2025年四川省遂寧二中高考物理二模試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.核泄漏中的杯（Pu）是一種具有放射性的超鈾元素，它可破壞細胞基因，提高患癌癥的風險，己知杯的一

種同位素敘Pu的半衰期為24100年，其衰變方程為才Pu-X+犯e+「下列有關說法正確的是（）

A.丫射線和°射線一樣都是電磁波，但丫射線穿透本領比B射線弱

B.敘Pu的半衰期為24100年，隨著地球溫度的升高，其半衰期將變短

C.X原子核中含有92個質(zhì)子

D.由于衰變時釋放巨大能量，根據(jù)E=mc2,衰變過程總質(zhì)量增加

2.分子云中的致密氣體和塵埃在引力作用下不斷集聚逐漸形成恒星，恒星的演化會經(jīng)歷成年期（主序星）、

中年期（紅巨星、超巨星）、老年期一恒星最終的歸宿與其質(zhì)量有關，若質(zhì)量為太陽質(zhì)量的1?8倍將坍縮

成白矮星，質(zhì)量為太陽質(zhì)量的10?20倍將坍縮成中子星，質(zhì)量更大的恒星將坍縮成黑洞。假設恒星坍縮前

后可看成質(zhì)量均勻分布的球體，質(zhì)量不變，體積縮小，自轉變快。己知逃逸速度為第一宇宙速度的4倍，

中子星密度約為白矮星密度的108倍，白矮星半徑約為中子星半徑的103倍。根據(jù)萬有引力理論，下列說法

正確的是（）

A.恒星坍縮后的第一宇宙速度變大

B.中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度

C.同一恒星表面任意位置的重力加速度大小相同

D.恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度變小

3.關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是（）

A.安培力的方向可以不垂直于直導線

B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向

C.安培力的大小與通電導線和磁場方向的夾角無關

D.將直導線從中折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?/p>

4.如圖所示，下列說法正確的是（）

甲乙丙J

A.圖甲為等量同種點電荷形成的電場線

B.圖乙離點電荷距離相等的a、b兩點場強相同

C.圖丙中在c點靜止釋放一正電荷，可以沿著電場線運動到d點

D.圖丁中某一電荷放在e點與放到f點，兩點到極板距離相等，電勢能相同

5.如圖所示是一種兒童玩具“口比叭筒”，由竹筒和木棍組成，在竹筒的前后兩端分別裝上“叭子”（樹果子或打

濕的小紙團）。叭子密封竹筒里面的空氣，迅速推動木棍，前端的叭子便會從筒口射出。則迅速推動木棍

過程中（叭子尚未射出），竹筒中被密封的氣體（）

?竹筒棍=

A.壓強增大B.溫度不變

C.內(nèi)能不變D.每個分子的動能都變大

6.如圖所示，一半徑為R的豎直光滑圓軌道固定在傾角為37。的斜面上，圓軌

道與斜面相切于N點，MN為圓軌道的一條直徑，整個裝置始終保持靜止。

一個質(zhì)量為m的小球恰能在圓軌道內(nèi)側做圓周運動，重力加速度為g,

sin37°=0.6,貝！1（）

A.小球通過M點時速度大小為

B.小球在N點對軌道的壓力大小為6mg

C.小球從M點順時針運動到N點的過程中，重力的功率先增大后減小

D.小球從M點順時針運動到N點的過程中，軌道對小球的彈力先增大后減小

7.某電磁緩沖裝置的原理如圖所示，兩足夠長的平行光滑金屬導軌置于同一水平面內(nèi)，兩導軌左端之間與

一阻值為R的定值電阻相連，直線AAi右側處于豎直向下的勻強磁場中，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導軌放

置，在直線AAi的右側有與其平行的兩直線BB［和CCi，且AAi與BB］、BB1與Cg間的距離均為d。現(xiàn)讓金

屬桿以初速度V。沿導軌向右經(jīng)過A%進入磁場，最終金屬桿恰好停在CG處。已知金屬桿接入導軌之間的

阻值為R。導軌的電阻及空氣阻力均可忽略不計，下列說法中正確的是（）

AB

x

X

X

A.金屬桿經(jīng)過BBi時的速度為學

B.在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為gm名

C.金屬桿經(jīng)過AA]-BBi和BB]-CCi區(qū)域，其所受安培力的沖量不同

D.若將金屬桿的初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則其在磁場中運動的最大距離大于原來的2倍

