上海市2024-2025学年高三下学期（第二次）模拟考试物理试卷（解析版）

第第页上海市2024-2025学年高三下学期（第二次）模拟考试物理试卷一、单选题：本大题共3小题，共12分。1．声光控开关中，光敏电阻的工作原理是电阻内的光电效应，与一般光电管的工作原理相同。某光敏电阻，当用不同强度的红光照射时，其阻值不发生变化；当用不同强度的黄光照射时，其阻值发生变化。关于该光敏电阻，下列说法正确的是（）A．用红光照射时光敏电阻发生了光电效应B．用不同强度的白光照射，其阻值一定不发生变化C．用不同强度的黄光照射，当用强度较大的黄光照射时，光敏电阻逸出的光电子的最大初动能小D．用不同强度的紫光照射，其阻值一定发生变化【答案】D【解析】【解答】光电效应：在光的照射下金属中的电子从表面逸出的现象，叫做光电效应，发射出来的电子叫做光电子。A．用不同强度的红光照射时，光敏电阻的阻值不发生变化，说明电阻内没有发生光电效应，故A错误；B．白光中含有各种单色光，包含黄光，结合题意可知，当用不同强度的白光照射时，光敏电阻的阻值会发生变化，故B错误；C．根据光电效应方程有E黄光的光子能量一定，用不同强度的黄光照射，当用强度较大的黄光照射时，光敏电阻逸出的光电子的最大初动能不变，故C错误；D．紫光的光子能量大于黄光的光子能量，可知，用不同强度的紫光照射，电阻内发生了光电效应，光敏电阻的阻值一定发生变化，故D正确。故选D。

【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，能否发生光电效应与光照强度无关，与光的频率有关。2．电蚊拍用来杀灭蚊子，原理如图所示，由稳恒直流电源提供的电压被高频转换器转换成u=3sinA．电压表示数为3VB．电击网上电压的频率为10C．原、副线圈的匝数比为nD．将直流电源直接连接在变压器的原线圈上电蚊拍仍然能正常工作【答案】C【解析】【解答】A．电压表测量的是原线圈两端的电压有效值，则电压表示数为U1B．根据题意可知，电击网上电压的频率为f=ωC．原、副线圈的匝数比为n1D．将直流电源直接连接在变压器的原线圈上，穿过副线圈的磁通量不发生变化，在副线圈中不产生电磁感应现象，没有电压输出，电蚊拍不能正常工作，故D错误。故答案为：C。

【分析】根据交变电流的有效值、频率公式，结合理想变压器的电压比规律，逐一分析选项。3．若两个氘核对心碰撞，核反应方程为；12H+12HA．X为质子B．该核反应释放的核能为3C．该核反应前后核子的总质量相等D．氦核的平均结合能E2小于氘核的平均结合能【答案】B【解析】【解答】A．根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒，可知X的质量数为1，电荷数为0，故X为中子，故A错误；B．该核反应释放的核能为ΔE=3C．该核反应前后会出现质量亏损，则该核反应前后核子的总质量不相等，故C错误；D．生成物比反应物更加稳定，则氦核的平均结合能E2大于氘核的平均结合能E故选C。

【分析】一、核反应基本规律守恒定律：核反应中质量数守恒、电荷数守恒未知粒子识别：根据质量数和电荷数推断粒子类型（质子、中子等）

二、结合能计算与应用概念理解：结合能：自由核子结合成原子核释放的能量平均结合能=总结合能÷核子数，反映原子核稳定性核反应能计算：ΔE=生成物总结合能-反应物总结合能当用平均结合能ε表示时：ΔE=(A1ε1+A2ε2)-(A3ε3+A4ε4)特别要区分氦-3和氦-4的平均结合能不同

三、质量亏损与质能方程核反应存在质量亏损：生成物总质量<反应物总质量释放能量ΔE=Δmc2易错点："核子总质量"可能被误解为原子核质量，实际反应前后不等

