2025届广东省高三年级下册三模物理试题（含答案）

2025届广东省陆丰市东海新龙中学高三下学期三模物理试题

一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是

符合题目要求的）

1.2023年8月24日13时，日本福岛第一核电站启动核污染水排海。核污染水含高达64种放射性元素，其

中晁（；〃）衰变过程中产生的电离辐射可损害DNA,是致癌的高危因素之一，半衰期为12.5年。其衰变方

程为He+下列说法正确的是（）

A.衰变方程中x=2,y=4

B.〈He的比结合能大于的比结合能

C.秋冬气温逐渐变低时，航的衰变速度会变慢

D.经过25年，僦将全部衰变结束

2.火警报警系统原理如图中所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比如:亚=10：1,接线柱a、

b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，在变压器右侧部分，&为用半导体热敏材料

（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，心为一定值电阻。下列说法正确的是（）

A.此交变电源的每秒钟电流方向变化50次

B.电压表示数为22U

C.当传感器心所在处出现火警时，电压表的示数减小

D.变压器原、副线圈中的输入、输出功率之比为1:10

3.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在£]=0时刻的波形如图中实线所示，在£?=04s时的波形如图中虚

B.这列波的波长为2m

C.这列波的周期可能为0.8s

D.这列波的传播速度可能为2.5m/s

4.如图所示，当一块磁体靠近超导体时，超导体中会产生强大的电流，对磁体有排斥作用，这种斥力可以

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使磁体悬浮在空中，超导磁浮列车就是运用了这个原理。关于这种磁浮现象，下列说法中正确的是（)

A.超导体使磁体处于失重状态

B.超导体对磁体的磁力与磁体受到的重力相平衡

C.超导体中电流产生的磁场方向与磁体的磁场方向相同

D.磁体靠近时，超导体中有电流，磁体悬浮时，超导体中无电流

5.如图，是游乐场的翻滚过山车装置。过山车沿直径为20m的圆环轨道做匀速圆周运动，向心加速度大小

为4g（重力加速度g=IOm/s2）。则下列错误的是（）

A.过山车的线速度大小约为20m/s

B.过山车通过最低点时，乘客处于超重状态

C.过山车通过最高点时，乘客处于失重状态

D.过山车通过最高点时，乘客处于超重状态

6.如图所示，一束单色光从折射率为由T的透明介质射向折赤率为©"的玻璃的表面，6表示入射角,

A.若该光能射入玻璃，则光在介质和玻璃中的速度之比为5:4

B.无论入射角。是多大，都会有光进入玻璃

C.当。＞53。时会发生全反射现象

D.若该单色光从玻璃射向介质表面时，则可能会发生全反射

7.从乃够高处由静止释放的小球，在竖直下落过程中所受的阻力与其速度的大小成止比。取竖直向下为止

方向，则下列关于小球下落过程中的加速度a、下落高度h、速度v随着时间t变化的图像，以及速度的平

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方/与下落高度h的关系图像，正确的是（）

B.

二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分。在每个小题给出的四个选项中，有多项

符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分）

8.如图是某种高压电干燥装置的电场分布图，电极。和大导体板分别接在高压电源两极，两极间产生强电

场，图中实线为电场线、虚线为等势面，电场中Q、匕、c三点在同一条电场线上，且长度初二be,下列关系

正确的有（）

高

压

电

源

大导体板

A.Q、八C三点的电势关系为化＞%＞外

B.服从c三点的场强关系为Ec〈耳V£

C.ab、be间的电势差关系为几公二U%

D.带负电粒子在a、匕、c三点的电势能关系为Epa＜EpbVE”

9.如图所示，火星与地球可视为在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动。已知地球的公转周期为

