知识点】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）根据法拉第电磁感应定律求闭合开关前线圈产生的感应电动势E；
（2）导体棒ab在到达NN'前已匀速，导体棒ab产生的感应电动势与电源的电动势相等，回路中电流为零，由E1=B2Lv1=E求出导体棒ab匀速运动的速度。利用动量定理求出此过程中通过导体棒的电荷量，再根据能量守恒定律求导体棒产生的焦耳热Q1；
（3）研究导体棒在倾斜导轨运动的全过程，利用动量定理求出导体棒返回斜面底端时的速度，再根据能量守恒定律求这段时间内导体棒产生的焦耳热Q2。
（1）对圆形线圈，由法拉第电磁感应定律有
其中
代入数据得
（2）导体棒ab在到达NN'前已匀速，设匀速时的速度为，则有
解得
对导体棒ab从开关闭合到匀速，取水平向右为正方向，由动量定理有
设这段时间内通过导体棒的电荷量为，有
圆形线圈、金属棒ab的电阻相同，由能量守恒定律有
解得
（3）从导体棒ab冲上斜面到再次返回斜面底端，全程通过回路的电荷量为零，可得全程安培力的冲量为零。设导体棒返回斜面底端时的速度为，取沿斜面向上为正方向，由动量定理，有
解得
金属棒ab和定值电阻R的电阻相同，在该过程中，由能量守恒定律有
解得
1 / 12025届四川省攀枝花市高三下学期第三次统一考试物理试卷
1．（2025·攀枝花模拟）下列关于甲、乙、丙、丁四幅图所涉及的光现象的说法中正确的是（ ）
A．甲图是利用光的衍射来检查工件的平整度
B．乙图中内窥镜所用的光导纤维利用了光的全反射
C．丙图中的玻璃利用了光的色散现象增加乘员的视野
D．丁图中的泊松亮斑是由于光的偏振引起的
2．（2025·攀枝花模拟）原子核的比结合能曲线如图所示，其中为结合能，A为核子数。根据该曲线，下列判断中正确的是（ ）
A．核比核更稳定
B．核的结合能约为5.4MeV
C．两个核结合成核时释放能量
D．核中核子的结合能比核中的大
3．（2025·攀枝花模拟）随着太空垃圾问题日益严峻，天宫空间站面临来自太空碎片的威胁越来越严重，这些碎片速度极快，对空间站设施构成严重危害。神舟十九号任务中携带了特殊装甲，并为天宫空间站安装了新的防护罩。同时，地面控制中心通过大型雷达和光学望远镜等监测设备，密切监测太空碎片，精确计算其运行轨迹，提前发现潜在碰撞风险。一旦监测到有较大的太空垃圾靠近时，天宫空间站会在地面控制中心的指挥下，依靠自身推进系统主动改变轨道或姿态，避开危险。某次避险过程需要空间站从低轨道变轨至更高轨道运行，假设变轨前后空间站所在轨道均为圆轨道，下列关于变轨前后的说法正确的是（ ）
A．变轨后空间站的线速度变大
B．变轨后空间站的角速度变大
C．变轨后空间站的运行周期变长
D．变轨时空间站发动机需沿运动方向喷气
4．（2025·攀枝花模拟）如图所示，为某静电透镜的示意图，图中实线K、G是电极板，K板电势为120V、带孔的G板电势为30V，虚线为等势线，从K板中心附近沿水平方向向右发射的带电粒子最终都汇聚到B点。不计粒子重力，关于从A点发射的粒子其从A点到B点的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在A点时的动能大于在B点时的动能
C．粒子在A点时的电势能大于在B点时的电势能
D．粒子动量的变化率一直不变
5．（2025·攀枝花模拟）对同一个纯电阻发热原理的取暖器，先后通以图甲和图乙所示的交变电流，则先后两次取暖器的发热功率之比为（ ）
A．2∶ B．∶2 C．4∶5 D．5∶4
6．（2025·攀枝花模拟）如图所示，振幅分别为3cm、4cm的甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，t=0时在x=2cm处的P点相遇。已知两列波的波速均为2cm/s，则位于x=3cm处的Q点在0~5s内的通过的路程为（ ）
A．13cm B．30cm C．40cm D．70cm
7．（2025·攀枝花模拟）如图所示，光滑平行的水平导轨ab、cd之间有垂直纸面向里的匀强磁场，导轨间距为L，电阻均为R、长均为L的金属棒A、B置于导轨上，与导轨接触良好，导轨左侧接了阻值也为R的定值电阻。现同时分别给A、B一个初速度vA、vB，且2vAA． B． C． D．