四、原子核稳定性判断平均结合能越大，原子核越稳定轻核聚变：小核合成大核，平均结合能增大，释放能量数据常识：氘核ε≈1.1MeV，氦-4ε≈7.1MeV，明显增大二、多选题：本大题共1小题，共6分。4．据报道，我国计划发射的“巡天号”望远镜将运行在离地面约400km的轨道上，其视场比“哈勃”望远镜的更大。已知“哈勃”运行在离地面约550km的轨道上，若两望远镜绕地球近似做匀速圆周运动，则“巡天号”（）A．角速度大小比“哈勃”的大B．线速度大小比“哈勃”的小C．向心加速度大小比“哈勃”的大D．运行周期比“哈勃”的大【答案】A,C【解析】【解答】根据万有引力提供向心力有G解得ω=GM故选AC。

【分析】一、万有引力提供向心力公式其中为轨道半径，R为地球半径，ℎ为轨道高度。二、轨道参量与半径的定量关系角速度：​​，，线速度：，向心加速度：，，运行周期：​​，

规律：半径越大，、、​越小，越大。三、常见错误误以为“高度越大速度越大”（实际高度越大速度越小）。混淆周期与角速度的变化趋势（周期随半径增大而增大，角速度随半径增大而减小）。比较时未用轨道半径（需加地球半径），但本题高度差足够大，即使不加R定性结论不变。三、填空题：本大题共4小题，共40分。5．2020我国自主研制的万米载人潜水器“奋斗者号”成功在马里亚纳海沟坐底，历时3小时20分下潜深度达到10909米。“奋斗者号”的球形载人舱外壳采用钛合金材料，可以阻挡巨大的海水压强，海水的密度约为1×103kg/m3，g取10m/s2。（1）如图所示，此次深潜作业利用了多种通信方式。“奋斗者”号与“探索一号”间水声通信采用的超声波属于（填“横波”或“纵波”），“奋斗者”号与“沧海”号间的光通信载体属于（填“机械波”或“电磁波”）。（2）“奋斗者号”的平均下潜速度大小为m/s，下潜到海沟最深处时承受的压强约为Pa（保留两位有效数字）。（3）某潜艇竖直方向上的速度随时间变化情况如图所示，下列说法正确的是（）A．t1B．t2C．t1~D．0~t（4）如图，气缸内封闭一定质量的理想气体，轻质导热活塞可自由移动.在潜水器缓慢下潜的过程中，海水温度逐渐降低，则此过程中被封闭的气体（）A．内能逐渐减小B．从外界吸热C．压强与潜水器下潜的深度成正比D．单位时间内气体分子撞击单位面积器壁的次数减少（5）海浪从远海传向海岸。已知海浪的传播速度与海水的深度有关，海水越深，速度越大。一艘大船停泊在离岸较远处，振动的周期为9s.则（）A．海浪拍打海岸的周期大于9sB．海浪从远海传向海岸，相邻波峰之间的距离变小C．悬挂在船上摆长为1m的单摆的振动周期为2sD．让船停泊在离海岸更近处，海浪通过船体的衍射现象更明显（6）我国使用激光焊接复杂钛合金构件的技术和能力已达到世界一流水平。若焊接所用的激光波长为λ，每个激光脉冲中的光子数目为n，已知普朗克常量为h、光速为c，则下列说法正确的是（）A．激光的频率为λc B．激光光子的动量为C．激光焊接利用了激光的相干性 D．每个激光脉冲的能量为nc【答案】（1）纵波；电磁波（2）0.91；1.1×10（3）C（4）A（5）B；C（6）B【解析】【解答】（1）超声波属于纵波；光通信载体属于电磁波；（2）结合题意可得“奋斗者号”的平均下潜速度大小v下潜到海沟最深处时承受的压强约为P=ρgh=（3）A．v−t图像与横轴围成的面积表示位移，题图可知t2时刻图像与横轴围成的面积最大，即tB．v−t图斜率表示加速度，图像可知t2C．若为t1~t2时间内为匀变速直线运动则平均速度为v12可知时间相同，位移大的平均速度大，所以该段时间内潜艇竖直方向的平均速度大于v1D．v−t图像斜率的正负表示加速度的方向，0−t故选C。（4）A．理想气体的内能只与温度有关，在潜水器缓慢下潜过程中，海水温度逐渐降低，所以被封闭气体的温度降低，其内能逐渐减小（ΔU<0B．下潜的过程中，气体压强增大，温度降低，根据PVTC．设大气压强为p0，海水密度为ρ，潜水器下潜深度为h，则封闭气体压强知p与h是一次函数关系，并非成正比关系，故C错误；D．