T,火星轨道半径是地球轨道半径的k倍。当火星、地球、太阳三者在同一直线上且地球位于太阳和火星之

间时，称为火星冲日。不考虑火星与地球之间的引力，下列说法正确的是（）

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A.火星与地球做圆周运动的向心力大小之比为1"2

B.火星与地球做圆周运动的向心加速度大小之比为1:1

C.火星与地球做圆周运动的角速度之比为i：VF

D.相邻两次火星冲日的时间间隔为

Jr-i

10.如图中所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左侧连接有阻值为R的定值

电阻，金属棒垂直静止在导轨上，整个导轨处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为

B,给金属棒施加水平向右的拉力F,使金属棒从静止开始运动，金属棒运动々）的距离时撤去拉力，金属棒整

个运动过程中的速度u与运动的位移x关系如图乙所示。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良

好，金属棒接入电路的电阻为R,则金属棒运动过程中（）

A.加速度大小保持不变

B.通过电阻R的电量为绰^

R

2,>

C.电阻R中产生的焦耳热为"二g

4R

D.拉力F的冲量大小为题桎

2R

三、非选择题（本题共5个小题，共54分。考生根据要求作答）

11.（1）用游标卡尺测某金属管的内径，示数如图1所示。则该金属管的内径为mm。

3主尺4cm

II|IIIIII|IIIIIIIIIIII

0游标尺1°

图1

（2）打点计时繇在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图2所示，B、C、D为纸带上

标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电

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源上。则打C点时，纸带运动的速度%=m/s（结果保留小数点后两位）。

BCD1

2jnn|nnjnnJnnjnnjnnjnnjnnjnnjnnjnifjnnjnn]nnjnnjnnjnnjnnjnnjnnjnfT]nnjnnjnn]

P3456789101112131-

图2

（3）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议；其中对提高测量结果精确度有利

的是O

A.适当加长摆线

B.质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的

C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大

D.当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期

12.由半导体材料制成的热敏电阻阻值是温度的函数。基于热敏电阻对温度敏感原理制作一个火灾报警系

统，要求热敏电阻温度升高至50°C时，系统开始自动报警。所用器材有：

直流电源E（36，，内阻不计）电流表（量程100mA,内阻约0.10）

电压表（量程50IZ,内阻约为1。6。）热敏电阻力•

滑动变阻器七（最大阻值4000。）电阻箱（最大阻值9999.9。）

报警器（内阻很小，流过的电流超过10M1时就会报警）

单刀单掷开关Si、单刀双掷开关52、导线若干。

（1）用图（a）所示电路测量热敏电阻R7的阻值。当温度为271时，电压表读数为30.0U,电流表读数为

15m4当温度为50°C时，调节使电压表读数仍为30.0P,电流表指针位置如图（b）所示。温度为

501时，热敏电阻的阻值为Q（保留三位有效数字）。从实验原理上看，该方法测得的阻值比真实

值略微（填“偏大”或“偏小”）；

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（2）如果热敏电阻阻值随温度升高而变大，则其为正温度系数热敏电阻，反之为负温度系数热敏电阻。

基于以上实验数据可知，该热敏电同商为（填“正”或“负”）温度系数热敏电阻；

（3）某同学搭建一套基于该热敏电阻的火灾报警系统，实物图连线如图（c）所示，正确连接后，先使用

电阻箱％进行调试，其阻值设置为滑动变阻器m阻值从最大逐渐减小，直至报警器开始报警，

此时滑动变阻器占连入电路的阻值为调试完毕后，再利用单刀双掷开关S2的选择性开关功能，

把热敏电阻场接入电路，可方便实现调试系统和工作系统的切换。（结果均保留到个位）

13.佛山陶瓷名扬天下，如图所示为某陶瓷窑结构的示意图。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为P0=

l.Oxlo'Pa，温度为空温to=27。金烧制时为避免窑内气压过高，窑上有一个单向排气阀，己知当窑内气体

温度为£i=327。。时，单向排气阀开始排气，此后窑内气体压强保持不变，温度逐渐升高至烧制温度以二

1227。。。气体可视为理想气体。求：

（1）排气阀开始排气时窑内气体的压强P］；

（2）本次烧制排出的气体占原有气体质量的比例。

14.如图所示，光滑的水平面AB与光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，轨道半径R=0.4m,D为轨道最高

点。用轻质细线连接甲、乙两小球，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球均不拴接。甲球的质量为

m^O.lkg,乙球的质量为m2=0.2kg,甲、乙两球静止。现固定甲球，烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨

道恰好能通过D点。重力加速度g=10m/s2,甲、乙两球可看作质点。

n

（1）求细线烧断前弹簧的弹性势能EP：

（2）若甲球不固定，烧断细线，求从烧断细线开始到乙球脱离弹簧的过程中，弹簧对乙球的冲量I的大

小。（答案允许含根号）

15.医院X光检测设备的核心器件为X射线管。如图所示，在X射线管中，电子（质量为m,电荷量为

-e,初速度可以忽略）经电压为U的电场加速后，从P点垂直磁场边界水平射入匀强磁场中。磁场宽为

2L,磁感应强度大小可以调节。电子经过磁场偏转后撞击目标靶，撞在不同位置就会辐射出不同能量的X射

线。已知水平放置的口标靶MN长为2L,PM长为L,不计电子重力，电子间相互作用力及电子高速运行中

辐射的能量c

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加速电场

M目标靶N

(1)求电子进入磁场的速度大小；

(2)调节磁感应强度大小使电子垂直撞击在目标靶的中点Q上，求电子在磁场中运动的时间;