8．（2025·攀枝花模拟）如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面顶端固定有轻质光滑滑轮，A、B两可视为质点的小球用跨过滑轮的不可伸长的轻质细绳连接，滑轮与A球之间的轻绳与斜面平行、与B球之间的轻绳竖直。由静止释放两球，释放后的瞬间B球的加速度大小为，已知重力加速度为g，则A、B两球的质量之比可能是（ ）
A．2∶5 B．4∶5 C．4∶1 D．8∶1
9．（2025·攀枝花模拟）如图所示，正方形abcd区域被MN分为上、下两个矩形，、，MN下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，MN上方有平行bc边向下的匀强电场。在cd边的中点P处有一粒子源，沿纸面向磁场中各方向均匀的辐射出速率大小均为的某种带正电粒子，粒子的质量为m、电荷量为q。粒子源沿P→c方向射出的粒子恰好未从ab边离开电场，不计粒子重力和粒子之间的库仑力，则下列说法中正确的是（ ）
A．粒子在磁场运动的半径为d
B．从MN上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为d
C．匀强电场的场强大小为
D．粒子源沿P→c方向射出的粒子在abcd区域运动的时间为
10．（2025·攀枝花模拟）如图所示，光滑水平地面上静置一质量为M的斜劈，斜劈竖直高度为h、水平方向宽为L，一质量为m的小球从斜劈的斜面上由静止释放，释放时小球到斜面底端的水平距离设为l，小球滑至斜面底端时相对于地面的水平位移设为x。改变释放时小球与斜面底端的水平距离l，得到小球的水平位移x和l的关系图像如图乙所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，斜面底端有一小段圆弧（图中未画出），且圆弧与水平地面相切，可使小球滑离斜劈时的速度方向水平。关于小球下滑的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．小球与斜劈组成的系统动量不守恒
B．斜劈对小球做正功
C．斜劈与小球的质量之比
D．当时，小球与斜劈分离时的速度大小为
11．（2025·攀枝花模拟）物体是由大量分子组成的，分子非常微小。在“在用油膜法估测分子的大小”的实验中，实验步骤如下：
（i）将体积为a的油酸溶液配制成体积为b的油酸酒精溶液；
（ii）取油酸酒精溶液用滴定管滴出体积为c的溶液，记录滴出的油酸酒精溶液的滴数n；
（iii）用滴定管往浅盘内的水面上滴1滴油酸酒精溶液；
（iv）撒痱子粉或细石膏粉在水面上；
（v）待油膜稳定后，拿出玻璃板盖上描出油膜的边界；
（vi）将玻璃板放置在小方格坐标纸上，计算油膜的面积S；
（vii）计算油酸分子直径。
（1）请指出实验步骤中的一处错误： 。
（2）如图所示为实验中把玻璃板盖在浅盘上描出1滴油酸酒精溶液滴入水中形成的油酸膜的轮廓，图中正方形小方格的边长为1cm，则油酸膜的面积是 。（格数不足半格记为0，超过半格记为1，保留整数位）
（3）根据实验步骤，油酸分子直径D可表示为 。（用题中字母表示）
12．（2025·攀枝花模拟）家庭安装天然气泄漏报警器，实时监测可防中毒爆炸等重大安全隐患。报警器核心元器件为气敏电阻，其在安全环保领域有着广泛的应用。已知天然气的主要成分为甲烷，为检验某气敏电阻在不同甲烷浓度下的电阻特性，某探究小组设计了如图甲所示的电路来测量不同甲烷浓度（浓度单位：ppm，即百万分之一）下气敏电阻的阻值。实验可供选用的器材如下：
A.直流电源（电动势15V，内阻不计）
B.微安表（量程0~30A，内阻为9k）
C.微安表（量程0~50A，内阻约为5k）
D.定值电阻，电阻为491k
E.滑动变阻器（最大阻值10，额定电流0.2A）
F.滑动变阻器（最大阻值200，额定电流0.2A）
G.开关和导线若干
据此回答以下问题：
（1）甲图中滑动变阻器应选用 （选填“”或“”）。
