2025届四川省成都市石室中学高三下学期二诊模拟考试物理试卷

S0000531420 成都石室中学2024—2025学年度下期高2025届二诊模拟考试 物理答题卷 姓名： 班级： 考场： 考号： 正确填涂： 错误填涂： 注意事项 1.请将姓名、班级、学号等填写在对应的区域。 2.选择题使用2B铅笔填涂,修改时用橡皮擦干净。 3.非选择题使用黑色签字笔书写，保持答题卡整洁。 4.必须在题号区域内作答,答题卡虚线外禁止涂写。 成都石室中学2024—2025学年度下期高2025届二诊模拟考试 物理答题卷 第1页（共2页） 缺考：[ ]考号： 粘贴条形码区 (正面朝上切勿贴出虚线外，切勿倾斜。) 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分．每小题只有一个选项符合题意） 1 2 3 4 5 6 7 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每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，有错的得0分） 8 9 10 三、实验题（共计14分） 11（1） （2分） （2） （2分） （3） （2分） 12（1） （2分） （2） （3分） （3） （3分） 四、计算题（本题共3小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后 答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 13(10分) 14(14分) S0000531421 成都石室中学2024—2025学年度下期高2025届二诊模拟考试 物理答题卷 第2页（共2页） 15(16分) 第 1 页，共 4 页 命题/审题：文庙物理组 成都石室中学 2024—2025 学年度下期高 2025 届二诊模拟考试 物理试卷 考试时间：75分钟 一、单项选择题：本题共 7个小题，每小题 4分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符 合题目要求。 1.关于核反应与核能，下列说法正确的是 A. 𝐻𝑒 + 𝐵𝑒 → 𝐶 + 𝑛0 1 6 12 4 9 2 4 是原子核的人工转变 B. 𝑈 + 𝑛0 1 → 𝐵𝑎56 144 + 𝐾𝑟 + 3 𝑛0 1 36 89 92 235 是太阳内部发生的核反应之一 C.一重核发生 α 衰变后，衰变产物的结合能之和一定小于原来重核的结合能 D.由于衰变时要释放巨大的能量，根据 E=mc2，衰变过程总质量会增加 2.关于下列四种光学现象，说法正确的是 A.图甲：若厚玻璃板表面是平的，则条纹间距左窄右宽 B.图乙：说明光是一种横波 C.图丙：立体电影的原理与照相机镜头表面增透膜的原理相同 D.图丁：水中气泡明亮，其原理与光导纤维的原理相同 3.如图所示，半径为 R 的球体均匀分布着电荷量为 Q 的正电荷，球心位 于 xOy 坐标系的 O 点。在 x=3R 处放置一正点电荷，x=2R 处的电场强 度恰好为零。当截去右半球后（不影响球体内电荷的分布情况），x=2R 处的电场强度大小为 E0；已知静电力常量为 k，则截去右半球后，x=-2R 处的电场强度大小为 A.𝑘 13𝑄 25𝑅2 + 𝐸0 B.𝑘 13𝑄 25𝑅2 − 𝐸0 C.𝑘 𝑄 100𝑅2 + 𝐸0 D.𝑘 𝑄 100𝑅2 − 𝐸0 4.如图所示，木板 AB 长为 L，木板 B 端放有质量为 m 的静止物体（可视为质点）。物体与木板的动摩擦因 数为 μ，开始时木板水平。现缓慢抬高 B 端，使木板以 A 端为轴转动。当木板转到与水平面的夹角为 α 时，物体开始滑动，此时停止转动木板，物体滑到木板底端。则在整个过程中，下列说法错误．．的是 A.摩擦力对物体做功为 μmgLcosα B.支持力对物体做功为 mgLsinα C.重力对物体做功为 0 D.木板对物体做功为 mgLsinα – μmgLcosα 5.某行星有两颗绕其做匀速圆周运动的卫星 A 和 B，A 的运行周期大于 B 的运行周期。