资源描述
大联考长郡中学 2025 届高三月考试卷（一）
物理
得分：________
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共 8 页。时量 75 分钟。满分 100 分。
第Ⅰ卷 选择题（共 44 分）
一、选择题（本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。每小题只有一项符合题目要求）
1
．下列关于行星和万有引力的说法正确的是
A．开普勒发现了行星运动规律，提出行星以太阳为焦点沿椭圆轨道运行的规律，并提出了日心说
B．法国物理学家卡文迪什利用放大法的思想测量了万有引力常量 G，帮助牛顿总结了万有引力定律
C．由万有引力定律可知，当太阳的质量大于行星的质量时，太阳对行星的万有引力大于行星对太阳的万有
引力
D．牛顿提出的万有引力定律不只适用于天体间，万有引力是宇宙中具有质量的物体间普遍存在的相互作用
力
2
．如图所示，甲，乙两柱体的截面分别为半径均为 R 的圆和半圆，甲的右侧顶着一块竖直的挡板。若甲和
乙的质量相等，柱体的曲面和挡板可视为光滑，开始两圆柱体柱心连线沿竖直方向，将挡板缓慢地向右移
动，直到圆柱体甲刚要落至地面为止，整个过程半圆柱乙始终保持静止，那么半圆柱乙与水平面间动摩擦
因数的最小值为
3
1
2
3
2
A．
B．
C．
D．
2
4
2
★
3．我国首个火星探测器“天问一号”在海南文昌航天发射场由“长征 5 号”运载火箭发射升空，开启了我国
行星探测之旅。“天问一号”离开地球时，所受地球的万有引力 F 与它距离地面高度 h 的关系图像如图甲所
1
1
示，“天问一号”奔向火星时，所受火星的万有引力 F 与它距离火星表面高度 h 的关系图像如图乙所示，已
2
2
知地球半径是火星半径的两倍，下列说法正确的是
A．地球与火星的表面重力加速度之比为 3∶2
B．地球与火星的质量之比为 3∶2
C．地球与火星的密度之比为 9∶8
D．地球与火星的第一宇宙速度之比 2 :3
1
2
4
．如图所示，以 O 为原点在竖直面内建立平面直角坐标系：第Ⅳ象限挡板形状满足方程
y =
x
2
− 2 （单
位：m），小球从第Ⅱ象限内一个固定光滑圆弧轨道某处静止释放，通过 O 点后开始做平抛运动，击中挡板
上的 P 点时动能最小（P 点未画出），重力加速度大小取10m/s2 ，不计一切阻力，下列说法正确的是
A．P 点的坐标为( 2m,−1m)
B．小球释放处的纵坐标为 y =1m
C．小球击中 P 点时的速度大小为 5m/s
D．小球从释放到击中挡板的整个过程机械能不守恒
5
．在如图所示电路中，电源电动势为 E，内阻不可忽略， R 和 R 为定值电阻，R 为滑动变阻器，P 为滑动
1
2
变阻器滑片，C 为水平放置的平行板电容器，M 点为电容器两板间一个固定点，电容器下极板接地（电势
为零），下列说法正确的是
A．左图中电容器上极板带负电
B．左图中滑片 P 向上移动一定距离，电路稳定后电阻 R1 上电压减小
C．若将 R2 换成如右图的二极管，电容器上极板向上移动一定距离，电路稳定后电容器两极板间电压增大
D．在右图中电容器上极板向上移动一定距离，电路稳定后 M 点电势降低
6
．图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以
向上为正方向，得到手机振动过程中加速度 a 随时间 t 变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确
的是
A．t = 0时，弹簧弹力为 0
B．t = 0.2s 时，手机位于平衡位置上方
C．从t = 0至t = 0.2s 手机的动能增大
(
)
2
D．a 随 t 变化的关系式为 a 4 sin 2.5πt m/s
=
二、选择题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。每小题有多个选项符合题目要求，全部