下潜的过程中，温度降低，气体分子的平均动能减小，压强增大，根据压强的微观解释，气体分子单位时间内撞击单位面积器壁的冲力增大，则单位时间内气体分子撞击单位面积器壁的次数应增加，故D错误。故选A。（5）A．波在传播过程中，波源的振动周期决定波的周期，所以海浪拍打海岸的周期等于大船振动的周期，即为9s，故A错误；B．根据v=λf=λC．单摆的周期公式为T=2πlD．发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小或跟波长相差不多，离海岸更近处海水变浅，波速变小，波长变小，而船的尺寸不变，此时海浪通过船体更不容易发生明显衍射现象，故D错误。故选BC。(6)A．根据频率、波长和光速的关系，激光的频率f=cB．激光光子的动量p=hC．激光焊接利用的是激光能量高的特点，而非相干性，故C错误；D．单个光子的能量为hcλ，每个激光脉冲中的光子数目为n，所以每个激光脉冲的能量故选B。

【分析】一、机械波与电磁波的分类超声波是声波，属于纵波（质点振动方向与波传播方向平行）。光是电磁波，属于横波（振动方向与传播方向垂直，但光通信利用的是电磁波属性，不强调横纵波分类时直接答电磁波）。二、运动学计算与压强公式平均速度：注意时间单位换算（3小时20分=3×3600+20×60=12000）。液体压强：，ρ：海水密度，ℎh：深度，注意有效数字保留。三、v-t图像的分析图像与横轴围成的面积表示位移（向下为负位移，面积在下方为负）。图像斜率表示加速度。平均速度比较：若实际曲线下的面积大于匀变速直线运动（同初末速度）下的面积，则平均速度大于匀变速直线运动的平均速度。四、理想气体状态变化与热力学定律内能：理想气体内能只与温度有关（）。压强变化：潜水器下潜时，海水深度增加→外部压强→封闭气体压强随之增大。热力学第一定律：，体积减小（外界对气体做功），温度降低（）→（放热）。压强的微观解释：温度降低，分子平均动能减小；压强增大，单位时间内撞击单位面积的分子数增加。五、机械波的传播特性周期由波源决定，不随介质变化。波速与深度关系：海水越深，波速越大（重力波特性）。波长公式：，波速减小→波长减小。明显衍射条件：障碍物尺寸与波长相近。波长变小，衍射现象减弱。六、激光与光子能量光子能量：光子动量：激光脉冲能量：激光应用特点：焊接利用能量集中，相干性用于干涉测量等。七、单摆周期公式

八、易错点提醒：波速随水深变化时，误以为周期也会变化（周期由波源决定）。气体压强与深度关系的表达式是线性但不是正比（）。激光焊接的主要特性（高能量）与相干性混淆。v-t图像中加速度方向看斜率正负，位移看面积符号。（1）[1]超声波属于纵波；[2]光通信载体属于电磁波；（2）[1]结合题意可得“奋斗者号”的平均下潜速度大小v[2]下潜到海沟最深处时承受的压强约为P=ρgh=（3）A．v−t图像与横轴围成的面积表示位移，题图可知t2时刻图像与横轴围成的面积最大，即tB．v−t图斜率表示加速度，图像可知t2C．若为t1~t2时间内为匀变速直线运动则平均速度为v12可知时间相同，位移大的平均速度大，所以该段时间内潜艇竖直方向的平均速度大于v1D．v−t图像斜率的正负表示加速度的方向，0−t故选C。（4）A．理想气体的内能只与温度有关，在潜水器缓慢下潜过程中，海水温度逐渐降低，所以被封闭气体的温度降低，其内能逐渐减小（ΔU<0B．下潜的过程中，气体压强增大，温度降低，根据PVTC．设大气压强为p0，海水密度为ρ，潜水器下潜深度为h，则封闭气体压强知p与h是一次函数关系，并非成正比关系，故C错误；D．下潜的过程中，温度降低，气体分子的平均动能减小，压强增大，根据压强的微观解释，气体分子单位时间内撞击单位面积器壁的冲力增大，则单位时间内气体分子撞击单位面积器壁的次数应增加，故D错误。故选A。（5）A．波在传播过程中，波源的振动周期决定波的周期，所以海浪拍打海岸的周期等于大船振动的周期，即为9s，故A错误；B．