2025年江西省萍乡市高考物理一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年江西省萍乡市高考物理一模试卷（含详细答案解析），共27页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）已知氘核质量为2.0141lu，氚核质量为3.0161u，氦核质量为4.0026u，中子质量为1.0087u，阿伏加德罗常数NA＝6×1023ml﹣1，氘核摩尔质量为m0＝2g/ml，1u相当于931MeV，核聚变反应方程式为HH→Hen，下列说法正确的是（ ）
A．核聚变反应中每个核子释放的能量跟核裂变反应中相等
B．氘核的比结合能比氦核的小，氘核比氦核更稳定
C．氘核与氚核的间距达到10﹣10m就能发生核聚变，聚变反应比裂变反应更安全，清洁
D．6g的氘完全参与聚变释放出能量约为3×1025MeV
2．（4分）如图所示，用四根长度为1m的细线连接三个完全相同的灯笼（可视为质点），每个灯笼的重力为G，现将细线a、d两端悬挂在水平天花板上的M、N两点，中间两段细线b、c夹角为120°，下列说法正确的是（ ）
A．细线a拉力大小为，与水平方向夹角为60°
B．细线b拉力大小为，与水平方向夹角为30°
C．细线c拉力最大，M、N间距离为
D．细线d拉力最大，M、N间距离为
3．（4分）某同学用如图甲所示装置探究“加速度与小车受力、小车质量的关系”实验。小车后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑定滑轮与砝码相连。已知打点计时器的频率为50Hz，实验中打下的一条纸带如图乙所示，相邻计数点间还有4个计时点没有画出。关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．该实验不需要小车质量远大于砝码及砝码盘总质量
B．由乙图可知，小车做匀变速运动的加速度大小为0.64m/s2
C．实验中采用“控制变量法”且应先释放小车，再接通打点计时器
D．为了补偿阻力，每次改变小车或砝码质量时，都需重新调节长木板倾角
4．（4分）如图所示，横截面为边长为L的正三角形玻璃砖，某频率光线沿平行于角平分线AO方向从AC边中点入射，恰好从O点射出，光在真空中传播速度为c，下列说法正确的是（ ）
A．光在玻璃砖中传播的时间为
B．出射光线与入射光线间的夹角为30°
C．光线入射方向不变，入射点不同（仍在AC之间），从玻璃砖射出时出射角不同
D．入射方向和位置不变，仅换用频率更高的光，从玻璃砖射出时出射角变大
5．（4分）空间站A在轨运行做圆周运动，周期TA＝1.6h，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，设想航天员在某次出舱活动中，放飞一颗小型伴飞卫星B，伴飞卫星B的周期TB＝12.8h，两者轨道面为赤道面且运行方向相同，如图所示，忽略地球自转，下列说法正确的是（ ）
A．空间站距地面高度为
B．航天员一天内看到18次太阳升起
C．伴飞卫星距离地心最远距离是
D．伴飞卫星的速度一定小于空间站速度
6．（4分）如图甲所示交流电通过灯泡L1输入到如图乙所示理想变压器原线圈上，变压器输出端接有三个灯泡L2、L3、L4，四个灯泡完全相同，电阻为15，且均正常工作，不计导线电阻，下列说法正确的是（ ）
A．通过灯泡L1电流方向每秒种改变50次
B．变压器原，副线圈匝数之比为4：1
C．灯泡额定电流为1A
D．变压器输出功率为
7．（4分）如图所示，真空中a、b、c为边长为L的等边三角形三个顶点，在a、b两点分别固定电荷量为+q的点电荷，在c点固定电荷量为﹣2q的点电荷，O点为三角形中心，M、N、P点为三角形三边中点，设点电荷在某点产生电势为（Q为点电荷电量，r为到点电荷的距离），关于O、M、N、P四点电场强度大小及电势高低，下列说法正确的是（ ）
A．O点场强大小，电势为0
B．P点场强大小为，电势为
C．M点和N点场强大小相等，电势不同
D．电子由O点沿直线移动到P点过程中，加速度减小，电势能增大
（多选）8．（6分）如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，a波的波源位于x＝﹣20cm处，振幅为Aa＝10cm，b波的波源位于x＝120cm处，振幅为Ab＝20cm，两列波的波速均为0.4m/s，t＝0时刻两列波恰好传到P（xP＝20cm）、Q（xQ＝80cm）处，M点坐标xM＝50cm，下列说法正确的是（ ）
A．两波源的起振方向均沿y轴正向
B．a波波源的振动方程为ya＝10sin（2πt+π）cm
C．x轴上两波源间振动加强点有7处
D．0～3.0s内M点运动路程为135cm
