资源简介

2025届广西普通高中高三上学期学业水平选择性考试第二次调研考试物理试卷
1．（2025·广西壮族自治区模拟）光电传感器如图甲所示，若光线被物体阻挡，电流发生变化，工作电路立即报警。光线发射器内大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图乙为a，b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。下列说法正确的是（　　）
A．光线发射器最多能辐射出4种不同频率的光
B．用同一装置做双缝干涉实验，a光的条纹间距较小
C．光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能与入射的光的强度有关
D．若部分光线被遮挡，则放大器的电流将减小，从而引发报警
【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】 饱和光电流与入射光强度成正比的规律是对频率相同的光照射金属产生光电效应而言的，对于不同频率的光，由于每个光子的能量不同，饱和光电流与入射光强度之间没有简单的正比关系。A．光线发射器中处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出6种不同频率的光，故A错误；
B．由题乙图可知，a光的遏止电压小于b光的遏止电压。根据
可知，νa<νb，a光的波长大于b光的波长，故a光条纹间距较宽，B选项错误；
C．光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能与入射的光的强度无关，C选项错误；
D．部分光线被遮挡，光子数量减少，光电子数量减小，光电流变小。因此，放大器的电流将减小，从而引发报警，D选项正确。
故选D。
【分析】 注意一个氢原子和一群氢原子的区别，由乙图分析， 最大初动与入射的光的强度无关，部分光线被遮挡，入射光强度减小，光电流变小。
2．（2025·广西壮族自治区模拟）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．手机受到三个力的作用
B．手机受到的支持力不可能大于G
C．纳米材料对手机的摩擦力大小为Gsinθ
D．纳米材料对手机的作用力大小有可能大于G
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】本题是共点力平衡问题，关键要掌握平衡条件的推论，分析力之间的关系。AB．因为采用了纳米微吸材料，斜面会对手机存在一个吸引力，所以手机受到重力、支持力、摩擦力、斜面对手机的吸引力共四个力的作用，其所受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AB错误；
C．根据受力平衡可知，纳米材料对手机的摩擦力大小为Gsinθ，故C正确；
D．根据受力平衡可知，纳米材料对手机的作用力大小等于重力，大小为G，方向竖直向上，故D错误。
故选C。
【分析】手机处于静止状态，受力平衡，对手机受力分析，根据平衡条件分析即可。
3．（2025·广西壮族自治区模拟）物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能。取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m0的质点距离质量为M0的引力源中心为r0时，其引力势能（式中G为引力常数）。现有一颗质量为m的人造地球卫星以圆形轨道环绕地球飞行，由于受高空稀薄空气的阻力作用，卫星的圆轨道半径从r1缓慢减小到r2，已知地球的质量为M，引力常数为G，则此过程中（　　）
A．卫星的引力势能减小
B．卫星克服阻力做的功为
C．外力对卫星做的总功为
D．卫星的势能减少量小于动能增加量
【答案】B
【知识点】能量守恒定律；卫星问题；动能定理的综合应用
【解析】【解答】解决本题的关键得出卫星动能和势能的和即机械能的变化量，从而克服空气阻力做功为等于卫星机械能的减少这个功能关系计算即可。A．设卫星轨道半径为r，由题目条件知其引力势能为
所以，卫星引力势能的减小量为
故A错误；
CD．由万有引力提供向心力
卫星动能为
卫星动能增加量即外力对卫星做的总功为
所以，卫星的势能减少量大于动能增加量，故C、D错误；
B．根据能量守恒和功能关系得
联立得
故B正确。
故选B。
【分析】根据万有引力提供向心力求出卫星在半径为r1圆形轨道运动的速度，从而知道动能，通过引力势能公式求出在轨道r1上的机械能，同理可以求出卫星在轨道r2上的机械能，卫星的圆轨道半径从r1逐渐减小到r2．在这个过程中客服空气阻力做功等于卫星机械能的减少。
4．（2025·广西壮族自治区模拟）工程建设中经常用到较大的水泥圆管，装卸工人为保证圆管从较高的车斗上卸下时不被损坏，在车斗边缘平行固定两根木棍，将圆管纵向架在两根木棍之间，让圆管沿木棍缓慢滑下，此过程可简化为如图所示的模型。在其他条件不变的情况下，可以进一步减缓圆管下滑的方法是（　　）
A．适当增大两根木棍的间距
B．适当增大木棍与水平面的夹角θ
C．换成两根表面更光滑的木棍
D．换成两根更短的木棍
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．由对称可知，两木棍给圆管的支持力相等，设为N，它们方向的夹角为。则
解得
适当增大两根木棍的间距，则增大，可知N增大。在下滑方向上，由牛顿第二定律得
N增大，则a减小，可减缓圆管下滑，增大，N减小，则a增大，故A正确，B错误；
D．换成两根更短的木棍，实际就是适当增大木棍与水平面的夹角θ，由
得
不变，增大，可知a增大，不能减缓圆管下滑，故D错误；
C．换成两根表面更光滑的木棍，摩擦力减小，则合力增大，即加速度增大不能减缓圆管下滑，故C错误。
故选A。
【分析】减缓圆管下滑实际就是减小其加速度，对圆管受力分析，将其受到棍的支持力分解到与棍平行和与棍垂直的两个方向，同时将重力也分解到这两个方向上，垂直棍方向合力为0，平行棍由牛顿第二定律列方程分析即可。
5．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，网球运动员训练时，在同一高度的前后两个不同位置A、B将相同的网球斜向上击出后，网球恰好垂直击中竖直墙上的同一固定点C，已知网球从B运动到C的时间为t，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．网球从A点到C点的时间比从B点到C点的时间长
B．从A点击出的网球比从B点击出的网球的初速度小
C．两次击球，运动员对球做功相同
D．若A、B两点间的距离为d，则A、B两点的击出水平方向速度大小之差为
【答案】D
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律。ABC．采用逆向思维，网球做平抛运动，根据