二、多選題：本大題共3小題，共15分。

8.如圖甲所示，“戰(zhàn)繩”是在健身房中常見的一種強力減脂運動，人用手握住繩子左端，將繩拉平后沿豎直

方向上下抖動，則可在繩中形成一列機械波。若將此波視為簡諧橫波，開始抖動為。時刻，t時刻繩中各

質(zhì)點的位置和波形如圖乙所示，質(zhì)點1和5分別位于下方和上方最大位移處，相鄰編號質(zhì)點平衡位置間距

離為1。則下列說法正確的是()

C.0時刻人豎直向上抖動繩子左端D.該波的傳播速度為?

9.如圖，A、B兩帶電小球，所帶電荷量大小分別為QA、QB，質(zhì)量分別為叫

和m2。用兩根不可伸長的絕緣細線懸掛于O點，靜止時A、B兩球處于同一

水平線上，UOBA=37",DOAB=53°,C是AB連線上一點且在0點的正

下方，C點的場強為零。已知sin53°=0.8,則()

A.A、B兩球的質(zhì)量之比為9：16

B.A、B兩球的帶電荷量之比為81：256

C.同時剪斷連接兩小球A、B的細線，A小球一定先落地

D.同時剪斷連接兩小球A、B的細線，A、B小球水平位移之比為9：16

10.勁度系數(shù)k=100N/m的輕彈簧一端固定在傾角。=30°的固定光滑斜面底部，另一端和質(zhì)量mA=2kg的

小物塊A相連，質(zhì)量niB=2kg的小物塊B緊靠A靜止在斜面上，輕質(zhì)細線一端連在物塊B上，另一端跨

過定滑輪與質(zhì)量me=1kg的物體C相連，對C施加外力，使C處于靜止狀態(tài)，且細線剛好伸直但不繃

緊，如圖所示。從某時刻開始，撤掉外力，使C豎直向下運動，取g=10m/s2,彈簧和斜面上的那部分細

線均平行于斜面。以下說法中正確的是（）

A.初始時彈簧的壓縮量是0.2m

B.當A、B恰好分離時，彈簧恢復原長

C.撤掉外力瞬間，A的加速度大小為2.5m/s2

D.從撤去外力到A、B恰好分離整個過程，物體C減少的重力勢能為1J

三、實驗題：本大題共2小題，共16分。

1L用如圖甲所示的裝置探究向心力的大小與質(zhì)量、角速度和半徑之間關系。已知小球在槽中A、B、C位

置做圓周運動的軌道半徑之比為1：2：1,調(diào)整傳動皮帶，可以使左、右塔輪自上而下按如圖乙所示三種

方式進行組合，每層半徑之比由上至下分別為1：1、2：1和3：1。

長槽短槽

手柄傳動皮帶

甲

（1）在探究向心力大小與質(zhì)量的關系時，為了保持角速度和半徑相同，需要先將傳動皮帶調(diào)至變速塔輪的第

（選填“一”“二”或"三”）層，再將質(zhì)量不同的鋁球和鋼球分別放在長、短槽上半徑相等的橫臂擋板內(nèi)

側；

(2)在探究向心力大小與角速度的關系時，先將傳動皮帶調(diào)至變速塔輪的第二層(或第三層)，再將質(zhì)量相同

的鋼球分別放在_____(選填“A、B”“A、C”或“B、C”)位置的擋板內(nèi)側；

(3)在探究向心力大小與半徑的關系時，先將傳動皮帶調(diào)至變速塔輪的第一層，再將兩個質(zhì)量相等的鋼球分

別放在______(選填“A、B”“A、C”或舊、C")位置的擋板內(nèi)側。

12.某學習興趣小組將銅片和鋅片磨光后分別平行插入番茄和土豆制成果蔬電池進行實驗探究。實驗電路如

圖甲所示，實驗中用到的電流傳感器和電壓傳感器都可看成理想電表，經(jīng)實驗采集數(shù)據(jù)并正確分析計算后

得到的電池參數(shù)見表中數(shù)據(jù)。

(1)在進行實驗時，應選用最大阻值為(填正確答案標號)的電阻箱。

A.99.99Q

B.999.9Q

C.9999Q

(2)番茄電池把2c的正電荷在電源內(nèi)部從負極搬運到正極，非靜電力所做的功為J(結果保留兩位小

數(shù))。

(3)對實驗過程的表述，下列說法正確的是(填正確答案標號)。

A.連接電路時開關應該處于斷開狀態(tài)