（2）实验时，将气敏电阻置于密封小盒内，通过注入甲烷改变盒内甲烷浓度，记录不同浓度下的电表数，计算出对应气敏电阻的阻值并填入下表中。若电流表、的示数分别用、表示，则气敏电阻的阻值= （用、、、表示）。
实验次数 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12
甲烷浓度（ppm） 0 0.05 0.20 0.30 0.40 0.50 0.70 0.90 1.10 1.30 1.50
气敏电阻阻值（k） 6000 3400 1250 950 760 600 400 300 190 170 100
（3）请根据表中数据在乙图中绘制出气敏电阻阻值随甲烷浓度变化的曲线 。
（4）探究小组利用该气敏电阻和甲图中的电源设计了如图丙所示的简单测试电路，用来测定室内甲烷是否超标（室内甲烷ppm值ppm时为超标）。图中MN之间接有“电子开关”， “电子开关”与蜂鸣器连接，当“电子开关”监测到MN之间的电压等于或低于2V（即ppm）时接通蜂鸣器发出报警音、高于2V（即ppm）时断开蜂鸣器，“电子开关”的电阻可视为无穷大，则丙图中的电阻和中，定值电阻是 （选填或）、其阻值为 k（保留整数位）。
13．（2025·攀枝花模拟）如图所示，横截面为半圆的柱状透明玻璃，其平整的底面AB镀银。一束单色光从半圆的最高点P沿与AB成30°角从空气射入玻璃，后从入射方向与半圆的交点M处沿垂直AB面方向射出。已知半圆半径为R，该光束在真空中的速度为c，只计一次反射，求：
（1）请在图中画出完整的光路；
（2）该玻璃对这束光的折射率n；
（3）这束光在玻璃中传播的时间t。
14．（2025·攀枝花模拟）如图甲所示，t=0时质量m=0.1kg的小球在水平向右的拉力F作用下由静止开始从水平面AB的左端向右运动，t=4s时从B端水平飞出后，从D点无碰撞的进入位于同一竖直面内的光滑圆轨道，并恰好能到达圆轨道的最高点E后水平飞出。已知小球与水平面AB之间的动摩擦因数μ=0.2，B、D两点之间的高度差h=0.45m、水平距离x=1.2m，小球所受拉力F与其作用时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，求：
（1）小球到B点时的速度大小vB；
（2）t=0时拉力F的大小F0；
（3）圆轨道半径R。
15．（2025·攀枝花模拟）如图所示，一个匝数n=1000、面积S=100cm2的水平圆形线圈内有竖直向上的匀强磁场B1，磁感应强度大小随时间变化关系为B1[T]=B0+0.25t[s]。线圈与右侧的平行导轨MN、M'N'通过开关K相连，导轨MN、M'N'构成的平面为水平面，其内有竖直向下的匀强磁场B2，其右侧有倾角θ=30°的倾斜平行导轨PQ、P'Q'，N与P、N'与P'通过一小段（大小不计）绝缘圆弧平滑连接，PP'、NN'连线均与所有导轨垂直。倾斜平行导轨PQ、P'Q'内有与两导轨构成斜面垂直向下的匀强磁场B3，其顶端Q与Q'之间接有定值电阻R。现有一长L=0.5m的导体棒ab垂直于导轨静止放置在水平导轨上，与导轨接触良好。闭合开关K后，导体棒由静止开始运动，到达水平导轨右端前已经匀速。已知导轨间距均为L、阻值均不计，导体棒ab、线圈、定值电阻的阻值均相同，导体棒ab的质量m=0.1kg，匀强磁场B2、B3的磁感应强度大小均为1T，重力加速度g取10m/s2，不计一切摩擦，求：
（1）闭合开关前线圈产生的感应电动势E；
（2）从闭合开关到导体棒第一次运动到NN'的过程中，导体棒产生的焦耳热Q1；
（3）若导体棒第一次冲上倾斜导轨经过时间t=1.7s后又返回导轨底端，求这段时间内导体棒产生的焦耳热Q2。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光导纤维及其应用；薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】本题考查了全反射、干涉、衍射、折射，解题的关键是熟练掌握这些物理现象的特点。A. 甲图是利用光的干涉来检查工件的平整度，选项A错误；
