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2025届广西柳州高三下学期第三次模拟考试物理试卷
1．（2025·柳州模拟）2024年10月15日，嫦娥六号从月球背面带回的样品完成鉴定，样品中的含量十分丰富，是核聚变的理想材料。的质子数与中子数分别为（　　）
A．2和3 B．3和2 C．1和2 D．2和1
2．（2025·柳州模拟）某同学站在压力传感器上，开始时保持微蹲状态，之后完成了某些动作，所采集的压力 F随时间t变化的图像如图。则该同学在压力传感器上完成的动作可能是（　　）
A．只有站起过程 B．只有下蹲过程
C．先站起之后下蹲 D．先下蹲之后站起
3．（2025·柳州模拟）中国的机器狗处于世界先进水平，如图所示，将物块放在机器狗的头部，物块与机器狗的接触面为水平面，当机器狗（　　）
A．水平减速前进时，机器狗对物块的作用力小于物块的重力
B．水平减速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块的重力
C．水平加速前进时，机器狗对物块的作用力等于物块的重力
D．水平加速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块对机器狗的作用力
4．（2025·柳州模拟）光伏玻璃具有高透光率低反射率高的特点，一束光线以的入射角从空气中射到光伏玻璃上，反射光线与折射光线的夹角可能为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·柳州模拟）水杯接完热水后再拧紧杯盖，待杯内的水降温后就较难拧开。若接入大半杯水后，杯内气体温度为，压强为，拧紧杯盖，杯内气体（视为一定质量的理想气体）被密闭，经过一段时间后，杯内温度降到，此时杯内气体的压强约为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·柳州模拟）哈雷彗星的运动轨道是一个以太阳为焦点的椭圆，其运行周期为N年，地球的公转轨道可视为圆形，哈雷彗星轨道的半长轴与地球公转半径之比为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·柳州模拟）如图所示，100匝边长为10cm的正方形线圈，一半放在磁感应强度为2T的匀强磁场中，线圈轴线与磁场边界重合，线圈沿图示方向匀速转动，角速度为，线圈的总电阻为，从图示位置开始，线圈转过时所受安培力大小为（　　）
A． B． C．12N D．24N
8．（2025·柳州模拟）投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度水平，第二次初速度斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（　　）
A．运动时间相同 B．加速度相同
C．动能变化量相同 D．动量变化量相同
9．（2025·柳州模拟）如图所示，一带正电的滑块以某一初速度沿固定绝缘斜面下滑，时刻进入方向竖直向下的匀强电场区域，滑块运动的速度时间（）图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025·柳州模拟）如图，坐标轴上三个点的坐标分别为a（-L，0）、b（2L，0）、c（0，2L），在第一、四象限内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第二象限内有方向垂直纸面向外的匀强磁场，图中磁感线均未画出。某带电粒子以大小为 v、方向与x轴成的速度从a点射入，依次经过 O、b、c三点。不计粒子重力及磁场的边界效应，下列说法正确的是（　　）
A．第二象限内的磁感应强度大小为2B
B．粒子的比荷为
C．粒子从a点运动到c点的时间为
D．粒子能通过坐标为的点
11．（2025·柳州模拟）某同学用如图所示的实验装置做“探究弹簧弹力和伸长量的关系”的实验，在弹簧下端依次挂1个、2个、3个、4个、5个质量均为20g钩码，测出弹簧相应的总长度，将实验数据记入下表。（重力加速度g取）
钩码质量 20 40 60 80 100
弹簧总长度
（1）关于本实验的注意事项，下列说法正确的是（　　）
A．在安装刻度尺时，刻度尺可以适当倾斜
B．所挂钩码产生的弹力要在弹簧的弹性限度内
C．挂上钩码后，钩码上下振动，应当在钩码运动到最低点时读数
（2）根据表格中的数据，可得出该弹簧的劲度系数为　 　（结果保留两位有效数字）；
（3）取下这5个钩码，将一个质量为200g的小球挂在该弹簧下端，当弹簧处于原长时，将小球由静止开始释放，小球到达的最低点与释放位置间的距离为　 　cm。（劲度系数为k的弹簧，形变量为x时具有的弹性势能为）
12．（2025·柳州模拟）某一电池的电动势E约为，内阻r未知。为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验。图中 R为电阻箱，为的定值电阻，将电压表视为理想电表。
（1）闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到　 　（选填“最大”或“零”）；
（2）电阻箱某次示数如图乙所示，其阻值为　 　；