可知，两次高度相同，故竖直方向的速度相同，根据
可得
可知运动时间相同，而轨迹1运动的水平位移大，在水平方向上，根据
可知，从轨迹1运动的水平速度比轨迹2运动的水平速度大，根据
可知，从A点击出的网球比从B点击出的网球的初速度大，由动能定理可知，从A点击出时对网球做功较大，选项ABC错误；
D．采用逆向思维，网球做平抛运动，两球运动的时间相等，都为t，在水平方向上有
解得水平方向速度大小之差为
选项D正确。
故选D。
【分析】把网球的运动看作反向的平抛运动，根据高度比较球在空中运动的时间，根据速度—时间公式得出竖直分速度的大小关系。抓住竖直位移相等，通过时间比较网球撞墙的速度大小。
6．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，空间存在范围足够大、垂直xOy平面向外的匀强磁场（图中未画出），一质量为m、带电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O沿y轴正方向以速度v0射出，带电粒子恰好经过点，不计粒子受到的重力及空气阻力。匀强磁场的磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】本题的解题关键要明确带电粒子的运动情况，通过画轨迹，根据几何知识求磁场中圆周运动的轨迹半径，都是常用的方法。设轨迹半径为R，磁感应强度为B，根据洛伦兹力提供向心力有
结合几何关系
解得
故选A。
【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合几何关系求出轨迹半径，再根据洛伦兹力提供向心力解得匀强磁场的磁感应强度大小。
7．（2025·广西壮族自治区模拟）某消声器的结构及气流运行如图所示，波长为的声波沿水平管道自左向右传播，当声波到达a处时，分成两束波，它们分别通过r1和r2的路程，再在b处相遇，从而达到削弱噪声的目的。下列说法正确的是（　　）
A．该消声器是根据波的衍射原理设计的
B．两束波到达b点的路程差，则等于的偶数倍
C．若b、c在同一条直线上，无论b、c之间的距离为多少，c一定为声波的减弱点
D．若声波的频率发生改变，声波在b处相遇，也一定能达到削弱噪声的目的
【答案】C
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】干涉的规律：当两波源同相振动时，波程差为半波长的奇数倍的点振动减弱；波程差为半波长的偶数倍的点振动加强。A．该消声器是根据波的干涉原理设计的，故A错误；
B．两束相干波在b处相遇振动减弱，所以两束相干波到达b点的路程差应等于的奇数倍，故B错误；
C．b、c在同一条直线上，两束相干波到c点的波程差与到b点的波程差相同，故无b、c之间的距离为多少，当两束相干波到达c点，路程差仍然等于的奇数倍，则c为声波的减弱点，故C正确；
D．若声波的频率发生改变，声波的传播速度不变，声波的波长会改变，b点就不一定为声波的减弱点，故D错误。
故选C。
【分析】该消声器是根据波的干涉原理设计的；根据波的干涉规律分析；若两束相干波到c点的波程差与到b点的波程差相同；声波的频率发生改变，声波的波长会改变，可能不符合振动减弱的条件。
8．（2025·广西壮族自治区模拟）如下图所示，圆心为O的同心圆a、b、c是磁场的圆形边界，半径分别为r、2r、3r，在a内有垂直于纸面向外的匀强磁场，在b和c之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一根长为4r的金属棒垂直磁场放置，一端与O点重合，A、C、D是金属棒上三个点，到O点距离分别为r、2r、3r，让金属棒在纸面内绕O点沿逆时针方向以角速度匀速转动。下列说法正确的是（　　）
A．O、A电势差绝对值等于C、D电势差绝对值
B．金属棒上各点的电势关系为
C．O、D两点的电势差绝对值为
D．金属棒中有O向D的感应电流
【答案】B,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题的关键要掌握转动切割感应电动势公式E=E=BLv，其中v是平均速度。A．OA段切割磁感线的平均速度小于CD段切割磁感线平均速度，因此O、A电势差绝对值小于C、D电势差绝对值，故A错误；
B． 因AC段无磁场，所以A、C两点电势相等，由右手定则有
，
故
故B正确；
C．O、D两点的电势差绝对值为
故C正确；
D．因未形成闭合回路，所以金属棒中无感应电流，故D错误。
故选BC。
【分析】根据右手定则，判断电势高低，根据法拉第电磁感应定律分析电势差，未形成闭合回路，所以金属棒中无感应电流。
9．（2025·广西壮族自治区模拟）一定质量的理想气体从A状态开始，经过A→B→C→D→A，最后回到初始状态A，各状态参量如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．A状态到C状态气体吸收热量
B．B状态到C状态气体分子的平均动能减小
C．B→C过程气体对外做功大于C→D过程外界对气体做功
D．气体在整个过程中从外界吸收的总热量可以用ABCD的面积来表示
【答案】A,B,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。A．根据理想气体状态方程有
可得
则A状态到C状态的内能增大，又此过程气体膨胀对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热，故A正确；
B．根据理想气体状态方程有
可得
则B状态气体分子平均动能大于C状态气体分子平均动能，故B正确；
C．根据p V图像与横轴围成的面积表示做功大小，则B→C过程气体对外做功满足
C→D过程外界对气体做功
可知B→C过程气体对外做功小于C→D过程外界对气体做功，故C错误；
D．气体从A状态开始，经过A→B→C→D→A，最后回到初始状态A，由于气体的内能变化为0，根据热力学第一定律可知，气体在整个过程中从外界吸收的总热量等于气体对外界做的功，即可以用ABCD的面积来表示，故D正确。
故选ABD。
【分析】气体体积变大，气体对外做功；一定量的理想气体内能由温度决定，温度越高气体内能越大；由图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用理想气体状态方程判断气体温度如何变化；p-V图线与坐标轴围成图形的面积等于气体做功，根据图示图象应用热力学第一定律分析答题。