B. 乙图中内窥镜所用的光导纤维利用了光的全反射，选项B正确；
C. 丙图中的玻璃利用了光的折射现象增加乘员的视野，选项C错误；
D. 丁图中的泊松亮斑是由于光的衍射引起的，选项D错误。
故选B。
【分析】根据干涉和衍射条纹的特点分析；根据光导纤维内部特点分析；根据光的折射特点入射角和折射角的关系分析。
2．【答案】C
【知识点】结合能与比结合能
【解析】【解答】本题主要考查了原子核的结合能的相关概念，理解原子核的比结合能越大，则核子越稳定即可。A．比结合能越大核子越稳定，核的比结合能比更大，则核比更稳定，选项A错误；
B．由图可知核的比结合能约为5.4MeV，核的比结合能小于5.4MeV，在，则结合能需要再乘以6，因此大于5.4MeV，选项B错误；
C．两个核结合成核时，因核比结合能比核更大，可知释放能量，选项C正确；
D．核中核子的比结合能比核中的大，但是由于核的核子数量比核大，可知核中核子的结合能比核中的小，选项D错误。
故选C。
【分析】根据图线得出原子核的比结合能大小，比结合能越大，原子核越稳定；结合核子数求出原子核的结合能；因为核的比结合能较大，所以两个核结合成为核时要放出能量。
3．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】解答本题的关键要掌握万有引力定律应用的常用思路：万有引力提供向心力，同时，要选择合适的向心力公式。A． 根据万有引力提供向心力有
可得
从低轨道变轨至更高轨道运行，变轨后空间站的线速度变小，故A错误；
B． 根据万有引力提供向心力有
可得
变轨后空间站的角速度变小，故B错误；
C．根据
可得
变轨后空间站的运行周期变长，故C正确；
D．变轨时需要加速做离心运动，所以空间站发动机需沿运动方向的反向喷气，故D错误。
故选C。
【分析】根据万有引力提供向心力列式，求出线速度、角速度、周期与轨道半径的关系式，再分析各个量的大小。根据变轨原理分析喷气的方向。
4．【答案】B
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查电场线与等势面垂直，掌握运动与力的关系来确定粒子的电性，理解电场力做功与电势能的变化，及动能变化的关系．A．粒子出G板后，根据做曲线运动条件，合外力指向轨迹内侧可知，受电场力指向z轴，沿电场线方向，电势逐渐降低，可知电场力与场强方向相反，则粒子带负电，故A错误；
BC．粒子受电场力做负功，则粒子在A点时的动能大于在B点时的动能，由于只有电场力做功，则粒子在A点时的电势能小于在B点时的电势能，故B正确，C错误；
D．粒子受电场力变化，由动量定理可知，则粒子动量的变化率一直改变，故D错误；
故选B。
【分析】电场力与场强方向相反，只有电场力做功，只有动能和势能的相互转化，结合动量定理分析。
5．【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查的是交变电流有效值和功率的计算，找到对应电压、电流的有效值即可计算，注意电功率、电热的计算均使用有效值。先后通以图甲和图乙所示的交变电流， 根据有效值的定义，对甲图有
解得
乙图为余弦交流电，电流有效值为
根据功率公式
可得先后两次取暖器的发热功率之比为
故选D。
【分析】按交变电流的有效值定义进行计算， 根据分析。根据有效值的定义和功率公式计算。
6．【答案】A
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】本题考查机械波的图像问题，要能够从图像读出波长、振幅以及质点的振动方向，根据计算周期或者波速。波的周期
t=0时刻Q点在乙波的波谷；甲波传到Q点的时间
此时Q点到达平衡位置，即在0~0.5s时间内Q点的路程s1=4cm；甲波传到Q点时振动减弱，则振幅为
A=4cm-3cm=1cm
则在0.5~5s时间内即内的路程为
则位于x=3cm处的Q点在0~5s内的通过的路程为
故选A。
【分析】由题意可知两波的周期相等，由图判断出两波的起振方向，根据波的传播规律和质点的振动规律判断质点在t=5s时的位移，根据振动路程与周期的倍数关系求路程。
