2025届四川省遂宁市某中学校高三年级下册二模物理试卷

2025年四川省遂宁二中高考物理二模试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.核泄漏中的杯（Pa）是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高患癌症的风险，已知杯的一

种同位素鼠9pa的半衰期为24100年，其衰变方程为固9purX+/He+y,下列有关说法正确的是（）

A.y射线和/?射线一样都是电磁波，但y射线穿透本领比£射线弱

B.鼠9p”的半衰期为24100年，随着地球温度的升高，其半衰期将变短

C.X原子核中含有92个质子

D.由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2,衰变过程总质量增加

2.分子云中的致密气体和尘埃在引力作用下不断集聚逐渐形成恒星，恒星的演化会经历成年期（主序星）、

中年期（红巨星、超巨星）、老年期一一，恒星最终的归宿与其质量有关，若质量为太阳质量的1〜8倍将坍缩

成白矮星，质量为太阳质量的10〜20倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。假设恒星坍缩

前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快。己知逃逸速度为第一宇宙速度的，区

倍，中子星密度约为白矮星密度的倍，白矮星半径约为中子星半径的103倍。根据万有引力理论，下列

说法正确的是（）

A.恒星坍缩后的第一宇宙速度变大

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.恒星坍缩后表面两极处的重力加速度变小

3.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）

A.安培力的方向可以不垂直于直导线

B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向

C.安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关

D.将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半

4.如图所示，下列说法正确的是（）

甲乙丙J

A.图甲为等量同种点电荷形成的电场线

B.图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强相同

C.图丙中在c点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到1点

D.图丁中某一电荷放在e点与放到■/•点，两点到极板距离相等，电势能相同

5.如图所示是一种儿童玩具“吐叭筒”，由竹筒和木棍组成，在竹筒的前后两端分别装上“叭子”（树果

子或打湿的小纸团）。叭子密封竹筒里面的空气，迅速推动木棍，前端的叭子便会从筒口射出。则迅速推

动木棍过程中（叭子尚未射出），竹筒中被密封的气体（）

飞竹筒「^黑棍

A.压强增大B.温度不变

C.内能不变D.每个分子的动能都变大

6.如图所示，一半径为R的竖直光滑圆轨道固定在倾角为37。的斜面上，圆

轨道与斜面相切于N点，为圆轨道的一条直径，整个装置始终保持静

止。一个质量为机的小球恰能在圆轨道内侧做圆周运动，重力加速度为g,

sin37°=0.6,则（）

A.小球通过M点时速度大小为/蕨

B.小球在N点对轨道的压力大小为6mg

C.小球从M点顺时针运动到N点的过程中，重力的功率先增大后减小

D.小球从M点顺时针运动到N点的过程中，轨道对小球的弹力先增大后减小

7.某电磁缓冲装置的原理如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨置于同一水平面内，两导轨左端之间与