10．（2025·广西壮族自治区模拟）中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT—100霍尔推进器，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场E，工作时，工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器每秒喷出的一价氙离子数个，速度，单个氙离子的质量为，电子电荷量，不计一切阻力，计算时取氙离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则（　　）
A．A、B两电极间的加速电压为275V
B．A、B两电极间的加速电压为375V
C．单台霍尔推进器产生的平均推力大小约为0.08N
D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为29A
【答案】A,C
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的运动综合；电流、电源的概念
【解析】【解答】只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷。
AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有
可得加速电压为
选项A正确，B错误；
C．根据动量定理可得
代入数据解得
约为0.08N，选项C正确；
D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流
选项D错误。
故选AC。
【分析】氙离子加速时，电场力做功为qU，根据动能定理求氙离子的加速电压。根据动量定理求出每秒向外喷射的氙离子数目，从而求出氙离子向外喷射形成的电流以及产生的平均推力大小
11．（2025·广西壮族自治区模拟）图甲为桶装水电动抽水器。某兴趣小组利用平抛运动规律测量该抽水器的流量Q（单位时间流出水的体积）。
（1）如图乙所示，用游标卡尺测量不锈钢出水管的外径D，读数为　 　mm。
（2）重新安装出水管如图甲，为了使水能够沿水平方向流出，下列哪种方法更合理___________。（填选项标号）
A．用力把出水管前端掰至水平
B．转动出水管至出水口水平
C．调整水桶的倾斜角度使出水口水平
（3）接通电源，待水流稳定后，用米尺测出管口到落点的高度差h=44.10cm和管口到落点的水平距离L=30.00cm；已知重力加速度g=9.8m/s2，则出水口处的水流速度v=　 　m/s。（保留两位有效数字）
（4）已知出水管管壁的厚度为d，该抽水器的流量Q的表达式为　 　（用物理量D、d、v表示），根据测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，可能的原因是　 　（写出一个原因）。
【答案】（1）7.0
（2）B
（3）10
（4）；h的测量值偏小
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。
（1）游标卡尺的读数为
（2）A．用力把出水管前端掰至水平易损坏抽水器，故A不合理；
B．出水管可以旋转，改变出水方向比较方便，因此可以转动出水管至出水口水平，故B合理；
C．调整水桶的倾斜角度使出水口水平比较繁琐，且水桶倾斜后不易维持平衡状态，可能发生危险，故C不合理。
故选B。
（3）水离开出水口后在空中做平抛运动，竖直方向上的运动为自由落体运动，有
水平方向上的运动为匀速直线运动，有
解得出水口处水流速度
（4）出水管的内径
横截面积
则该抽水器的流量为
联立得
测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，可知流量测量结果偏大，可能的原因是h的测量值偏小、L的测量值偏大、D的测量值偏大、d的测量值偏小。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则读数，读数等于主尺读数加上游标读数，结果不用估读；
（2）出水管可以旋转，改变出水方向比较方便；
（3）竖直方向上的运动为自由落体运动，水平方向上的运动为匀速直线运动，根据平抛运动的规律求水流速度v；
（4）根据流量的计算公式得出流量的表达式；结合流量表达式分析。
（1）游标卡尺的读数为
（2）A．用力把出水管前端掰至水平易损坏抽水器，故A不合理；
B．出水管可以旋转，改变出水方向比较方便，因此可以转动出水管至出水口水平，故B合理；
C．调整水桶的倾斜角度使出水口水平比较繁琐，且水桶倾斜后不易维持平衡状态，可能发生危险，故C不合理。
故选B。
（3）水离开出水口后在空中做平抛运动，竖直方向上的运动为自由落体运动，有
水平方向上的运动为匀速直线运动，有
解得出水口处水流速度
（4）[1][2]出水管的内径
横截面积
则该抽水器的流量为
联立得
测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，可知流量测量结果偏大，可能的原因是h的测量值偏小、L的测量值偏大、D的测量值偏大、d的测量值偏小。
12．（2025·广西壮族自治区模拟）某同学为了扩大一只电压表的量程，需要较精确地测量其内阻，实验室可供选择的器材如下：
a．待测电压表V（量程为3V，内阻约为1kΩ）；
b．电流表A（量程为15mA，内阻未知）；
c．定值电阻（阻值为250Ω）；
d．定值电阻（阻值为2kΩ）；
e．滑动变阻器（阻值范围为0~20Ω）；
f．滑动变阻器（阻值范围为0~100Ω）；
g．两节新干电池（电动势为3V，内阻不计）；
h．开关S及导线若干。
（1）实验中要求多取几组数据，电路中的滑动变阻器应采用　 　（填“分压”或“限流”）接法。
（2）实验需要较精确地测量，定值电阻应选用　 　；滑动变阻器应选用　 　。（均填器材前字母序号）
（3）请在虚线框中画出完整的电路图。　 　
（4）记录多组电压表、电流表示数U、I，然后以U为纵坐标，I为横坐标，作出相应图线，如图所示。若测得图线的斜率为k，则待测电压表V内阻的表达式为　 　。
【答案】（1）分压
（2）c；e
（3）
（4）
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】 本题考查了电路的选择，要根据实际情况分析不同的电路图误差的原因及误差大小，选择最佳电路图，难度稍大。
（1）实验中要求多取几组数据，电路中的滑动变阻器应采用分压接法。
（2）实验需要较精确地测量，当电压表满偏时，定值电阻要与电压表并联，选择定值电阻时，通过电流表的电流约为
选择定值电阻时，通过电流表的电流约为
为了读数更准确，则应选用即c；滑动变阻器应选用即e。
（3）根据分压式电路连接各个元件。
电路如图
（4）
由电路可知
即
则
解得
【分析】（1）电路中的滑动变阻器应采用分压接法可以得到更多实验数据；
（2）实验需要较精确地测量，定值电阻要与电压表并联，而且尽量让电流表偏转角度较大，滑动变阻器通常选择阻值较小的；
（3）根据分压式接法连接电路；
（4）根据并联电路电流之和等于电流表示数列式求解。