（3）为了减小偶然误差，多次调整电阻箱的阻值R，读出对应的电压表的示数U，通过描点作图得到如图乙所示的图像，通过图像可得电动势　 　V，内阻　 　（结果均保留三位有效数字）
（4）若电池的内阻为r、电压表的内阻为，则实验测得电池的电动势与电动势的真实值的关系式为　 　。
13．（2025·柳州模拟）一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻的波形图如图所示。质点Q的横坐标为4m，时质点Q第2次到达波峰。求：
（1）波的传播速度大小；
（2）处的质点在时的位移；
（3）从时刻开始计时，写出质点Q的振动方程。
14．（2025·柳州模拟）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为，导轨底端接有阻值为2R的定值电阻，导轨所在空间有方向垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，将质量为 m、电阻为R的金属棒由静止释放，经时间 t时速度达到最大。导轨宽度与金属棒的长度均为L，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
（1）金属棒的最大速率；
（2）金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离。
15．（2025·柳州模拟）如图所示，足够长的水平桌面上有一质量为3m的木板A，A的右侧固定一轻质挡板P，A的上表面光滑，下表面与桌面的动摩擦因数，在A的上方有水平向右的匀强电场。A在水平向右的恒力F作用下向右运动，当A的速度为时，质量为m、带正电的滑块B，以向右的速度从左侧滑上A，当B与P碰撞前的瞬间，A的速度恰好减为零，已知B与P的碰撞为弹性碰撞且B始终未脱离A，B可视为质点且所受电场力与F始终相等，，重力加速度为 g。求：
（1）与P碰撞前，A、B的加速度大小；
（2）与P第1次碰撞后，B离P的最远距离；
（3）从B与P第1次碰撞至第3次碰撞的过程中，B的电势能的变化量。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的组成
【解析】【解答】的质子数是2，质量数是3，中子数等于质量数减去质子数，则中子数为1。
故选D。
【分析】左上角的数字表示核子数等于质子数加上中子数，左下角的数字表示质子数。
2．【答案】A
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】本题关键掌握超重与失重的实质，传感器的示数随时间变化的图像的物理意义。“下蹲”过程先加速下降后减速下降，则先失重后超重；“站起”过程先加速上升后减速上升，则先超重后失重；由图可知，人先超重后失重，故只有站起过程。
故选A。
【分析】 “下蹲”过程中，力传感器上的示数先小于重力，后大于重力，“站起”过程中，力传感器上的示数先大于重力，后小于重力。
3．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】ABC．由牛顿第二定律可知，水平方向上加速或减速运动，机器狗水平方向受到物块对它的摩擦力。竖直方向上机器狗受到物块对它的压力，由力的合成可知，机器狗对物块作用力的大小始终等于以上两个力合力的大小，大于物块重力，故AC错误、B正确；
D．根据牛顿第三定律， 作用力和反作用力总是等大、反向的，可以把其中任何一个力叫作作用力，另一个力叫作反作用力。 机器狗对物块的作用力等于物块对机器狗的作用力，故D错误。
故选B。
【分析】在没有加速度的情况下，物体受到的力是平衡的，有水平加速度时，竖直方向依然平衡，结合力的合成求解。
4．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题主要考查了对光的反射定律和折射规律的应用，首先要掌握反射角、入射角、折射角的概念，搞清反射角、折射角和入射角的大小。一束光线以的入射角从空气中射到光伏玻璃上，反射角为，折射角一定小于，故反射光线与折射光线的夹角范围大于小于。
故选C。
【分析】入射角是入射光线与法线的夹角；反射角是反射光线与法线的夹角；折射角是折射光线与法线的夹角。
5．【答案】B
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合查理定律即可完成分析。杯内气体做等容变化，根据查理定律有
其中，，
解得
故选B。
【分析】杯内气体做等容变化，根据查理定律列式求解。
6．【答案】A
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】注意开普勒第三定律的应用条件，必须是同一中心天体；不是同一中心天体不适用。根据开普勒第三定律
故
故选A。
【分析】根据开普勒第三定律地球与哈雷彗星的轨道半径的三次方之比等于公转周期的平方之比，列式求解。
7．【答案】C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】电流方向与磁场方向垂直时，导线受到安培力的大小为F=BIl。线圈转动过程中ab边切割磁感线，ab边各点的线速度大小为