(3)为使电子能够撞击在目标靶MN上，求磁感应强度的范围。

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答案解析部分

1.【答案】B

【解析】【解答】本题主要考查了半哀期的相关应用，理解半哀期的概念，结合衰变前后的特点即可完成分

析。A.核反应为汨制He+'e+y,根据核反应质量数和电荷数守恒，则衰变方程中x=2,y=3,故A

错误；

B.比结合能越大原子核越稳定，更稳定，:He的比结合能大于的比结合能，故B正确；

C.半衰期由原子核内部因素决定，与原子核所处的物理环境和化学状态无关，则秋冬气温逐渐变低时，尔的

衰变速度不变，故C错误；

D.半衰期是原子核发生半数衰变所需的时间，经过25年，即两个半衰期，剩余瓶为原来的四分之一，并没

有完全衰变完，故D错误。

故选Bo

【分析】根据质量数守恒和电荷数守恒的特点得出对应的x和y的数值；衰变过程释放能量，生成物的比结

合能大于反应物的比结合能；原子核的衰变速度与外界温度无关；根据半衰期的大小分析出笊剩下的质量。

2.【答案】C

【解析】【解答】本题考查了变压器相关知识，理解原、副线圈电流、电压和匝数比的关系是解决此类问题的

关键。A.由电压随时间变化规律图乙可知，交变电流周期为0.02s,一个周期电流方向变化2次，则此交

变电源的每秒钟电流方向变化100次，故A错误；

B.由图乙可知变压器原线圈输入电压为

22072

U]=—V=220U

/2

则副线圈输出电压为

3=落％=221/

由于%分到一定电压，所以电压表示数小于22V,故B错误；

C.当传感器&所在处出现火警时，心阻值减小，根据欧姆定律可知副线圈电流增大，则%两端电压增大，

所以此两端电压减小，即电压表的示数减小，故c正确；

D.理想变压器原、副线圈中的输入功率与输出功率相等，故D错误。

故选Co

【分析】根据原、副线圈电流、电压和匝数比的关系，结合原线圈有效值与最大值的关系，综合当传感器R?

所在处出现火警时，电阻减小，副线圈电流增加分析求解。

3.【答案】D

【解析】【解答】解决多解需要根据暇设波的传播方向将波平移，根据平移的情况确定波的传潮速度，从而确

定波的传播速度和波的传播周期。A.一列沿x轴正方向传播的简谐横波，根据波形图结合“同侧法'’可

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知，在±2=0.4s时，平衡位置在x=lm处的M质点向下振动，选项A错误;

B.山图可知，这列波的波长为4m,选项B错误；

C.由图可知

T

几7+4=△「=0.4s（兀=0、1、2、3.........）

解得

1.6

-：---

T=4n+1

可知这列波的周期不可能为0.8s,选项C错误；

D.若n=0,则T=1.6s,则此时这列波的传播速度为

A4

m/s=2.5m/s

V=T=L6

选项D正确。

故选D。

【分析】根据“同侧法”，结合波长、波速和周期的关系，综合质点的振动情况分析求解。

4.【答案】B

【解析】【解答】本题考查通电导线周围的磁场，解题关键根据信息分析题意，结合电磁感应原理分析。

AB.排斥力可以使磁体悬浮于空中，所以超导体对磁体的力与磁体的重力平衡，磁体既没有超重，也没有失

重，故A错误，B正确；

CD.当一块磁体靠近超导体时，由楞次定律可知超导体中电流产生的磁场方向与磁体的磁场方向相反，产生

了排斥力，这种排斥力可以使磁体悬浮于空中，磁体悬浮时，超导体没有焦耳热得产生因此之前产生得感应

电流依旧存在，故CD错误；

故选Bo

【分析】磁体靠近超导体时，由于磁通量的变化产生感应电动势，根据楞次定律判断感应电沆的磁场与原磁

场的方向关系，磁体悬浮于空中，受力平衡。

5.【答案】D

【解析】【解答】本题考查对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，知道加速度方向向下时，处于

失重状态；加速度方向向上时，处于超重状态。A.过山车做匀速圆周运动，由

V2

a=~R

得

「,—|20

v—>jaR=j4gR=14x10x-2-m/s=20m/s

故A正确，不符合题意：

B.在最低点，重力和轨道对车的压力提供向心力，向心加速度朝上，由牛顿第二定律可知

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N—mg=ma

解得

N=5mg

所以过山车通过最低点时，乘客处于超重状态，故B正确，不符合题意；

CD.在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，向心加速度朝下，列车失重，乘客处于失重状态，故C