（1）实验中要求多取几组数据，电路中的滑动变阻器应采用分压接法。
（2）实验需要较精确地测量，定值电阻要与电压表并联，当电压表满偏时，选择定值电阻时，通过电流表的电流约为
选择定值电阻时，通过电流表的电流约为
为了读数更准确，则应选用即c；滑动变阻器应选用即e。
（3）电路如图
（4）由电路可知
即
则
解得
13．（2025·广西壮族自治区模拟）有一列动车从静止状态开始做匀变速直线运动。此时，有一位同学安全站立在第一节车厢前端的站台前进行观察，当第一节车厢通过这位同学时，历时3s，接下来剩余的车厢通过这位同学，又历时12s，在此过程中，忽略车厢之间的距离，且车厢的长度是相等的。求：
（1）这列火车共有多少节车厢？
（2）过程中第5节至第9节连续5节车厢经过该同学需要多长时间？
【答案】（1）解：设车厢的长度为L，火车的节数为n，即火车总长度为nL，第1节车厢通过他历时
全部车厢通过他历时
由位移时间关系式得
，
由两式解得
（2）解：设前4节车厢通过人所用时间为t3，前9节车厢通过人所用时间为t4，由位移时间关系式得
，
解得第5节至第9节连续5节车厢经过该同学需要的时间为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）第一节车厢通过这位同学时，历时3s，对第一秒和全过程根据匀变速直线运动的位移时间关系列式求解；
（2）求出前4节车厢通过人所用时间以及前9节车厢通过人所用时间，二者相减即等于第5节至第9节连续5节车厢经过该同学需要的时间。
（1）设车厢的长度为L，火车的节数为n，即火车总长度为nL，第1节车厢通过他历时
全部车厢通过他历时
由位移时间关系式得
，
由两式解得
n=25
（2）设前4节车厢通过人所用时间为t3，前9节车厢通过人所用时间为t4，由位移时间关系式得
，
解得第5节至第9节连续5节车厢经过该同学需要的时间为
14．（2025·广西壮族自治区模拟）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，一质量的头锤从离气囊表面某一高度处静止释放，与正下方的气囊发生碰撞，在时刚好第一次落到安全气囊上，安全气囊作用力大小F与时间t的关系如图乙所示，测得第一次碰撞气囊结束的时刻为；第二次开始碰撞气囊的时刻为，第二次碰撞气囊结束的时刻为；第三次开始碰撞气囊的时刻为。头锤在每次碰撞后都能竖直反弹，忽略空气阻力作用，重力加速度g大小取。求：
（1）头锤与气囊表面第二次碰撞前瞬间的速度大小；
（2）头锤与气囊表面第二次碰撞过程中，气囊对头锤的冲量的大小和方向。
【答案】（1）解：根据题图可知头锤从第一次离开气囊表面到第二次开始碰撞气囊表面经历的时间为，据竖直上抛运动的对称性可知，头锤上升时间为t=0.8s，则由
得
（2）解：第二次碰撞气囊结束的时刻为；第三次开始碰撞气囊的时刻为，得，则有
解得
第二次与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得
方向竖直向上。
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）由题意分析头锤从第一次离开气囊表面到第二次开始碰撞气囊表面经历的时间，再根据
竖直上抛运动的对称性可知，头锤上升时间，最后由v=gt求得头锤与气囊表面第二次碰撞前瞬间的速度大小 ；
（2）同理求出头锤与气囊表面第三次碰撞前瞬间的速度大小，再由动量定理求得头锤与气囊表面第二次碰撞过程中，气囊对头锤的冲量。
（1）根据题图可知头锤从第一次离开气囊表面到第二次开始碰撞气囊表面经历的时间为，据竖直上抛运动的对称性可知，头锤上升时间为0.8s，则
解得
（2）第二次碰撞气囊结束的时刻为；第三次开始碰撞气囊的时刻为，得
则有
解得
第二次与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得
方向竖直向上
15．（2025·广西壮族自治区模拟）如图1所示，在光滑的水平面上有一质量m=1kg、足够长的U型金属导轨PQMN，导轨间距L=0.5m，QN段电阻r=0.3Ω，导轨其余部分电阻不计。紧靠U型导轨的右侧有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1.0T的匀强磁场。一电阻R=0.2Ω的轻质导体棒ab垂直搁置在导轨上，并处于方向水平向左、磁感应强度大小亦为B=1.0T的匀强磁场中，同时被右侧两固定绝缘立柱挡住，棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，在棒ab两端接有一理想电压表（图中未画出）。t=0时，U型导轨QN边在外力F作用下从静止开始运动，电压表显示的示数U与时间t的关系如图2所示。经过t=2s的时间后撤去外力F，U型导轨继续滑行直至静止，整个过程中棒ab始终与导轨垂直。求：
（1）t=2s时U型导轨的速度大小；
（2）外力F的最大值；
（3）撤去外力F后，U型导轨继续滑行的最大位移；
（4）撤去外力F后的整个滑行过程中，回路中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）解：导体框切割产生的电动势
ab棒两端的电压
解得
（2）解：因ab间电压
因U-t图像为过原点的直线，可知导轨的加速度a不变，即做匀加速运动，且由图像可知
受力分析知：t=2s时ab间电压最大，此时v=1m/s，产生的感应电流最大，导轨受安培力最大，则此时拉力最大，根据牛顿第二定律
其中
解得
（3）解：撤去外力F后
求得
（4）解：产生的总热量
由以上分析可知
可知焦耳热Q1和摩擦生热Q2的比例关系为5∶1，则撤去F后回路的焦耳热
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）由图乙可知t=2.0s时MN两端的电压，根据闭合电路欧姆定律求解速度；
（2）由图乙可知U=t，由闭合电路的欧姆定律结合速度-时间关系求解加速度，由牛顿第二定律得到力F的最大值；
（3）从开始运动到撤去外力F这段时间内做匀加速运动，由运动学规律求解位移，由动量定理求解后一段位移，即可得到总位移。
（4） 求出总热量，结合安培力大小和摩擦力大小得出焦耳热Q1和摩擦生热Q2的比例关系，从而得出 回路中产生的焦耳热Q。
（1）导体框切割产生的电动势
ab棒两端的电压
解得
（2）因ab间电压
因U-t图像为过原点的直线，可知导轨的加速度a不变，即做匀加速运动，且由图像可知
a=0.5m/s2
受力分析知：t=2s时ab间电压最大，此时v=1m/s，产生的感应电流最大，导轨受安培力最大，则此时拉力最大，根据牛顿第二定律
其中
解得
F=1.1N
（3）撤去外力F后
求得
（4）产生的总热量
由以上分析可知
可知焦耳热Q1和摩擦生热Q2的比例关系为5∶1，则撤去F后回路的焦耳热
1 / 12025届广西普通高中高三上学期学业水平选择性考试第二次调研考试物理试卷