选对得 5 分，选对但不全得 3 分，有选错或不选得 0 分）
★
7．如图所示，半圆玻璃砖可绕过圆心的垂直轴转动，圆心 O 与足够大光屏的距离 d = 20cm ，初始半圆
玻璃砖的直径与光屏平行时，一束光对准圆心、垂直于光屏射向玻璃砖，在光屏上O1 点留下一光点，保持
入射光方向不变，让玻璃砖绕 O 点顺时针方向转动 α（α < 90° ）时，光屏上光点也会移动，当玻璃砖转过
6
+ 2
α = 30°角时，光屏上光点位置距离 O1 点为 20cm，（sin 75° =
）则
4
A．玻璃砖转动后，光屏上的光点会相对于O1 向上移动
B．该玻璃砖的折射率为 2
6
+ 2
C．该玻璃砖的折射率为
2
6
− 2
D．当玻璃砖绕 O 点相对初始位置转过的角度 α 的正弦值为
时，光屏上的光点消失
2
8
．如图甲所示为氢原子的能级图，大量处于 n = 4 激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其
中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极 K 上时，当电压表示数为 7V 时，电流表示数恰好为零。
下列说法正确的是
A．图乙中电源左侧为正极
B．光电管阴极 K 金属材料的逸出功为 12.75eV
C．这些氢原子跃迁时共发出 3 种频率的光
D．氢原子跃迁放出的光子中共有 3 种频率的光子可以使阴极 K 发生光电效应现象
9
．如图，一质量为 M 的光滑滑块静止于足够长的光滑水平面上，滑块由半径为 1.5R 的四分之一圆弧轨道
和长度为 0.5R 的竖直轨道组成，圆弧轨道底端切线水平。一质量为 m 的小球（可视为质点），以初速度
v = 4 gR 水平向右运动，在圆弧轨道运动时间为t ，恰好能到达竖直轨道最高点。重力加速度为 g，则
0
0
A．小球的质量 m 与滑块的质量 M 之比为 3∶1
B．小球到达最高点时的速度为 2 3gR
C．小球与滑块分离时的速度为 2 gR
1
5
D．从小球进入圆弧轨道到竖直轨道最高点的过程中，滑块移动的距离为3t0 gR +
R
8
1
0．如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为 30°，斜面上两平行水平虚线 MN 和 PQ 之间
有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ 以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ 两侧匀强磁场的磁感应强
度大小相等。正方形导线框 abcd 四条边的阻值相等，t = 0时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，开始释
放时 ab 边恰好与虚线 MN 重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的 v −t 图像如图乙所示，
t ~ t 时间内导线框的速度大小为 v ，重力加速度为 g，下列说法正确的是
1
2
0
A． 0 ~ t1 时间内，导线框的 ab 边一定没有经过虚线 PQ
v0
2
B．t ~ t 时间内，导线框的速度大小为
2
4
C．t ~ t 时间内，导线框 a、c 两点间的电势差为 0
3
4
v
3v0
2
( − )+
D．t ~ t 时间内，导线框的位移大小为
0
t
t
2
3
3
2
4
8g
选择题答题卡
题号
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
得分
第Ⅱ卷 非选择题（共 56 分）
三、实验题（共 16 分）
11．（6 分）某学习小组利用不同的实验装置，进行探究平抛运动规律的实验：
（
1）甲同学采用如图甲所示的装置，为了验证做平抛运动的小球在竖直方向做自由落体运动，用小锤打击