设卫星与行星中心 的连线在单位时间内扫过的面积为 S，则下列图像中能大致描述 S 与两卫星的线速度 v 之间的关系的是 第 2 页，共 4 页 命题/审题：文庙物理组 6.某新能源汽车以 30m/s 的速度行驶过程中发现其前方 30m 处有一辆货车，驾驶员立即刹车，其刹车过程 中的 𝑥 𝑡 − 𝑡图像如图所示，同时货车以下列哪种运动状态行驶可避免相撞 7.如图所示，在水平面内存在一半径为 2R 和半径为 R 的两个同心圆，半径为 R 的小圆和半径为 2R 的大圆 之间形成一环形区域。小圆和环形区域内分别存在垂直水平面、方向相反的匀强磁场。小圆内匀强磁场的 磁感应强度大小为 B。位于圆心处的粒子源 S 沿水平面向各个方向发射速率为 𝑞𝐵𝑅 𝑚 的正粒子，粒子的电荷量为 q，质量为 m，为了将所有粒子束缚在半径为 2R 的圆 形内，环形区域磁感应强度大小至少为 A. 3 5 B B. 5 3 B C. 3 4 B D. 4 3 B 二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要 求。全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有错选的得 0分。 8.图甲为中国京剧中的水袖舞表演，若水袖的波浪可视为简谐横波，图乙为该简谐横波在 t=0时刻的波形图， P、Q 为该波上平衡位置相距 1.05m 的两个质点，此时质点 P 位于平衡位置，质点 Q 位于波峰（未画出）， 且质点 P 比质点 Q 先振动。图丙为图乙中 P 点的振动图像。已知该波的波长在 0.5m 至 1m 之间，袖子足够 长，则下列说法正确的是 A. 该波沿 x 轴负方向传播 B. 该波的传播速度为 1m/s C. 质点 Q 的振动方程为 y=0.2sin( 5𝜋 2 t+ 𝜋 2 )m D. 若该波遇到一障碍物能发生明显的衍射现象，则该障碍物的尺寸可能为 60cm 9.如图所示，导线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势 e=110√2sin100πtV，导线框与理想 升压器相连进行远距离输电。输电线路的电流为 2A，输电线路总电阻为 25Ω，理想降压变压器副线圈接入 一台电动机，电动机恰好正常工作，且电动机两端的电压为 220V，电动机的功率为 1100W，导线框及其导 线电阻不计，不计一切摩擦，则 A.升压变压器原副线圈的匝数比为 11:60 B.图示位置线圈中的电流方向正在改变 C.线框转动一圈的过程克服安培力做功 24J D.若电动机突然卡住，输电线上的损耗功率将减小 第 3 页，共 4 页 命题/审题：文庙物理组 10.如图所示，一长为 L=6m 的倾斜传送带在电动机带动下以速度 v=4m/s 沿顺时针方向匀速转动，传送带与 水平方向的夹角 θ=37°。质量 m1=4kg 的小物块 A 和质量 m2=2kg 的小物块 B 由跨过定滑轮的轻绳连接，A 与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长。某时刻将物块 A 轻轻放在传送带底端，同时由 静止开始释放物块 B。已知物块 A 与传送带间的动摩擦因数 μ=0.5，不计滑轮的质量与摩擦，在 A 运动到传 送带顶端前 B 都没有落地。取 sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 g=10m/s2， 最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 A.释放瞬间，物块 B 的加速度大小为 10 m/s2 B.释放瞬间，物块 A 的加速度大小为 2 m/s2 C.物块 A 从底端到达顶端所需的时间为 2s D.物块 A 从底端到达顶端时，电动机多做的功为 136J 三、实验题:本题共 2个小题，共 14分 11．（6 分）重庆某同学在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，采用了如图所示的可拆式变 压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×10”的匝数。 (1)关于实验器材和实验过程，下列说法正确的有_____； A．变压器的铁芯可以用整块金属 B．本实验采用了控制变量法 C．测量副线圈电压时应当用交流电压表 D．因为实验原线圈的输入电压较低，在通电情况下可用手接触裸露的接线柱 (2)若变压器是理想变压器，电源接变压器原线圈“0”、“14”接线柱，副线圈接“0”、“4”接线柱，当副线圈所 接电表的示数为 6.0V，则原线圈的输入电压应为_____； A．21.0V B．12.0V C．5.0V D．3.0V (3)该同学组装变压器时忘记将铁芯闭合进行实验，当原副线圈匝数比为 8∶4，原线圈接 16.0V 交流电压，则 测量副线圈的交流电压表的实际读数可能是_____； A．0V B．2.60V C．8. 00V D．9.65V 12．（8 分）热敏电阻的阻值会随温度的变化而变化。实验小组用伏安法测量某热敏电阻的阻值，并研究其 阻值与温度的关系，实验室可提供的器材有：热敏电阻 Rt（阻值在几百到几千欧的范围内）；电压表 V（量 程为 15V，内阻约 3kΩ）；电流表 A（量程为 10mA，内阻为 1Ω）：滑动变阻器 R（最大阻值 20Ω）；蓄电池 （电动势为 E=12V，内阻不计）：开关、导线若干。 （1）为了减小热敏电阻测量误差，图 1 中电压表右侧导线接 （选填“a”或“b”）；正确连接电路后，调 节恒温箱中的温度，调节滑动变阻器的滑片 P，使电流表和电压表示数在合适数值，记录对应的电流表和电 压表的示数，并算出热敏电阻的阻值 Rt。多次改变温度 t，算出对应的阻值 Rt； 第 4 页，共 4 页 命题/审题：文庙物理组 （2）在坐标纸上作出 Rt 与温度 t 的关系图像如图 2 所示。由图可知，当电压表的示数为 14.0V，电流表的 示数为 2.0mA 时，热敏电阻所在处的温度约为 °C； （3）实验小组用该热敏电阻设计了如图 3 所示的保温箱温度控制电路，Rt 为热敏电阻，R2 为电阻箱，控制 系统可视为 R=1000Ω 的电阻，电源的电动势 E0=18V（内阻不计）。当通过控制系统的电流小于 3mA 时，加 热系统将开启为保温箱加热；当通过控制系统的电流达到 3mA 时，加热系统将关闭。若要使得保温箱内温 度低于 48°C，加热系统就开启，应将 R2 调为 Ω； 四、解答题：本题共 3个小题，共 40分。 13．（10 分）如图所示，一内壁光滑的足够高的导热圆柱形汽缸静止在地面上。汽缸内部有卡环，卡环上方 放有一质量𝑀 = 3kg的活塞和一个质量𝑚 = 1kg的物块，汽缸的横截面积为20cm2，汽缸内封闭有体积为 600cm3的一定质量的理想气体，气体的温度为 300K 时，汽缸内气体压强为𝑝 = 8 × 104Pa，大气压强𝑝0 = 1.0 × 105Pa，重力加速度 g=10m/s2，求 (1)此时卡环对活塞的支持力为多少？ (2)现对汽缸缓慢加热，当缸内气体温度上升到 1350K 时，封闭气体的体积为多少？ 14．（14 分）如图所示，电阻不计足够长的光滑平行金属导轨与水平面夹角 =  30 ，导轨间距 l ，所在平面 的正方形区域 abcd 内存在有界匀强磁场，磁感应强度方向垂直斜面向上。甲、乙金属杆质量均为 =m 0.02 kg、电阻均为 R= 1.6Ω，甲金属杆处在磁场的上边界，乙金属杆距甲也为 l ，其中 =l 0.4 m。同时无初速释放 两金属杆，此刻在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力 F，保持甲金属杆在运动过程中始终与乙金属杆未进 入磁场时的加速度相同。（取 =g 10 m/s2） （1）乙金属杆刚进入磁场后做匀速运动，求匀强磁场的磁感应强度？ （2）若从开始释放到乙金属杆离开磁场，乙金属杆中共产生热量 =Q 0.03 J，试求此过程中外力 F 对甲做 的功。 15．（16 分）在竖直平面内有 xoy 直角坐标系，x＜0 区域内有竖直向下的匀强电场，第一象限有水平向右的 匀强电场，两区域场强大小相等，x≤4m 区域内还有向里的匀强磁场 B=1T。