根据v=λf=已知海浪传播速度v在海水变浅过程中变小，周期T不变，那么波长λ变小，相邻波峰之间的距离就是波长，所以相邻波峰之间的距离变小，故B正确；C．单摆的周期公式为T=2π当摆长l=1m时，代入上式解得单摆的振动周期约为2s，故C正确；D．发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小或跟波长相差不多，离海岸更近处海水变浅，波速变小，波长变小，而船的尺寸不变，此时海浪通过船体更不容易发生明显衍射现象，故D错误。故选BC。（6）A．根据频率、波长和光速的关系，激光的频率f=故A错误；B．激光光子的动量p=故B正确；C．激光焊接利用的是激光能量高的特点，而非相干性，故C错误；D．单个光子的能量为hcλ，每个激光脉冲中的光子数目为n，所以每个激光脉冲的能量故选B。6．中国科学家在人造太阳领域取得了重大突破，新一代人造太阳“中国环流三号”成功完成了一系列实验，并取得了重大科研进展，其原理如图。（1）“人造太阳”获得核能的方式是（填“核裂变”或“核聚变”）。（2）“人造太阳”中的核能转化为势能，但是内能无法再转化为核能，说明能量的转化具有。【答案】（1）核聚变（2）方向性【解析】【解答】（1）人造太阳（例如“中国环流三号”这类托卡马克装置）的原理是利用轻核（如氘、氚）在高温高压下聚合成较重核（如氦），并释放能量，因此获得核能的方式是核聚变。(2)在热力学过程中，能量虽然总量守恒，但很多过程的逆转不会自发发生，比如核能转化为内能后，无法再让内能自发、完全地转化回核能，这说明能量转化具有方向性（热力学第二定律的体现）。【分析】1.核能利用方式的识别知道“人造太阳”指可控核聚变装置（如托卡马克）。核电站（裂变）：利用重核（铀、钚）分裂成中等核释放能量。人造太阳（聚变）：利用轻核（氘、氚）结合成较重核（氦）释放能量。考点：区分“核裂变”和“核聚变”。2.能量转化的方向性（热力学第二定律）能量可以相互转化（核能→内能→机械能→电能等），但转化过程具有方向性。例如：内能可以自发地从高温物体传到低温物体，反过来不会自发进行；同样，核能转化为内能后，内能不能自发、全部再转化为核能。考点：知道能量转化与转移具有方向性，且不可逆过程普遍存在。（1）如原理图所示可知“人造太阳”获得核能的方式是“核聚变”。（2）“人造太阳”中的核能转化为势能，但是内能无法再转化为核能，说明能量的转化具有方向性。7．核污水中常含有氚（13H）等放射性核素，处置不当将严重威胁人类安全。氘的核子数为；氚衰变的半衰期长达12.5年，若将含有质量为m的氚的核污水排入大海，经过75年，排入海中的氚还剩【答案】2；1【解析】【解答】氘是氢的同位素，质量数，所以核子数=2（质子+中子）。氚13H，半衰期经过时间，半衰期个数：，剩余质量与初始质量m的关系：，，所以剩余的氚质量分数是【分析】1.核子数与同位素符号识别原子符号：，A=质量数=质子数+中子数=核子总数Z=质子数=电荷数常见氢的同位素：氕（普通氢）11H：核子数1，氘12注意题中问的是“氘的核子数”，不是氚，要区分同位素符号，避免混淆。2.放射性衰变与半衰期计算半衰期：放射性核素质量（或数量）衰变到一半所需时间。剩余质量公式：若是半衰期的整数倍，可直接用计算。3、易错点提醒核子数≠质子数，氘的核子数是2，不是1。氚的半衰期12.5年，计算时要代入正确的半衰期，并注意时间单位一致。剩余质量公式不要错记成指数形式或直接相减。​​​​​​​8．某种质谱仪由离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器几部分构成，如图所示。由离子源发出的离子经加速电场加速后进入静电分析器，静电分析器中有沿半径方向的电场，使离子沿通道中心线MN做匀速圆周运动。而后由P点垂直于磁分析器的左边界进入磁分析器，磁分析器中分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。