（多选）10．（6分）如俯视图所示，水平面上固定着两组足够长平行光滑金属导轨PQ和MN，宽度分别为L和2L，两组导轨用导线交叉连接（导线不接触），导轨区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，PQ导轨上垂直放置导体棒a，其质量为m，电阻为R，接入长度为L，MN导轨上垂直放置导体棒b，其质量为m，电阻为R，接入长度为2L，某时刻同时给两导体棒相同初速度大小为v0，导体棒运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，两导体棒始终没有进入交叉区，不计导轨电阻，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒a的最大加速度为
B．从开始至导体棒b向右运动最远过程中，通过导体棒b的电荷量为
C．两导体棒最终速度为零
D．导体棒a产生的热量为
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（7分）在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验过程中。
（1）单分子油膜：油酸分子式为C17H33COOH，它的一个分子可以看成由两部分组成，一部分是C17H33﹣，另一部分是﹣COOH，﹣COOH对水有很强的亲和力。当把一滴用酒精稀释过的油酸滴在水面上时，油酸就在水面上散开，其中酒精溶于水中，并很快挥发。油酸中C17H33﹣部分冒出水面，而﹣COOH部分留在水中，油酸分子就直立在水面上，形成一个单分子层油膜。
（2）配制溶液：将1mL纯油酸配制成2000mL的油酸酒精溶液。
（3）测量体积：用量筒测出1mL溶液共有80滴。
（4）平静水面：在边长为30～40cm浅盘里倒入2～3cm深清水；待水面稳定后将爽身粉均匀地撒在水面上。
（5）滴入溶液：用清洁滴管将配制好的1滴溶液轻轻滴入浅盘中。
（6）描线：待油膜散开稳定后，用描线笔描出油膜轮廓。
（7）数格，每格边长是0.5cm，油膜轮廓如图所示。
①油的面积为 m2（结果保留两位有效数字）；
②油酸分子的直径约为 m（结果保留两位有效数字）；
③在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，实验小组测得油酸分子直径的结果明显偏小，原因可能是 。
A.油酸在水面未完全散开时即描线
B.计算油膜面积时把所有不足一格的方格计算在内
C.用量筒测出1mL溶液的滴数时，多数了滴数
12．（8分）高精度电阻测温仪的核心部件是热敏电阻，热敏电阻是一种传感器，其电阻值随着温度的变化而改变，实验小组利用下列仪器探究传感器电阻随环境提度变化的规律。
A.传感器电阻Rx（阻值200～800Ω）
B.电源（电动势E＝6V，内阻不计）
C.电压表V1（量程0～3V，内阻为3kΩ）
D.电压表V2（量程0～15V，内阻为15kΩ）
E.电流表A1（量程0～0.6A，内阻不计）
F.电流表A2（量程0～30mA，内阻不计）
G.定值电阻R1＝3kΩ
H.定值电阻R2＝15kΩ
I.滑动变阻器R（0～20Ω）
J.开关、导线若干
（1）为准确测量传感器电阻在不同温度下的电阻值，设计如图甲所示测量电路，将实物如乙图连线成测量电路。
（2）电路中电压表应选 ，电流表应选 ，定值电阻应选 （均填写仪器前字母）。
（3）在正确连接电路后，闭合开关S，当环境温度为27℃时，电压表读数U＝2.6V，电流表读数13.0mA，此时传感器电阻的阻值 Ω。
（4）不断改变环境温度，测出对应电阻值，作出电阻Rx随摄氏温度t的图像如图丙所示，则传感器电阻Rx随摄氏温度t关系表达式：Rx＝ Ω。
13．（10分）如图所示，上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，下边大圆筒高为40cm。两圆筒中各有一个厚度不计的活塞，a活塞横截面积为10cm2，质量为2.5kg，b活塞横截面积为20cm2，质量为5kg。两活塞用长为40cm刚性轻质杆连接，两活塞间密封气体A，b活塞下方密封气体B。a活塞导热性能良好，汽缸及b活塞为绝热。初始时，两部分气体与外界环境温度均为27℃，b活塞恰好处于大圆筒中央，此时连杆上的力刚好为零，已知大气压强为1×105Pa，不计活塞与汽缸间摩擦，活塞不漏气，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）初始时B部分气体压强；
（2）若电阻丝缓经加热B部分气体，当活塞b上升10cm时，此时B部分气体的温度是多少？此时连杆上作用力大小？（设气体A温度保持不变）
14．（11分）如图所示，三维空间中有坐标系Oxyz，在x＜0空间内存在着沿z轴负向的匀强磁场，磁感应强度大小，在x＞0空间内存在着沿z轴正向的匀强电场，电场强度大小为E，在y＝3a处有平行于xOz的荧光屏，在P点处有粒子源和加速电场（所占空间不计），加速电压为U0，α粒子（He）从静止开始经电场瞬间加速，沿x轴正向飞出，已知α粒子质量为m，电量为q，不计粒子重力。求：
（1）α粒子在磁场中做圆周运动的半径及时间；