下端位于 O 点的绝缘木板固定 在第一象限，上端位于磁场右边界，与+x 夹角 θ=37°，木板下端锁定了两个可视为质点的带电滑块 P 和滑 块 Q，电荷量大小均为 q=0.1C，P 的质量为 m1=0.03kg，Q 的质量为 m2，两滑块间有一根压缩的绝缘微弹簧 (不连接)。现解除锁定，弹簧瞬间恢复原长(无机械能损失)后，P 做匀速圆周运动，Q 恰好与木板无压力。 忽略电荷间的相互作用，重力加速度 g=10m/s2， = 3.14， sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1) 滑块 P 和滑块 Q 所带电性； (2)解除锁定前的弹性势能 Ep； (3)滑块 P 从开始运动到第一次过+y 轴所用时间 tp 和滑块 Q 离 开木板后在电场中的运动时间 tQ (tp保留小数点后一位，tQ可保 留根号)。 成都石室中学2024一2025学年度下期高2025届二诊模拟考试双向细目表 考试类型 高三二诊模拟考试 考试年级及科目 高三物理 考试时间 75分钟 试卷总分： 100分 预测平均分 63.6 预测及格率： 65% 命题教师 文庙校区物理组 审题教师： 文庙校区物理组 儒力层次 内容振块 具体内言 题型 题号 分值 预计得分 理解/推理 实验 分析/综合 核反应与棱能 选罪题 3.2 光的干涉、偏振、全反射现象 选罪幽 2 4 3 电场强度的益加 选年哑 3 4 3.5 功的量念 选纤题 4 4 3.2 √ 万有引力 选拜题 5 3 相调治击与图酸的结合 选释骊 6 2.8 √ 高考范国 帝电拉子在有界磁场中的运动 选择题 7 4 2.1 技形图与振动图像的结合 选挥题 8 6 4.8 交滨电与远距离输电 选释题 9 6 4 连接体中的网时性问题，传送带模型中的量里问置 选群置 10 6 3 变压器线四的电压与匝数的关系 实验☑ 11 6 4 伏安法测热敏电阳的阳值 实验丽 12 8 4 / 理想气体状态方程与商界问晒的结合 计算驱 13 10 6 电磁盛应中的动力学和能里问题 计算图 14 14 9 常电拉子在复合场中的动望、能里、动力学问“ 计算幽 15 16 2 总计 100 63.6第 1 页，共 5 页 成都石室中学 2024—2025学年度下期高 2025届二诊模拟考试 物理参考答案 一、单项选择题：本题共 7个小题，每小题 4分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符 合题目要求。 1.【答案】A 【解析】A. 𝐻𝑒 + 𝐵𝑒 → 𝐶 + 𝑛0 1 6 12 4 9 2 4 是查德威克发现中子的核反应方程，属于原子核的人工转变，故 A 项正 确； B.太阳内部发生的核反应是轻核的聚变反应， 𝑈 + 𝑛0 1 → 𝐵𝑎56 144 + 𝐾𝑟 + 3 𝑛0 1 36 89 92 235 是重核的裂变反应，故 B 项 错误； C.重核衰变后，因放出核能，则其衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故 C 项错误； D.根据爱因斯坦质能方程 E=mc2，衰变过程要发生质量亏损，故 D 项错误。 2.【答案】D 【解析】A.图甲为薄膜干涉的应用，若所检验的平面是平的，则条纹间距相等，故 A 项错误； B.图乙中的泊松亮斑，是光通过小圆板衍射形成的，说明光具有波动性，偏振现象才说明了光是一种横波， 故 B 项错误； C.图丙中立体电影利用了光的偏振现象，而增透膜利用了光的干涉，故 C 项错误； D.图丁中水中气泡明亮和光导纤维的原理都是光的全发射，故 D 项正确； 3.【答案】C 【解析】设在 x=3R 处放置正点电荷的电荷量为 q，球体可以等效为放置在球心处的点电荷 Q，正点电荷 q 和带电球体 Q 在 x=2R 处的合场强恰好为零，即 k 𝑄 4𝑅2 =k 𝑞 𝑅2 ，可得 Q=4q；依题意，截去右半球后，x=2R 处的 电场强度大小为 E0，可知截去的右半球在 x=2R 处产生的电场强度大小等于 E0，根据对称性可知，余下的 左半球在 x=-2R 处的电场强度大小等于 E0，方向沿 x 轴负方向，而 x=3R 处的正点电荷 q 在 x=-2R 处的电场 强度大小为 k 𝑞 (5𝑅)2 =k 𝑄 100𝑅2 ，方向沿 x 轴负方向，故 x=-2R 处的电场强度大小为𝑘 𝑄 100𝑅2 + 𝐸0，故 C 项正确。 