离子经过四分之一圆周从Q点射出，并进入收集器。已知由离子源发出的离子质量为m、电荷量大小为q（初速度为零，重力不计）（1）离子源发出的离子应带电（选填“正”或“负”），磁分析器中磁感应强度的方向为。（2）离子离开加速电场时的速度v的大小。（3）静电分析器中MN处电场强度E的大小。【答案】（1）正；垂直纸面向外（2）2qU（3）2U【解析】【解答】（1）因为圆周运动在静电分析器内完成，电场力要指向圆心，若电场方向指向圆心，则正电荷受电场力方向与电场方向相同，即指向圆心，所以离子带正电。离子从P点进入磁分析器时，根据图中轨迹向下偏转（即从P到Q是四分之一圆弧向下），由左手定则（正电荷，速度向右，向下偏转），可知磁场方向垂直于纸面向外。（2）根据动能定理qU=解得离子离开加速电场时的速度大小v=（3）在电场中，电场力提供向心力有Eq=m联立以上解得E=2UR径向电场提供向心力→判断电荷正负公式：2、电场加速与动能定理加速电场：→3、磁场偏转与左手定则由偏转方向判断磁场方向（正电荷情形）4、两种分析器的组合静电分析器：速度选择（只允许特定的离子通过）磁分析器：按进一步分离（本题未用到质谱公式，但属于质谱仪原理）5、几何与运动半径匹配静电分析器半径与速度的关系磁场中半径另由决定​​​​​（1）[1]离子源发出的离子在电场力作用下做圆周运动，电场力提供向心力指向圆心，由于电场方向指向圆心，故粒子在正电；[2]粒子进入磁场向下偏转，左手定则可知磁分析器中磁感应强度的方向为垂直于纸面向外。（2）根据动能定理qU=解得离子离开加速电场时的速度大小v=（3）在电场中，电场力提供向心力有Eq=m联立以上解得E=四、实验题：本大题共3小题，共26分。9．“跑酷”是一种以日常生活的环境（多为城市）为运动场所，依靠自身的体能，快速、有效、可靠地驾驭任何已知与未知环境的运动艺术。一跑酷运动员在一次训练中的运动可简化为以下运动：运动员首先在平直高台上以4m/s2的加速度从静止开始匀加速运动，运动8m的位移后，在距地面高为5m的高台边缘水平跳出，在空中调整姿势后恰好垂直落在一倾角为53°的斜面中点位置。此后运动员迅速调整姿势沿水平方向蹬出，该运动员可视为质点，质量m=50kg，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s（1）运动员从楼顶边缘水平跳出的初速度大小为m/s；（2）运动员从楼顶边缘跳出到落到斜面的过程中重力的冲量大小为N⋅（3）该斜面底端与高台边缘的水平距离s=m；（4）若运动员水平蹬出斜面后落在地面上，求运动员的蹬出速度范围。【答案】（1）8（2）300（3）2.4（4）3【解析】【解答】（1）由题意可知，运动员加速度a=4m/s2，位移L=8解得运动员从楼顶边缘水平跳出的初速度大小v（2）由题意可知，根据平抛运动规律有tan37°=gt则重力的冲量大小I=mgt=300（3）运动员平抛运动位移x=v0则斜面底端与高台边缘的水平距离s=x−5−ytan（4）假设运动员蹬出速度为v1时刚落到斜面底端，由平抛运动规律有竖直方向由5−y=12gt假设运动员蹬出速度为v2时刚落到楼顶边缘正下方，则有x=v运动员的蹬出速度范围3m/s≤v≤6冲量定义：（恒力）重力冲量：（方向竖直向下）注意：冲量为矢量，本题求大小二、斜面几何关系已知落点坐标和斜面倾角斜面直线方程：（设斜面底端水平距离）落点在斜面上且满足垂直条件→联立求L三、第二次平抛的临界分析1、蹬出点位置落在斜面中点→根据斜面长度求蹬出点高度（相对地面）2、临界速度范围最小速度​：刚落到斜面底端（水平位移等于蹬出点到斜面底端水平距离）最大速度：刚落到高台正下方（水平位移等于蹬出点到高台边缘的水平距离）由平抛公式和几何约束联立求解四、综合思维要求多过程衔接：匀加速→第一次平抛（带方向约束）→