（考試時(shí)間：75分鐘 試卷滿分：100分）
注意事項(xiàng)：
1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置上。
2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無(wú)效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。
1．（2024·南充一模）如圖所示是某身高約150cm的兒童正在玩“抓子”游戲，他蹲在地面上將小石子以某一初速度豎直向上拋出，然后又迅速用手抓起地面上的另一小石子， 并將拋出的石子在落地前接住。若某次小石子從A點(diǎn)拋出，上升到最高點(diǎn)B， 不計(jì)空氣阻力， 重力加速度g=10m/s2，則該次拋出小石子的初速度約為
A．1m/sB．3m/sC．5m/sD．7m/s
【答案】B
【詳解】由圖可知，石子上升的高度約為
由豎直上拋運(yùn)動(dòng)公式可有
可得該次拋出小石子的初速度約為
故選B。
2．（2024·淮安一模）如圖所示為嫦娥六號(hào)探測(cè)器“奔月”過(guò)程，其歷經(jīng)了①地月轉(zhuǎn)移、②近月制動(dòng)、③環(huán)月飛行等過(guò)程，已知三個(gè)過(guò)程的軌道均經(jīng)過(guò)P點(diǎn)。則
A．通過(guò)測(cè)量③上的運(yùn)行周期可以估測(cè)月球密度
B．②轉(zhuǎn)移到①時(shí)需要減速
C．②上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)加速度比③上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)大
D．②上的運(yùn)行周期小于③上的運(yùn)行周期
【答案】A
【詳解】A．③是貼近月球表面環(huán)月飛行，設(shè)其周期為T，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力
解得
則月球的密度為
解得
所以通過(guò)測(cè)量③上的運(yùn)行周期可以估測(cè)月球密度，故A正確；
B．衛(wèi)星從低軌道到高軌道需要加速，故②轉(zhuǎn)移到①時(shí)需要加速，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)牛頓第二定律
解得
可知②上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)加速度與③上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)加速度相等，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律，可知軌道半徑越大，周期越大，故D錯(cuò)誤。
故選A。
3．（2024·榆林一模）如圖所示、甲、乙兩位同學(xué)握住繩子A、B兩端搖動(dòng)，A、B兩端近似不動(dòng)，且A、B兩點(diǎn)連線始終沿水平方向，繩子上P、Q等各點(diǎn)均同步在豎直面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)繩子在空中轉(zhuǎn)到如圖所示位置時(shí)，則
A．P點(diǎn)的線速度方向沿繩子切線B．P點(diǎn)的線速度等于Q點(diǎn)的線速度
C．P點(diǎn)的角速度等于Q點(diǎn)的角速度D．P點(diǎn)所受合外力方向一定垂直于繩斜向下
【答案】C
【詳解】A．P、Q兩點(diǎn)以AB為共同轉(zhuǎn)軸做圓周運(yùn)動(dòng)，則可知P的速度方向與其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑垂直，并不沿繩子切線，故A錯(cuò)誤；
BC．由于P、Q兩點(diǎn)以AB為共同轉(zhuǎn)軸做圓周運(yùn)動(dòng)，可知二者的角速度相等，由圖可知，P的半徑小于Q的半徑，根據(jù)公式
可知，P的線速度小于Q的線速度，故B錯(cuò)誤，C正確；
D．P、Q等各點(diǎn)均同步在豎直面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則合外力提供向心力，指向圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，即P點(diǎn)所受合外力方向一定垂直于AB連線向下，故D錯(cuò)誤。
故選C。
4．（2024·金華一模）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維材料，其載流子為電子。如圖甲所示，在長(zhǎng)為a，寬為b的石墨烯樣品表面加一垂直向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當(dāng)I = 1.6 mA時(shí)，測(cè)得U ? B關(guān)系圖線如圖乙所示，元電荷e = 1.60 × 10?19 C，則
A．電極2的電勢(shì)高于電極4的電勢(shì)
B．U與a成正比
C．樣品每平方米載流子數(shù)約為3.6 × 1019個(gè)