一阻值为R的定值电阻相连，直线右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为根的金属杆垂直导轨放

置，在直线441的右侧有与其平行的两直线和CQ,且441与8当、8邑与CQ间的距离均为小现让金

属杆以初速度几沿导轨向右经过441进入磁场，最终金属杆恰好停在CG处。已知金属杆接入导轨之间的阻

值为R。导轨的电阻及空气阻力均可忽略不计，下列说法中正确的是（）

AB

x

X

X

A.金属杆经过BBi时的速度为当

B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为:小诏

C.金属杆经过441-BB]和BB]-CQ区域，其所受安培力的冲量不同

D.若将金属杆的初速度变为原来的2倍，则其在磁场中运动的最大距离大于原来的2倍

二、多选题：本大题共3小题，共15分。

8.如图甲所示，“战绳”是在健身房中常见的一种强力减脂运动，人用手握住绳子左端，将绳拉平后沿竖

直方向上下抖动，则可在绳中形成一列机械波。若将此波视为简谐横波，开始抖动为。时刻，f时刻绳中

各质点的位置和波形如图乙所示，质点1和5分别位于下方和上方最大位移处，相邻编号质点平衡位置间

距离为则下列说法正确的是（）

C.0时刻人竖直向上抖动绳子左端D.该波的传播速度为年

9.如图，A、2两带电小球，所带电荷量大小分别为。4、QB,质量分别为根1

和爪2。用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于。点，静止时A、8两球处于同一

水平线上，NOB2=37。，AOAB=53°,C是AB连线上一点且在。点的正下

方，C点的场强为零。已知sin53。=0.8,贝版）

A.A、B两球的质量之比为9：16

B.A、8两球的带电荷量之比为81：256

C.同时剪断连接两小球A、8的细线，A小球一定先落地

D.同时剪断连接两小球A、B的细线，A、B小球水平位移之比为9：16

10.劲度系数k=lOON/e的轻弹簧一端固定在倾角。=30。的固定光滑斜面底部，另一端和质量g=2kg

的小物块A相连，质量加B=23的小物块B紧靠A静止在斜面上，轻质细线一端连在物块8上，另一端

跨过定滑轮与质量a。=1kg的物体C相连，对C施加外力，使C处于静止状态，且细线刚好伸直但不绷

紧，如图所示。从某时刻开始，撤掉外力，使C竖直向下运动，取g=10m/s2,弹簧和斜面上的那部分

细线均平行于斜面。以下说法中正确的是（）

A.初始时弹簧的压缩量是0.26

B.当A、8恰好分离时，弹簧恢复原长

C.撤掉外力瞬间，A的加速度大小为2.5M/S2

D.从撤去外力到A、8恰好分离整个过程，物体C减少的重力势能为1J

三、实验题：本大题共2小题，共16分。

11.用如图甲所示的装置探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间关系。已知小球在槽中A、2、C位