B.電壓傳感器的讀數(shù)就是電動勢值

C.若電阻箱的阻值R不斷增大，電壓傳感器的示數(shù)隨阻值R變化呈線性變化

D.為了完成電動勢和內(nèi)阻的測量，圖甲電路可以不用電流傳感器，只用電壓傳感器和電阻箱就可以完成實

驗

(4)圖甲電路可以不用電壓傳感器，只用電流傳感器和電阻箱就可以完成實驗，實驗過程中多次改變電阻箱

的阻值R、測量對應的電流I并分別繪制出番茄電池和土豆電池的R-「i關系圖線如圖乙所示，其中土豆

電池對應的圖線為(填“①”或"②”)O

(5)下列對圖乙的分析正確的是(填正確答案標號)。

A.圖線的斜率表示電源的電動勢的倒數(shù)

B.圖線的斜率表示電源的電動勢

C.圖線的縱截距表示電源的內(nèi)阻

D.圖線①②的交點表示兩電源的路端電壓相等

四、簡答題：本大題共1小題，共12分。

13.如圖，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)彈簧，其一端固定在墻上。用質(zhì)量為m的小球壓1gmmm

彈簧的另一端，使彈簧的彈性勢能為Ep。釋放后，小球在彈簧作用下從靜止開始在..........||

桌面上運動，與彈簧分離后，從桌面水平飛出。小球與水平地面碰撞后瞬間，其平行

于地面的速度分量與碰撞前瞬間相等；垂直于地面的速度分量大小變?yōu)榕鲎睬八查g的《小球與地面碰撞

后，彈起的最大高度為h。重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。求：

(1)小球離開桌面時的速度大??；

(2)小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離。

五、計算題：本大題共2小題，共29分。

14.如圖甲所示，兩足夠長的光滑平行導軌固定在水平面內(nèi)，處于磁感應強度為B。、方向豎直向上的勻強磁

場中，導軌間距為L,一端連接一定值電阻R。質(zhì)量為m、長度為L、電阻為R的金屬棒垂直導軌放置，

與導軌始終接觸良好。在金屬棒的中點對棒施加一個平行于導軌的拉力，棒運動的速度v隨時間t的變化

規(guī)律如圖乙所示的正弦曲線。已知在0?5的過程中，通過定值電阻的電量為q；然后在t=：T時撤去拉

力。其中V。已知，T未知，不計導軌的電阻。求：

(1)電阻R上的最大電壓U；

(2)在0?(T的過程中，拉力所做的功W；

(3)撤去拉力后，金屬棒的速度v隨位置x變化的變化率k(取撤去拉力時棒的位置x=0)。

甲乙

15.制作半導體時，向單晶硅或其他晶體中摻入雜質(zhì)。單晶硅內(nèi)的原子是規(guī)則排列的，在兩層電子間的間隙

會形成如圖甲所示的上下對稱的勻強電場，設某空間存在上下對稱的勻強電場，并在該電場中的下半?yún)^(qū)域

加一方向垂直紙面向里的勻強磁場，如圖乙所示。電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電小球從上邊界以初速度vo

垂直電場入射，小球第一次經(jīng)過對稱軸OO,時的速度為2vo,小球最終從上半?yún)^(qū)域水平射出。已知上下場區(qū)

的長為L,電場強度￡=詈，g為重力加速度。求：

(1)上下場區(qū)的寬度d。

(2)要使小球不越過下邊界，所加磁場的磁感應強度B的范圍。

(3)小球在場區(qū)中運動的總時間。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：An射線是電磁波，P射線是高速電子流，Y射線穿透本領比B射線強，故A錯誤；