（2）α粒子打到荧光屏上的坐标；
（3）α粒子打到荧光屏产生一个亮点，另有氘核（H）经电场加速进入磁场和电场，最后打在荧光屏上产生亮点，试判断荧光屏上有几个亮点，若一个亮点，写出判断依据，若两个，求出亮点间距离。
15．（18分）如图所示，质量m3＝2kg的长木板c静止于光滑水平面上，两滑块a和b（可视为质点）质量分别为m1＝1kg和m2＝3kg，放在木板c上且相距d＝3m，两滑块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4。同时给两滑块一个初速度使其相向运动，a的初速度va＝2m/s，b的初速度vb＝6m/s，两滑块间的碰撞为弹性碰撞，两滑块始终没有脱离木板，不计碰撞时间，重力加速度g取10m/s2，不计其它阻力，求：
（1）两滑块从开始运动到相碰所用时间及此时木板c的速度；
（2）两滑块碰撞后速度大小；
（3）木板c的最小长度及滑块a、b和木板c间因摩擦产生的总热量。
2025年江西省萍乡市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共2小题）
一、选择题：本题共10题，共46分。在每题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（4分）已知氘核质量为2.0141lu，氚核质量为3.0161u，氦核质量为4.0026u，中子质量为1.0087u，阿伏加德罗常数NA＝6×1023ml﹣1，氘核摩尔质量为m0＝2g/ml，1u相当于931MeV，核聚变反应方程式为HH→Hen，下列说法正确的是（ ）
A．核聚变反应中每个核子释放的能量跟核裂变反应中相等
B．氘核的比结合能比氦核的小，氘核比氦核更稳定
C．氘核与氚核的间距达到10﹣10m就能发生核聚变，聚变反应比裂变反应更安全，清洁
D．6g的氘完全参与聚变释放出能量约为3×1025MeV
【分析】根据轻核聚变和重核裂变的区别，反应条件和比结合能知识和质能方程进行分析解答。
【解答】解：A．核聚变反应中每个核子释放的能量比核裂变反应中每个核子释放的能量多，故A错误；
B．反应后的原子核比反应前的原子核更稳定，所以氘核的比结合能比氦核的小，故B错误；
C．氘核与氚核发生核聚变，要使它们间的距离达到10﹣15m以内，聚变反应比裂变反应更安全，清洁，故C错误；
D．一个氘核与一个氚核聚变反应的质量亏损为Δm＝（2.0141+3.0161﹣4.0026﹣1.0087）u＝0.0189u，对应能量为ΔE≈17.6MeV，则6g的氘聚变释放出能量约为，故D正确。
故选：D。
【点评】考查轻核聚变和重核裂变的区别，反应条件和比结合能知识和质能方程，会根据题意进行准确分析解答。
2．（4分）如图所示，用四根长度为1m的细线连接三个完全相同的灯笼（可视为质点），每个灯笼的重力为G，现将细线a、d两端悬挂在水平天花板上的M、N两点，中间两段细线b、c夹角为120°，下列说法正确的是（ ）
A．细线a拉力大小为，与水平方向夹角为60°
B．细线b拉力大小为，与水平方向夹角为30°
C．细线c拉力最大，M、N间距离为
D．细线d拉力最大，M、N间距离为
【分析】AB.分别对中间、左侧的灯笼受力分析，由对称性、几何关系、平衡条件分别列式，即可分析判断；
CD.结合前面分析，由对称性、几何关系分别列式，即可分析判断。
【解答】解：AB.对中间的灯笼受力分析，可得下图：
由对称性可知：
Fb＝Fc，r＝i＝120°÷2＝60°，
由平衡条件可知：
2Fbcs60°＝G，
解得：
Fb＝Fc＝G，
由几何关系可知：
α＝90°﹣i＝90°﹣60°＝30°，
对左边的灯笼受力分析，结合几何关系，可得下图：
由对称性及几何关系可知，Fa方向与水平方向夹角为60°，
由平衡条件可知：
Fasin60°＝Fbsin30°+G，
解得：
，
故A正确，B错误；
CD.结合前面分析，由对称可知Fa＝Fd，故细线a、d拉力最大，
由几何关系及对称性可知，M、N之间的距离为：
MN＝2×（1×cs60°+1×cs30°）m，
解得：
，
故CD错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
3．（4分）某同学用如图甲所示装置探究“加速度与小车受力、小车质量的关系”实验。小车后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑定滑轮与砝码相连。已知打点计时器的频率为50Hz，实验中打下的一条纸带如图乙所示，相邻计数点间还有4个计时点没有画出。关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．该实验不需要小车质量远大于砝码及砝码盘总质量
B．由乙图可知，小车做匀变速运动的加速度大小为0.64m/s2
C．实验中采用“控制变量法”且应先释放小车，再接通打点计时器
D．为了补偿阻力，每次改变小车或砝码质量时，都需重新调节长木板倾角