置做圆周运动的轨道半径之比为1：2：1,调整传动皮带，可以使左、右塔轮自上而下按如图乙所示三种

方式进行组合，每层半径之比由上至下分别为1：1、2：1和3：1。

长槽短槽

手柄传动皮带

甲

（1）在探究向心力大小与质量的关系时，为了保持角速度和半径相同，需要先将传动皮带调至变速塔轮的

第（选填“一”“二”或“三”）层，再将质量不同的铝球和钢球分别放在长、短槽上半径相等的横

臂挡板内侧；

（2）在探究向心力大小与角速度的关系时，先将传动皮带调至变速塔轮的第二层（或第三层），再将质量相同

的钢球分别放在_____（选填“48”“A、C”或“B、C”）位置的挡板内侧；

（3）在探究向心力大小与半径的关系时，先将传动皮带调至变速塔轮的第一层，再将两个质量相等的钢球

分别放在_____（选填“A、B”“A、C"或"B、C”）位置的挡板内侧。

12.某学习兴趣小组将铜片和锌片磨光后分别平行插入番茄和土豆制成果蔬电池进行实验探究。实验电路

如图甲所示，实验中用到的电流传感器和电压传感器都可看成理想电表，经实验采集数据并正确分析计算

后得到的电池参数见表中数据。

电池电动势E（y）内阻厂（。）

番茄0.6959291.81

土豆0.7549559.59

电阻箱-电流传感器1

।甲［乙

（1）在进行实验时,应选用最大阻值为（填正确答案标号）的电阻箱。

A.99.990

B.999.9O

C.99990

（2）番茄电池把2c的正电荷在电源内部从负极搬运到正极，非静电力所做的功为/（结果保留两位小

数）。

（3）对实验过程的表述，下列说法正确的是（填正确答案标号）。

A连接电路时开关应该处于断开状态

A电压传感器的读数就是电动势值

C.若电阻箱的阻值R不断增大，电压传感器的示数随阻值R变化呈线性变化

。为了完成电动势和内阻的测量，图甲电路可以不用电流传感器，只用电压传感器和电阻箱就可以完成实

验

（4）图甲电路可以不用电压传感器，只用电流传感器和电阻箱就可以完成实验，实验过程中多次改变电阻

箱的阻值R、测量对应的电流/并分别绘制出番茄电池和土豆电池的R-/T关系图线如图乙所示，其中土

豆电池对应的图线为(填“①”或"②”)。

(5)下列对图乙的分析正确的是(填正确答案标号)。

A.图线的斜率表示电源的电动势的倒数

A图线的斜率表示电源的电动势

C.图线的纵截距表示电源的内阻

。图线①②的交点表示两电源的路端电压相等

四、简答题：本大题共1小题，共12分。

13.如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为根的小球压1ffmmm

弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在

zz/zz/zz/Z/z

桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平

行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的3。小球与地面碰

撞后，弹起的最大高度为限重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求：

(1)小球离开桌面时的速度大小；

(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。

五、计算题：本大题共2小题，共29分。

14.如图甲所示，两足够长的光滑平行导轨固定在水平面内，处于磁感应强度为殳、方向竖直向上的匀强

磁场中，导轨间距为L一端连接一定值电阻凡质量为相、长度为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放

置，与导轨始终接触良好。在金属棒的中点对棒施加一个平行于导轨的拉力，棒运动的速度v随时间t的

变化规律如图乙所示的正弦曲线。己知在0〜)的过程中，通过定值电阻的电量为4；然后在t=时撤去

拉力。其中为已知，T未知，不计导轨的电阻。求：

(1)电阻R上的最大电压U；

(2)在0〜|T的过程中，拉力所做的功W；

(3)撤去拉力后，金属棒的速度v随位置无变化的变化率/c(取撤去拉力时棒的位置％=0)。

甲乙

15.制作半导体时，向单晶硅或其他晶体中掺入杂质。单晶硅内的原子是规则排列的，在两层电子间的间

隙会形成如图甲所示的上下对称的匀强电场，设某空间存在上下对称的匀强电场，并在该电场中的下半区

域加一方向垂直纸面向里的匀强磁场，如图乙所示。电荷量为+q、质量为根的带电小球从上边界以初速

度％垂直电场入射，小球第一次经过对称轴。。'时的速度为2%,小球最终从上半区域水平射出。已知上下

场区的长为L电场强度后=鬻，g为重力加速度。求：

4

(1)上下场区的宽度d。

(2)要使小球不越过下边界，所加磁场的磁感应强度B的范围。

(3)小球在场区中运动的总时间。

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：Ay射线是电磁波，s射线是高速电子流，y射线穿透本领比。射线强，故A错误；

A半衰期由原子核的内部结构决定，与外界的物理、化学环境无关，随着地球温度的升高，其半衰期不

变，故2错误；

C.根据电荷数守恒可得，X原子核中含有的质子数为：

94-2=92

故C正确；

D由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2衰变过程总质量减少，故。错误。

故选：Co

y放射线是波长很短的光子，穿透能力很强，0射线是高速电子流；根据核反应的电荷数得出X原子核中的

质子数；理解半衰期的概念并完成分析；根据质能方程可知衰变过程中总质量减少。

本题主要考查了三种射线、质能方程、半衰期等知识，注意理解衰变反应的特点，理解半衰期的概念。

2.【答案】A

【解析】解：4对绕恒星运动的行星来说有

当行星运动轨道半径为恒星的半径时，其速度为该恒星的第一宇宙速度，有

GM

~R~

由于恒星坍缩前后，其质量不变，体积缩小，即半径变小，所以恒星坍缩后的第一宇宙速度变大，故A正

确；

3、由之前的分析可知，某星球的第一宇宙速度的为

GM

~R~

由于星球的质量可以表示为

M—pV—p-g7lR3

整理有

又因为，由题意可知，中子星密度约为白矮星密度的IO'倍，白矮星半径约为中子星半径的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