弹性金属片，A 球水平抛出，同时 B 球被松开自由下落。关于该实验，下列说法中正确的有________。
A．两球的质量应相等
B．两球同时落地
C．应改变装置的高度，多次实验
D．增大打击力度，则 B 球先落地
E．该实验也能说明 A 球在水平方向上做匀速直线运动
（
2）乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，图中背景方格的边长均为
0m/s2 ，则小球平抛的初速度大小为________m/s，经过 b 点时的速度方向与
水平分向夹角的正切值为________。
3.2cm，如果重力加速度 g 取1
★
12．（10 分）某物理兴趣小组制作了一个简易电子体温计，其原理图如图 2 所示。
（
1）兴趣小组测出某种热敏电阻的 I −U 图像如图 3 所示，那么他们选用的应该是下图________电路（填“甲”
或“乙”），由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而________（填“增大”或“减小”）；
（
2）小周同学用一个内部电源电动势为 3V、中值电阻为 100Ω 的欧姆表（已调零）接在上述热敏电阻（伏
安特性曲线如图 3 所示）两端，测量其阻值，如图 4 所示，则测量值为________Ω（结果保留 3 位有效数字）；
（
3）热敏电阻的阻值随温度的变化如图 5 所示，在设计的电路中（如图 2 所示），已知电源电动势为 5.0V
（
内阻不计），电路中二极管为红色发光二极管，红色发光二极管的启动（导通）电压为 3.0V，即发光二极
管两端电压U≥3.0V 时点亮，同时电铃发声，红色发光二极管启动后对电路电阻的影响不计。实验要求当
热敏电阻的温度高于 38℃时红灯亮且铃响发出警报，其中电阻________（填“ R ”或“ R ”）为定值电阻，其
1
2
阻值应调为________Ω（结果保留两位有效数字）。
四、解答题（本题共 3 小题，其中第 13 题 11 分，第 14 题 13 分，第 15 题 16 分，共 40 分）
★
13．（11 分）如图甲所示，一水平放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ与活塞Ⅱ之间
封闭有一定量的理想气体，两活塞用长度为 2L、不可伸长的轻质细线连接，活塞Ⅱ恰好位于汽缸的粗细缸
连接处，此时细线拉直且无张力。现把汽缸竖立放置，如图乙所示，活塞Ⅰ在上方，稳定后活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸
的粗细缸连接处的距离均为 L。已知活塞Ⅰ与活塞Ⅱ的质量分别为 2m、m，面积分别为 2S、S，环境温度为T0 ，
重力加速度大小为 g，大气压强保持不变，忽略活塞与汽缸壁的摩擦，汽缸不漏气，汽缸与活塞导热性良好，
不计细线的体积。
（
（
1）缓慢升高环境温度，稳定后活塞Ⅱ再次回到汽缸的粗细缸连接处，求环境温度 T 及此时细线张力 FT ；
2）在图乙中，若温度保持T0 不变，用力缓慢上推活塞Ⅱ，使其再次回到汽缸的粗细缸连接处并保持静止，
求稳定后推力 FN 及活塞Ⅰ到粗细缸连接处的距离 x。
1
4．（13 分）如图所示，AB 为足够长的光滑斜面，斜面底端 B 处有一小段光滑圆弧与水平面 BE 平滑相连，
其中 CD 部分粗糙，其长度 L =1m ，其余部分光滑，DE 部分长度为 s =1m，E 点与半径 R =1m的竖直光
滑半圆形轨道相接，O 为轨道圆心，E 为最低点，F 为最高点。将质量 m1 = 0.5kg 的物块甲从斜面上由静
止释放，如果物块甲能够穿过 CD 区域，它将与静止在 D 点右侧的质量为 m2 =1kg 的物块乙发生弹性正碰，
已知物块甲、乙与 CD 间的动摩擦因数为 µ = 0.25，g 取10m/s2 ，且物块均可看成质点。求：
（