D．樣品每平方米載流子數(shù)約為3.6 × 1016個(gè)
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)電路中的電流方向?yàn)殡姌O1→3，可知載流子（電子）的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)殡姌O3→1，根據(jù)左手定則可知電子在洛倫茲力作用下向電極2所在一側(cè)偏轉(zhuǎn)，所以電極2的電勢(shì)比電極4的低，故A錯(cuò)誤；
B．當(dāng)電子穩(wěn)定通過(guò)樣品時(shí)，其所受電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，設(shè)電子定向移動(dòng)的速率為v，則有
解得
U與a無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；
CD．設(shè)樣品每平方米載流子（電子）數(shù)為n，則時(shí)間t內(nèi)通過(guò)樣品的電荷量
根據(jù)電流的定義式得
由U ? B關(guān)系圖線可得
各方程聯(lián)立，解得
故C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
5．（2024·長(zhǎng)春模擬）有一種測(cè)量物體重力的電子秤，其電路原理圖如圖中的虛線所示，主要由三部分構(gòu)成：踏板、壓力傳感器（實(shí)際上是一個(gè)阻值可隨壓力變化的電阻器）、顯示體重的儀表（實(shí)質(zhì)上是電流表）。不計(jì)踏板的質(zhì)量，已知電流表的量程為，內(nèi)阻為，電源電動(dòng)勢(shì)為，內(nèi)阻為，電阻隨壓力變化的函數(shù)式為（和的單位分別為和）。下列說(shuō)法中正確的是
A．該秤能測(cè)量的最大體重是
B．電流表的量程越大，則能測(cè)量的最大體重越小
C．該秤零刻度線（即踏板空載時(shí)的刻度線）應(yīng)標(biāo)在電流表刻度盤的處
D．該秤可以通過(guò)電路規(guī)律轉(zhuǎn)換成關(guān)系進(jìn)行刻度轉(zhuǎn)換
【答案】C
【詳解】A．電路中最大電流為2 A，由閉合電路歐姆定律
可解得壓力傳感器R的最小值為4Ω，由電阻R隨壓力F變化的函數(shù)式為
可得壓力最大
F＝2600 N
即該秤能測(cè)量的最大體重是2600 N，故A錯(cuò)誤；
B．由閉合電路歐姆定律和電阻R隨壓力F變化的函數(shù)式
，
可得
可知電流表的量程越大，I越大，則能測(cè)量的最大體重F越大，故B錯(cuò)誤；
C．踏板空載時(shí)，F(xiàn)＝0，R＝30Ω，由閉合電路歐姆定律
解得
I＝0．375 A
故C正確；
D．由閉合電路歐姆定律和電阻R隨壓力F變化的函數(shù)式
，
可得
變形得
故D錯(cuò)誤。
故選C。
6．（2024·杭州一模）如圖所示，甲在高處，乙在地面，兩人通過(guò)系在重物上的輕繩P、Q將重物吊起。當(dāng)重物處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，兩繩拉力大小分別為、，與豎直方向夾角分別為、。重物重力大小為G，下列說(shuō)法中正確的是
A．可能等于B．可能等于
C．一定大于GD．一定大于G
【答案】C
【詳解】AB．對(duì)重物受力分析，由平衡條件，水平方向有
豎直方向有
若等于，則等于，則，顯然不滿足條件，故不可能等于，不可能等于，故AB錯(cuò)誤；
CD．根據(jù)
可得
所以
根據(jù)題目條件無(wú)法確定與G的關(guān)系，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
7．（2024·杭州一模）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與水平面成角斜向右下方，矩形線圈以恒定角速度繞水平面內(nèi)的軸按圖示方向轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈通過(guò)換向器與電阻R相連。以圖中時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流由a通過(guò)R流向b方向?yàn)殡娏髡较?，則通過(guò)R的電流i隨時(shí)間變化圖像正確的是
A．B．
C．D．
【答案】A
【詳解】從圖示位置順時(shí)針轉(zhuǎn)角的過(guò)程中，線圈的磁通量在減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向由b通過(guò)R流向a，即為負(fù)方向。這段時(shí)間為
當(dāng)轉(zhuǎn)到線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，線圈的感應(yīng)電流最大。繼續(xù)轉(zhuǎn)角的過(guò)程中，線圈的磁通量在增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向由b通過(guò)R流向a，即為負(fù)方向。這段時(shí)間為