4.【答案】A 【解析】A.在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为 α 的过程中，摩擦力不做功。物体沿木板下滑过 程中，摩擦力对物体做功为 Wf = - μmgLcosα，为负功，故 A 项正确； B.在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为 α 的过程中，支持力对物体做正功 WN，重力对物体做负 功 WG = - mgLsinα，对物体用动能定理得 WN – mgLsinα = 0 - 0，故 WN = mgLsinα。物体沿木板下滑过程中， 支持力对物体不做功，故 B 项错误； C.根据重力做功的特点可知，整个过程中，重力对物体做功为 0，故 C 项错误； D.木板对物体做的功等于摩擦力对物体做功与支持力对物体做功的代数和，故 W = Wf + WN = mgLsinα – μmgLcosα，故 D 项错误。 5.【答案】B 【解析】设卫星轨道半径为 r，线速度为 v，Δt 时间内卫星与行星中心的连线扫过的面积为 S= 1 2 𝑟2𝜃= 1 2 𝑟𝑣∆𝑡， 由 𝐺𝑀𝑚 𝑟2 = 𝑚𝑣2 𝑟 得 r= 𝐺𝑀 𝑣2 ，综合得 𝑆 ∆𝑡 = 𝐺𝑀 2𝑣 ，因为 A 的运行周期大于 B 的运行周期，根据开普勒第三定律可知，卫星 A 的线速度小于卫星 B，故图 B 正确。 6.【答案】C 【解析】对新能源汽车，由运动学公式得 x=𝑣0𝑡- 1 2 𝑎𝑡2，变形得 𝑥 𝑡 =𝑣0 − 1 2 𝑎𝑡，结合图像可知，𝑣0=30m/s，− 1 2 𝑎=- 第 2 页，共 5 页 5m/s2，a=10m/s2，则新能源汽车的速度减为零所用的时间为 t= 𝑣0 𝑎 =3s，刹车时的位移为 x= 𝑣0 2 2𝑎 =45m。 图 A 为 x-t 图象，图象的斜率表示速度，可知货车以 v1=5m/s 的速度做匀速直线运动，两车速度相等所用的 时间为 t1= 𝑣0−𝑣1 𝑎 =2.5s，而在此时间内两车之间的位移关系为𝑣0𝑡1 − 1 2 𝑎𝑡1 2=43.75 m >Δx +𝑣1𝑡1=42.5 m，故图 A 错误； 图 B 为 x-v2图像，由𝑣2=2ax 得 x= 1 2𝑎 𝑣2，结合图像可知， 1 2𝑎2 = 1 8 s2/m，所以货车做加速度大小为 a2=4m/s2 的 匀加速直线运动，则两车速度相等所用的时间为 t2= 𝑣0 𝑎+𝑎2 = 15 7 s，在此时间内两车的位移关系为 𝑣0𝑡2 − 1 2 𝑎𝑡2 2= 2025 49 m >Δx + 1 2 𝑎2𝑡2 2= 1920 49 m，故图 B 错误； 图 C、D 为 v-t 图像，图 C 在 0~2s 内的平均速度大于做加速度大小为 a3=5m/s2 的匀加速直线运动的平均速 度，而图 D 在 0~2s 内的平均速度小于做加速度大小为 a3=5m/s2的匀加速直线运动的平均速度，若货车以加 速度 a3 做匀加速直线运动，则两车 0~2s 内的位移关系有𝑣0𝑡3 − 1 2 𝑎𝑡3 2=Δx + 1 2 𝑎3𝑡3 2=40m，则可知恰好不相撞， 综合上述分析，图 C 正确，图 D 错误。 7.【答案】B 【解析】粒子在小圆内做圆周运动的半径为 r= 𝑚𝑣 𝐵𝑞 =R，做出轨迹如图所示，由轨迹圆可 知，粒子从 A 点与 OA 成 30°角的方向射入环形区域，粒子恰好不射出磁场时，轨迹 圆与大圆相切，设粒子在圆周运动的半径为 r’，由几何关系可知∠OAO2=120°，由余 弦定理可得(2R-r’)2=r’2+R2-2Rr’cos120°，解得 r’= 3 5 R，由 qvB’= 𝑚𝑣2 𝑟′ ，得 B’= 𝑚𝑣 𝑞𝑟′ = 5 3 B，故 B 项正确。 二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要 求。全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有错选的得 0分。 