1）若物块乙被碰后恰好能通过圆轨道最高点 F，求其在水平面 BE 上的落点到 E 点的距离 x；
（
2）若物块甲在斜面上释放的高度 h0 =11.5m ，求物块乙被碰后第一次运动至圆轨道最低点 E 时对轨道的
压力 FN 大小；
3）用质量 m3 =1kg 的物块丙取代物块甲（丙与 CD 间的动摩擦因数 µ = 0.25），为使物块丙能够与物块
（
乙碰撞，并且碰撞次数不超过 2 次，求物块丙在斜面上释放的高度 h 应在什么范围？（已知所有碰撞都是
弹性正碰，且不考虑物块乙脱离轨道后与物块丙可能的碰撞）
1
5．（16 分）现代科技中常用电场和磁场来控制带电粒子的运动。如图甲所示，在竖直平面内建立 xOy 坐标
系，在 y≥0 区域存在磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），在 O 点沿 y 轴
3
3a,− a处沿 x 轴
2
正方向放置足够长的荧光屏 A。第三象限内存在沿 y 轴正方向的匀强电场，在点 P
−
正方向射出速度为 v 的粒子，恰好以 2v 的速率从 O 点射入磁场、粒子的质量为 m，电荷量为＋q，不计粒
0
0
子的重力及粒子间的相互作用。sin 37° = 0.6 ， cos 37° = 0.8。求：
（
1）该粒子击中荧光屏 A 的位置 Q；
（
2）该粒子从 P 运动到 Q 的时间；
9
mv
（
3）如图乙所示，移去荧光屏 A，在
y =
0 处平行于 x 轴放置一足够长的挡板 C，在电场中 P、O 两点
4
Bq
1
之间有一连续分布的曲线状粒子源，其形状的曲线方程为
y = −
x2 ，− 3a≤x < 0 。该粒子源沿 x 轴正
2
a
方向以速度 v0 持续发射与 P 点处相同的粒子，粒子按 y 坐标均匀分布，粒子源发射一段时间后停止发射，
粒子击中挡板 C 立即被吸收。求击中挡板 C 的粒子数与发射的总粒子数之比 η。
炎德•英才大联考长郡中学 2025 届高三月考试卷（一）
物理参考答案
一、选择题（本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。每小题只有一项符合题目要求）
1
．D 【解析】A．开普勒发现了行星运动规律，提出行星以太阳为焦点沿椭圆轨道运行的规律，但在此
之前哥白尼已经提出了日心说，A 错误；B．英国物理学家卡文迪什利用放大法的思想测量了万有引力常量
G，但是在牛顿发现万有引力定律之后 100 年，故不可能帮助牛顿总结万有引力定律，B 错误；C．由万有
引力定律可知，太阳对行星的万有引力和行星对太阳的万有引力是作用力和反作用力，二者大小相等，C
错误；D．牛顿提出的万有引力定律不只适用于天体间，万有引力是宇宙中具有质量的物体间普遍存在的相
互作用力，D 正确。
故选 D。
2
．A 【解析】分析可知，只要摩擦力最大时刚好不滑动，此时对应的动摩擦因数最小。整体分析有 N = 2mg ，
mg
tanθ
mg
tanθ
f = F ，设O O 与水平面的夹角 θ，对甲，由平衡条件得 F =
，联立解得 f =
，可知角越小，
板
1
2
板
mg
tan 30°
3
f 越大，由几何关系得，θ 最小为 30°。则 f =
= µN = µ ⋅2mg ，解得 µ =
，故选 A。
2
M m
地
R
2
地
M m
火
R
2
火
g地
9
4
3
．C 【解析】AB．根据题意有 G
= mg = 9F ，
G
= mg = 4F R = 2R
，
，所以
=
，
地
0
火
0
地
火
g火
M
地
4
πR3
M
9
1
ρ地
ρ火
9
地
地
M火
=
，
故 AB 错误；C．地球与火星的密度之比
= 3M
=
，故 C 正确；D．地球与火星的第
8
火
4
πR3
3
火
v地
g R
地 地
3
=
=
一宇宙速度之比为
，故 D 错误。故选 C。
v火
g R
2
火
火
1
4
．A 【解析】C．设小球从 O 点开始做平抛运动的初速度大小为 v0 ，则有