【分析】装置没有力传感器，需要把砝码及砝码盘的重力近似看作小车所受合力，根据逐差法计算加速度，根据实验原理及平衡摩擦力方法分析。
【解答】解：A．该装置没有力传感器，需要把砝码及砝码盘的重力近似看作小车所受合力，所以需要小车质量远大于砝码及砝码盘总质量，故A错误；
B．相邻计数点间时间t＝0.1s，根据逐差法得
故B正确；
C．实验时应先接通打点计时器，待其工作稳定后再释放小车，这样才能保证纸带上打下足够多的点且记录完整的运动过程，若先释放小车再接通打点计时器，会导致纸带上前面部分点记录不全，故C错误；
D．平衡摩擦力（补偿阻力）的方法是调节长木板倾角，使小车重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡，对小车有mgsinθ＝μmgcsθ
整理得μ＝tanθ（θ为长木板倾角，μ为动摩擦因数）
可知平衡摩擦与小车和砝码质量无关，所以不需要重新调节长木板倾角，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查探究牛顿第二定律的实验，解题关键在于理解实验原理与实验操作规范，注意小车的受力情况分析。
4．（4分）如图所示，横截面为边长为L的正三角形玻璃砖，某频率光线沿平行于角平分线AO方向从AC边中点入射，恰好从O点射出，光在真空中传播速度为c，下列说法正确的是（ ）
A．光在玻璃砖中传播的时间为
B．出射光线与入射光线间的夹角为30°
C．光线入射方向不变，入射点不同（仍在AC之间），从玻璃砖射出时出射角不同
D．入射方向和位置不变，仅换用频率更高的光，从玻璃砖射出时出射角变大
【分析】根据几何关系，结合折射定律，解得AB，根据光的折射特点分析CD。
【解答】解：B．光路图如图
由几何关系可知出射光线与入射光线间的夹角为60°，故B错误；
A．根据折射定律有
根据几何关系可知
又，
解得，故A错误；
C．由几何关系可知，光线入射方向不变，入射点不同（仍在AC之间），光在AC、BC两个界面的入射角、折射角与光线沿平行于角平分线AO方向从AC边中点入射时相同，故C错误；
D．入射方向和位置不变，仅换用频率更高的光，光线在AC界面的折射角变小，在BC面的入射角变大，故光线从玻璃砖射出时出射角变大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查光路的几何关系，根据光的折射定律、光速与折射率关系分析解答。
5．（4分）空间站A在轨运行做圆周运动，周期TA＝1.6h，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，设想航天员在某次出舱活动中，放飞一颗小型伴飞卫星B，伴飞卫星B的周期TB＝12.8h，两者轨道面为赤道面且运行方向相同，如图所示，忽略地球自转，下列说法正确的是（ ）
A．空间站距地面高度为
B．航天员一天内看到18次太阳升起
C．伴飞卫星距离地心最远距离是
D．伴飞卫星的速度一定小于空间站速度
【分析】根据万有引力提供向心力分析；一天时间除以空间站周期等于看到日出次数；椭圆轨道卫星根据普勒第三定律分析；航天员放飞伴飞卫星时，伴飞卫星沿椭圆轨道做离心运动，速度更大。
【解答】解：A．设A到地心的距离为rA，由
可得，故A错误；
B．航天员一天内看到次太阳升起，故B错误；
C．由开普勒第三定律，设B到地心的最远距离为rB，可得
解得，故C正确；
D．航天员放飞伴飞卫星时，伴飞卫星沿椭圆轨道做离心运动，此时伴飞卫星要加速，速度大于空间站速度，故D错误。
故选：C。
【点评】对于卫星的变轨问题，常用的规律是“加速进高轨，减速进低轨”。意思就是如果卫星想要进入更高的轨道，需要向后喷气做加速运动；如果想要进入更低的轨道，需要向前喷气做减速运动。
6．（4分）如图甲所示交流电通过灯泡L1输入到如图乙所示理想变压器原线圈上，变压器输出端接有三个灯泡L2、L3、L4，四个灯泡完全相同，电阻为15，且均正常工作，不计导线电阻，下列说法正确的是（ ）
A．通过灯泡L1电流方向每秒种改变50次
B．变压器原，副线圈匝数之比为4：1
C．灯泡额定电流为1A
D．变压器输出功率为
【分析】每个周期电流方向改变两次，电流之比等于匝数之比的倒数，结合电流有效值以及功率公式分析。
【解答】解：A．一个周期内通过灯泡L1电流方向改变2次，由图甲可知周期为T＝2×10﹣2s，则过灯泡L1电流方向每秒钟改变100次，故A错误；
B．设灯泡额定电流为IL，则原线圈电流为I1＝IL，副线圈电流为I2＝3IL
压器原副线圈匝数之比为
故B错误；
CD．设交流电的电动势有效值为E，根据有效值定义可得
解得
设灯泡额定电压为UL，则有
解得
根据欧姆定律可得
则变压器输出功率为
故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。