正确，不符合题意；D错误，符合题意。

故选D。

【分析】根据向心加速度和线速度的关系计算；过山车在最低点时，加速度方向向匕处于超重状态；过山

车在最高点时，加速度方向向下，处于失重状态。

6.【答案】C

【解析】【解答】本题考杳光学的知识，要掌握折射定律，会利用折射率求出光在介质中传播的速度。

A.根据

c=nv

可得

ni-i=n/i

则有

%：也=4:5

故A错误；

BD.由发生全反射的条件可知，必须是光密介质射向光疏介质，且入射角大于或等于临界角才能发生全反射，

故BD错误；

C.由关系式

riisin。=n2sin/?

当刚好发生全反射时/7=90°,解临界角C=6=53。

故C正确。

故选Co

【分析】根据折射率与速度的关系，结合全反射的条件：光密介质射向光疏介质，旦入射角大于或等于临界角

才能发生全反射，综合折射定律分析求解。

7.【答案】C

【解析】【解答】解答本题时，关键要根据牛顿第二定律列式分析加速度的变化情况，知道hr图像的斜率表

示小球的速度。A.小球从足够高处竖直下落的过程中，由于重力作用，先做加速运动，随着速度的增大，

小球所受的阻力也增大，根据牛顿第二定律有

mg-kv=ma

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可知小球的加速度逐渐减小，故小球做加速度逐渐减小的加速运动，当=时，Q=0,小球的速度达到

最大，不再加速，此后小球做匀速直线运动，故A错误；

B.由于h-t图像的斜率表示小球的速度，小球的速度应先增大后不变，即人-£图像的斜率应先越来越大后不

变，故B错误；

C.小球先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，故C正确；

D.根据匀变速直线运动的位移公式*=2Q/I,可知/一九图像的斜率表示小球加速度的2倍，小球的加速度

应越来越小，直到Q=0,即/-力图像的斜率应越来越小，最后为0,故D错误。

故选Co

【分析】根据牛顿第二定律分析加速度的变化，判断小球的运动情况，并判断v-l图像斜率的变化情况；根据

h-l图像的斜率表示小球的速度，来分析图像斜率的变化情况；根据匀变速直线运动的位移公式v?=2ah,分析

v2-h图像的斜率变化情况，再选择图像。

8.【答案】A,D

【解析】【解答】本题的关键要掌握电场线的两个意义：电场线的疏密表示场强的相对大小，电场线方向表示

电势高低。A.沿电场线电势逐渐降低，可知a,匕、c三点的电势关系为外>%>/，选项A正确；

B.电场线越密集场强越大，可知Q.氏c三点的场强关系为Ea〉%>Ec，选项B错误；

C.根据U=Ed因ab间的平均场强大于cd间的平均场强，可知ab、be间的电势差关系为U岫>选项C

正确；

D.因为外>%>0厂负电荷在高电势点的电势能较小，可知带负电粒子在a、b、c三点的电势能关系为

EpaVEpbVEpo,选项D正确。

故选ADo

【分析】沿电场线方向电势逐渐降低，根据电场线方向分析电势高低；根据电场线疏密分析电场强度的大

小；根据公式U=Ed分析电势差大小；根据电势能公式Ep=q(p分析电势能大小。

9.【答案】B,C

【解析】【解答】本题考查开普勒定津、卫星运行规律相关知识。分析好物理情景，明确相邻两次火星冲日

时，地球比火星多跑了一周是关键。A.根据万有引力提供向心力

Mm

「向=6尸

因为火星轨道半径是地球轨道半径的k倍，所以火星与地球做圆周运动的向心力大小之比为

故A错误;

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B.由万有引力定律

GMm

---—=ma

T乙

解得

GM

可知向心加速度大小之比为

a火.