y = − gt2 ， x = v0t ，又
2
1
2
4
+ g
y =
x
2
− 2 ，解得小球从 O 点落到挡板上的时间为t
2
=
，由小球落在挡板上的速度为
v
2
0
4
g
2
4g
2
4g
2
vP = v02 + (gt)2 ，联立解得 vP = v0
+
=
(v
+ g +
)
− g ，当且仅当 v2
(
+
)
=
2
2
0
g
，
v
2
0
+
g
v
2
0
+
g
0
v
2
0
+ g
即 v0
=
g
=
10m/s，此时，小球击中 P 点时的速度最小，速度为 v = 30m/s ，故 C 错误；A．由小球
P
4
+ g
1
5
1
从 O 点落到挡板上的时间为t =
=
s ，由平抛运动规律，P 点的位置为
y = − gt = −1m，
2
v
2
0
2
(
)
x = v0t = 2m ，因此 P 点的坐标为 2m,−1m ，故 A 正确；B．设小球在圆弧轨道释放位置距离 x 轴的
1
竖直距离为 y，根据动能定理得
mgy = mv2 ，解得 y = 0.5m ，故 B 错误；D．小球从释放到击中挡板的
0
2
整个过程只有重力做功，机械能守恒，故 D 错误。故选 A。
．C 【解析】A．由图可知，电容器上极板带正电，A 错误；B．滑片 P 向上移动一定距离后，电路中电
5
阻和电流均不变，则电阻 R1 上电压不变，B 错误；C．电容器上极板向上移动一定距离，由于二极管的特性，
U
Q
εS
4πkQ
εS
电容器不能放电，带电量不变，根据公式 E = ，C = ，C =
，可得 E =
，所以场强不变，
d
U
4πkd
可得电路稳定后，电容器两极板间电压增大。C 正确；D．电容器上极板向上移动一定距离，由于板间场强
不变，由U = Ed 知，M 与下极板间的电势差不变，所以 M 点电势将不变，D 错误。故选 C。
6
．D 【解析】A．由题图乙知，t = 0时，手机加速度为 0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为 F = mg ，
A 错误；B．由题图乙知，t = 0.2s 时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B 错误；C．由题图
乙知，从t = 0至t = 0.2s ，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，
2
π
C 错误；D．由题图乙知T = 0.8s ，则角频率ω =
= 2.5πrad/s ，则 a 随 t 变化的关系式为
T
(
)
2
a 4 sin 2.5πt m/s ，D 正确。故选 D。
=
二、选择题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
7
．ACD 【解析】如图所示，玻璃砖转动后，光屏上的光点会相对于O1 向上移动，故 A 正确；玻璃砖转
O1P
d
20cm
20cm
过 30°角时，折射光路如图所示，入射角i = 30°，根据几何关系可得
tanθ =
=
=1，解得θ = 45°，
sini
sinγ
1
6 + 2
则折射角γ = 45°+ 30° = 75°，根据折射定律可得
=
，可得 n =
，故 B 错误，C 正确；发
n
2
1
1
6 − 2
生全反射时，有sinC = ，此时转过的角度刚好等于临界角，则sinα = sinC =
=
，故 D 正确。
n
n
2
8
．AD 【解析】A．由于能使光电流为零，说明电源给光电管提供的是反向电压，即与光电光阴极 K 连接
的是电源正极所以图乙中电源左侧为正极，故 A 项正确；B．大量 n = 4 能级原子跃迁，其中频率最高的光
子的能量为 E −0.85eV
=
−(−13.6eV) =12.75eV ，由于当电压为 7V 时电流表示数为零，所以光电子的最