线圈转过时，产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可得，此时感应电流
线圈转过时所受安培力大小等于ab边所受安培力大小，根据安培力公式得安培力为
故选C。
【分析】求出线圈转过时，产生的感应电动势，根据欧姆定律求解电流大小，结合安培力公式求解安培力大小。
8．【答案】B,C
【知识点】动量定理；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】 解决本题的关键要灵活运用平抛运动的相关公式，要知道平抛运动的时间由高度决定。AB．由于第二次初速度斜向下，有竖直方向的速度分量，即竖直方向初速度不为零，而第一次水平抛出，竖直方向初速度为零，且两次运动过程中都只受到重力作用，加速度都为g，由于竖直方向下落高度相同，由此可知运动时间不同，故A错误，B正确；
C．由于只受重力，下落高度相同，因此合外力做功相同，根据动能定理可知，动能变化量相同，故C正确；
D．由于只受重力，运动时间不同，因此合外力冲量不同，根据动量定理可知，动量变化量不同，故D错误。
故选BC。
【分析】由于竖直方向下落高度相同，竖直方向初速度不同，加速度相同，运动时间不同，结合动能定理以及动量定理分析。
9．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查的是带电滑块在重力场和复合场中的运动问题，关键是对带电滑块做好受力分析，并且熟练应用牛顿第二定律和运动学公式列式即可。滑块沿固定绝缘斜面下滑，受到重力 mg、斜面的支持力N和摩擦力f。根据牛顿第二定律，沿斜面方向有
其中
此时加速度
滑块带正电，进入竖直向下的匀强电场后，受到电场力
此时沿斜面方向的合力
加速度
对比和，因为
所以
。
AB．图像表示时刻前后速度不变，即加速度为0，若
物体未加电场时匀速运动，加上电场后依然会做匀速运动，所以 A 正确，B错误。
CD．时刻前滑块做加速运动，进入电场时刻后，由于，图像斜率增大，即加速度增大，继续做加速运动，故 D 正确，C 错误。
故选AD。
【分析】对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律求解两种情况下加速度大小，结合v-t图像的斜率等于加速度分析。
10．【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】解答本题的关键是：要正确分析粒子的运动情况，画出粒子运动轨迹，应运用几何关系，根据平衡条件、牛顿第二定律和匀速圆周运动等规律解题。AB．根据题意，作出粒子运动轨迹如图所示
当带电粒子在第二象限内运动时，由几何关系可知，带电粒子做匀速圆周运动的圆心坐标为，轨道半径
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
，
当带电粒子从 O点进入第四象限时，由几何关系可知，带电粒子做匀速圆周运动的圆心坐标为，轨道半径
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
，
联立上述各式可得
，
A正确，B错误；
C．结合上述可知，带电粒子在第二象限运动了个圆周，所以运动时间
带电粒子在第一与第四象限运动了个圆周，所以运动时间
所以粒子从 a点运动到c点的时间为
故 C正确；
D．当带电粒子从 c点再次进入第二象限时，由几何关系可知：带电粒子做半径为的匀速圆周运动，圆心坐标为，由几何知识可知，当带电粒子第二次进入第一象限的位置设为d点，则坐标为，带电粒子第二次在第一象限内做匀速圆周运动的圆心，由几何知识可知，它的坐标为，半径为，由几何知识可知，当带电粒子第三次进入第二象限的位置设为 e点，坐标为，由几何关系可知，带电粒子做半径为的匀速圆周运动，圆心坐标为，坐标为的点在第二象限，根据几何知识有，它到圆心的距离，可知，粒子能通过坐标为的点，故D正确。
故选ACD。
【分析】作出粒子运动轨迹，结合几何关系求解半径大小，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，求出轨迹对应的圆心角和周期，从而求解运动时间，分析粒子运动，判断能否通过相应坐标。
11．【答案】（1）B
（2）49
（3）8
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】弹簧的弹力与挂在弹簧下面的砝码的重力相等。弹簧的长度可用刻度尺直接测出，伸长量可以由拉长后的长度减去弹簧原来的长度进行计算，这样就可以研究弹簧的弹力和弹簧伸长量之间的定量关系 。
（1）A．刻度尺应竖直安装以确保测量准确。故A错误；
B．弹簧的弹力必须在弹性限度内，不然会损坏弹簧。故B正确；
C．实验读数时，应在钩码静止时进行。故C错误。
故选：B。
（2）结合表格中的数据选取两组数据分别为质量为20g，弹簧的总长度为5.40cm和质量为100g，弹簧的总长度6.99cm。根据胡克定律可得
故弹簧的劲度系数为。
（3）设小球到达的最低点与释放位置间的距离为，由功能关系可得
解得
【分析】 （1）根据实验的注意事项逐一分析每个选项；
（2）根据胡克定律结合表格数据求解 弹簧的劲度系数 ；