繼續(xù)轉(zhuǎn)角的過(guò)程中，線圈的磁通量在增大，線圈兩個(gè)接頭通過(guò)換向器改變了與R兩端的連接，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向由a通過(guò)R流向b，即為正方向。這段時(shí)間為
此時(shí)，線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，感應(yīng)電流為0。
故選A。
8．（2025·西安三模）氫原子從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)，會(huì)產(chǎn)生四種頻率的可見(jiàn)光，其光譜如圖1所示。氫原子從能級(jí)6躍遷到能級(jí)2產(chǎn)生可見(jiàn)光Ⅰ，從能級(jí)3躍遷到能級(jí)2產(chǎn)生可見(jiàn)光Ⅱ。用同一雙縫干涉裝置研究?jī)煞N光的干涉現(xiàn)象，得到如圖2和圖3所示的干涉條紋。用兩種光分別照射如圖4所示的實(shí)驗(yàn)裝置，都能產(chǎn)生光電效應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是
A．圖1中的對(duì)應(yīng)的是Ⅱ
B．圖3中的干涉條紋對(duì)應(yīng)的是Ⅰ
C．Ⅰ的光子動(dòng)量小于Ⅱ的光子動(dòng)量
D．P向a移動(dòng)，電流表示數(shù)為零時(shí)Ⅰ對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)比Ⅱ的大
【答案】AD
【詳解】A．氫原子發(fā)生能級(jí)躍遷時(shí)，由公式可得
結(jié)合題意可知，可見(jiàn)光I的頻率大，波長(zhǎng)小，可見(jiàn)光Ⅱ的頻率小，波長(zhǎng)大，則圖1中的對(duì)應(yīng)的是可見(jiàn)光Ⅱ，故A正確；
B．根據(jù)公式
由圖可知，圖3中相鄰干涉條紋間距較大，則波長(zhǎng)較大，結(jié)合上述可知，對(duì)應(yīng)的是可見(jiàn)光Ⅱ，故B錯(cuò)誤；
C．由公式可得，光子動(dòng)量為
結(jié)合上述可知，Ⅰ的光子動(dòng)量大于Ⅱ的光子動(dòng)量，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)光電效應(yīng)方程及動(dòng)能定理可得
可知，頻率越大，遏止電壓越大，結(jié)合上述可知，P向a移動(dòng)，電流表示數(shù)為零時(shí)Ⅰ對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)比Ⅱ的大，故D正確。
故選AD。
9．（2025·江西一模）在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一個(gè)靜止的放射性原子核（）發(fā)生α衰變放出了一個(gè)α粒子。放射出的α粒子（）及生成的新核Y在與磁場(chǎng)垂直的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，下列圖形表示它們的運(yùn)動(dòng)軌跡，箭頭表示運(yùn)動(dòng)方向。α粒子的運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，質(zhì)量為m，電荷量為q。下面說(shuō)法正確的是
A．衰變后產(chǎn)生的α粒子與新核Y在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圖是丁
B．新核Y與α粒子的周期之比為
C．α粒子的圓周運(yùn)動(dòng)可以等效成一個(gè)環(huán)形電流，環(huán)形電流大小為
D．若衰變過(guò)程中釋放的核能都轉(zhuǎn)化為α粒子和新核Y的動(dòng)能，則衰變過(guò)程中的質(zhì)量虧損為
【答案】AD
【詳解】A．由于原子核靜止，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，放射出的粒子（）及生成的新核Y在衰變初始位置的速度方向相反，根據(jù)左手定則可知，兩者圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡外切且轉(zhuǎn)動(dòng)方向相同，根據(jù)
解得
由于衰變過(guò)程動(dòng)量守恒，即大小相等，即電荷量越大，軌道半徑越小，可知粒子的軌道半徑大一些，可知衰變后產(chǎn)生的粒子與新核Y在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡（箭頭表示運(yùn)動(dòng)方向）正確的是圖丁，故A正確；
B．根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒，該核反應(yīng)方程為
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為
則新核Y與α粒子的周期之比為
故B錯(cuò)誤；
C．α粒子的圓周運(yùn)動(dòng)可以等效成一個(gè)環(huán)形電流，環(huán)形電流大小為