大相动能为 E = eU = 7eV ，由光电效应方程有 E = E +W ，解得W = 5.75eV ，故 B 项错误；C．大量
k
k
0
0
n = 4 能级原子跃迁，所以其发出的光子的种类为 6 种，故 C 项错误；D．由上述分析可知，阴极 K 的选出
功为 5.75eV，则该大量原子放出的光子能量分别为 E1 −0.85eV
=
−(−13.6eV) =12.75eV ，
E2 = −0.85eV
E4 = −1.51eV
E6 = −3.40eV
−(−3.40eV) =
2.55eV，
E = −0.85eV −(−1.51eV) = 0.66eV
，
3
−(−13.6eV) =12.09eV ， E5 = −1.51eV −(−3.40eV) =1.89eV
，
−(−13.6eV) =10.20eV，其中光子能量大于 5.75eV 的光子有 3 种，所以氢原子跃迁放出的
光子中共有 3 种频率的光子可以使阴极 K 发生光电效应现象，故 D 项正确。故选 D。
9
．ACD 【解析】A．小球从进入圆弧部分至到达最高点过程中，小球和滑块组成的系统机械能守恒、水
1
2
1
(M + )
m v ，
mv0
= (M + m)v2 + mg ⋅2R
，解得
2
平方向动量守但，以水平向右为正方向，则有 mv0
=
2
m
v = 3 gR ， M
=
，故 A 正确；B．小球到达最高点时竖直方向速度为 0，剩下水平方向与滑块共速的
3
速度 v 3 gR ，故 B 错误；C．小球从进入滑块到离开滑块过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、
=
1
2
1
1
2
水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有 mv = mv + Mv ，
mv0
2
= mv2 + Mv2 ，解得
0
1
2
1
2
2
v1 = 2 gR ，即小球离开孔道时速度大小为 2 gR ，方向与初速度相同，即水平向右，故 C 正确；D．小
球从进入滑块至到达圆弧部分最高点的过程中，小球和物块组成的系统水平方向动量始终守恒，则有
mv = mv + M v ，小球在圆弧部分运动的时间为t ，则有 mv t = mv t + M v t ，其中 x = v t ，x = v t ，
0
1
2
0
0 0
1 0
2 0
1
1 0
2
2 0
3
v0t0 − 4.5R
该时间t 内，小球和物块的相对位移为 x − x =1.5R ，解得
x =
2
，小球在竖直部分运动至最
0
1
2
4
1
高点过程中，在竖直方向做竖直上抛运动，则有 0.5R = gt2 ，该过程中，物块在水平方向做匀速直线运
1
2
动，此过程物块的位移 x = vt ，解得 x = 3R，综上可知，小球到达最高点时，物块移动的距离 x = x + x ，
3
1
3
2
3
1
5R
解得 x = 3t0 gR +
，故 D 正确。故选 ACD。
8
1
0．CD 【解析】A．导线框在下滑过程中，若导线框的边长大于 MN 和 PQ 之间的磁场宽度，导线框的
ab 边可以经过虚线 PQ，故 A 错误；B．t ~ t 时间内，设导线框的总电阻为 R，根据平衡条件可得
1
2
BLv
R
2BLv
I BL = mg sinθ ，其中 I =
0 ，t ~ t 时间内，根据平衡条件可得 2I BL = mg sinθ ，其中 I =
，
1
1
3
4
2
2
R
v
则t ~ t 时间内，导线框的速度大小为
v = 0 ，故 B 错误；C．t ~ t 时间内，a、b 两点间的电势差为
3
4
3
4
4
R
1
R
1
U = BLv − I R = BLv − I
= BLv ，c、b 两点间的电势差为U = I R = I
= BLv ，所以 a、
ab
2
ab
2
ab
2
bc
2
4
2
4
2
c 两点间的电势差为 0，故 C 正确；D．t ~ t 时间内，根据动量定理 mg sin