B.半衰期由原子核的內(nèi)部結構決定，與外界的物理、化學環(huán)境無關，隨著地球溫度的升高，其半衰期不

變，故B錯誤；

C.根據(jù)電荷數(shù)守恒可得，X原子核中含有的質(zhì)子數(shù)為：

94-2=92

故C正確；

D.由于衰變時釋放巨大能量，根據(jù)E=mc2衰變過程總質(zhì)量減少，故D錯誤。

故選：Co

丫放射線是波長很短的光子，穿透能力很強，P射線是高速電子流；根據(jù)核反應的電荷數(shù)得出X原子核中的

質(zhì)子數(shù)；理解半衰期的概念并完成分析；根據(jù)質(zhì)能方程可知衰變過程中總質(zhì)量減少。

本題主要考查了三種射線、質(zhì)能方程、半衰期等知識，注意理解衰變反應的特點，理解半衰期的概念。

2.【答案】A

【解析】解：A、對繞恒星運動的行星來說有

Mmv2

G-Z—=m—

r2r

當行星運動軌道半徑為恒星的半徑時，其速度為該恒星的第一宇宙速度，有

由于恒星坍縮前后，其質(zhì)量不變，體積縮小，即半徑變小，所以恒星坍縮后的第一宇宙速度變大，故A正

確；

B、由之前的分析可知，某星球的第一宇宙速度的為

"J[G"M

由于星球的質(zhì)量可以表示為

4[

M=pv=P?可兀R，

整理有

v=

又因為，由題意可知，中子星密度約為白矮星密度的108倍，白矮星半徑約為中子星半徑的1()3倍，所以中

子星的第一宇宙速度大于白矮星的第一宇宙速度。即

V中〉V白

又因為已知逃逸速度為第一宇宙速度的，I倍，所以中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，故B錯

誤；

D、由于在恒星兩極處，其物體不隨恒星一起自轉，所以其萬有引力全部提供其重力，有

Mm

G^r=mg

整理有

GM

g=^

由于恒星坍縮前后，其質(zhì)量不變，體積縮小，即半徑變小。所以恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度變

大，故D錯誤；

C、恒星上某一位置的物體受到的萬有引力有兩個效果，一個是提供物體所恒星一起轉動的向心力，一個

是該物體所受的重力，即

Mm4兀2

G^r=mg+m^rr

由于在恒星表面不同位置，物體做圓周運動的半徑不同，所以同一恒星表面任意位置的重力加速度大小不

一定相同，故c錯誤。

故選：Ao

根據(jù)星球表面萬有引力提供向心力判斷恒星坍縮前后的第一宇宙速度是否不變；根據(jù)星球表面萬有引力提

供向心力推導恒星坍縮后的第一宇宙速度，進而表示出逃逸速度進一步判斷中子星的逃逸速度是否小于白

矮星的逃逸速度；考慮恒星自轉，根據(jù)萬有引力的一個分力等于重力判斷同一恒星表面任意位置的重力加

速度是否相同；根據(jù)兩極處萬有引力等于重力判斷恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度是否比坍縮前的

大。

本題考查萬有引力定律在天體運動中的應用，涉及了星體表面的重力加速度、第一宇宙速度以及逃逸速度

的問題，解題方法是：忽略星球自轉，萬有引力等于重力，涉及環(huán)繞問題，一般需要根據(jù)萬有引力提供向

心力討論分析。

3.【答案】B

【解析】解：A、B、根據(jù)左手定則可知，安培力方向與磁場和電流組成的平面垂直，即與電流和磁場方

向都垂直，故A錯誤，B正確；

C、磁場與電流不垂直時，安培力的大小為F=BILsin。，則安培力的大小與通電導線和磁場方向的夾角有

關，故C錯誤；

D、根據(jù)安培力的特點可知，電流的方向與磁場垂直時，F(xiàn)=BIL,當電流方向與磁場的方向平行，所受安

培力為0;若開始時電流與磁場垂直，將直導線從中折成直角，讓其中的一半與磁場的方向平行，安培力

的大小將變?yōu)樵瓉淼囊话?；將直導線在垂直于磁場的方向的平面內(nèi)從中折成直角，兩部分都與從的方向垂

直，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼钠r；根據(jù)不同的空間位置關系，可能還有其余的情況，故D錯誤。

故選：B?