7．【答案】D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】本题属于双杆问题，关键在于正确分析两棒的受力情况和能量的转化关系，根据平衡条件和能量守恒定律进行研究。设上下导轨电势差为U， A、B棒分别可看作具有内阻 R、电动势 BL和 BL的电源，左侧固定电阻为 R，无电动势。规定电流由上向下为正，左侧电阻的电流
通过A棒的电流
通过B棒的电流
由于没有外接电源，总电流在上导轨处的代数和应为零，即
可得
进而可求通过B棒的电流
由于
所以
表示B棒中的实际电流方向是由下导轨流向上导轨，其大小则为
故选D。
【分析】金属棒B向右做切割磁感线运动，产生感应电流，受到向左的安培力而减速，金属棒A受到向右的安培力而加速，结合法拉第电磁感应定律求解。
8．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题全面考查牛顿第二定律应用，通过连接体、加速度方向不确定性，锻炼受力分析，是牛顿运动定律应用的典型题型。由静止释放两球，根据牛顿第二定律可知释放后的瞬间B球的加速度大小为；
若B球的加速度方向竖直向下，以B球为对象，根据牛顿第二定律可得
以A球为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得A、B两球的质量之比为
若B球的加速度方向竖直向上，以B球为对象，根据牛顿第二定律可得
以A球为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得A、B两球的质量之比为
故选BD。
【分析】分别对A、B两球进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，再结合B球加速度的两种可能情况（B加速向下或加速向上 ），求解A、B两球的质量之比。
9．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中和磁场中的运动，理清粒子的运动规律是解决本题的关键，处理粒子在磁场中运动问题，要会确定粒子做圆周运动的圆心、半径和圆心角，利用圆心角求解运动时间。A．根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律可得可得
解得
故A正确；
B．由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长，由图可知
由几何关系可知
最短的弧长即最短路程为
故B错误；
C．粒子源沿P→c方向射出的粒子恰好未从ab边离开电场，根据动能定理可得
解得
故C正确；
D．粒子源沿P→c方向射出的粒子在abcd区域，根据
，
解得
在磁场中，运动时间为
在电场中，根据牛顿第二定律
根据运动学公式
解得
返回磁场之后，粒子在洛伦兹力作用下向右偏转，由几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为，然后从边飞出abcd区域，则运动时间为
则粒子源沿P→c方向射出的粒子在abcd区域运动的时间为
故D错误。
故选AC。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力分析，最短弦对应最短的弧长，结合几何关系分析，根据动能定理求解场强大小，返回磁场之后，粒子在洛伦兹力作用下向右偏转，由几何关系分析轨迹对应的圆心角，结合运动周期求解运动时间。
10．【答案】A,D
【知识点】人船模型
【解析】【解答】动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的。A．根据动量守恒条件可知小球与斜劈组成的系统在竖直方向合力不为0，但是水平方向所受合力等于零，系统在水平方向动量守恒，故A正确；
B．整个系统机械能守恒，斜劈机械能增加，说明小球对斜劈做正功，则斜劈对小球做负功，故B错误；
C．滑至圆弧底部后两物体间的相对位移大小为l，根据水平方向动量守恒可得
，
