文档内容
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 3 2
A． B． C． D．
2 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
学科网（北京）股份有限公司D．地球与火星的第一宇宙速度之比 2:3
1
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 = x2 −2（单
2
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R 上电压减小
1
C．若将R 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
2
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
学科网（北京）股份有限公司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
D．a随t变化的关系式为a =4sin(2.5πt)m/s2
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O 点留下一光点，保持
1
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O 点为20cm，（sin75°= ）则
1 4
A．玻璃砖转动后，光屏上的光点会相对于O 向上移动
1
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
学科网（北京）股份有限公司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
15
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3t gR + R
0 8
10．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~t 时间内，导线框的ab边一定没有经过虚线PQ
1
学科网（北京）股份有限公司v
B．t ~t 时间内，导线框的速度大小为 0
2 4 2
C．t ~t 时间内，导线框a、c两点间的电势差为0
3 4
v 3v2
D．t ~t 时间内，导线框的位移大小为 0 ( t −t )+ 0
2 3 4 3 2 8g
选择题答题卡
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 得分
答案
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
3.2cm，如果重力加速度g取10m/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________。
★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。
学科网（北京）股份有限公司（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T ，
0
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F ；
T
（2）在图乙中，若温度保持T 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，
0
学科网（北京）股份有限公司求稳定后推力F 及活塞Ⅰ到粗细缸连接处的距离x。
N
14．（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m =0.5kg的物块甲从斜面上由静
1
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m =1kg的物块乙发生弹性正碰，
2
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h =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
0
压力F 大小；
N
（3）用质量m =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
3
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）
学科网（北京）股份有限公司15．（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
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 − 3a,− a 处沿x轴
2
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。sin37°=0.6，cos37°=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；
9mv
（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
4Bq
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
2a
方向以速度v 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，
0
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。
学科网（北京）股份有限公司炎德•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 mg
f = F ，设OO 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 tanθ tanθ
mg 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。
tan30° 2
M m M m g 9
3．C 【解析】AB．根据题意有G 地 =mg =9F ，G 火 =mg =4F ，R =2R ，所以 地 = ，
R2 地 0 R2 火 0 地 火 g 4
地 火 火
M
地
4
πR3
M 地 = 9 ，故AB错误；C．地球与火星的密度之比 ρ 地 = 3 地 = 9 ，故C正确；D．地球与火星的第
M 1 ρ M 8
火 火 火
4
πR3
火
3
v g R 3
一宇宙速度之比为 地 = 地 地 = ，故D错误。故选C。
v g R 2
火 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v ，则有y =− gt2，x=v t，又
0 2 0
1 4
y = x2 −2，解得小球从O点落到挡板上的时间为t2 = ，由小球落在挡板上的速度为
2 v2 +g
0
v = v2 +( gt )2 ，联立解得v = v2 +
4g2
= ( v2 +g ) +
4g2
−g ，当且仅当 ( v2 +g ) =
4g2
，
P 0 P 0 v2 +g 0 v2 +g 0 v2 +g
0 0 0
即v = 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
0 P
学科网（北京）股份有限公司4 1 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 =− gt2 =−1m，
v2 +g 5 2
0
( )
x=v t = 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
0
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
2 0
整个过程只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选A。
5．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
阻和电流均不变，则电阻R 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，
1
U Q εS 4πkQ
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 εS
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，
2π
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
a =4sin(2.5πt)m/s2，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O 向上移动，故A正确；玻璃砖转
1
OP 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 = =1，解得θ=45°，