又因为已知逃逸速度为第一宇宙速度的淳倍，所以中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，故2错

误；

。、由于在恒星两极处，其物体不随恒星一起自转，所以其万有引力全部提供其重力，有

Mm

G—=mg

整理有

GM

9=~~2

由于恒星坍缩前后，其质量不变，体积缩小，即半径变小。所以恒星坍缩后表面两极处的重力加速度变

大，故D错误；

C、恒星上某一位置的物体受到的万有引力有两个效果，一个是提供物体所恒星一起转动的向心力，一个

是该物体所受的重力，即

Mm47r2

G-=mg+m—

RT

由于在恒星表面不同位置，物体做圆周运动的半径不同，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错误。

故选：Ao

根据星球表面万有引力提供向心力判断恒星坍缩前后的第一宇宙速度是否不变；根据星球表面万有引力提

供向心力推导恒星坍缩后的第一宇宙速度，进而表示出逃逸速度进一步判断中子星的逃逸速度是否小于白

矮星的逃逸速度；考虑恒星自转，根据万有引力的一个分力等于重力判断同一恒星表面任意位置的重力加

速度是否相同；根据两极处万有引力等于重力判断恒星坍缩后表面两极处的重力加速度是否比坍缩前的

大。

本题考查万有引力定律在天体运动中的应用，涉及了星体表面的重力加速度、第一宇宙速度以及逃逸速度

的问题，解题方法是：忽略星球自转，万有引力等于重力，涉及环绕问题，一般需要根据万有引力提供向

心力讨论分析。

3.【答案】B

【解析】解：A、8、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向

都垂直，故A错误，2正确；

C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为尸=B/Lsin。，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有