7．（4分）如图所示，真空中a、b、c为边长为L的等边三角形三个顶点，在a、b两点分别固定电荷量为+q的点电荷，在c点固定电荷量为﹣2q的点电荷，O点为三角形中心，M、N、P点为三角形三边中点，设点电荷在某点产生电势为（Q为点电荷电量，r为到点电荷的距离），关于O、M、N、P四点电场强度大小及电势高低，下列说法正确的是（ ）
A．O点场强大小，电势为0
B．P点场强大小为，电势为
C．M点和N点场强大小相等，电势不同
D．电子由O点沿直线移动到P点过程中，加速度减小，电势能增大
【分析】结合题意，根据电势的计算公式列式，即可分析判断；结合题意，根据点电荷的电场强度公式、电场强度的叠加原理分别列式，即可分析判断；由电势能变化与电场力做功的关系，即可分析判断。
【解答】解：A．三处点电荷在O点产生的电场强度方向分别如图所示
根据对称性可知a、b三处点电荷在O点产生的电场强度大小相等，均为
根据电场强度的叠加法则可得O点的电场强度大小为
根据点电荷在某点产生电势
可得O点的电势分别为
故A错误；
B．两个正点电荷在P点的合场强为零，故P点的场强即为负电荷在P点产生的场强，即
根据点电荷在某点产生电势
可得P点的电势分别为
故B正确；
C．根据等量同种电荷的电场分布特点以及点电荷的电场分布特点可知，M点和N点场强大小相等，根据点电荷在某点产生电势
可得M点和N点的电势分别为，
可知这两点电势相等，故C错误；
D．电子由O点沿直线移动到P点过程中，电子受到的电场力减小，电场强度减小，其加速度减小，电场力一直做正功，电势能减少，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电场强度的叠加，解题时需注意，多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。电势叠加为代数相加。
（多选）8．（6分）如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，a波的波源位于x＝﹣20cm处，振幅为Aa＝10cm，b波的波源位于x＝120cm处，振幅为Ab＝20cm，两列波的波速均为0.4m/s，t＝0时刻两列波恰好传到P（xP＝20cm）、Q（xQ＝80cm）处，M点坐标xM＝50cm，下列说法正确的是（ ）
A．两波源的起振方向均沿y轴正向
B．a波波源的振动方程为ya＝10sin（2πt+π）cm
C．x轴上两波源间振动加强点有7处
D．0～3.0s内M点运动路程为135cm
【分析】根据波的传播方向和波源的位置确定波源的起振方向；
根据波的传播速度和波长计算波的周期，进而求解波源的振动方程；
根据波的叠加原理确定振动加强点的位置；
计算特定时间内质点的运动路程。
【解答】解：A、根据题意可知，振动传到PQ两点时振动方向均向下，可知两波源的起振方向均沿y轴负向，故A错误；
B、根据题意可知，a波波源的周期
振动方程为
故B正确；
C、根据题意可知，两波源振动方向相同，则当满足Δx＝nλ（n＝0、1、2、3…）
即x﹣（140﹣x）＝±40n（n＝0、1、2、3…）
解得x＝10cm，30cm，50cm，70cm，90cm，110cm，130cm
即x轴上两波源间振动加强点有7处，故C正确；
D、根据题意可知，两列波传到M用时间0.75s，则0～3.0s内M点振动2.25s，因该点振动加强，则运动路程运动路程为s
代入数据解得s＝270cm，
故D错误。
故选：BC。
【点评】本题通过分析波的传播方向、波源的起振方向、波的周期和振动方程、振动加强点的位置以及特定时间内质点的运动路程，综合考查了波的传播和叠加原理。
（多选）10．（6分）如俯视图所示，水平面上固定着两组足够长平行光滑金属导轨PQ和MN，宽度分别为L和2L，两组导轨用导线交叉连接（导线不接触），导轨区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，PQ导轨上垂直放置导体棒a，其质量为m，电阻为R，接入长度为L，MN导轨上垂直放置导体棒b，其质量为m，电阻为R，接入长度为2L，某时刻同时给两导体棒相同初速度大小为v0，导体棒运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，两导体棒始终没有进入交叉区，不计导轨电阻，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒a的最大加速度为
B．从开始至导体棒b向右运动最远过程中，通过导体棒b的电荷量为
C．两导体棒最终速度为零
D．导体棒a产生的热量为
【分析】A.根据牛顿第二定律求导体棒a的最大加速度；
B.由动量定理和电荷量公式求通过导体棒b的电荷量；
C.根据两棒的受力情况分析判断；
D.根据由动量定理和能量守恒定律求导体棒a产生的热量。
【解答】解：A．根据题意可知，两棒与导轨及交叉导线构成单回路，回路总电阻为2R，则两棒均做减速运动，t＝0时，感应电动势最大，其大小为
E＝BLv0+B•2Lv0＝3BLv0
感应电流最大，其大小为