d 20cm
sini 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
sinγ 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
学科网（北京）股份有限公司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E =−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV，
1
E =−0.85eV−(−3.40eV)=2.55eV，E =−0.85eV−(−1.51eV)=0.66eV，
2 3
E =−1.51eV−(−13.6eV)=12.09eV，E =−1.51eV−(−3.40eV)=1.89eV，
4 5
E =−3.40eV−(−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
6
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 1
平方向动量守但，以水平向右为正方向，则有mv =(M +m)v， mv2 = ( M +m ) v2 +mg⋅2R，解得
0 2 0 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 1 1
水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有mv =mv +Mv ， mv2 = mv2 + Mv2，解得
0 1 2 2 0 2 1 2 2
v =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
1
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 +Mv ，小球在圆弧部分运动的时间为t ，则有mv t =mvt +Mv t ，其中x =vt ，x =v t ，
0 1 2 0 0 0 1 0 2 0 1 1 0 2 2 0
3v t −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 = 0 0 ，小球在竖直部分运动至最
0 1 2 2 4
学科网（北京）股份有限公司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
2 1
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
15R
解得x=3t gR + ，故D正确。故选ACD。
0 8
10．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 2BLv
I BL=mgsinθ，其中I = 0 ，t ~t 时间内，根据平衡条件可得2I BL=mgsinθ，其中I = ，
1 1 R 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 4 3 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 4 2 ab 2 bc 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mgsinθ⋅( t −t )−2IBL⋅∆t =mv−mv ，
2 3 3 2 0
∆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
R⋅∆t R R 4 3 2 8g
选CD。
三、实验题（共 16分）
11．（6分，每空2分）
4
（1）BC （2）1.2
3
【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 = gT2，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；
3L+5T
4 4
2T
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 。
v 3 3
0
学科网（北京）股份有限公司12．（10分，每空2分）
（1）乙 减小
（2）400
（3）R 60～62
2
【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 代入数据
中
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 2.4
R= = Ω=400Ω
I 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R 分压随总电
2
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R =40Ω
1
5 3
由闭合电路欧姆定律列出表达式，有 = 解得R =60Ω
R +R R 2
1 2 2
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）
【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 = p ，汽缸竖立稳定时，设汽缸内气体压强为p，
0 1 1 3 0
对活塞Ⅰ： p ×2S +2mg+F = p×2S，对活塞Ⅱ： pS+mg = F + p S
0 T T 0
3mg 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 S T T 3 0
0
学科网（北京）股份有限公司（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 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 S 1 2 1 0 S 5
塞Ⅱ，有： p S +mg = p S +F ，解得：F =2mg
2 0 N N
14．（13分）
v2
【解析】（1）物块乙恰好过最高点m g =m
2 2 R
解得v= gR
1
平抛运动，竖直方向上有2R = gt2
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v ，由动能定理有m gh −µm gL= mv2 −0
0 1 0 1 2 1 0
解得v =15m/s
0
1 1 1
根据动量守恒和机械能守恒有mv =mv +m v ， mv2 = mv2 + m v2
1 0 1 1 2 2 2 1 0 2 1 1 2 2 2
解得v =10m/s
2
v2
在E点有F′ −m g =m 2
N 2 2 R
解得F′ =110N
N
由牛顿第三定律有F = F′ =110N
N N
（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
学科网（北京）股份有限公司则有h≤0.75m
第1次丙与乙发生碰撞后，乙获得速度v ，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，
3
1
不再与丙发生碰撞 m v2 >m gR
2 2 3 2
则有v > 2gR
3
丙与乙碰前速度设为v ，则有v =v
4 4 3
1
在丙下滑至与乙碰前，由动能定理列式m gh−µm gL= m v3
3 3 2 3 4
解得h>1.25m
综上所述，丙在斜面上释放的高度h范围为0.25m1.25m
15．（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
( )2
2v
由q⋅2v ⋅B=m 0
0 r
2mv
可知r = 0
Bq
v 1
sinθ= 0 =
2v 2
0
得θ=30°
m⋅2v
由几何关系知OQ=2 0 sinθ
Bq
2mv
联立解得Q点坐标0， 0
Bq
3a
（2）粒子在电场中P→O，x方向匀速直线运动t =
1 v
0
学科网（北京）股份有限公司2πm
粒子在磁场中匀速圆周运动周期T =
Bq
2θ
粒子在场中O→Q，t = ⋅T
2 360°
πm
联立解得t =
2 3Bq
3a πm
粒子从P到Q的时间t =t +t = +
1 2 v 3Bq
0
（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
v
相切，粒子经过O点速度v= 0
cosα
mv
粒子圆周运动的半径r =
0 Bq
9mv
由y = 0 =r +r cosα
4Bq 0 0
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 2a
得x =− −2ay
0 0
学科网（北京）股份有限公司y
tanα= 0
x
0
2
且α=37°
9
联立解得y = a
0 32
3 9
a− a
2 32 13
所以η= =
3 16
a
2
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