（3）达到最低点时减小的重力势能等于增加的弹性势能。
（1）A．刻度尺应竖直安装以确保测量准确。故A错误；
B．弹簧的弹力必须在弹性限度内，不然会损坏弹簧。故B正确；
C．实验读数时，应在钩码静止时进行。故C错误。
故选B。
（2）结合表格中的数据选取两组数据分别为质量为20g，弹簧的总长度为5.40cm和质量为100g，弹簧的总长度6.99cm。根据胡克定律可得
故弹簧的劲度系数为。
（3）设小球到达的最低点与释放位置间的距离为，由功能关系可得
解得
12．【答案】（1）最大
（2）107.4
（3）6.67；17.0
（4）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉电路设计和电阻箱的读数规则，同时结合闭合电路的欧姆定律即可完成分析。
（1）为了保护电源，闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到最大；
（2）电阻箱的读数为
（3）根据闭合电路欧姆定律可得
变形可得
故图像纵截距为
则
斜率为
故
（4）由（3）可知
而
故
【分析】（1）闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到最大，保护电路；
（2） 根据电阻箱的读数规则并得出对应的阻值；
（3）根据闭合电路欧姆定律可得函数关系式，从而得到斜率以及纵截距的物理意义，从而得到电动势以及内阻；
（4）分别求解电动势真实值以及测量值的表达式，结合表达式求解。
（1）为了保护电源，闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到最大；
（2）电阻箱的读数为
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得，
变形可得
故图像纵截距为
则；
斜率为
故
（4）由（3）可知，
而
故
13．【答案】（1）解：由图可知，波长
质点Q第2次到达波峰的时间
解得周期
由波长与速度和周期的关系
解得
（2）解：经时间，波传到处，有
则时，该质点已振动了
即个周期，可知此时该质点的位移
（3）解：设质点Q的振动方程
其中
，
由初始条件，时，，速度正向最大，得
即振动方程为
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由图可知波长， 时质点Q第2次到达波峰求得周期，波速等于波长除以周期；
（2）根据时间与周期的关系求得位移；
（3）求出振幅，圆频率以及初相，结合求解振动方程。
（1）由图可知，波长
质点Q第2次到达波峰的时间：
解得周期
由波长与速度和周期的关系
解得
（2）经时间，波传到处，有
则时，该质点已振动了
即个周期，可知此时该质点的位移
（3）设质点Q的振动方程
其中，，
由初始条件，时，，速度正向最大，得
即振动方程为
14．【答案】（1）解：金属棒下滑过程中，切割磁感线产生感应电动势
根据闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流
金属棒受到的安培力
，方向沿导轨向上
金属棒下滑速度达到最大时，有
解得
（2）解：设金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离为x，对金属棒从释放到速度最大的过程，根据动量定理有
又
，，
联立解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒下滑速度达到最大时，安培力等于重力沿斜面分力，结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律等分析；
（2）对金属棒从释放到速度最大的过程，根据动量定理结合电流定义式以及法拉第电磁感应定律求解 沿导轨下滑的距离。
（1）金属棒下滑过程中，切割磁感线产生感应电动势
根据闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流
金属棒受到的安培力，方向沿导轨向上
金属棒下滑速度达到最大时，有
解得
（2）设金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离为x，对金属棒从释放到速度最大的过程，根据动量定理有
又，，
联立解得
15．【答案】（1）解：对A，由牛顿第二定律有
解得
对B，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：将A和B当做系统，地面对A的摩擦力
即系统的动量守恒，设B与A第1次碰撞前的速率为，木板的速度恰好减为零，由动量守恒定律有
解得
设B与A第1次碰撞后，A与B的速度分别为、，取向右为正，碰撞过程中，系统动量守恒有
机械能守恒有
联立以上各式解得
，
可知第1次碰后B的速度方向向左，A的速度方向向右；
由第问计算可知，第1次碰撞后，B以沿木板向左做匀减速运动至0再反向匀加速，A以向右做匀减速运动，A、B共速时B与挡板之间最远，由动量守恒定律有
解得
此过程中A相对地面向右的位移为，B相对地面向左的位移为，对A，由动能定理有
对B，由动能定理有
联立解得
，
则最远的距离