θ ⋅( − )−
t
t
2IBL⋅∆t = mv − mv0
，
2
3
3
2
∆
R⋅∆t
Φ
∆Φ 2BLx
v
3v2
其中 q = I ⋅∆t =
∆t =
=
，解得导线框的位移大小为
x
=
0
( − )+
t
t
0
，故 D 正确，故
3
2
R
R
4
8g
选 CD。
三、实验题（共 16 分）
11．（6 分，每空 2 分）
4
3
（
1）BC
（2）1.2
【
解析】（1）ABD，该实验中，其 A、B 两个球的质量不需要等质量，小锤打击弹性金属片后，A 球做平抛
运动，B 球做自由落体运动，A 球在竖直方向上的运动情况跟 B 球相同，所以误差允许范围内两球应同时落
地；当增大打击力度，A 球水平距离会增大，但在竖直方向上的运动情况不变，所以仍然两球会同时落地，
故 AD 错误，B 正确；C．为探究实验的科学性，应改变装置的高度多次实验，从而避免实验偶然性，故 C
正确；E．该实验只能说明 A 球做平抛运动，B 球做自由落体运动，A 球在竖直方向上的运动情况跟 B 球相
同，不能说明 A 球在水平方向上做匀速直线运动，故 E 错误。故选 BC。
（
2）由图乙可知，在竖直方向上
h − h = gT 2 ，解得T = 0.08s ，水平方向 x = v T ，解得 v =1.2m/s ，
bc
ab
ab
0
0
故填 1.2；
3
L + 5T
4
4
3
2
T
对 b 点的速度正交分解，经过 b 点时的速度方向与水平方向夹角的正切值为 tanθ =
=
，故填
。
v0
3
1
2．（10 分，每空 2 分）
（
1）乙 减小
（
2）400
（
【
3） R2
60～62
解析】（1）描绘热敏电阻的伏安特性曲线，要求电压从 0 开始调节，故选择分压电路乙：
I −U 图像上各点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻的倒数，由图 3 可知，热敏电阻的阻值随温度的
升高而减小。
（
2）设热敏电阻两端电压为 U、通过热敏电阻的电流为 I，根据闭合电路欧姆定律有U = E − IR中 代入数据
得U = 3−100I ，作出图线如图所示
图线交点表示此时热敏电阻的电压为 2.4V、电流为 6mA，故其电阻为
U
I
2.4
R =
=
Ω = 400Ω
0.006
（
3）由于热敏电阻阻值随温度的升高而降低，要使发光二极管电压U≥3.0V 时点亮，则有 R2 分压随总电
阻的减小而增大，由串联电路中的电压之比等于电阻之比， R 为热敏电阻， R 为定值电阻，由图 5 可知，
1
2
当温度为 38℃时，热敏电阻阻值 R1 = 40Ω
5
3
由闭合电路欧姆定律列出表达式，有
=
解得 R2 = 60Ω
R1 + R2 R2
四、解答题（本题共 3 小题，其中第 13 题 11 分，第 14 题 13 分，第 15 题 16 分，共 40 分）
1
3．（11 分）
【
解析】（1）图甲中，汽缸中气体压强等于大气压 p ；图乙中，汽缸中气体压强为 p ，由玻意耳定律得：
0
1
4
p ×4SL = p ×3SL ，解得： p = p0 ，汽缸竖立稳定时，设汽缸内气体压强为 p，
0
1
1
3
对活塞Ⅰ： p ×2S + 2mg + F = p×2S ，对活塞Ⅱ： pS + mg = F + p S
0
T
T
0
3
mg
2SL + SL 4SL
4
解得：F = 4mg ，p = p +
，缓慢升高环境温度，气体做等压变化，则
=
，解得T = T
T
0
0
S
T0
T
3
（
2）若温度保持T 不变，活塞Ⅱ再次回到汽缸连接处，假设细线仍处于张紧状态，设汽缸中气体的压强为 p ，
0
2
细线张力为 F ，从汽缸平放到该状态，有：p ×4SL = p ×4SL ，对活塞Ⅰ有：p ×2S + 2mg + F = p ×2S ，
1
0
2
0
1
2