"地(/erfk2

故B正确;

C.由万有引力定律

Mm.

G-—=mro)^

可知角速度大小之比为

⑴火1

G地

故c正确;

D.由开普勒第三定律得

r3_(fcr)3

解得

「火=出丁

相邻两次火星冲口时，地球比火星多跑了一周，设故相邻两次火星冲日的时间间隔为3则

2TF_

~T~

解得

k3T

k3-l

故D错误。

故选BCo

【分析】根据万有引力提供向心力求解火星与地球做圆周运动的向心力大小之比，根据牛顿第二定律求向心加

速度大小之比，根据万有引力提供向心力求角速度之比。由开普勒第三定律求出火星的周期。相邻两次火星冲

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日时，地球比火星多跑了一周，由此列式求解相邻两次火星冲日的时间间隔。

10.【答案】D,C

【解析】【解答】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列

出方程；另一条是能量，分析涉及日磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求

解。A.图像斜率k=半=9

Axv

则金属棒加速运动过程中，随着速度增大，加速度增大，减速运动过程中，随着速度减小，加速度减小，故A

错误；

B.根据q=]=备

由法拉第电磁感应定律耳=咨

联立，解得通过电阻的电量勺=绘=”湾=粤

ZKZKK

故B正确；

22—

c.整个过程克服安培力做功卬〃=歹％=且｛卫一

由乙图可知x=2v0x2x0=VQXQ

22

联立，解得w=BL吁o

“安2R

22

因此电阻R中产生的焦耳热为Q=安=B\沪Q

故C正确；

D.整个过程根据动量定埋。•一/安=°

又/安=BUt-BqL

22

联立，解得加=2E

故。错浜。

故选BCc

【分析】根据图像的斜率分析判断加速度大小的变化：根据电荷量公式求通过电阻R的电量；根据安培力做

功的公式求电阻R中产生的焦耳热；根据动量定理求拉力F的冲量大小。

1L【答案】(1)31.4

(2)0.44

(3)A；C

【解析】【解答】本题主要围绕实验测量与数据处理展开，包含游标卡尺读数、纸带速度计算以及单摆实验的

相关分析，难度适中。

(1)游标卡尺读数不用估读，10分度游标卡尺的精确值为0.1mm,由图可知该金属管的内径为3.1cm+4x

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O.lTnm=31.4mm

(2)相邻计数点之间还有4个计时点没有标出，则相邻计数点的时间间隔为T=5x0.025=0.1s

匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有%=等=(12.30；„？X102巾管=

0.44m/s

(3)A.单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提供测量结果

的精确度，故A正确；

B.要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误；

C.单摆在摆角很小的情况下才做徒谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5。，故C正

确；

D.单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平

均值作为单摆的周期，故D错误。

故选AC。

【分析】(1)根据游标卡尺的读数规则读数；

(2)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度求解速度；

(3)根据单摆实验的注意事项和误差分析来进行判断。

(1)10分度游标卡尺的精确值为0.1mm,由图可知该金属管的内径为3.1cm+4x0.1?mn=31.4nun

(2)相邻计数点之间还有4个计时点没有标出，则相邻计数点的时间间隔为7=5x0.02s=0.1s

匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有%=等=(12.303„?亡］02巾管=

0.44m/s

(3)A.单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提供测量结果

的精确度，故A正确；

B.要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误；

C.单摆在摆角很小的情况下才做徒谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5。，故C正

确；

D.单携周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平

均值作为单摆的周期，故D错误。

故选AC。

12.【答案】(1)600；偏大

(2)负

(3)600；3000

【解析】【解答】本题主要考查了伏安法测电阻的相关实验，根据实验原理、理解止确的实验操作，结合欧姆

定律和电路构造即可完成分析。

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（1）由图（b）可知，电流表的示数为50mA,则此时热敏电阻的阻值为

%30.0

RT=-j—=-----------=600/2

50x10-3

该方法所测电流值为真实电流值，所测电压值为热敏电阻和电流表两端的总电压，故根据

U

R=7

可知此时所测电阻值偏大。

（2）在相同电压下，温度越高，通过电流越大，说明热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，故为负温度