本題考查了產(chǎn)生條件、大小與方向，當電流方向與磁場平行時不受安培力，根據(jù)左手定則可知安培力的方

向與磁場垂直。引用公式F=BIL時，注意要求磁場與電流垂直，若不垂直應當將導線沿磁場與垂直于磁

場分解，因此垂直時安培力最大，最大為F=BIL。

解決本題的關鍵是知道當導線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0,最小。當導線的方向與磁場方

向垂直時，安培力最大，為F=BIL。

同時要注意D選項中，開始時導線與磁場的方向以及將直導線從中折成直角后，導線與磁場的方向之間的

關系是解答的關鍵。

4.【答案】D

【解析】解：A.由題圖可知，題圖甲為等量異種點電荷形成的電場線，故A錯誤；

B.題圖乙為正點電荷所形成的電場線分布，離點電荷距離相等的a、b兩點場強大小相同，場強方向不同，

故B錯誤；

C.正電荷在題圖丙中c點受力沿電場線的切線方向，由靜止釋放時，不可能沿著電場線運動到d點，故C

錯誤；

D.該電容器極板之間的電場為勻強電場，由圖可知e點與f點在同一個等勢面上，把某一電荷放在e點與

放到f點，根據(jù)Ep=q(p可知，它們的電勢能相同。故D正確。

故選：D。

根據(jù)常見電場的電場線的分布特點及某點切線方向表示該點的場強方向分析判斷；利用曲線運動的條件，

分析靜止試探電荷的運動情況；根據(jù)Ep=qcp分析判斷。

本題考查了電場線、電場強度、電勢能的相關知識，明確電場線的分布特點是解題的關鍵，利用場強方向

的規(guī)定判斷電荷所受電場力和判斷電荷的運動情況是解題的核心。

5.【答案】A

【解析】解：迅速推動木棍過程中，氣體體積減小，壓強增大，外界對氣體做功，根據(jù)熱力學第一定律可

知內(nèi)能升高，溫度變大，分子平均動能變大，但不是每個分子的動能都變大，故A正確，BCD錯誤；

故選：Ao

迅速推動木棍過程中，氣體體積減小，可認為是沒有發(fā)生熱交換，根據(jù)熱力學第一定律和理想氣體狀態(tài)方

程分析解答。

本題考查熱力學第一定律，解題關鍵掌握氣體各參量的變化情況分析，注意內(nèi)能升高，溫度變大，分子平

均動能變大，但不是每個分子的動能都變大。

6.【答案】D

【解析】解：A、因為小球恰能在圓軌道內(nèi)側做圓周運動，由重力提供向心力得：mg=

所以小球通過最高點的速度為v=/齦，

M點不是軌道最高點，由能量守恒得小球通過M點時速度大于量，故A錯誤；

B、小球從最高點到N點，由能量守恒得：|mv2+mg(R+Rsin45°)=

小球在N點受軌道支持力為F,由牛頓第二定律得：F-mgcos370=mX

可得F=5.4mg,由牛頓第三定律知小球在N點對軌道的壓力大小為5.4mg,故B錯誤；

C、瞬時功率P=Fvcosa,小球在圓軌道最低點和最高點重力的方向與速度方向垂直，重力的功率都為0,

所以小球從M點順時針運動到N點的過程中，重力的功率先增大后減小再增大，故C錯誤；

D、小球從M點順時針運動到N點的過程中，在圓軌道最低點時軌道對小球的彈力最大，所以小球從M

點順時針運動到N點的過程中，軌道對小球的彈力先增大后減小，故D正確。

故選：D。

由重力提供向心力確定出最高點的速度，再由能量守恒可求出N點的速度大小。功率的變化可先確定特殊

位置的功率再判斷變化。

明確重力做功引起動能的變化，能根據(jù)牛頓第二定律分析臨界問題，功率的變化由特殊位置的功率值分析

變化規(guī)律。

7.【答案】A

【解析】解：A.設平行金屬導軌間距為L,金屬桿在AAi-GC區(qū)域向右運動的過程中切割磁感線有￡=

F

BLv,1=高

金屬桿在AAi-CiC區(qū)域運動的過程中，At時間內(nèi)，以向右為正方向，根據(jù)動量定理有-BILAt=mAv

R212

貝UAt=mAv

2K

由于d=￡vAt

則上面方程左右兩邊累計求和，可得-粵券=-mv（）

設金屬桿經(jīng)過BBi的速度為vi，同理對金屬桿在BBi-CiC區(qū)域運動的過程中根據(jù)動量定理，同理可得

B2L2d

烹=—mvi

綜上有vi=

則金屬桿經(jīng)過BB]的速度等于半，故A正確；

B.在整個過程中，根據(jù)能量守恒定律可得Q=gm岔

則在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為QR=；HI戴

故B錯誤；

C.金屬桿經(jīng)過AAi-B]B與BB]-CiC區(qū)域，以向右為正方向，金屬桿所受安培力的沖量為-￡BILAt=

—理vAt=-皿

乙2Rv2R

因金屬桿經(jīng)過AAi-BiB與BB]-GC區(qū)域滑行距離均為d,所以金屬桿所受安培力的沖量相同，故C錯

誤；

D.根據(jù)A選項可得，金屬桿以初速度Vo進入磁場中運動直到停止運動，有-粵抖=-mvo

可見若將金屬桿的初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則金屬桿在磁場中運動的最大距離等于原來的2倍，故D錯

誤。

故選：A?

金屬桿在AAi-B]B區(qū)域向右運動的過程中切割磁感線，根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律列