解得： F = −2mg ，细线对活塞有向上的弹力，不符合实际。可见此时细线已松弛，即： F = 0 ，可得：
1
1
mg
S
9mg
9
p = p +
，由玻意耳定律可知： p ×3SL = p ×2Sx ，又 p = p ，可得 p =
， x = L ，对活
2
0
1
2
1
0
S
5
塞Ⅱ，有： p S + mg = p S + F ，解得： F = 2mg
2
0
N
N
1
4．（13 分）
v
2
【
解析】（1）物块乙恰好过最高点 m2 g = m2
R
解得 v
=
gR
1
平抛运动，竖直方向上有
2
R = gt
2
2
水平方向上有 x = vt ，
水平轨道上的落点到 E 点的距离为 x = 2m
1
（
2）设物块甲碰前速度为 v0 ，由动能定理有
m gh − µm gL = m v2 − 0
1
0
1
1
0
2
解得 v0 =15m/s
1
2
1
1
根据动量守恒和机械能守恒有 m v = m v + m v ，
m1v02 = m v2 + m v2
1
0
1
1
2
2
1
1
2
2
2
2
解得 v2 =10m/s
v
2
2
R
′
−
m2 g = m2
在 E 点有
F
N
解得 FN =110N
′
由牛顿第三定律有 FN FN′ =110N
=
（
3）要使物块丙能够与物块乙碰撞，需满足 m gh > µm gL
3
3
则有 h > 0.25m
丙和乙碰撞交换速度，乙滑到圆弧上返回后，第 2 次乙和丙碰撞交换速度，此后丙不再与乙发生碰撞，需
满足 m gh≤3µm gL
3
3
则有 h≤0.75m
第 1 次丙与乙发生碰撞后，乙获得速度 v3 ，在半圆形轨道上运动高度超过 O 点等高点，则乙将脱离圆轨道，
1
不再与丙发生碰撞
m2v3 > m2 gR
2
2
则有 v3
丙与乙碰前速度设为 v ，则有 v = v
3
>
2gR
4
4
1
在丙下滑至与乙碰前，由动能定理列式
m gh − µm gL = m v3
4
3
3
3
2
解得 h >1.25m
综上所述，丙在斜面上释放的高度 h 范围为 0.25m < h≤0.75m 或 h >1.25m
1
5．（16 分）
【
解析】（1）如图所示，粒子在第一象限做匀速圆周运动，设速度方向与 y 轴正方向成 θ 夹角
(2v0 )2
由
q⋅2v0 ⋅ B = m
r
2
mv0
可知
r =
Bq
v0
1
2
sinθ =
=
2
v0
得θ = 30°
m⋅2v0
Bq
由几何关系知OQ = 2
sinθ
2mv
0，
0
联立解得 Q 点坐标
Bq
3
a
（
2）粒子在电场中 P→O，x 方向匀速直线运动t1 =
v0
2
πm
粒子在磁场中匀速圆周运动周期T =
Bq
2
θ
粒子在场中 O→Q，t2 =
⋅T
3
60°
πm
联立解得t2 =
3
Bq
3
a
πm
粒子从 P 到 Q 的时间t = t + t =
+
1
2
v0
3Bq
（
3）由于所有入射的粒子在第三象限中的运动轨迹均为抛物线，并且与电场的边界呈现出高度对称性，验
算分析后可知所有粒子经电场偏转后均从 O 点进入磁场，且均经过 Q 点进入第二象限（用计算验算等任何
方式得到该结果均可得分）。如图所示
(
− )
设发射粒子的初始位置坐标为 x , y ，从 O 点进入第一象限与 x 轴正方向夹角为 α，其轨迹恰好与挡板
0
0
v0
cosα
相切，粒子经过 O 点速度 v =
mv
粒子圆周运动的半径 r0 =
Bq
9
mv0
Bq
由
y =
= r + r cosα
0
0
4
联立解得α = 37°
1
粒子在电场中做匀变速曲线运动，由
y = − ⋅ x2
0
2
a
得 x0 = − −2ay0
y0
x0
tanα =
2
且α = 37°
联立解得 y0 =
3
9
a
3
2
9
a −
a
1
3
6
2
32
所以η =
=
3
2
1
a
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