系数热敏电阻。

（3）要求热敏电阻温度升高至50"时，系统自动报警，由（1）问中的分析可知，该温度下，热敏电阻阻值

为6000,所以先使用电阻箱R2进行调试时，其阻值应设置为6000才可进行调试；

报警器报警时通过电路的电流为I=10mA,报警器和电流表的电阻很小，忽略不计，可得此时滑动变阻器的

阻值为

E

=彳—/?2=3000/2

【分析】（I）根据图（b）得出对应的电流表示数，结合欧姆定律得出电阻的阻值并结合电路分析出测量值

和真实值的大小关系；

（2）根据题设条件可知，加相同电压时，当温度升高时，通过热敏电阻的电流减小，从而判断该热敏电阻

的性质；

（3）根据实验原理和闭合电路欧姆定律完成对电阻的计算。

（1）[1]由图（b）可知，电流表的示数为50mA,则此时热敏电阻的阻值为

30.0

即=U-Q=600/2

h-50x10-3

⑵该方法所测电流值为真实电流值，所测电压值为热敏电阻和电流表两端的总电压，故根据

U

R=7

可知此时所测电阻值偏大。

（2）在相同电压下，温度越高，通过电流越大，说明热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，故场为负温度

系数热敏电阻。

（3）|1|要求热敏电阻温度升高至50，时，系统自动报警，由（1）问中的分析可知，该温度下，热敏电阻

阻值为600C,所以先使用电阻箱R:进行调试时，其阻值应设置为600。才可进行调试；

⑵报警器报警时通过电路的电流为I=10mA,报警器和电流表的电阻很小，忽略不计，可得此时滑动变阻器

的阻值为

E

%=7-£=30002

第15页

13.【答案】(1)由题意可知，排气阀开始排气前，气体体积不变，

初状态时Po=1.0x105Pa,温度为To=(273+27)K=300K

末状态时压强为Pi，温度为%=(273+327)K=600K

对气体，由查理定律可得需二*

解得排气阀开始排气时窑内气体的压强为Pi=斯0=黑x1.0x105Pa=2x105Pa

(2)排出气体后，气体发生等压变化，由盖・吕萨克定律可得*=用

解得匕=鬻—泌

则排出的气体的体积为AV=/-匕=,匕

则排出的气体占原有气体的质量比为舞=^=V^=l

【解析】【分析】(1)根据查理定律可解得排气阀开始排气时窑内气体的压强；(2)根据由盖一吕萨克定律可

知体积的关系，结合气体的密度不变可求得烧制排出的气体占原有气体质量的比例。

(1)由题意可知，排气阀开始排气前，气体体积不变，

初状态时Po=1.0x105Pa,温度为2=(273+27)K=300K

末状态时压强为Pi,温度为=(273+327)K=600K

对气体，由查理定律可得需=*

解得排气阀开始排气时窑内气体的压强为Pi=aPo=黑x1.0x10sPa=2x105Pa

(2)排出气体后，气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可得卷=总

解得匕=翳匕=初

则排出的气体的体积为△1/=%—匕=|匕

则排出的气体占原有气体的质量比为驾=翳=微=。

14•【答案】(1)解：题意知乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点，这在D点速度为V,对乙球由

牛顿第二定律得

V2

m2g=小2左

由能量守恒得弹性势能

,1?

E=mgx2R+5瓶浮

p2乙

联立解得

Ep=2]

第16页

（2）设甲、乙两球脱高弹簧时速度大小分别为VI、V2,对该系统分析可知动量守恒，即

mivi=m2V2

由能量守恒定律得

1.1,

Ep2四优+^相送

对乙球由动量定理得

I二m2V2

联立解得

2任N.

【解析】【分析】（I）乙球恰好能通过D点，由重力提供向心力，列式求出乙球通过D点时的速度大小。根

据系统的机械能守恒求解细线烧断前弹簧的弹性势能。

（2）若甲球不固定，烧断细线的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能也守恒，运用两大守恒定律列

式，可求得细线烧断瞬间两球的速度大小，再对乙球，根据动量定理求解即可。

（1）题意知乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点，这在D点速度为v,对乙球由牛顿第二定律得

V2

m2g=牝左

由能量守恒得弹性势能

,1?

Ep=m2gx2R+2m浮

联立解得

EP=2J

（2）设甲、乙两球脱离弹簧时速度大小分别为VI、V2,对该系统分析可知动量守恒，即

miv尸m2V2

由能量守恒定律得

11

fp=2mlVl+2m2^2

对乙球由动量定理得

I=m2V2

联立解得

/二2任N，s

15.【答案】（1）解：在加速电场中，根据动能定理有

eU=12

解得电子进入磁场的速度大小

第