式，結合金屬桿在AA]-BIB區(qū)域運動的過程中的動量定理并累計求和，可得金屬桿在AA]-B]B區(qū)域安

培力沖量的大小以及BB1處的速度的表達式；再結合金屬桿在BB】-GC區(qū)域運動的過程的動量定理可以

求出金屬桿經(jīng)過BB1的速度；在整個過程中，根據(jù)能量守恒以及電路的能量分配求解定值電阻R產(chǎn)生的熱

量；根據(jù)A選項可得，金屬桿以初速度V。在磁場中運動應用動量定理，結合金屬桿的初速度加倍，全過程

對金屬棒應用動量定理，分析可知當金屬桿速度加倍后，金屬桿通過BB】-GC區(qū)域的速度比第一次大，

進而比較時間、位移。

本題通過電磁感應知識考查動量與能量的綜合應用，要求學生能正確分析物體的運動過程和運動性質(zhì)，熟

練應用對應的規(guī)律解題。

8.【答案】CD

【解析】解：A、由圖可知，t時刻，質(zhì)點1處于波谷，加速度方向向上。質(zhì)點5處于波峰，加速度方向向

下，所以質(zhì)點1和5加速度不相同，故A錯誤；

B、根據(jù)同側法可知，t時刻，質(zhì)點3和7處于平衡位置，速度大小相等，方向相反，即速度不相同，故B

錯誤；

C、t時刻，質(zhì)點7開始向上振動，根據(jù)波的傳播是由前一個質(zhì)點帶動后一個質(zhì)點可知，起始時向上抖動輕

質(zhì)彈性繩的左端，故C正確；

D、由圖可知華=61

解得九=81

又因（T=t

解得

4

T-t

故該波的傳播速度為v=*=空=?,故D正確。

T手t

故選：CDo

根據(jù)質(zhì)點1和5的位置分析加速度關系；利用同側法分析質(zhì)點3和7速度方向關系；根據(jù)波的特點：后一

個質(zhì)點重復前一個質(zhì)點的振動，可知0時刻繩子左端的抖動方向；由圖確定波長和周期，再求波速。

本題考查波的傳播規(guī)律，后一個質(zhì)點重復前一個質(zhì)點的振動，|個周期波傳播的距離為（波長是解決此類問

題的關鍵所在。

9.【答案】BD

【解析】解：A.根據(jù)已知得OALOB,0C1AB,對A小球受力分析如圖所示：

庫倫斥力F=,=（mig，同理對B受力分析可得庫倫斥力F，=^=gm2g,根據(jù)牛頓第三定律得F=

F,聯(lián)立三式得：詈=9故A錯誤；

ni2y

B.已知C點的場強為零，取水平向右為正方向，由點電荷場強公式得Ec=Ei+E2=k^+(-k^)=

0C。

O得電荷量之比為2=篇)2=(蹙)2=(喘)2=舄)2=蒸，故B正確；

Btan37°

CD.同時剪斷連接兩小球A、B的細線，豎直方向都只受重力，水平方向有相互作用的排斥力，故豎直方