8.【答案】CD 【解析】A.根据图丙可知，t=0 时刻，质点 P 沿 y 轴正方向振动，结合图乙可知该波沿 x 轴正方向传播，故 A 项错误； B.因为 P 点比 Q 点先振动，所以 Q 点在 P 点右侧，根据题意可知 nλ+ 3 4 λ=1.05m(n=0，1，2，…)，整理得 λ= 21 20𝑛+15 m(n=0，1，2…)，又因为该波波长在 0.5m 至 1m 之间，所以 λ=0.6m，则该波的传播速度 v= 𝜆 𝑇 =0.75m/s，故 B 项错误； C.ω= 2𝜋 𝑇 = 5𝜋 2 rad/s，因此点 Q 的振动方程为 y=0.2sin( 5𝜋 2 t+ 𝜋 2 )m，故 C 项正确； D.根据明显衍射的条件可知，当障碍物的尺寸小于波长或与波长接近时，该波将发生明显衍射，故 D 项正 确。 9.【答案】AC 【解析】A.设升压变压器原副线圈两端电压、电流为 U1、U2和 I1、I2，降压变压器原副线圈两端电压、电流 为 U3、U4 和 I3、I4，则由题意知，ΔP=I2R=22˙25=100W，P3=P4=1100W，P2=ΔP+P3=1200W，U2= 𝑃2 𝐼2 =600V， 第 3 页，共 5 页 U1=110V，故 𝑛1 𝑛2 = 𝑈1 𝑈2 = 11 60 ，故 A 项正确； B.线框过中性面位置时，电动势为零、电流为零，正在变方向，而图示位置为垂直中性面位置，故 B 项错 误； C.P1=P2=1200W，T= 2𝜋 𝜔 =0.02s，则线框转动一圈的过程克服安培力做功 W=P1T=24J，故 C 项正确； D.若电动机突然卡住，则 I4 增大、P4 增大，I3 增大、输电线上的损耗功率ΔP 增大，故 D 项错误。 10.【答案】BD 【解析】A.B.对 AB 连接体，由牛顿第二定律得，(m1+m2)a=m2g+μm1gcosθ-m1gsinθ，得 a=2m/s2，故 A 项错 误，B 项正确； C.设历时 t1，物块 A 先与传送带达共速，则 t1= 𝑣 𝑎 =2s，此过程中物块发生的位移为 x1= 1 2 𝑎𝑡1 2=4m<L=6m，故 假设成立。之后，设物块 A 能随传送带向上做匀速运动，则对 AB 连接体，由平衡条件得，m2g-m1gsinθ+f 静=0，得 f 静=4N<fmax=μm1gcosθ=16N，故假设成立。则物块 A 做匀速运动的时间为 t2= 𝐿−𝑥1 𝑣 =0.5s，故 A 从底 端到达顶端所需时间为 t1+t2=2.5s，C 项错误。 D.物块 A 从底端到达顶端时，相对路程为 Δx=vt1-x1=4×2m-4m=4m，设电动机多做的功为 W，根据能量守 恒定律得，W+m2gL-m1gLsinθ= 1 2 (m1+m2)v 2+μm1gcosθΔx，解得 W=136J。故 D 项正确。 三、实验题:本题共 2个小题，共 14分 11.【答案】(1)BC (2)A (3)B （每空 2 分） 【详解】（1）为了降低涡流造成的损耗，变压器的铁芯是用相互绝缘的薄硅钢片叠合而成，故 A 错误；为 便于探究，可以采用控制变量法，故 B 正确；变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用交 流电压表，故 C 正确；虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路， 这样可减小实验误差，避免发生危险，故 D 错误。 故选 BC。 （2）变压器为理想变压器，则原线圈电压为 = =  = n U nU 4 6V 21V 14 2 1 1 2 ， 故选 A。 （3）假设变压器为理想变压器，则副线圈电压为 = =  = n U n U 8 16V 8.0V 42 1 2 1 ，考虑到变压器不是理想 变压器，则副线圈两端电压小于 8.0V，电压表测量有效值，则读数小于 8.0V，故选 B。 12.