故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)題意可知，新核Y的質(zhì)量為
由和可得
又有
可得
則α粒子和新核Y的動(dòng)能分別為
，
又有
解得
故D正確。
故選AD。
10．（2024·濱州模擬）在圖甲電路中，電表均為理想電表，a、b兩端分別接上元件A、B時(shí)移動(dòng)滑片P以改變滑動(dòng)變阻器R（量程（）的阻值，測(cè)得元件A和B的伏安特性曲線分別如圖乙中圖線A、 B所示，傾斜虛線為曲線B的切線；a、b兩端接上導(dǎo)線時(shí)，測(cè)得電源的伏安特性曲線如圖乙中圖線C所示。若改變滑動(dòng)變阻器R的阻值，電壓表、和電流表A的示數(shù)變化分別表示為和，則下列說(shuō)法正確的是
A．當(dāng)電壓表的示數(shù)為9V時(shí)，元件B的電阻為30Ω
B．當(dāng)a、b兩端接上元件B時(shí)，滑動(dòng)變阻器R的滑片P從左向右滑動(dòng)時(shí)，變小
C．當(dāng)a、b兩端接上元件A時(shí)，
D．當(dāng)a、b兩端接上元件A時(shí)，滑動(dòng)變阻器R消耗的最大功率為0.9W
【答案】ACD
【詳解】A．根據(jù)元件B的圖線知，當(dāng)電壓表示數(shù)為9V時(shí)，流過(guò)元件B的電流為0.3A，故元件B的電阻為
故A正確；
B．元件B在不同電壓下的阻值不同
當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片從左向右移動(dòng)時(shí)，元件B兩端的電壓逐漸減小，由圖可知，變大，故B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)a、b兩端接上元件A時(shí)，根據(jù)閉合電路歐姆定律有
即
結(jié)合圖線C可知
得電源的內(nèi)阻
即
故C正確；
D．由題圖乙中圖線A知，元件A的電阻
由題圖乙中圖線C知，電源的電動(dòng)勢(shì)
當(dāng)a、b兩端接上元件A時(shí)，令
滑動(dòng)變阻器R消耗的功率
當(dāng)
時(shí)，滑動(dòng)變阻器R消耗的最大功率為
故D正確。
故選ACD。
二、非選擇題：本題共5小題，共54分。其中第13題~15題解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
11．（8分）
（2024·榆林一模）在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系的過(guò)程中，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置。其中帶小滑輪的小車的質(zhì)量為（含其前端的定滑輪和細(xì)桿），砂和砂桶的質(zhì)量為，拉力傳感器可測(cè)出輕繩的拉力大小，帶滑輪的長(zhǎng)木板放在水平桌面上。
（1）下列實(shí)驗(yàn)操作中，一定要進(jìn)行的是_____。
A．用天平測(cè)出砂和砂桶的總質(zhì)量
B．將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端適當(dāng)墊高，以平衡摩擦力
C．調(diào)整力傳感器和定滑輪的高度，使連接它們的輕繩與長(zhǎng)木板平行
D．為減小誤差，一定要保證遠(yuǎn)小于
（2）在實(shí)驗(yàn)中通過(guò)正確的操作得到如圖2所示的一條紙帶，圖中0、1、2……為連續(xù)的幾個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)跡沒(méi)有畫出。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的是頻率為的交流電，根據(jù)紙帶可求出打下第“3”計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)小車的速度大小 ，小車運(yùn)動(dòng)的加速度大小 。（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）
（3）以力傳感器的示數(shù)為橫坐標(biāo)，小車的加速度大小為縱坐標(biāo)，畫出的圖像是一條直線，如圖3所示。測(cè)得圖線與橫軸的夾角為，求得圖線的斜率為，則可得出小車質(zhì)量的表達(dá)式為_(kāi)____。
A．B．C．D．
【答案】（1）BC （2） 0.610/0.611 1.99/2.00/2.01 （3）B
【詳解】（1）AD．因?yàn)橛欣鞲衅鳒y(cè)量拉力，則不需要用天平測(cè)出砂和砂桶的總質(zhì)量，也不需要保證遠(yuǎn)小于，選項(xiàng)AD錯(cuò)誤；
B．實(shí)驗(yàn)時(shí)要將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端適當(dāng)墊高，以平衡摩擦力，選項(xiàng)B正確；
C．調(diào)整力傳感器和定滑輪的高度，使連接它們的輕繩與長(zhǎng)木板平行，選項(xiàng)C正確。
故選BC。