向的分運動為自由落體運動，兩球同時落地；水平方向滿足動量守恒定律中的人船模型，取水平向右為正

方向，設水平位移大小分別為xi，X2,得0=(-mixD+m2X2,解得位移大小之比為￡=禽=4，故C錯

誤，D正確。

故選：BDo

由題意分別對A、B受力分析列方程得質(zhì)量關系；已知C點場強為零，由庫侖定律可求電荷量之間比；同

時剪斷連接兩小球A、B的細線，豎直方向兩球都做自由落體運動，時間相同，水平方向滿足動量守恒定

律用人船模型計算水平位移之比。

本題考查力的合力、庫侖定律、點電荷場強和動量守恒定律人船模型，需要同學們熟練掌握相關知識的基

礎上并能靈活運用解決問題。

10.【答案】AD

【解析】解：A.初始時，對A、B整體受力分析，根據(jù)胡克定律，有尸彈=kxi=(mA+niB)gsin。

確窣得Xi=0.2m

故A正確；

B.A>B恰好分離時，A、B間彈力為零，以B、C整體為研究對象，Wmcg-mBgsin0=(mB+mc)a2

解得a?=0

則A的加速度大小也為0,此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故B錯誤；

C.撤掉外力瞬間，對A、B、C系統(tǒng)有mcg+F彈一(mA+mB)gsinO=(mA+mB+mQai

彈簧彈力F彈=(mA+mB)gsin0

則有mcg=(mA+mB+m—ai

聯(lián)立解得a】=2m/s2

故C錯誤；

D.AB恰好分離時，以A為研究對象，有F彈-mAgsin。=mAa2=0

設此時彈簧的壓縮量為X2,有F彈=kx2

解得X2=0.1m

所以從撤去外力到A、B恰好分離，A沿斜面移動的位移As=Xi-X2=0.2m-0.1m=0.1m

物體C減少的重力勢能為AEp=mcgAs

代入數(shù)據(jù)解得AEp=1J

故D正確。

故選：AD?

初始時，對A、B整體受力分析，根據(jù)共點力平衡條件解答；撤掉外力瞬間，取ABC系統(tǒng)，利用牛頓第二

定律計算加速度；AB恰好分離時，以BC整體為研究對象，利用牛頓第二定律計算BC系統(tǒng)此時的加速

度，判斷此時彈簧的狀態(tài)；根據(jù)恰好分離的條件分析解得。

本題考查學生對彈簧連接體模型的分析能力，其中利用模型特點，運用隔離法與整體法結合牛頓第二定

律、胡克定律表示運動規(guī)律為解決本題的關鍵。

11.【答案】一A、CA、C或B、C

【解析】解：(1)根據(jù)向心力公式F=mo>2r

在探究向心力大小與質(zhì)量的關系時，需要保證角速度和質(zhì)量不變，將傳動皮帶調(diào)至變速塔輪的第一層，根

據(jù)