斜面几何定位→第二次平抛（临界分析）几何与运动学结合：反复利用斜面倾角、位置关系临界值分析：确定速度范围的上下界五、易错提醒“垂直落在斜面”误认为是位移垂直斜面（实为速度垂直）斜面底端水平距离L的求解需仔细建立坐标系第二次平抛的起跳点高度易算错（需用斜面几何）临界条件选取不全（仅考虑一端）​​​​​（1）由题意可知，运动员加速度a=4m/s2，位移L=8解得运动员从楼顶边缘水平跳出的初速度大小v（2）由题意可知，根据平抛运动规律有tan解得运动员在空中飞行时间t=0.6则重力的冲量大小I=mgt=300（3）运动员平抛运动位移x=运动员平抛运动竖直方向位移y=则斜面底端与高台边缘的水平距离s=x−联立解得s=2.4（4）假设运动员蹬出速度为v1由平抛运动规律有5−y竖直方向由5−y=联立代入数据解得t1=0.8假设运动员蹬出速度为v2时刚落到楼顶边缘正下方，则有联立解得v运动员的蹬出速度范围310．物理小组的同学准备利用压敏电阻和电流表制作一个电子压力计，他们希望能从表盘上直接读出压力大小。他们设计的电路如图甲所示，其中R1是定值电阻，R2是最大阻值为500Ω的滑动变阻器，理想电流表A的量程为0~6mA，电源电动势E为9V，内阻不计。压敏电阻的阻值R与所受压力大小F的关系如图乙所示。（1）同学们找到了三个定值电阻，R1应选阻值为（填“A”“B”或“C”）的，它的作用是。A.10ΩB.500ΩC.1200Ω（2）连接好电路后，兴趣小组的同学调节R2，在未对压敏电阻施加压力时，使电流表指针指到满偏位置，则电流表的5mA刻度线处应标注N；改装后电子压力计的刻度（填“均匀”或“不均匀”），试说明理由。（3）若考虑电流表的内阻和电源的内阻，则压力的测量值（填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。【答案】（1）C；保护电路（2）15；不均匀；根据图甲，由闭合电路欧姆定律得I=E（3）等于【解析】【解答】（1）根据电动势和电流表量程，得出电路总电阻最少为R三个电阻中只有1200Ω的合适。故选C。R1的作用是保护电路。（2）以上可知电流满偏时，电路总电阻为1500Ω，压敏电阻不受压力，故此时对应的压力为0；电流表的示数为5mA时，电路总电阻为R即总电阻比之前增加了300Ω，由于未加压力时压敏电阻为200Ω，则此时压力传感器的电阻为500Ω，通过图乙有k=400Ω图乙可知R=200+20F根据图甲，由闭合电路欧姆定律得I=可知改装后电子压力计的刻度不均匀。（3）在调零时，已经将电流表内阻和电源内阻的影响考虑进去了，所以这种情况下没有系统误差，压力的测量值等于真实值。【分析】一、电路设计与保护电阻的选择最小总电阻计算：根据电源电动势和电流表量程，确保电路总电阻不小于此值，防止电流过大损坏电表。保护电阻作用：串联在电路中，限制最大电流，保护电流表和传感器。二、电子压力计的调零与刻度标定调零原理：未加压力时，压敏电阻阻值为初始值​（题中1200 Ω）。调节滑动变阻器​，使电流表满偏（对应压力为0）。此时满足：，由此可确定​的取值。刻度标定：对任意电流，总电阻压敏电阻阻值：根据图像（图乙）反查对应的压力，标在电流刻度旁。三、刻度均匀性判断由欧姆定律：均匀条件：与F成正比↔与成线性关系。本题图乙中为曲线→与非线性→刻度不均匀。四、系统误差分析（内阻影响）若考虑电流表内阻​和电源内阻，调零时调整使满偏条件成立，相当于已将和的影响“归零”。因此测量过程中，内阻的影响已被补偿→测量值等于真实值（无系统误差）。（1）[1]根据电动势和电流表量程，得出电路总电阻最少为R三个电阻中只有1200Ω的合适。故选C。[2]R1的作用是保护电路。