1．（2025·广西壮族自治区模拟）光电传感器如图甲所示，若光线被物体阻挡，电流发生变化，工作电路立即报警。光线发射器内大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图乙为a，b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。下列说法正确的是（　　）
A．光线发射器最多能辐射出4种不同频率的光
B．用同一装置做双缝干涉实验，a光的条纹间距较小
C．光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能与入射的光的强度有关
D．若部分光线被遮挡，则放大器的电流将减小，从而引发报警
2．（2025·广西壮族自治区模拟）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．手机受到三个力的作用
B．手机受到的支持力不可能大于G
C．纳米材料对手机的摩擦力大小为Gsinθ
D．纳米材料对手机的作用力大小有可能大于G
3．（2025·广西壮族自治区模拟）物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能。取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m0的质点距离质量为M0的引力源中心为r0时，其引力势能（式中G为引力常数）。现有一颗质量为m的人造地球卫星以圆形轨道环绕地球飞行，由于受高空稀薄空气的阻力作用，卫星的圆轨道半径从r1缓慢减小到r2，已知地球的质量为M，引力常数为G，则此过程中（　　）
A．卫星的引力势能减小
B．卫星克服阻力做的功为
C．外力对卫星做的总功为
D．卫星的势能减少量小于动能增加量
4．（2025·广西壮族自治区模拟）工程建设中经常用到较大的水泥圆管，装卸工人为保证圆管从较高的车斗上卸下时不被损坏，在车斗边缘平行固定两根木棍，将圆管纵向架在两根木棍之间，让圆管沿木棍缓慢滑下，此过程可简化为如图所示的模型。在其他条件不变的情况下，可以进一步减缓圆管下滑的方法是（　　）
A．适当增大两根木棍的间距
B．适当增大木棍与水平面的夹角θ
C．换成两根表面更光滑的木棍
D．换成两根更短的木棍
5．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，网球运动员训练时，在同一高度的前后两个不同位置A、B将相同的网球斜向上击出后，网球恰好垂直击中竖直墙上的同一固定点C，已知网球从B运动到C的时间为t，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．网球从A点到C点的时间比从B点到C点的时间长
B．从A点击出的网球比从B点击出的网球的初速度小
C．两次击球，运动员对球做功相同
D．若A、B两点间的距离为d，则A、B两点的击出水平方向速度大小之差为
6．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，空间存在范围足够大、垂直xOy平面向外的匀强磁场（图中未画出），一质量为m、带电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O沿y轴正方向以速度v0射出，带电粒子恰好经过点，不计粒子受到的重力及空气阻力。匀强磁场的磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·广西壮族自治区模拟）某消声器的结构及气流运行如图所示，波长为的声波沿水平管道自左向右传播，当声波到达a处时，分成两束波，它们分别通过r1和r2的路程，再在b处相遇，从而达到削弱噪声的目的。下列说法正确的是（　　）
A．该消声器是根据波的衍射原理设计的
B．两束波到达b点的路程差，则等于的偶数倍
C．若b、c在同一条直线上，无论b、c之间的距离为多少，c一定为声波的减弱点
D．若声波的频率发生改变，声波在b处相遇，也一定能达到削弱噪声的目的
8．（2025·广西壮族自治区模拟）如下图所示，圆心为O的同心圆a、b、c是磁场的圆形边界，半径分别为r、2r、3r，在a内有垂直于纸面向外的匀强磁场，在b和c之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一根长为4r的金属棒垂直磁场放置，一端与O点重合，A、C、D是金属棒上三个点，到O点距离分别为r、2r、3r，让金属棒在纸面内绕O点沿逆时针方向以角速度匀速转动。下列说法正确的是（　　）
A．O、A电势差绝对值等于C、D电势差绝对值
B．金属棒上各点的电势关系为
C．O、D两点的电势差绝对值为
D．金属棒中有O向D的感应电流
9．（2025·广西壮族自治区模拟）一定质量的理想气体从A状态开始，经过A→B→C→D→A，最后回到初始状态A，各状态参量如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．A状态到C状态气体吸收热量
B．B状态到C状态气体分子的平均动能减小
C．B→C过程气体对外做功大于C→D过程外界对气体做功
D．气体在整个过程中从外界吸收的总热量可以用ABCD的面积来表示
10．（2025·广西壮族自治区模拟）中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT—100霍尔推进器，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场E，工作时，工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器每秒喷出的一价氙离子数个，速度，单个氙离子的质量为，电子电荷量，不计一切阻力，计算时取氙离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则（　　）
A．A、B两电极间的加速电压为275V
B．A、B两电极间的加速电压为375V
C．单台霍尔推进器产生的平均推力大小约为0.08N
D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为29A
11．（2025·广西壮族自治区模拟）图甲为桶装水电动抽水器。某兴趣小组利用平抛运动规律测量该抽水器的流量Q（单位时间流出水的体积）。
（1）如图乙所示，用游标卡尺测量不锈钢出水管的外径D，读数为　 　mm。
（2）重新安装出水管如图甲，为了使水能够沿水平方向流出，下列哪种方法更合理___________。（填选项标号）
A．用力把出水管前端掰至水平
B．转动出水管至出水口水平
C．调整水桶的倾斜角度使出水口水平