关，故C错误；

。、根据安培力的特点可知，电流的方向与磁场垂直时，F=B/L,当电流方向与磁场的方向平行，所受安

培力为0;若开始时电流与磁场垂直，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力

的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，两部分都与从的方向垂

直，安培力的大小一定变为原来的苧；根据不同的空间位置关系，可能还有其余的情况，故D错误。

故选：瓦

本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方

向与磁场垂直。引用公式F=B〃时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁

场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL。

解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0,最小。当导线的方向与磁场方

向垂直时，安培力最大，为F=BIL。

同时要注意。选项中，开始时导线与磁场的方向以及将直导线从中折成直角后，导线与磁场的方向之间的

关系是解答的关键。

4.【答案】D

【解析】解：4由题图可知，题图甲为等量异种点电荷形成的电场线，故A错误；

A题图乙为正点电荷所形成的电场线分布，离点电荷距离相等的。、b两点场强大小相同，场强方向不同，

故8错误；

C.正电荷在题图丙中c点受力沿电场线的切线方向，由静止释放时，不可能沿着电场线运动到d点，故C

错误；

。该电容器极板之间的电场为匀强电场，由图可知e点与/点在同一个等势面上，把某一电荷放在e点与

放到了点，根据Ep=q,可知，它们的电势能相同。故£＞正确。

故选：Do

根据常见电场的电场线的分布特点及某点切线方向表示该点的场强方向分析判断；利用曲线运动的条件，

分析静止试探电荷的运动情况；根据“=qe分析判断。

本题考查了电场线、电场强度、电势能的相关知识，明确电场线的分布特点是解题的关键，利用场强方向

的规定判断电荷所受电场力和判断电荷的运动情况是解题的核心。

5.【答案】A

【解析】解：迅速推动木棍过程中，气体体积减小，压强增大，外界对气体做功，根据热力学第一定律可

知内能升高，温度变大，分子平均动能变大，但不是每个分子的动能都变大，故A正确，错误；

故选：Ao

迅速推动木棍过程中，气体体积减小，可认为是没有发生热交换，根据热力学第一定律和理想气体状态方

程分析解答。

本题考查热力学第一定律，解题关键掌握气体各参量的变化情况分析，注意内能升高，温度变大，分子平

均动能变大，但不是每个分子的动能都变大。

6.【答案】D

„2

【解析】解：A、因为小球恰能在圆轨道内侧做圆周运动，由重力提供向心力得：mg=*,

所以小球通过最高点的速度为U=J获，

M点不是轨道最高点，由能量守恒得小球通过M点时速度大于/获，故A错误；

B、小球从最高点到N点，由能量守恒得：-mv2+mg(R+/?sin45°)=-mv^,

小球在N点受轨道支持力为F,由牛顿第二定律得：F-mgcos37。=团去，

可得尸=5.4ag,由牛顿第三定律知小球在N点对轨道的压力大小为5.4mg,故8错误；

C、瞬时功率。=Fucosa,小球在圆轨道最低点和最高点重力的方向与速度方向垂直，重力的功率都为

0,所以小球从M点顺时针运动到N点的过程中，重力的功率先增大后减小再增大，故C错误；

。、小球从M点顺时针运动到N点的过程中，在圆轨道最低点时轨道对小球的弹力最大，所以小球从M

点顺时针运动到N点的过程中，轨道对小球的弹力先增大后减小，故。正确。

故选：Do

由重力提供向心力确定出最高点的速度，再由能量守恒可求出N点的速度大小。功率的变化可先确定特殊

位置的功率再判断变化。

明确重力做功引起动能的变化，能根据牛顿第二定律分析临界问题，功率的变化由特殊位置的功率值分析

变化规律。

7.【答案】A

【解析】解：4设平行金属导轨间距为L金属杆在GC区域向右运动的过程中切割磁感线有石=

P

BLu,I=—

金属杆在441-区域运动的过程中，4t时间内，以向右为正方向，根据动量定理有-=mdu

p2r2

贝U=mAv

由于d=

则上面方程左右两边累计求和，可得-彗如=-爪历

ZK

设金属杆经过B名的速度为％,同理对金属杆在BB1-6C区域运动的过程中根据动量定理，同理可得

综上有%=:

则金属杆经过BBi的速度等于:，故A正确；

2.在整个过程中，根据能量守恒定律可得Q=：机诏

则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为QR根诏

故8错误；

C.金属杆经过力公-与BBi-QC区域，以向右为正方向，金属杆所受安培力的冲量为一=

y_B2L2X

-2.9---w

因金属杆经过-BiB与BBi-C】C区域滑行距离均为d,所以金属杆所受安培力的冲量相同，故C错

误；

22

。根据A选项可得，金属杆以初速度为进入磁场中运动直到停止运动，有-注产=-6为

可见若将金属杆的初速度变为原来的2倍，则金属杆在磁场中运动的最大距离等于原来的2倍，故。错

误。

故选：Ao

金属杆在A41-4B区域向右运动的过程中切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律列

式，结合金属杆在-BiB区域运动的过程中的动量定理并累计求和，可得金属杆在力区域安培

力冲量的大小以及BB1处的速度的表达式；再结合金属杆在BBi-GC区域运动的过程的动量定理可以求出

金属杆经过BE1的速度；在整个过程中，根据能量守恒以及电路的能量分配求解定值电阻R产生的热量；

根据A选项可得，金属杆以初速度又在磁场中运动应用动量定理，结合金属杆的初速度加倍，全过程对金

属棒应用动量定理，分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过BBi-QC区域的速度比第一次大，进而