（3）解：A速度再次减为零的时间
B的速度
此过程中，A的位移
B的位移
即B与A第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后滑块、木板重复前面的运动过程，每相邻两次碰撞间滑块、木板的位移相同，B与A第1次碰撞后至第3次碰撞后瞬间的整个过程中B的位移为
此过程电场力做功
解得
则B的电势能的变化量。
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对A和B根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2） 知B与P的碰撞为弹性碰撞 ，A、B共速时B与挡板之间最远，分别由动能定理求解A和B相对地面的位移，从而求解B离P的最远距离；
（3）求出整个过程中B的位移，从而求解全过程电场力做功，电势能变化等于电场力做功。
（1）对A，由牛顿第二定律有
解得
对B，由牛顿第二定律有
解得
（2）将A和B当做系统，地面对A的摩擦力，即系统的动量守恒，设B与A第1次碰撞前的速率为，木板的速度恰好减为零，由动量守恒定律有
解得
设B与A第1次碰撞后，A与B的速度分别为、，取向右为正，碰撞过程中，系统动量守恒有
机械能守恒有
联立以上各式解得，
可知第1次碰后B的速度方向向左，A的速度方向向右；
由第问计算可知，第1次碰撞后，B以沿木板向左做匀减速运动至0再反向匀加速，A以向右做匀减速运动，A、B共速时B与挡板之间最远，由动量守恒定律有
解得
此过程中A相对地面向右的位移为，B相对地面向左的位移为，对A，由动能定理有
对B，由动能定理有
联立解得，
则最远的距离
（3）A速度再次减为零的时间
B的速度
此过程中，A的位移
B的位移
即B与A第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后滑块、木板重复前面的运动过程，每相邻两次碰撞间滑块、木板的位移相同，B与A第1次碰撞后至第3次碰撞后瞬间的整个过程中B的位移为
此过程电场力做功
解得
则B的电势能的变化量。
1 / 12025届广西柳州高三下学期第三次模拟考试物理试卷
1．（2025·柳州模拟）2024年10月15日，嫦娥六号从月球背面带回的样品完成鉴定，样品中的含量十分丰富，是核聚变的理想材料。的质子数与中子数分别为（　　）
A．2和3 B．3和2 C．1和2 D．2和1
【答案】D
【知识点】原子核的组成
【解析】【解答】的质子数是2，质量数是3，中子数等于质量数减去质子数，则中子数为1。
故选D。
【分析】左上角的数字表示核子数等于质子数加上中子数，左下角的数字表示质子数。
2．（2025·柳州模拟）某同学站在压力传感器上，开始时保持微蹲状态，之后完成了某些动作，所采集的压力 F随时间t变化的图像如图。则该同学在压力传感器上完成的动作可能是（　　）
A．只有站起过程 B．只有下蹲过程
C．先站起之后下蹲 D．先下蹲之后站起
【答案】A
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】本题关键掌握超重与失重的实质，传感器的示数随时间变化的图像的物理意义。“下蹲”过程先加速下降后减速下降，则先失重后超重；“站起”过程先加速上升后减速上升，则先超重后失重；由图可知，人先超重后失重，故只有站起过程。
故选A。
【分析】 “下蹲”过程中，力传感器上的示数先小于重力，后大于重力，“站起”过程中，力传感器上的示数先大于重力，后小于重力。
3．（2025·柳州模拟）中国的机器狗处于世界先进水平，如图所示，将物块放在机器狗的头部，物块与机器狗的接触面为水平面，当机器狗（　　）
A．水平减速前进时，机器狗对物块的作用力小于物块的重力
B．水平减速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块的重力
C．水平加速前进时，机器狗对物块的作用力等于物块的重力
D．水平加速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块对机器狗的作用力
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】ABC．由牛顿第二定律可知，水平方向上加速或减速运动，机器狗水平方向受到物块对它的摩擦力。竖直方向上机器狗受到物块对它的压力，由力的合成可知，机器狗对物块作用力的大小始终等于以上两个力合力的大小，大于物块重力，故AC错误、B正确；
D．根据牛顿第三定律， 作用力和反作用力总是等大、反向的，可以把其中任何一个力叫作作用力，另一个力叫作反作用力。 机器狗对物块的作用力等于物块对机器狗的作用力，故D错误。
故选B。
【分析】在没有加速度的情况下，物体受到的力是平衡的，有水平加速度时，竖直方向依然平衡，结合力的合成求解。
4．（2025·柳州模拟）光伏玻璃具有高透光率低反射率高的特点，一束光线以的入射角从空气中射到光伏玻璃上，反射光线与折射光线的夹角可能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题主要考查了对光的反射定律和折射规律的应用，首先要掌握反射角、入射角、折射角的概念，搞清反射角、折射角和入射角的大小。一束光线以的入射角从空气中射到光伏玻璃上，反射角为，折射角一定小于，故反射光线与折射光线的夹角范围大于小于。