（3）接通电源，待水流稳定后，用米尺测出管口到落点的高度差h=44.10cm和管口到落点的水平距离L=30.00cm；已知重力加速度g=9.8m/s2，则出水口处的水流速度v=　 　m/s。（保留两位有效数字）
（4）已知出水管管壁的厚度为d，该抽水器的流量Q的表达式为　 　（用物理量D、d、v表示），根据测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，可能的原因是　 　（写出一个原因）。
12．（2025·广西壮族自治区模拟）某同学为了扩大一只电压表的量程，需要较精确地测量其内阻，实验室可供选择的器材如下：
a．待测电压表V（量程为3V，内阻约为1kΩ）；
b．电流表A（量程为15mA，内阻未知）；
c．定值电阻（阻值为250Ω）；
d．定值电阻（阻值为2kΩ）；
e．滑动变阻器（阻值范围为0~20Ω）；
f．滑动变阻器（阻值范围为0~100Ω）；
g．两节新干电池（电动势为3V，内阻不计）；
h．开关S及导线若干。
（1）实验中要求多取几组数据，电路中的滑动变阻器应采用　 　（填“分压”或“限流”）接法。
（2）实验需要较精确地测量，定值电阻应选用　 　；滑动变阻器应选用　 　。（均填器材前字母序号）
（3）请在虚线框中画出完整的电路图。　 　
（4）记录多组电压表、电流表示数U、I，然后以U为纵坐标，I为横坐标，作出相应图线，如图所示。若测得图线的斜率为k，则待测电压表V内阻的表达式为　 　。
13．（2025·广西壮族自治区模拟）有一列动车从静止状态开始做匀变速直线运动。此时，有一位同学安全站立在第一节车厢前端的站台前进行观察，当第一节车厢通过这位同学时，历时3s，接下来剩余的车厢通过这位同学，又历时12s，在此过程中，忽略车厢之间的距离，且车厢的长度是相等的。求：
（1）这列火车共有多少节车厢？
（2）过程中第5节至第9节连续5节车厢经过该同学需要多长时间？
14．（2025·广西壮族自治区模拟）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，一质量的头锤从离气囊表面某一高度处静止释放，与正下方的气囊发生碰撞，在时刚好第一次落到安全气囊上，安全气囊作用力大小F与时间t的关系如图乙所示，测得第一次碰撞气囊结束的时刻为；第二次开始碰撞气囊的时刻为，第二次碰撞气囊结束的时刻为；第三次开始碰撞气囊的时刻为。头锤在每次碰撞后都能竖直反弹，忽略空气阻力作用，重力加速度g大小取。求：
（1）头锤与气囊表面第二次碰撞前瞬间的速度大小；
（2）头锤与气囊表面第二次碰撞过程中，气囊对头锤的冲量的大小和方向。
15．（2025·广西壮族自治区模拟）如图1所示，在光滑的水平面上有一质量m=1kg、足够长的U型金属导轨PQMN，导轨间距L=0.5m，QN段电阻r=0.3Ω，导轨其余部分电阻不计。紧靠U型导轨的右侧有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1.0T的匀强磁场。一电阻R=0.2Ω的轻质导体棒ab垂直搁置在导轨上，并处于方向水平向左、磁感应强度大小亦为B=1.0T的匀强磁场中，同时被右侧两固定绝缘立柱挡住，棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，在棒ab两端接有一理想电压表（图中未画出）。t=0时，U型导轨QN边在外力F作用下从静止开始运动，电压表显示的示数U与时间t的关系如图2所示。经过t=2s的时间后撤去外力F，U型导轨继续滑行直至静止，整个过程中棒ab始终与导轨垂直。求：
（1）t=2s时U型导轨的速度大小；
（2）外力F的最大值；
（3）撤去外力F后，U型导轨继续滑行的最大位移；
（4）撤去外力F后的整个滑行过程中，回路中产生的焦耳热Q。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】 饱和光电流与入射光强度成正比的规律是对频率相同的光照射金属产生光电效应而言的，对于不同频率的光，由于每个光子的能量不同，饱和光电流与入射光强度之间没有简单的正比关系。A．光线发射器中处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出6种不同频率的光，故A错误；
B．由题乙图可知，a光的遏止电压小于b光的遏止电压。根据
可知，νa<νb，a光的波长大于b光的波长，故a光条纹间距较宽，B选项错误；
C．光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能与入射的光的强度无关，C选项错误；
D．部分光线被遮挡，光子数量减少，光电子数量减小，光电流变小。因此，放大器的电流将减小，从而引发报警，D选项正确。
故选D。
【分析】 注意一个氢原子和一群氢原子的区别，由乙图分析， 最大初动与入射的光的强度无关，部分光线被遮挡，入射光强度减小，光电流变小。
2．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】本题是共点力平衡问题，关键要掌握平衡条件的推论，分析力之间的关系。AB．因为采用了纳米微吸材料，斜面会对手机存在一个吸引力，所以手机受到重力、支持力、摩擦力、斜面对手机的吸引力共四个力的作用，其所受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AB错误；
C．根据受力平衡可知，纳米材料对手机的摩擦力大小为Gsinθ，故C正确；
D．根据受力平衡可知，纳米材料对手机的作用力大小等于重力，大小为G，方向竖直向上，故D错误。
故选C。
【分析】手机处于静止状态，受力平衡，对手机受力分析，根据平衡条件分析即可。
3．【答案】B
【知识点】能量守恒定律；卫星问题；动能定理的综合应用
【解析】【解答】解决本题的关键得出卫星动能和势能的和即机械能的变化量，从而克服空气阻力做功为等于卫星机械能的减少这个功能关系计算即可。A．设卫星轨道半径为r，由题目条件知其引力势能为
所以，卫星引力势能的减小量为
故A错误；
CD．由万有引力提供向心力
卫星动能为
卫星动能增加量即外力对卫星做的总功为
所以，卫星的势能减少量大于动能增加量，故C、D错误；
B．根据能量守恒和功能关系得
联立得
故B正确。
故选B。
【分析】根据万有引力提供向心力求出卫星在半径为r1圆形轨道运动的速度，从而知道动能，通过引力势能公式求出在轨道r1上的机械能，同理可以求出卫星在轨道r2上的机械能，卫星的圆轨道半径从r1逐渐减小到r2．在这个过程中客服空气阻力做功等于卫星机械能的减少。
4．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．由对称可知，两木棍给圆管的支持力相等，设为N，它们方向的夹角为。则
解得
适当增大两根木棍的间距，则增大，可知N增大。在下滑方向上，由牛顿第二定律得
N增大，则a减小，可减缓圆管下滑，增大，N减小，则a增大，故A正确，B错误；