（2）[1]兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)跡沒(méi)有畫出，則T=0.1s
打下第“3”計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)小車的速度大小
[2]小車運(yùn)動(dòng)的加速度大小
（3）根據(jù)牛頓第二定律可知
可得
可得
即
故選B。
12．（10分）
（2025·濮陽(yáng)模擬）某同學(xué)做觀察電容器充、放電并估測(cè)電容器的電容實(shí)驗(yàn)，采用8V的穩(wěn)壓直流電源、單刀雙擲開(kāi)關(guān)、電流傳感器（與電腦相連，能描繪出電流i隨時(shí)間t變化的圖線）、定值電阻和導(dǎo)線若干，連成如圖甲所示的電路。
（1）下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．單刀雙擲開(kāi)關(guān)S擲向1端，電容器放電
B．先將S擲向1端，然后擲向2端，電容器電容先增大后減小
C．電容器帶電時(shí)，兩個(gè)極板只有一個(gè)板上有電荷
D．電容器充電時(shí)，與電源正極相連的極板帶正電
（2）用8V的穩(wěn)壓直流電源對(duì)電容器先充滿電，后電容器放電，電腦屏幕上顯示出電容器在放電過(guò)程中電流隨時(shí)間變化的i-t曲線如圖乙所示，根據(jù)圖像可估算出1s到4s內(nèi)曲線下包含的小格的個(gè)數(shù)大約為40個(gè)，根據(jù)圖像估算出釋放的電荷量為 C（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。
（3）根據(jù)前面的信息，計(jì)算出電容器的電容為 F（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）
（4）如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，放電時(shí)i-t曲線與橫軸所圍成的面積將 （填“增大”“不變”或“變小”）；放電時(shí)間將 （填“變長(zhǎng)”“不變”或“變短”）。
【答案】（1）D （2）3.2×10-3 （3）4×10-4 （4） 不變 變短
【詳解】（1）A．單刀雙擲開(kāi)關(guān)S擲向1端，電容器與電源相連，電容器充電，故A錯(cuò)誤；
B．先將S擲向1端，電容器充電，然后擲向2端，電容器放電，但電容器的電容不變，故B錯(cuò)誤；
C．電容器帶電時(shí)，兩個(gè)極板同時(shí)帶上等量異種電荷，故C錯(cuò)誤；
D．電容器充電時(shí)，與電源正極相連的極板帶正電，與負(fù)極相連的極板帶負(fù)電，故D正確。
故選D。
（2）根據(jù)圖像估算出釋放的電荷量為
（3）電容器的電容為
（4）[1][2]如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，則電容器放電時(shí)，電流增大，放電時(shí)間變短，但放電的電荷量不變，所以i-t曲線與橫軸所圍成的面積不變.
13．（10分）
（2024·寧波一模）如圖所示為一超重報(bào)警裝置示意圖，長(zhǎng)度為、橫截面積為、導(dǎo)熱性能良好的薄壁容器水平放置，開(kāi)口向右。一厚度不計(jì)的輕質(zhì)活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在容器內(nèi)，活塞通過(guò)水平輕繩跨過(guò)滑輪與重物相連。不掛重物時(shí)封閉氣體的長(zhǎng)度為，掛上某一質(zhì)量的重物時(shí)活塞右移至位于離容器底部位置的預(yù)警傳感器處恰好平衡，此時(shí)系統(tǒng)將發(fā)出超重預(yù)警。已知環(huán)境溫度為，大氣壓強(qiáng)為，重力加速度為，不計(jì)摩擦阻力。
（1）在掛上重物達(dá)到平衡后，氣體分子的數(shù)密度 （選填“變大”、“變小”或“不變”），器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力 （選填“變大”、“變小”或“不變”）；
（2）求剛好觸發(fā)超重預(yù)警時(shí)所掛重物的質(zhì)量；
（3）從剛發(fā)出預(yù)警開(kāi)始，若環(huán)境溫度從緩慢降至，該過(guò)程中氣體內(nèi)能減少了，求氣體向外界放出的熱量。
【答案】（1） 變小 變小 （2） （3）
【詳解】（1）[1] 掛上重物達(dá)到平衡后，氣體的體積增大，氣體分子的數(shù)密度變小;
[2]同時(shí)氣體的壓強(qiáng)變小，即器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力變??；
（2）由題可知，初始狀態(tài)
輕繩連接重物剛好觸發(fā)超重預(yù)警時(shí)，設(shè)理想氣體的壓強(qiáng)為，有
對(duì)理想氣體，由玻意耳定律得
聯(lián)立解得
（3）由蓋-呂薩克定律可得
解得
此過(guò)程外界對(duì)氣體做的功
由以上兩式可得
由熱力學(xué)第一定律有
解得
14．（12分）