（2）[1]以上可知电流满偏时，电路总电阻为1500Ω，压敏电阻不受压力，故此时对应的压力为0；电流表的示数为5mA时，电路总电阻为R即总电阻比之前增加了300Ω，由于未加压力时压敏电阻为200Ω，则此时压力传感器的电阻为500Ω，通过图乙有k=解得此时压力为F=1[2][3]图乙可知R=200+20F根据图甲，由闭合电路欧姆定律得I=可知改装后电子压力计的刻度不均匀。（3）在调零时，已经将电流表内阻和电源内阻的影响考虑进去了，所以这种情况下没有系统误差，压力的测量值等于真实值。11．如图甲所示，福建舰配备了先进的电磁弹射系统。电磁弹射的简化模型如图乙所示，直流电源的电动势为E，电容器的电容为C，两条相距L的固定光滑导轨，水平放置处于磁感应强度B的匀强磁场中。现将一质量为m，电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。先将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下向右加速运动，达到最大速度后滑离轨道。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略空气阻力。（1）下列说法中正确的是（）A．K置于b前电容器的电荷量为EB．金属块向右做匀加速运动C．物块运动过程中，P端的电势始终高于Q端的电势D．物块的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为0（2）计算：求金属滑块在轨道上运动的最大加速度；（3）计算：求金属滑块在轨道上运动的最大速度。试写出一种可以提高金属块最大速度的办法？【答案】（1）C（2）CEBL（3）增大电源电动势【解析】【解答】（1）A．电容器充满电后，电容器的电荷量为Q=CU=CE，即K置于b前电容器的电荷量为CE，故A错误；B．金属块向右加速运动过程，电容器两端电压从E开始减小，滑块两端电压在增大，则电路总的电动势在减小，所以金属滑块受到的安培力在减小，加速度在减小，金属块向右做的不是匀加速运动，故B错误；C．右手定则可知，物块运动过程中，P端的电势始终高于Q端的电势，故C正确；D．物块的速度达到最大时，电容器两端电压等于滑块两端电压，故电容器所带的电荷量不为0，故D错误。故选C。（2）物块的速度达到最大时，电容器两端电压等于滑块两端电压，即电容器两端电压U=BL滑块从开始运动到最大速度，电容器放电量q对金属滑块，由动量定理有BLIt=Blq2（3）因为最大速度为vm=CEBL充电完成时，电容器电压等于电源电动势，电荷量：。放电过程中，电容器电压逐渐减小。二、含反电动势的电路分析1、回路电压方程：，​：电容器电压；BLv：金属棒切割磁感线产生的反电动势；I：回路电流2、电流方向与电势高低：由右手定则（或楞次定律）判断：金属棒向右运动，磁场垂直纸面向里（题中未明确，常见设定垂直纸面向里或向外，不影响原理），感应电动势使P端电势高于Q端。三、安培力与运动性质安培力：，方向由左手定则判断（与速度方向相同，推动加速）。初始时刻，反电动势为0，电流最大，加速度最大：随着增大，反电动势增大，电流减小，安培力减小→加速度减小→不是匀加速运动

四、最大速度条件与求解最大速度条件：当​时，回路电流为0，安培力为0，加速度为0，速度最大。此时电容器电压，​，电荷量​五、提高最大速度的方法

由表达式可知：增大电源电动势，减小滑块质量；减小电容器电容C；减小磁感应强度B或导轨间距L