D．换成两根更短的木棍，实际就是适当增大木棍与水平面的夹角θ，由
得
不变，增大，可知a增大，不能减缓圆管下滑，故D错误；
C．换成两根表面更光滑的木棍，摩擦力减小，则合力增大，即加速度增大不能减缓圆管下滑，故C错误。
故选A。
【分析】减缓圆管下滑实际就是减小其加速度，对圆管受力分析，将其受到棍的支持力分解到与棍平行和与棍垂直的两个方向，同时将重力也分解到这两个方向上，垂直棍方向合力为0，平行棍由牛顿第二定律列方程分析即可。
5．【答案】D
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律。ABC．采用逆向思维，网球做平抛运动，根据
可知，两次高度相同，故竖直方向的速度相同，根据
可得
可知运动时间相同，而轨迹1运动的水平位移大，在水平方向上，根据
可知，从轨迹1运动的水平速度比轨迹2运动的水平速度大，根据
可知，从A点击出的网球比从B点击出的网球的初速度大，由动能定理可知，从A点击出时对网球做功较大，选项ABC错误；
D．采用逆向思维，网球做平抛运动，两球运动的时间相等，都为t，在水平方向上有
解得水平方向速度大小之差为
选项D正确。
故选D。
【分析】把网球的运动看作反向的平抛运动，根据高度比较球在空中运动的时间，根据速度—时间公式得出竖直分速度的大小关系。抓住竖直位移相等，通过时间比较网球撞墙的速度大小。
6．【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】本题的解题关键要明确带电粒子的运动情况，通过画轨迹，根据几何知识求磁场中圆周运动的轨迹半径，都是常用的方法。设轨迹半径为R，磁感应强度为B，根据洛伦兹力提供向心力有
结合几何关系
解得
故选A。
【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合几何关系求出轨迹半径，再根据洛伦兹力提供向心力解得匀强磁场的磁感应强度大小。
7．【答案】C
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】干涉的规律：当两波源同相振动时，波程差为半波长的奇数倍的点振动减弱；波程差为半波长的偶数倍的点振动加强。A．该消声器是根据波的干涉原理设计的，故A错误；
B．两束相干波在b处相遇振动减弱，所以两束相干波到达b点的路程差应等于的奇数倍，故B错误；
C．b、c在同一条直线上，两束相干波到c点的波程差与到b点的波程差相同，故无b、c之间的距离为多少，当两束相干波到达c点，路程差仍然等于的奇数倍，则c为声波的减弱点，故C正确；
D．若声波的频率发生改变，声波的传播速度不变，声波的波长会改变，b点就不一定为声波的减弱点，故D错误。
故选C。
【分析】该消声器是根据波的干涉原理设计的；根据波的干涉规律分析；若两束相干波到c点的波程差与到b点的波程差相同；声波的频率发生改变，声波的波长会改变，可能不符合振动减弱的条件。
8．【答案】B,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题的关键要掌握转动切割感应电动势公式E=E=BLv，其中v是平均速度。A．OA段切割磁感线的平均速度小于CD段切割磁感线平均速度，因此O、A电势差绝对值小于C、D电势差绝对值，故A错误；
B． 因AC段无磁场，所以A、C两点电势相等，由右手定则有
，
故
故B正确；
C．O、D两点的电势差绝对值为
故C正确；
D．因未形成闭合回路，所以金属棒中无感应电流，故D错误。
故选BC。
【分析】根据右手定则，判断电势高低，根据法拉第电磁感应定律分析电势差，未形成闭合回路，所以金属棒中无感应电流。
9．【答案】A,B,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。A．根据理想气体状态方程有
可得
则A状态到C状态的内能增大，又此过程气体膨胀对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热，故A正确；
B．根据理想气体状态方程有
可得
则B状态气体分子平均动能大于C状态气体分子平均动能，故B正确；
C．根据p V图像与横轴围成的面积表示做功大小，则B→C过程气体对外做功满足
C→D过程外界对气体做功
可知B→C过程气体对外做功小于C→D过程外界对气体做功，故C错误；
D．气体从A状态开始，经过A→B→C→D→A，最后回到初始状态A，由于气体的内能变化为0，根据热力学第一定律可知，气体在整个过程中从外界吸收的总热量等于气体对外界做的功，即可以用ABCD的面积来表示，故D正确。
故选ABD。
【分析】气体体积变大，气体对外做功；一定量的理想气体内能由温度决定，温度越高气体内能越大；由图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用理想气体状态方程判断气体温度如何变化；p-V图线与坐标轴围成图形的面积等于气体做功，根据图示图象应用热力学第一定律分析答题。
10．【答案】A,C
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的运动综合；电流、电源的概念
【解析】【解答】只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷。
AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有
可得加速电压为
选项A正确，B错误；
C．根据动量定理可得
代入数据解得
约为0.08N，选项C正确；
D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流
选项D错误。
故选AC。
【分析】氙离子加速时，电场力做功为qU，根据动能定理求氙离子的加速电压。根据动量定理求出每秒向外喷射的氙离子数目，从而求出氙离子向外喷射形成的电流以及产生的平均推力大小
11．【答案】（1）7.0
（2）B
（3）10
（4）；h的测量值偏小
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。
（1）游标卡尺的读数为
（2）A．用力把出水管前端掰至水平易损坏抽水器，故A不合理；
B．出水管可以旋转，改变出水方向比较方便，因此可以转动出水管至出水口水平，故B合理；
C．调整水桶的倾斜角度使出水口水平比较繁琐，且水桶倾斜后不易维持平衡状态，可能发生危险，故C不合理。
故选B。
（3）水离开出水口后在空中做平抛运动，竖直方向上的运动为自由落体运动，有
水平方向上的运动为匀速直线运动，有
解得出水口处水流速度
（4）出水管的内径
横截面积
则该抽水器的流量为
联立得