【答案】（1）b （2）12 （3） 2000（每空 2 分） 【详解】（1）因为有电流表内阻已知，故电流表应采用内接法，图 1 中电压表右侧导线接 b； （ 2 ） 当 电 压 表 示 数 为 14.0V ， 电 流 表 的 示 数 为 2.0mA 时 ， 热 敏 电 阻 的 阻 值 为  = =  =   −I R U t 2.0 10 7.0 10 14.0 3 3 ，根据图 2 可知热敏电阻所处的温度约为 12℃； （3）取控制系统电流为 = =I 2mA 0.002A0 ，由图 2 知，当温度为 48℃时热敏电阻的阻值为  3.0 10 3 ，根 据闭合电路欧姆定律，有 + + = R R R I E t 2 0 0 ，代入数据得 = R 20002 ，所以若要使得保温箱内温度低于 48°C， 加热系统就开启，应将 R2 调为 2000Ω。 四、解答题：本题共 3个小题，共 40分。 13．【答案】(1)80𝑁 (2) 1800cm3 第 4 页，共 5 页 【详解】 解：（1）根据题意，对活塞和物块整体受力分析，由平衡条件有𝑝0𝑆 + (𝑀 +𝑚)𝑔 = 𝑝𝑆 + 𝐹𝑁 （2 分） 代入数据解得𝐹𝑁 = 80𝑁 （2 分） （2）升高温度，活塞恰好离开卡环，由平衡条件有𝑝0𝑆 + (𝑀 +𝑚)𝑔 = 𝑝1𝑆 解得 = p 1.2 10 Pa1 5 （2 分） 汽缸内气体发生等容变化，根据查理定律可得 = T T p p 1 1 代入数据，解得𝑇1 = 450𝐾 （2 分） 因为𝑇2 = 1350𝐾大于𝑇1 = 450𝐾，所以活塞已经离开卡环，此后封闭气体的压强不变。根据盖吕萨克定律可 得 𝑇1 𝑉1 = 𝑇2 𝑉2 代入数据，解得𝑉2 = 1800cm 3 （2 分） 14．【答案】（1）1.0T；（2）0.02J 【详解】 解：（1）乙进入磁场前的加速度 a=gsinθ=5m/s2 （2 分） 甲乙加速度相同，当乙进入磁场时，甲刚出磁场； 乙进入磁场时 = =v gl2 sin 2m/s （2 分） 乙在磁场中匀速运动 = R mg B l v 2 sin 2 2 （2 分） 所以 =B T1.0 （1 分） （2）乙进入磁场前，甲乙产生相同热量，均设为 Q1，此过程中甲一直在磁场中，外力 F 始终等于安培力， 则有 WF=W 安=2Q1 （1 分） 乙在磁场中运动产生热量 Q2，利用动能定理 − =mgl Qsin 2 02 （2 分） 得 Q2=0.02J （1 分） 甲乙产生相同热量 = − =Q Q Q 0.01J1 2 （1 分） 由于甲出磁场以后，外力 F 为零，可得 WF=2Q1=0.02J （2 分） 15．【答案】(1) 滑块 P 带负电，滑块 Q 带正电；(2) 6 J 7 ；(3)1.3s ， + s 10 3 69 【详解】 解：(1)据题意分析可得，滑块 P 带负电，滑块 Q 带正电 （2 分） (2)滑块 P 二力平衡， =m g qE1 （1 分） 滑块 Q 三力平衡， =m g qEtan2 （1 分） 得 =m 0.04kg2 （1 分） 设弹簧恢复后滑块 P 和滑块 Q 的速度分别为v1和 v2，对滑块 Q 有： =  qv B m g cos 2 2 （1 分） 弹簧恢复瞬间滑块 P 和滑块 Q 动量守恒，有： = −m v m v0 1 1 2 2 （1 分） 滑块 P 和滑块 Q 机械能守恒，有： = +E m v m v 2 2 1 1 P 1 1 2 2 2 2 （1 分） 弹簧弹性势能 =E J 6 7 P （1 分） 第 5 页，共 5 页 (3)滑块 P 匀速圆周运动，有： = r qv B m v 1 1 1 2 ，又 =  v T r P 2 1 ， =  +    t TP 2 2 得 t sP 1.3 （3 分） 滑块 Q 在重力和电场力的合力下做类平抛运动，如图所示 过木板的上端作垂线交 x 轴于 M 点，轨迹经时间 tQ 交 x 轴于 N 点，设 MN 长度为x ，木板的长度为 5mL ， 滑块 Q 在 v2方向匀速直线运动，有： =x v tQcos 2 （1 分） 滑块 Q 在合力方向匀加速直线运动，有： + = L x atQ 2 tan sin 1 2 （1 分） 其中 =  m a m g cos 2 2 （1 分） 联立求解可得 = + x m 8 15 5 69 ， = + t sQ 10 3 69 （1 分）