故选C。
【分析】入射角是入射光线与法线的夹角；反射角是反射光线与法线的夹角；折射角是折射光线与法线的夹角。
5．（2025·柳州模拟）水杯接完热水后再拧紧杯盖，待杯内的水降温后就较难拧开。若接入大半杯水后，杯内气体温度为，压强为，拧紧杯盖，杯内气体（视为一定质量的理想气体）被密闭，经过一段时间后，杯内温度降到，此时杯内气体的压强约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合查理定律即可完成分析。杯内气体做等容变化，根据查理定律有
其中，，
解得
故选B。
【分析】杯内气体做等容变化，根据查理定律列式求解。
6．（2025·柳州模拟）哈雷彗星的运动轨道是一个以太阳为焦点的椭圆，其运行周期为N年，地球的公转轨道可视为圆形，哈雷彗星轨道的半长轴与地球公转半径之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】注意开普勒第三定律的应用条件，必须是同一中心天体；不是同一中心天体不适用。根据开普勒第三定律
故
故选A。
【分析】根据开普勒第三定律地球与哈雷彗星的轨道半径的三次方之比等于公转周期的平方之比，列式求解。
7．（2025·柳州模拟）如图所示，100匝边长为10cm的正方形线圈，一半放在磁感应强度为2T的匀强磁场中，线圈轴线与磁场边界重合，线圈沿图示方向匀速转动，角速度为，线圈的总电阻为，从图示位置开始，线圈转过时所受安培力大小为（　　）
A． B． C．12N D．24N
【答案】C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】电流方向与磁场方向垂直时，导线受到安培力的大小为F=BIl。线圈转动过程中ab边切割磁感线，ab边各点的线速度大小为
线圈转过时，产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可得，此时感应电流
线圈转过时所受安培力大小等于ab边所受安培力大小，根据安培力公式得安培力为
故选C。
【分析】求出线圈转过时，产生的感应电动势，根据欧姆定律求解电流大小，结合安培力公式求解安培力大小。
8．（2025·柳州模拟）投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度水平，第二次初速度斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中（　　）
A．运动时间相同 B．加速度相同
C．动能变化量相同 D．动量变化量相同
【答案】B,C
【知识点】动量定理；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】 解决本题的关键要灵活运用平抛运动的相关公式，要知道平抛运动的时间由高度决定。AB．由于第二次初速度斜向下，有竖直方向的速度分量，即竖直方向初速度不为零，而第一次水平抛出，竖直方向初速度为零，且两次运动过程中都只受到重力作用，加速度都为g，由于竖直方向下落高度相同，由此可知运动时间不同，故A错误，B正确；
C．由于只受重力，下落高度相同，因此合外力做功相同，根据动能定理可知，动能变化量相同，故C正确；
D．由于只受重力，运动时间不同，因此合外力冲量不同，根据动量定理可知，动量变化量不同，故D错误。
故选BC。
【分析】由于竖直方向下落高度相同，竖直方向初速度不同，加速度相同，运动时间不同，结合动能定理以及动量定理分析。
9．（2025·柳州模拟）如图所示，一带正电的滑块以某一初速度沿固定绝缘斜面下滑，时刻进入方向竖直向下的匀强电场区域，滑块运动的速度时间（）图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查的是带电滑块在重力场和复合场中的运动问题，关键是对带电滑块做好受力分析，并且熟练应用牛顿第二定律和运动学公式列式即可。滑块沿固定绝缘斜面下滑，受到重力 mg、斜面的支持力N和摩擦力f。根据牛顿第二定律，沿斜面方向有
其中
此时加速度
滑块带正电，进入竖直向下的匀强电场后，受到电场力
此时沿斜面方向的合力
加速度
对比和，因为
所以
。
AB．图像表示时刻前后速度不变，即加速度为0，若
物体未加电场时匀速运动，加上电场后依然会做匀速运动，所以 A 正确，B错误。
CD．时刻前滑块做加速运动，进入电场时刻后，由于，图像斜率增大，即加速度增大，继续做加速运动，故 D 正确，C 错误。
故选AD。
【分析】对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律求解两种情况下加速度大小，结合v-t图像的斜率等于加速度分析。
10．（2025·柳州模拟）如图，坐标轴上三个点的坐标分别为a（-L，0）、b（2L，0）、c（0，2L），在第一、四象限内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第二象限内有方向垂直纸面向外的匀强磁场，图中磁感线均未画出。某带电粒子以大小为 v、方向与x轴成的速度从a点射入，依次经过 O、b、c三点。不计粒子重力及磁场的边界效应，下列说法正确的是（　　）