则
结合图线可得
所以
故C错误；
D．根据水平方向动量守恒和能量守恒定律可得
，
联立解得
故D正确。
故选AD。
【分析】根据动量守恒条件分析判断，整个系统机械能守恒，根据功能关系分析，根据人船模型求解质量之比。
11．【答案】（1）步骤（i）中体积为a的油酸溶液应为体积为a的油酸，步骤（iii）（iv）顺序颠倒
（2）62
（3）
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】本题主要考查了油膜法测量油酸分子直径的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式V=dS即可完成求解。
（1）滴的是纯油酸，步骤（i）中体积为a的油酸溶液应为体积为a的油酸，步骤（iii）（iv）顺序颠倒了。
（2）正方形小方格面积，通过计算发现小格子有62个，则油酸膜的面积是
油酸膜的面积是
（3）题意可得一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积
则油酸分子直径
【分析】 （1）根据实验原理和实验步骤分析判断；
（2）根据油膜轮廓内的小方格数量计算油酸膜的面积；
（3）根据浓度和体积公式推导。
（1）步骤（i）中体积为a的油酸溶液应为体积为a的油酸，步骤（iii）（iv）顺序颠倒了。
（2）正方形小方格面积，通过计算发现小格子有62个，则油酸膜的面积是
油酸膜的面积是
（3）题意可得一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积
则油酸分子直径
12．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）；3900
【知识点】生活中常见的传感器
【解析】【解答】物理中有一类特殊的电学元件，其阻值会受到外界因素的影响而发生变化，这些因素可能有温度、光照、压力，气体浓度等，相对应的电阻我们可以称为热敏电阻、光敏电阻、压敏电阻、气体电阻等。
（1）根据图甲可知，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15V，则可能会超过滑动变阻器的最大电流0.2A，所以选择R2。
（2）该气敏电阻两端电压为，流经气敏电阻电流为，故该气敏电阻阻值为
（3）
气敏电阻阻值随甲烷浓度变化的曲线为
（4）随当甲烷浓度的增大时，气敏电阻阻值减小，干路电流增大，定值电阻两端电压增大，电源内阻不计，定值电阻和气敏电阻两端电压之和等于电动势，气敏电阻两端电压减小。当“电子开关”监测到MN之间的电压等于或低于2V（即ppm）时接通蜂鸣器发出报警音、高于2V（即ppm）时断开蜂鸣器，故定值电阻为。
当ppm时，气敏电阻阻值为，气敏电阻两端电压为，由串并联知识可得
解得
【分析】 （1）根据滑动变阻器的连接方式分和电路安全分析判断；
（2）根据串并联电路的特点计算；
（3）在坐标系中描点连线画出图像；
（4）根据动态电路分析方法判断；由串并联电路特点计算。
（1）根据图甲可知，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15V，则可能会超过滑动变阻器的最大电流0.2A，所以选择R2。
（2）该气敏电阻两端电压为，流经气敏电阻电流为，故该气敏电阻阻值为
（3）气敏电阻阻值随甲烷浓度变化的曲线为
（4）[1]随当甲烷浓度的增大时，气敏电阻阻值减小，干路电流增大，定值电阻两端电压增大，电源内阻不计，定值电阻和气敏电阻两端电压之和等于电动势，气敏电阻两端电压减小。当“电子开关”监测到MN之间的电压等于或低于2V（即ppm）时接通蜂鸣器发出报警音、高于2V（即ppm）时断开蜂鸣器，故定值电阻为。
[2]当ppm时，气敏电阻阻值为，气敏电阻两端电压为，由串并联知识可得
解得
13．【答案】（1）解：如图所示，做P点关于O点的对称P'，连接P'点与M点交底面AB于Q点，连接Q点与P点可得完整光路
（2）解：设光束从P点入射时的入射角为i、折射角为r，根据光路图，连接OM可得为ΔOPM正三角形，PM=R