根据牛顿第二定律可知，导体棒a所受安培力最大，则导体棒a的加速度最大，即


故A正确；
B．从开始至导体棒b向右运动最远过程中，设时间为Δt，平均电流为，以初速度方向为正方向，根据动量定理

又

得

故B错误；
C．根据题意可知，两金属棒初始阶段在都做减速运动，导体棒b所受安培力大于导体棒a所受安培力，导体棒b减速时的加速度大，所以导体棒b会比导体棒a先减速到零，后反方向先加速运动后匀速运动，直到导体棒a速度大小等于导体棒b速度大小两倍，即va＝2vb，此后两棒均做匀速运动，故C错误；
D．由于两个电阻都为 R，且它们在同一回路中串联，流过的电流始终相同，设从开始运动到两棒刚开始匀速运动时间为Δt。规定初速度方向为正方向，对导体棒a，由动量定理得

对导体棒b，由动量定理得

又
va＝2vb
解得最后两棒的速度大小


回路产生的总热量

导体棒a产生的热量

故D正确。
故选：AD。
【点评】本题是双杆类型。做这类题我们首先应该从运动过程和受力分析入手研究，再运用力学规律研究。对于两棒都运动的过程，要知道系统的合外力为零，遵守动量守恒定律和能量守恒定律。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（7分）在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验过程中。
（1）单分子油膜：油酸分子式为C17H33COOH，它的一个分子可以看成由两部分组成，一部分是C17H33﹣，另一部分是﹣COOH，﹣COOH对水有很强的亲和力。当把一滴用酒精稀释过的油酸滴在水面上时，油酸就在水面上散开，其中酒精溶于水中，并很快挥发。油酸中C17H33﹣部分冒出水面，而﹣COOH部分留在水中，油酸分子就直立在水面上，形成一个单分子层油膜。
（2）配制溶液：将1mL纯油酸配制成2000mL的油酸酒精溶液。
（3）测量体积：用量筒测出1mL溶液共有80滴。
（4）平静水面：在边长为30～40cm浅盘里倒入2～3cm深清水；待水面稳定后将爽身粉均匀地撒在水面上。
（5）滴入溶液：用清洁滴管将配制好的1滴溶液轻轻滴入浅盘中。
（6）描线：待油膜散开稳定后，用描线笔描出油膜轮廓。
（7）数格，每格边长是0.5cm，油膜轮廓如图所示。
①油的面积为 3.5×10﹣3 m2（结果保留两位有效数字）；
②油酸分子的直径约为 1.8×10﹣9 m（结果保留两位有效数字）；
③在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，实验小组测得油酸分子直径的结果明显偏小，原因可能是 BC 。
A.油酸在水面未完全散开时即描线
B.计算油膜面积时把所有不足一格的方格计算在内
C.用量筒测出1mL溶液的滴数时，多数了滴数
【分析】①先数出油酸在水面形成的单分油膜的格子总数，再乘以一个格的面积，得到油酸的总面积；
②由浓度等知识求出一滴油酸的体积V，再根据公式d求分子的直径；
③根据实验原理和操作过程分析误差。
【解答】解：（7）①根据题意可知，油膜所占坐标纸格数约140格，故油膜面积为：S＝140×（0.5×10﹣2）2m2＝3.5×10﹣3m2
②所以一滴油酸酒精混合溶液纯油酸的体积为：
油酸分子的直径约为：dm＝1.8×10﹣9m
③A．油酸在水面未完全散开时即描线会导致面积S偏小，故直径偏大，故A错误；
B．计算油膜面积时把所有不足一格的方格计算在内，会导致面积S偏大，故直径偏小，故B正确；
C．用量筒测出1mL溶液的滴数时，多数了滴数，会导致计算的油酸体积偏小，故直径偏小，故C正确。
故选：BC。
故答案为：①3.5×10﹣3；②1.8×10﹣9；③BC。
【点评】考查油膜法测分子直径的实验，明白实验原理即模型建立，熟悉实验过程中可能出现的误差，并能采取必要的措施减小误差。
12．（8分）高精度电阻测温仪的核心部件是热敏电阻，热敏电阻是一种传感器，其电阻值随着温度的变化而改变，实验小组利用下列仪器探究传感器电阻随环境提度变化的规律。
A.传感器电阻Rx（阻值200～800Ω）
B.电源（电动势E＝6V，内阻不计）
C.电压表V1（量程0～3V，内阻为3kΩ）
D.电压表V2（量程0～15V，内阻为15kΩ）
E.电流表A1（量程0～0.6A，内阻不计）
F.电流表A2（量程0～30mA，内阻不计）
G.定值电阻R1＝3kΩ
H.定值电阻R2＝15kΩ
I.滑动变阻器R（0～20Ω）
J.开关、导线若干
（1）为准确测量传感器电阻在不同温度下的电阻值，设计如图甲所示测量电路，将实物如乙图连线成测量电路。
（2）电路中电压表应选 C ，电流表应选 F ，定值电阻应选 G （均填写仪器前字母）。
（3）在正确连接电路后，闭合开关S，当环境温度为27℃时，电压表读数U＝2.6V，电流表读数13.0mA，此时传感器电阻的阻值 400 Ω。