（2024·陜西榆林·一模）風(fēng)洞，被稱為飛行器的搖籃，我國(guó)的風(fēng)洞技術(shù)世界領(lǐng)先。如圖所示，在一個(gè)直徑D = 10 m的圓柱形豎直方向固定的風(fēng)洞中，有一質(zhì)量為m = 1.0 kg的小球從風(fēng)洞左側(cè)壁上的A點(diǎn)以v0 = 10 m/s的速度沿其直徑方向水平進(jìn)入風(fēng)洞。小球在風(fēng)洞中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，風(fēng)對(duì)小球的作用力豎直向上，其大小F可在0 ~ 4mg間調(diào)節(jié)，不計(jì)水平方向的空氣作用力。小球可視作質(zhì)點(diǎn)，與側(cè)壁碰壁后不反彈，取重力加速度g = 10 m/s2，風(fēng)洞在豎直方向上足夠長(zhǎng)。
（1）當(dāng)F = 0時(shí)，求小球撞擊右側(cè)壁的速度；
（2）保持v0不變，調(diào)節(jié)F的大小，求小球撞擊右側(cè)壁區(qū)域在豎直方向的最大長(zhǎng)度；
（3）求小球撞擊右側(cè)壁的最大動(dòng)能。
【答案】（1），與水平方向夾角為45°
（2）20 m
（3）500 J
【詳解】（1）當(dāng)F = 0時(shí)，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有
解得
豎直分速度為
小球撞擊右側(cè)壁的速度大小
設(shè)速度與水平方向夾角為θ，則有
所以
（2）結(jié)合上述，當(dāng)F = 0時(shí)，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分位移
解得
當(dāng)F = 4mg時(shí)，設(shè)小球在豎直方向的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有
小球向上偏轉(zhuǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，則有
解得
所以小球撞擊右側(cè)壁的區(qū)域長(zhǎng)度
（3）小球在F = 4mg的風(fēng)力作用下的合力最大，豎直向上的加速度也最大，所以向上偏轉(zhuǎn)撞擊側(cè)壁時(shí)的動(dòng)能最大。
小球撞擊右側(cè)壁前，風(fēng)對(duì)小球做功的最大值
重力對(duì)小球做功的最大值
根據(jù)動(dòng)能定理有
解得小球撞擊右側(cè)壁的最大動(dòng)能
15．（14分）
（2025·廣東茂名·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行光滑金屬導(dǎo)軌相距為。導(dǎo)軌平面與水平面成角，質(zhì)量均為、阻值均為、長(zhǎng)度均為的金屬棒、緊挨著放在兩導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為?，F(xiàn)固定金屬棒，將金屬棒由靜止釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間開(kāi)始勻速下滑，已知運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并保持良好接觸，重力加速度為求：
（1）金屬棒勻速下滑時(shí)的速度大??；
（2）已知從金屬棒釋放至速度達(dá)到最大速度一半的過(guò)程中，通過(guò)金屬棒的電荷量為6C，求該過(guò)程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱（計(jì)算結(jié)果保留一位小數(shù)）；
（3）若金屬棒不固定，將金屬棒由靜止釋放的同時(shí)、給金屬棒平行于導(dǎo)軌向上的恒力，求金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小。
【答案】（1） （2） （3）
【詳解】（1）設(shè)金屬棒勻速下滑時(shí)的速度大小為，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為
通過(guò)金屬棒的電流為
金屬棒受到的安培力為
金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)有
解得
（2）設(shè)當(dāng)金屬棒的速度大小為
通過(guò)金屬棒的電荷量為
平均電動(dòng)勢(shì)
解得
由能量守恒定律可得
代入數(shù)據(jù)解得
（3）對(duì)金屬棒進(jìn)行受力分析，可得
對(duì)金屬棒進(jìn)行受力分析，可得
可得金屬棒、的加速度大小始終滿足分析可得，金屬棒、同時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且金屬棒、的速度大小相等，設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)
回路中電流為
金屬棒受到的安培力為
金屬棒勻速直線運(yùn)動(dòng)，可得
解得

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