比较时间、位移。

本题通过电磁感应知识考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟

练应用对应的规律解题。

8.【答案】CD

【解析】解：A、由图可知，f时刻，质点1处于波谷，加速度方向向上。质点5处于波峰，加速度方向向

下，所以质点1和5加速度不相同，故A错误；

8、根据同侧法可知，f时刻，质点3和7处于平衡位置，速度大小相等，方向相反，即速度不相同，故8

错误；

C、f时刻，质点7开始向上振动，根据波的传播是由前一个质点带动后一个质点可知，起始时向上抖动轻

质弹性绳的左端，故C正确；

D、由图可知芋=6/

解得4=81

又因k=t

解得

4

T=-t

3

故该波的传播速度为〃=4=母=弓，故。正确。

丁*t

故选：CDo

根据质点1和5的位置分析加速度关系；利用同侧法分析质点3和7速度方向关系；根据波的特点：后一

个质点重复前一个质点的振动，可知0时刻绳子左端的抖动方向；由图确定波长和周期，再求波速。

本题考查波的传播规律，后一个质点重复前一个质点的振动，反个周期波传播的距离为,波长是解决此类问

题的关键所在。

9.【答案】BD

【解析】解：4根据已知得。21OB,OCLAB,对A小球受力分析如图所示：

库伦斥力尸=器-称必同理对2受力分析可得库伦斥力*掾=如2。，根据牛顿第三定律得

F=F',联立三式得：詈=舞故4错误；

m2y

8已知C点的场强为零，取水平向右为正方向，由点电荷场强公式得&；=当+%=k祟+（-上靠）=

0C

。，得电荷量之比为祟=（第2=（空）2=（瞎）2=舄）2=黑，故8正确；

pDC______LdilDo±O乙。O

tan37°

CD.同时剪断连接两小球A、B的细线，竖直方向都只受重力，水平方向有相互作用的排斥力，故竖直方向

的分运动为自由落体运动，两球同时落地；水平方向满足动量守恒定律中的人船模型，取水平向右为正方

向，设水平位移大小分别为打，X2,得0=（-叫勺）+小2久2,解得位移大小之比为§=詈=2故C错

%2租1lo

误，0正确。

故选：BDO

由题意分别对A、5受力分析列方程得质量关系；已知C点场强为零，由库仑定律可求电荷量之间比；同

时剪断连接两小球A、5的细线，竖直方向两球都做自由落体运动，时间相同，水平方向满足动量守恒定

律用人船模型计算水平位移之比。

本题考查力的合力、库仑定律、点电荷场强和动量守恒定律人船模型，需要同学们熟练掌握相关知识的基

础上并能灵活运用解决问题。

10.【答案】AD

【解析】解：4初始时，对A、5整体受力分析，根据胡克定律，有尸理==（叫4+加加分讥6

确窣得％1=0.2m

故A正确；

B.A>5恰好分离时，A、5间弹力为零，以5、。整体为研究对象，有mcg-7nBgsin。=（THR+me）。？

解得。2=0

则A的加速度大小也为0,此时弹簧处于压缩状态，故B错误；

C撤掉外力瞬间，对A、B、C系统有mcg+尸建一（皿4+血8）05讥6=（g++7nc）的

弹簧弹力尸弹=（mA+mB）gsin0

则有租eg=（mA++me）的

联立解得的=2mls2

故C错误；

DAB恰好分离时，以A为研究对象，有F3—叫4以讥6=如g=0

设此时弹簧的压缩量为久2,有嗅=k%2

解得刀2=0.1m

所以从撤去外力到A、B恰好分离，A沿斜面移动的位移/s=/-K2=。,2机一0」爪=0」小

物体C减少的重力势能为/昂=mcgAs

代入数据解得/Ep=1J

故。正确。

故选：AD.