（4）不断改变环境温度，测出对应电阻值，作出电阻Rx随摄氏温度t的图像如图丙所示，则传感器电阻Rx随摄氏温度t关系表达式：Rx＝ 0.4t+389.2 Ω。
【分析】（1）根据实物图连接电路图；
（2）根据电压表的量程，结合欧姆定律分析求解；
（3）根据欧姆定律，结合电压表示数分析求解；
（4）根据传感器电阻Rx随摄氏温度t关系表达式，结合图像的斜率分析求解。
【解答】解：（1）将实物如乙图连线成测量电路如下图所示：
（2）由于电动势E＝6V，则电路中电压表应选量程为0～3V的V1，并将定值电阻R1＝3kΩ与V1串联，改装成量程为0～6V的电压表，则电路中电压表应选C，定值电阻应选G；根据欧姆定律可得Imax，解得：Imax＝30mA
可知电流表应选F。
（3）当环境温度为27℃时，电压表读数U＝2.6V，电流表读数13.0mA，则此时传感器电阻的阻值为
（4）设传感器电阻Rx随摄氏温度t关系表达式为Rx＝kt+b
Rx﹣t图像的斜率为
根据400Ω＝0.4×27Ω+b
解得b＝389.2Ω
则传感器电阻Rx随摄氏温度t关系表达式为Rx＝0.4t+389.2（Ω）
故答案为：（1）；（2）C；F；G；（3）400；（4）0.4t+389.2
【点评】本题考查了热敏电阻相关实验，理解实验的目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
13．（10分）如图所示，上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，下边大圆筒高为40cm。两圆筒中各有一个厚度不计的活塞，a活塞横截面积为10cm2，质量为2.5kg，b活塞横截面积为20cm2，质量为5kg。两活塞用长为40cm刚性轻质杆连接，两活塞间密封气体A，b活塞下方密封气体B。a活塞导热性能良好，汽缸及b活塞为绝热。初始时，两部分气体与外界环境温度均为27℃，b活塞恰好处于大圆筒中央，此时连杆上的力刚好为零，已知大气压强为1×105Pa，不计活塞与汽缸间摩擦，活塞不漏气，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）初始时B部分气体压强；
（2）若电阻丝缓经加热B部分气体，当活塞b上升10cm时，此时B部分气体的温度是多少？此时连杆上作用力大小？（设气体A温度保持不变）
【分析】（1）根据平衡方程，对活塞a、b分析求解；
（2）根据理想气体状态方程以及玻意耳定律，结合前后压强与体积的关系分析求解。
【解答】解：（1）对活塞a列平衡方程有pASa＝p0Sa+mag，解得
对活塞b列平衡方程有pBSb＝pASb+mbg，解得
（2）对于B部分气体
初状态VB＝lBSb，lB＝20cm，T0＝（27+273）K＝300K
末状态V′B＝l′BSb，l′B＝30cm
由理想气体状态方程
对于A部分气体
初状态
末状态
由玻意耳定律pAVA＝p′AV′A
代入数据解得
对a、b活塞及轻杆整体受力分析可得p′BSb+p′ASa＝p′ASb+（ma+mb）g+p0Sa
对b活塞受力分析可得p′BSb+F＝p′ASb+mbg
联立可得T＝487.5K，F＝25N
答：（1）初始时B部分气体压强为1.5×105Pa；
（2）若电阻丝缓经加热B部分气体，当活塞b上升10cm时，此时B部分气体的温度为487.5K，此时连杆上作用力大小为25N。
【点评】本题考查了理想气体状态方程，理解气体前后压强、体积和温度的变化关系是解决此类问题的关键。
14．（11分）如图所示，三维空间中有坐标系Oxyz，在x＜0空间内存在着沿z轴负向的匀强磁场，磁感应强度大小，在x＞0空间内存在着沿z轴正向的匀强电场，电场强度大小为E，在y＝3a处有平行于xOz的荧光屏，在P点处有粒子源和加速电场（所占空间不计），加速电压为U0，α粒子（He）从静止开始经电场瞬间加速，沿x轴正向飞出，已知α粒子质量为m，电量为q，不计粒子重力。求：
（1）α粒子在磁场中做圆周运动的半径及时间；
（2）α粒子打到荧光屏上的坐标；
（3）α粒子打到荧光屏产生一个亮点，另有氘核（H）经电场加速进入磁场和电场，最后打在荧光屏上产生亮点，试判断荧光屏上有几个亮点，若一个亮点，写出判断依据，若两个，求出亮点间距离。
【分析】（1）由qvB＝m求α粒子在磁场中做圆周运动的半径，做出粒子在磁场中运动轨迹，找到对应的圆心角结合周期公式计算α粒子在磁场中做圆周运动的时间；
（2）α粒子离开磁场进入电场做类平抛运动，把粒子的运动分解为两个相互垂直方向的直线运动，结合运动学公式即可求得α粒子打到荧光屏上的坐标；
（3）求出粒子沿z轴正向的加速位移，根据几何关系得到粒子打到屏上的位置坐标。
【解答】解：（1）α粒子在电场中加速运动，根据动能定理则有