v=(or

可知，兩塔輪的角速度相同，即兩實驗小球的角速度相同。

(2)根據(jù)向心力公式F=mco2r

可知在探究向心力大小與角速度的關系時，需要保證兩球質(zhì)量和半徑相同，將鋼球分別放在A、C位置的

擋板內(nèi)側，則它們的半徑相同。

(3)同理，在探究向心力大小與半徑的關系時，需要保證兩球質(zhì)量和角速度相同，將兩個質(zhì)量相等的鋼球分

別放在A、C或B、C位置的擋板內(nèi)側。

故答案為：(1)一；(2)A、C；(3)A、C或B、C

(1)(2)根據(jù)實驗原理結合v=cor分析判斷；

(3)根據(jù)向心力公式分析判斷。

本題關鍵掌握探究影響向心力大小的因素實驗原理。

12.【答案】B1.39AD①BD

【解析】解：(1)根據(jù)表格中番茄和土豆的內(nèi)阻數(shù)據(jù)，為了使電流傳感器和電壓傳感器示數(shù)變化明顯，應選

用最大阻值為999.9。的電阻箱，故AC錯誤，B正確。

故選：Bo

(2)番茄電池把2c的正電荷在電源內(nèi)部從負極搬運到正極，非靜電力所做的功為

亞非=qE=2X0.6959J?1.39J

(3)A.連接電路時，為了保證電路安全，開關應該處于斷開狀態(tài)，故A正確；

B.電壓傳感器的讀數(shù)是路端電壓，不是電動勢值，故B錯誤；

C.若電阻箱的阻值R不斷增大，根據(jù)歐姆定律U=E"R=1r

可知電壓傳感器的示數(shù)隨阻值R變化不是呈線性變化，故C錯誤；

D.設電阻箱的阻值為R,電壓傳感器的示數(shù)為U,根據(jù)閉合電路歐姆定律￡=17+3「

K

為了完成電動勢和內(nèi)阻的測量，圖甲電路可以不用電流傳感器，只用電壓傳感器和電阻箱就可以完成實

驗，故D正確。

故選：ADo

(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律E=I(R+r)

可得R=E」T-r

可知R-11圖線的斜率為電池電動勢，縱軸截距絕對值為內(nèi)阻，由于土豆電池的電動勢較大，內(nèi)阻較大，

所以土豆電池對應的圖線為①。

(5)AB.根據(jù)(4)分析可知，圖線的斜率表示電源的電動勢，故A錯誤，B正確；

C.根據(jù)(4)分析可知，圖線的縱截距的絕對值表示電源的內(nèi)阻，故C錯誤；

D.電壓傳感器的讀數(shù)是路端電壓，圖線①②的交點表明電阻箱的接入電阻相等，通過電阻箱的電流相等，

根據(jù)歐姆定律U=IR可知此時路端電壓相等，故D正確。

故選：BDo

故答案為:(1)B；(2)1.39；(3)AD；(4)①;(5)BD。

(1)根據(jù)表格中番茄和土豆的內(nèi)阻數(shù)據(jù)，從兩傳感器示數(shù)變化明顯的角度分析作答；

(2)根據(jù)電動勢的含義求解非靜電力所做的功；

(3)A.根據(jù)實驗的正確操作分析作答；

B.電壓傳感器測定的是路端電壓，據(jù)此分析作答；

C.根據(jù)歐姆定律和閉合電路的歐姆定律分析作答；

D.根據(jù)“伏阻法”測電動勢和內(nèi)阻的原理分析作答；

(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律求解R-11函數(shù)，結合圖像的縱截距的絕對值和斜率的含義分析作答；

(5)根據(jù)R-11函數(shù)，結合圖像縱截距絕對值和斜率的含義分析作答；

圖線①②的交點表明電阻箱的接入電阻相等，通過電阻箱的電流相等，根據(jù)歐姆定律分析作答。

本題考查了測量土豆電池和番茄電池電動勢與內(nèi)阻的實驗，要明確實驗原理，掌握歐姆定律和閉合電路的

歐姆定律的運用；知道電源的電動勢表示非靜電力做功本領大小的物理量。

13.【答案】解：(1)設小球離開桌面時速度大小為vo,對小球和彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律得：

EP=1mvg

解得:“咫

(2)設小球從離開桌面到第一次落地所用時間為t,則落地點距飛出點的水平距離x=vot

落地瞬間豎直分速度Vy=gt

與地面撞擊后瞬間，豎直速度大小為=1Vy=3gt

小球豎直方向做豎直上拋運動，有：0-v/2=-2gh

聯(lián)立解得：x=J牌

27mg

答：(1)小球離開桌面時的速度大小為咫；

(2)小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離為|居。

【解析】(1)釋放小球過程中，彈簧與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律求解小球離開桌面

時的速度大小；

(2)小球離開桌面后做平拋運動，水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，與地面碰撞后，小

球豎直方向做豎直上拋運動，結合運動學公式列式求解即可。

本題考查機械能守恒定律和平拋運動，解題關鍵是會將小球的運動分解到水平方向和豎直方向，結合運動

學公式和機械能守恒定律列式求解即可。

14.【答案】解(1)當金屬棒的速度最大時，棒中的感應電動勢為E=BoLv()

回路中的電流

E

I=2R

電阻上的電壓為

U=IR