初始时，对A、B整体受力分析，根据共点力平衡条件解答；撤掉外力瞬间，取ABC系统，利用牛顿第二

定律计算加速度；A8恰好分离时，以8C整体为研究对象，利用牛顿第二定律计算8C系统此时的加速

度，判断此时弹簧的状态；根据恰好分离的条件分析解得。

本题考查学生对弹簧连接体模型的分析能力，其中利用模型特点，运用隔离法与整体法结合牛顿第二定

律、胡克定律表示运动规律为解决本题的关键。

11.【答案】一A、CA,C或2、C

【解析】解：(1)根据向心力公式尸=632「

在探究向心力大小与质量的关系时，需要保证角速度和质量不变，将传动皮带调至变速塔轮的第一层，根

据

v—(ji)r

可知，两塔轮的角速度相同，即两实验小球的角速度相同。

(2)根据向心力公式F=ma>2r

可知在探究向心力大小与角速度的关系时，需要保证两球质量和半径相同，将钢球分别放在A、C位置的

挡板内侧，则它们的半径相同。

(3)同理，在探究向心力大小与半径的关系时，需要保证两球质量和角速度相同，将两个质量相等的钢球

分别放在A、C或2、C位置的挡板内侧。

故答案为：(1)一；(2)4、C；(3)4、C或8、C

(1)(2)根据实验原理结合U=3r分析判断；

(3)根据向心力公式分析判断。

本题关键掌握探究影响向心力大小的因素实验原理。

12.【答案】B1.39AD①BD

【解析】解：(1)根据表格中番茄和土豆的内阻数据，为了使电流传感器和电压传感器示数变化明显，应

选用最大阻值为999.90的电阻箱，故AC错误，B正确。

故选：B。

(2)番茄电池把2c的正电荷在电源内部从负极搬运到正极，非静电力所做的功为

W^=qE=2x0.69597«1.397

(3)4连接电路时，为了保证电路安全，开关应该处于断开状态，故A正确；

3.电压传感器的读数是路端电压，不是电动势值，故B错误；

C.若电阻箱的阻值R不断增大，根据欧姆定律〃=寻7?=鸟

可知电压传感器的示数随阻值R变化不是呈线性变化，故C错误；

D设电阻箱的阻值为R,电压传感器的示数为U,根据闭合电路欧姆定律£=£/+名？

K

为了完成电动势和内阻的测量，图甲电路可以不用电流传感器，只用电压传感器和电阻箱就可以完成实

验，故£)正确。

故选：AD.

(4)根据闭合电路欧姆定律E=/(/?+r)

可得R=E•L-T

可知R-/T图线的斜率为电池电动势，纵轴截距绝对值为内阻，由于土豆电池的电动势较大，内阻较大,

所以土豆电池对应的图线为①。

(5)4?.根据(4)分析可知，图线的斜率表示电源的电动势，故A错误，B正确；

C根据(4)分析可知，图线的纵截距的绝对值表示电源的内阻，故C错误；

。电压传感器的读数是路端电压，图线①②的交点表明电阻箱的接入电阻相等，通过电阻箱的电流相等，

根据欧姆定律U=/R可知此时路端电压相等，故。正确。

故选：BD。

故答案为:(1)5;(2)1.39；(3)40；(4)①；⑸BD。

(1)根据表格中番茄和土豆的内阻数据，从两传感器示数变化明显的角度分析作答；

(2)根据电动势的含义求解非静电力所做的功；

(3)4根据实验的正确操作分析作答；

A电压传感器测定的是路端电压，据此分析作答；

C.根据欧姆定律和闭合电路的欧姆定律分析作答；

。根据“伏阻法”测电动势和内阻的原理分析作答；

(4)根据闭合电路欧姆定律求解R-/t函数，结合图像的纵截距的绝对值和斜率的含义分析作答；

(5)根据R-广】函数，结合图像纵截距绝对值和斜率的含义分析作答；

图线①②的交点表明电阻箱的接入电阻相等，通过电阻箱的电流相等，根据欧姆定律分析作答。

本题考查了测量土豆电池和番茄电池电动势与内阻的实验，要明确实验原理，掌握欧姆定律和闭合电路的

欧姆定律的运用；知道电源的电动势表示非静电力做功本领大小的物理量。

13.【答案】解：(1)设小球离开桌面时速度大小为％,对小球和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：

Ep=2小诏

解得…。点

(2)设小球从离开桌面到第一次落地所用时间为t,则落地点距飞出点的水平距离比=vot

落地瞬间竖直分速度为=gt

与地面撞击后瞬间，竖直速度大小为%'=^vy=^gt

小球竖直方向做竖直上抛运动，有：0-%'2=-2gh

联立解得：乂=1盘

答：(1)小球离开桌面时的速度大小为咫；

⑵小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离或用。

【解析】(1)释放小球过程中，弹簧与小球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律求解小球离开桌

面时的速度大小；

(2)小球离开桌面后做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，与地面碰撞后，

小球竖直方向做竖直上抛运动，结合运动学公式列式求解即可。

本题考查机械能守