解得
在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有

解得r＝2a
设α粒子在磁场中偏转的圆心角为θ，由几何知识可得

其运动周期为

α粒子在磁场中运动的时间

（2）α粒子离开磁场进入电场做类平抛运动，设α粒子进入电场时的速度方向与y轴的夹角为θ′，由几何知识可得θ′＝30°，在y轴上的位移
y1＝2asinθ'＝a
进入电场时，沿y轴的速度

经过t1时间打到荧光屏上，则有
y﹣y1＝vyt1，y＝3a
解得

在z方向上，则有

在x方向上，则有
x＝v0sinθ•t1＝2a
所以α粒子打到荧光屏上的坐标为（）
（3）设氘核的质量为m1，电荷量为q1，则有
，
在加速电场中，则有

解得
即氘核在磁场中运动的情况与氦核运动情况相同，同理可知，在电场中的偏转情况也完全相同，因此在荧光屏上只有一个亮点。
答：（1）α粒子在磁场中做圆周运动的半径为2a，运动时间为；
（2）α粒子打到荧光屏上的坐标为（）；
（3）见解析。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
15．（18分）如图所示，质量m3＝2kg的长木板c静止于光滑水平面上，两滑块a和b（可视为质点）质量分别为m1＝1kg和m2＝3kg，放在木板c上且相距d＝3m，两滑块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4。同时给两滑块一个初速度使其相向运动，a的初速度va＝2m/s，b的初速度vb＝6m/s，两滑块间的碰撞为弹性碰撞，两滑块始终没有脱离木板，不计碰撞时间，重力加速度g取10m/s2，不计其它阻力，求：
（1）两滑块从开始运动到相碰所用时间及此时木板c的速度；
（2）两滑块碰撞后速度大小；
（3）木板c的最小长度及滑块a、b和木板c间因摩擦产生的总热量。
【分析】（1）根据长木板与各物块的速度对比，判断a向右做匀减速直线运动，b向左做匀减速直线运动，由摩擦力提供加速度，结合匀变速直线运动公式计算相对位移；
（2）碰撞瞬间，滑块a的速度为0，物块a与物块b碰撞后瞬间二者系统动量守恒、机械能守恒，分别列算式，计算碰撞后速度；
（3）合上述可知，两滑块碰撞后，b的速度与c的速度恰好相等，b、c保持相对静止，a向左做匀减速直线运动，对b、c整体进行分析，根据牛顿第二定律分析运动情况计算相对位移，结合相对位移的大小计算摩擦产生的热量。
【解答】（1）两滑块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，根据牛顿第二定律有μm1g＝m1aa，μm2g＝m2ab
代入数据解得，
对长木板进行分析，根据牛顿第二定律有μm2g﹣μm1g＝m3a1
代入数据解得
a向右做匀减速直线运动，b向左做匀减速直线运动，木板c向左做匀加速直线运动，经历时间t1，b、c达到相等速度，则有v1＝a1t1＝vb﹣abt1
代入数据解得 ，v1＝3m/s
对a进行分析，令水平向左为正方向，则有v2＝﹣va+aat1
代入数据解得v2＝1m/s
t1时间内b相对于c向左的相对位移大小

代入数据解得
t1时间内a相对于c向右的相对位移大小

代入数据解得
由于
表明在t1时间之前，两滑块a和b已经相碰，令经历时间为t2，则有vb1＝vb﹣abt2，va1＝va﹣aat2，vc＝a1t2
t2时间内b相对于c向左的相对位移大小
t2时间内a相对于c向右的相对位移大小
此时有d＝x相3+x相4
代入数据接的解得t2＝0.5s或1.5s（舍去），
则有t2＝0.5s，va1＝0，vb1＝4m/s，vc＝2m/s，x相3＝2m，x相4＝1m
此时木板的速度方向水平向左。
（2）结合上述可知，两滑块碰撞前瞬间的速度大小va1＝0，vb1＝4m/s
碰撞瞬间，滑块a的速度为0，根据动量守恒定律有m2vb1＝m2vb2+m1va2
根据机械能守恒定律有
代入数据解得va2＝6m/s，vb2＝2m/s
碰撞后，速度方向均水平向左。
（3）结合上述可知，两滑块碰撞后，b的速度与c的速度恰好相等，b、c保持相对静止，a向左做匀减速直线运动，加速度大小仍然为
对b、c整体进行分析，根据牛顿第二定律有μm1g＝（m2+m3）a2
代入数据解得
令再经历时间t3，a、b、c达到相等速度，共同以相等速度向左做匀速直线运动，则有
v3＝vc+a2t3＝va2﹣aat3
代入数据解得
时间t3内a相对于c向左运动，则有

代入数据解得
则木板c的最小长度
滑块a、b和木板c间因摩擦产生的总热量Q＝μm1g（x相4+x相5）+μm2gx相3
代入数据解得。
答：（1）所用时间为0.5s，此时木板c的速度为2m/s，方向水平向左；
（2）滑块a速度为6m/s，滑块b速度为2m/s，方向均为水平向左；
（3）木板c最小长度为3.67m，产生的总热量为34.67J。
【点评】本题考查学生分析物块碰撞与板块相对运动模型的能力，其中着重考查动量守恒的定量分析，知道物块a与物块b碰撞后动量守恒是解决本题的关键。
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答案
D
A
B
D
C
C
B
题号
8
10
答案
BC
AD