所以
则ΔP'PM为直角三角形，由几何关系可得i=60°，r=30°。由折射定律，有
解得
（3）解：光束在玻璃中的路程设为s，有
根据
这束光在玻璃中传播的时间
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】 （1）做P点关于O点的对称点P'，画出光路图；
（2）根据光路图，根据几何关系求解折射角和入射角，根据折射定律求解折射率；
（3）求出光束在玻璃中的路程，根据求解传播速度，路程除以速度等于时间。
（1）如图所示，做P点关于O点的对称P'，连接P'点与M点交底面AB于Q点，连接Q点与P点可得完整光路
（2）设光束从P点入射时的入射角为i、折射角为r，根据光路图，连接OM可得为ΔOPM正三角形，PM=R
所以
则ΔP'PM为直角三角形，由几何关系可得i=60°，r=30°
由折射定律，有
解得
（3）光束在玻璃中的路程设为s，有
根据
这束光在玻璃中传播的时间
解得
14．【答案】（1）解：设小球从B到D做平抛运动的时间为，从B点飞出的速度为，有
，
代入数据得
（2）解：小球从A到B的时间为，由动量定理有
联立以上各式，可得
（3）解：设小球在D点时的速度为，方向与水平方向的夹角为，有
小球到达E点时，由牛顿第二定律有
小球从B到E，由动能定理有
联立以上各式可得
【知识点】动量定理；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律求解速度大小；
（2）求出小球从A到B的时间，结合动量定理求解拉力F的大小；
（3）根据速度的分解求解速度方向与水平方向的夹角，根据牛顿第二定律以及动能定理求解半径大小。
（1）设小球从B到D做平抛运动的时间为，从B点飞出的速度为，有，
代入数据得
（2）设小球从A到B的时间为，由动量定理有
联立以上各式，可得
（3）设小球在D点时的速度为，方向与水平方向的夹角为，有
小球到达E点时，由牛顿第二定律有
小球从B到E，由动能定理有
联立以上各式可得
15．【答案】（1）解：对圆形线圈，由法拉第电磁感应定律有
其中
代入数据得
（2）解：导体棒ab在到达NN'前已匀速，设匀速时的速度为，则有
解得
对导体棒ab从开关闭合到匀速，取水平向右为正方向，由动量定理有
设这段时间内通过导体棒的电荷量为，有
圆形线圈、金属棒ab的电阻相同，由能量守恒定律有
解得
（3）解：从导体棒ab冲上斜面到再次返回斜面底端，全程通过回路的电荷量为零，可得全程安培力的冲量为零。设导体棒返回斜面底端时的速度为，取沿斜面向上为正方向，由动量定理，有
解得
金属棒ab和定值电阻R的电阻相同，在该过程中，由能量守恒定律有
解得
【知识点】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）根据法拉第电磁感应定律求闭合开关前线圈产生的感应电动势E；
（2）导体棒ab在到达NN'前已匀速，导体棒ab产生的感应电动势与电源的电动势相等，回路中电流为零，由E1=B2Lv1=E求出导体棒ab匀速运动的速度。利用动量定理求出此过程中通过导体棒的电荷量，再根据能量守恒定律求导体棒产生的焦耳热Q1；
（3）研究导体棒在倾斜导轨运动的全过程，利用动量定理求出导体棒返回斜面底端时的速度，再根据能量守恒定律求这段时间内导体棒产生的焦耳热Q2。
（1）对圆形线圈，由法拉第电磁感应定律有
其中
代入数据得
（2）导体棒ab在到达NN'前已匀速，设匀速时的速度为，则有
解得
对导体棒ab从开关闭合到匀速，取水平向右为正方向，由动量定理有
设这段时间内通过导体棒的电荷量为，有
圆形线圈、金属棒ab的电阻相同，由能量守恒定律有
解得
（3）从导体棒ab冲上斜面到再次返回斜面底端，全程通过回路的电荷量为零，可得全程安培力的冲量为零。设导体棒返回斜面底端时的速度为，取沿斜面向上为正方向，由动量定理，有
解得
金属棒ab和定值电阻R的电阻相同，在该过程中，由能量守恒定律有
解得
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