A．第二象限内的磁感应强度大小为2B
B．粒子的比荷为
C．粒子从a点运动到c点的时间为
D．粒子能通过坐标为的点
【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】解答本题的关键是：要正确分析粒子的运动情况，画出粒子运动轨迹，应运用几何关系，根据平衡条件、牛顿第二定律和匀速圆周运动等规律解题。AB．根据题意，作出粒子运动轨迹如图所示
当带电粒子在第二象限内运动时，由几何关系可知，带电粒子做匀速圆周运动的圆心坐标为，轨道半径
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
，
当带电粒子从 O点进入第四象限时，由几何关系可知，带电粒子做匀速圆周运动的圆心坐标为，轨道半径
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
，
联立上述各式可得
，
A正确，B错误；
C．结合上述可知，带电粒子在第二象限运动了个圆周，所以运动时间
带电粒子在第一与第四象限运动了个圆周，所以运动时间
所以粒子从 a点运动到c点的时间为
故 C正确；
D．当带电粒子从 c点再次进入第二象限时，由几何关系可知：带电粒子做半径为的匀速圆周运动，圆心坐标为，由几何知识可知，当带电粒子第二次进入第一象限的位置设为d点，则坐标为，带电粒子第二次在第一象限内做匀速圆周运动的圆心，由几何知识可知，它的坐标为，半径为，由几何知识可知，当带电粒子第三次进入第二象限的位置设为 e点，坐标为，由几何关系可知，带电粒子做半径为的匀速圆周运动，圆心坐标为，坐标为的点在第二象限，根据几何知识有，它到圆心的距离，可知，粒子能通过坐标为的点，故D正确。
故选ACD。
【分析】作出粒子运动轨迹，结合几何关系求解半径大小，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，求出轨迹对应的圆心角和周期，从而求解运动时间，分析粒子运动，判断能否通过相应坐标。
11．（2025·柳州模拟）某同学用如图所示的实验装置做“探究弹簧弹力和伸长量的关系”的实验，在弹簧下端依次挂1个、2个、3个、4个、5个质量均为20g钩码，测出弹簧相应的总长度，将实验数据记入下表。（重力加速度g取）
钩码质量 20 40 60 80 100
弹簧总长度
（1）关于本实验的注意事项，下列说法正确的是（　　）
A．在安装刻度尺时，刻度尺可以适当倾斜
B．所挂钩码产生的弹力要在弹簧的弹性限度内
C．挂上钩码后，钩码上下振动，应当在钩码运动到最低点时读数
（2）根据表格中的数据，可得出该弹簧的劲度系数为　 　（结果保留两位有效数字）；
（3）取下这5个钩码，将一个质量为200g的小球挂在该弹簧下端，当弹簧处于原长时，将小球由静止开始释放，小球到达的最低点与释放位置间的距离为　 　cm。（劲度系数为k的弹簧，形变量为x时具有的弹性势能为）
【答案】（1）B
（2）49
（3）8
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】弹簧的弹力与挂在弹簧下面的砝码的重力相等。弹簧的长度可用刻度尺直接测出，伸长量可以由拉长后的长度减去弹簧原来的长度进行计算，这样就可以研究弹簧的弹力和弹簧伸长量之间的定量关系 。
（1）A．刻度尺应竖直安装以确保测量准确。故A错误；
B．弹簧的弹力必须在弹性限度内，不然会损坏弹簧。故B正确；
C．实验读数时，应在钩码静止时进行。故C错误。
故选：B。
（2）结合表格中的数据选取两组数据分别为质量为20g，弹簧的总长度为5.40cm和质量为100g，弹簧的总长度6.99cm。根据胡克定律可得
故弹簧的劲度系数为。
（3）设小球到达的最低点与释放位置间的距离为，由功能关系可得
解得
【分析】 （1）根据实验的注意事项逐一分析每个选项；
（2）根据胡克定律结合表格数据求解 弹簧的劲度系数 ；
（3）达到最低点时减小的重力势能等于增加的弹性势能。
（1）A．刻度尺应竖直安装以确保测量准确。故A错误；
B．弹簧的弹力必须在弹性限度内，不然会损坏弹簧。故B正确；
C．实验读数时，应在钩码静止时进行。故C错误。
故选B。
（2）结合表格中的数据选取两组数据分别为质量为20g，弹簧的总长度为5.40cm和质量为100g，弹簧的总长度6.99cm。根据胡克定律可得
故弹簧的劲度系数为。
（3）设小球到达的最低点与释放位置间的距离为，由功能关系可得
解得
12．（2025·柳州模拟）某一电池的电动势E约为，内阻r未知。为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验。图中 R为电阻箱，为的定值电阻，将电压表视为理想电表。
（1）闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到　 　（选填“最大”或“零”）；
（2）电阻箱某次示数如图乙所示，其阻值为　 　；
（3）为了减小偶然误差，多次调整电阻箱的阻值R，读出对应的电压表的示数U，通过描点作图得到如图乙所示的图像，通过图像可得电动势　 　V，内阻　 　（结果均保留三位有效数字）