通常最直接的方法是增大电源电动势E。六、易错点与辨析电荷量公式：，不是运动性质：加速度变化→非匀加速。最大速度时电荷量：不为零（​）。电势高低判断：始终P高Q低（因电流方向从P经滑块到Q）。（1）A．电容器充满电后，电容器的电荷量为Q=CU=CE即K置于b前电容器的电荷量为CE，故A错误；B．金属块向右加速运动过程，电容器两端电压从E开始减小，滑块两端电压在增大，则电路总的电动势在减小，所以金属滑块受到的安培力在减小，加速度在减小，金属块向右做的不是匀加速运动，故B错误；C．右手定则可知，物块运动过程中，P端的电势始终高于Q端的电势，故C正确；D．物块的速度达到最大时，电容器两端电压等于滑块两端电压，故电容器所带的电荷量不为0，故D错误。故选C。（2）物块的速度达到最大时，电容器两端电压等于滑块两端电压，即电容器两端电压U=BL滑块从开始运动到最大速度，电容器放电量q对金属滑块，由动量定理有BL因为q联立以上解得v（3）因为最大速度为v可知要提高最大速度，可以增大电源电动势。五、综合题：本大题共1小题，共16分。12．智能手机是现代人的必备物品，由于手机内置的传感器（如加速度计、陀螺仪、磁力计、气压计等）利用手机也可以进行各种物理实验。（1）图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附物体。图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图。若手机的重力为G，手机与水平方向的夹角为θ，下列说法正确的是（）A．手机受到的支持力一定小于GB．支架对手机的支持力大于手机对支架的压力C．支架对手机的作用力方向竖直向上D．支架对手机的摩擦力大小为G（2）利用智能手机的加速度传感器可测量手机运动的加速度。如图甲所示，将手机与弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在天花板上。用手握着智能手机，打开加速度传感器，t=0时刻从静止释放手机，得到竖直方向加速度随时间变化的图像如图乙所示，取竖直向上为正方向，下列说法正确的是（）A．0~1s内手机向下运动 B．t=0时刻，弹簧处于原长状态C．0.5~1.5s内手机处于失重状态 D．1.0~1.5s内弹簧的弹力增大（3）一同学利用智能手机中的磁传感器测量地磁场的磁感应强度。如图甲建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为面。手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可知该同学是在（选填“南半球”或“北半球”）进行此实验，所测的地磁场的磁感应强度B的大小为T（结果保留2位有效数字）。测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1240－562－260－553025－564024－56（4）某种手机防窥膜由透明介质和对光完全吸收的屏障构成，如图所示，屏障垂直于屏幕平行排列，可实现对像素单元可视角度θ的控制。发光像素单元紧贴防窥膜下表面，位于相邻两屏障正中间。不考虑光的衍射，下列说法正确的是（）A．防窥膜实现防窥效果主要是靠光的全反射B．其他条件不变时，透明介质的折射率越小，可视角度越小C．从上往下看，看到的图像比发光像素单元位置低D．屏障高度d越大，可视角度越大【答案】（1）C（2）C；D（3）北半球；6.1×10（4）B【解析】【解答】（1）A．因为采用了纳米微吸材料，斜面会对手机存在一个吸引力，所以手机受到的支持力大小可能大于G，也可能小于G，取决于吸附力的大小，故A错误；B．根据牛顿第三定律可知，支架对手机的支持力等于手机对支架的压力，故B错误；C．手机受到竖直向下的重力和支架的作用力，二力平衡，支架对手机的作用力大小为G，方向竖直向上，故C正确。D．根据平衡可知，支架对手机的摩擦力大小为Gsin故选C。（2）A．根据a-t图像中图线与横轴所围面积表示速度变化，可知0∼0.5s内手机加速向上运动，速度值逐渐增大，0.5∼1B．由图可知，初始时手机加速度竖直向上，根据牛顿第二定律F−mg=ma，可知弹簧处于伸长状态。故B错误；C．由图可知，0.5∼1.5sD．1.0∼1.5s内，有mg−F=ma故选CD。（3）因为每次测量时y轴指向不同方向，而z轴正向保持竖直向上，而沿z轴方向的磁场均为负值，可知该地的地磁场的竖