测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，可知流量测量结果偏大，可能的原因是h的测量值偏小、L的测量值偏大、D的测量值偏大、d的测量值偏小。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则读数，读数等于主尺读数加上游标读数，结果不用估读；
（2）出水管可以旋转，改变出水方向比较方便；
（3）竖直方向上的运动为自由落体运动，水平方向上的运动为匀速直线运动，根据平抛运动的规律求水流速度v；
（4）根据流量的计算公式得出流量的表达式；结合流量表达式分析。
（1）游标卡尺的读数为
（2）A．用力把出水管前端掰至水平易损坏抽水器，故A不合理；
B．出水管可以旋转，改变出水方向比较方便，因此可以转动出水管至出水口水平，故B合理；
C．调整水桶的倾斜角度使出水口水平比较繁琐，且水桶倾斜后不易维持平衡状态，可能发生危险，故C不合理。
故选B。
（3）水离开出水口后在空中做平抛运动，竖直方向上的运动为自由落体运动，有
水平方向上的运动为匀速直线运动，有
解得出水口处水流速度
（4）[1][2]出水管的内径
横截面积
则该抽水器的流量为
联立得
测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，可知流量测量结果偏大，可能的原因是h的测量值偏小、L的测量值偏大、D的测量值偏大、d的测量值偏小。
12．【答案】（1）分压
（2）c；e
（3）
（4）
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】 本题考查了电路的选择，要根据实际情况分析不同的电路图误差的原因及误差大小，选择最佳电路图，难度稍大。
（1）实验中要求多取几组数据，电路中的滑动变阻器应采用分压接法。
（2）实验需要较精确地测量，当电压表满偏时，定值电阻要与电压表并联，选择定值电阻时，通过电流表的电流约为
选择定值电阻时，通过电流表的电流约为
为了读数更准确，则应选用即c；滑动变阻器应选用即e。
（3）根据分压式电路连接各个元件。
电路如图
（4）
由电路可知
即
则
解得
【分析】（1）电路中的滑动变阻器应采用分压接法可以得到更多实验数据；
（2）实验需要较精确地测量，定值电阻要与电压表并联，而且尽量让电流表偏转角度较大，滑动变阻器通常选择阻值较小的；
（3）根据分压式接法连接电路；
（4）根据并联电路电流之和等于电流表示数列式求解。
（1）实验中要求多取几组数据，电路中的滑动变阻器应采用分压接法。
（2）实验需要较精确地测量，定值电阻要与电压表并联，当电压表满偏时，选择定值电阻时，通过电流表的电流约为
选择定值电阻时，通过电流表的电流约为
为了读数更准确，则应选用即c；滑动变阻器应选用即e。
（3）电路如图
（4）由电路可知
即
则
解得
13．【答案】（1）解：设车厢的长度为L，火车的节数为n，即火车总长度为nL，第1节车厢通过他历时
全部车厢通过他历时
由位移时间关系式得
，
由两式解得
（2）解：设前4节车厢通过人所用时间为t3，前9节车厢通过人所用时间为t4，由位移时间关系式得
，
解得第5节至第9节连续5节车厢经过该同学需要的时间为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）第一节车厢通过这位同学时，历时3s，对第一秒和全过程根据匀变速直线运动的位移时间关系列式求解；
（2）求出前4节车厢通过人所用时间以及前9节车厢通过人所用时间，二者相减即等于第5节至第9节连续5节车厢经过该同学需要的时间。
（1）设车厢的长度为L，火车的节数为n，即火车总长度为nL，第1节车厢通过他历时
全部车厢通过他历时
由位移时间关系式得
，
由两式解得
n=25
（2）设前4节车厢通过人所用时间为t3，前9节车厢通过人所用时间为t4，由位移时间关系式得
，
解得第5节至第9节连续5节车厢经过该同学需要的时间为
14．【答案】（1）解：根据题图可知头锤从第一次离开气囊表面到第二次开始碰撞气囊表面经历的时间为，据竖直上抛运动的对称性可知，头锤上升时间为t=0.8s，则由
得
（2）解：第二次碰撞气囊结束的时刻为；第三次开始碰撞气囊的时刻为，得，则有
解得
第二次与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得
方向竖直向上。
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）由题意分析头锤从第一次离开气囊表面到第二次开始碰撞气囊表面经历的时间，再根据
竖直上抛运动的对称性可知，头锤上升时间，最后由v=gt求得头锤与气囊表面第二次碰撞前瞬间的速度大小 ；
（2）同理求出头锤与气囊表面第三次碰撞前瞬间的速度大小，再由动量定理求得头锤与气囊表面第二次碰撞过程中，气囊对头锤的冲量。
（1）根据题图可知头锤从第一次离开气囊表面到第二次开始碰撞气囊表面经历的时间为，据竖直上抛运动的对称性可知，头锤上升时间为0.8s，则
解得
（2）第二次碰撞气囊结束的时刻为；第三次开始碰撞气囊的时刻为，得
则有
解得
第二次与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得
方向竖直向上
15．【答案】（1）解：导体框切割产生的电动势
ab棒两端的电压
解得
（2）解：因ab间电压
因U-t图像为过原点的直线，可知导轨的加速度a不变，即做匀加速运动，且由图像可知
受力分析知：t=2s时ab间电压最大，此时v=1m/s，产生的感应电流最大，导轨受安培力最大，则此时拉力最大，根据牛顿第二定律
其中
解得
（3）解：撤去外力F后
求得
（4）解：产生的总热量
由以上分析可知
可知焦耳热Q1和摩擦生热Q2的比例关系为5∶1，则撤去F后回路的焦耳热
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）由图乙可知t=2.0s时MN两端的电压，根据闭合电路欧姆定律求解速度；
（2）由图乙可知U=t，由闭合电路的欧姆定律结合速度-时间关系求解加速度，由牛顿第二定律得到力F的最大值；
（3）从开始运动到撤去外力F这段时间内做匀加速运动，由运动学规律求解位移，由动量定理求解后一段位移，即可得到总位移。
（4） 求出总热量，结合安培力大小和摩擦力大小得出焦耳热Q1和摩擦生热Q2的比例关系，从而得出 回路中产生的焦耳热Q。
（1）导体框切割产生的电动势
ab棒两端的电压
解得
（2）因ab间电压
因U-t图像为过原点的直线，可知导轨的加速度a不变，即做匀加速运动，且由图像可知
a=0.5m/s2
受力分析知：t=2s时ab间电压最大，此时v=1m/s，产生的感应电流最大，导轨受安培力最大，则此时拉力最大，根据牛顿第二定律
其中
解得
F=1.1N
（3）撤去外力F后
求得
（4）产生的总热量
由以上分析可知
可知焦耳热Q1和摩擦生热Q2的比例关系为5∶1，则撤去F后回路的焦耳热
1 / 1

展开更多......

收起↑