（4）若电池的内阻为r、电压表的内阻为，则实验测得电池的电动势与电动势的真实值的关系式为　 　。
【答案】（1）最大
（2）107.4
（3）6.67；17.0
（4）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉电路设计和电阻箱的读数规则，同时结合闭合电路的欧姆定律即可完成分析。
（1）为了保护电源，闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到最大；
（2）电阻箱的读数为
（3）根据闭合电路欧姆定律可得
变形可得
故图像纵截距为
则
斜率为
故
（4）由（3）可知
而
故
【分析】（1）闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到最大，保护电路；
（2） 根据电阻箱的读数规则并得出对应的阻值；
（3）根据闭合电路欧姆定律可得函数关系式，从而得到斜率以及纵截距的物理意义，从而得到电动势以及内阻；
（4）分别求解电动势真实值以及测量值的表达式，结合表达式求解。
（1）为了保护电源，闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到最大；
（2）电阻箱的读数为
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得，
变形可得
故图像纵截距为
则；
斜率为
故
（4）由（3）可知，
而
故
13．（2025·柳州模拟）一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻的波形图如图所示。质点Q的横坐标为4m，时质点Q第2次到达波峰。求：
（1）波的传播速度大小；
（2）处的质点在时的位移；
（3）从时刻开始计时，写出质点Q的振动方程。
【答案】（1）解：由图可知，波长
质点Q第2次到达波峰的时间
解得周期
由波长与速度和周期的关系
解得
（2）解：经时间，波传到处，有
则时，该质点已振动了
即个周期，可知此时该质点的位移
（3）解：设质点Q的振动方程
其中
，
由初始条件，时，，速度正向最大，得
即振动方程为
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由图可知波长， 时质点Q第2次到达波峰求得周期，波速等于波长除以周期；
（2）根据时间与周期的关系求得位移；
（3）求出振幅，圆频率以及初相，结合求解振动方程。
（1）由图可知，波长
质点Q第2次到达波峰的时间：
解得周期
由波长与速度和周期的关系
解得
（2）经时间，波传到处，有
则时，该质点已振动了
即个周期，可知此时该质点的位移
（3）设质点Q的振动方程
其中，，
由初始条件，时，，速度正向最大，得
即振动方程为
14．（2025·柳州模拟）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为，导轨底端接有阻值为2R的定值电阻，导轨所在空间有方向垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，将质量为 m、电阻为R的金属棒由静止释放，经时间 t时速度达到最大。导轨宽度与金属棒的长度均为L，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
（1）金属棒的最大速率；
（2）金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离。
【答案】（1）解：金属棒下滑过程中，切割磁感线产生感应电动势
根据闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流
金属棒受到的安培力
，方向沿导轨向上
金属棒下滑速度达到最大时，有
解得
（2）解：设金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离为x，对金属棒从释放到速度最大的过程，根据动量定理有
又
，，
联立解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒下滑速度达到最大时，安培力等于重力沿斜面分力，结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律等分析；
（2）对金属棒从释放到速度最大的过程，根据动量定理结合电流定义式以及法拉第电磁感应定律求解 沿导轨下滑的距离。
（1）金属棒下滑过程中，切割磁感线产生感应电动势
根据闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流
金属棒受到的安培力，方向沿导轨向上
金属棒下滑速度达到最大时，有
解得
（2）设金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离为x，对金属棒从释放到速度最大的过程，根据动量定理有
又，，
联立解得
15．（2025·柳州模拟）如图所示，足够长的水平桌面上有一质量为3m的木板A，A的右侧固定一轻质挡板P，A的上表面光滑，下表面与桌面的动摩擦因数，在A的上方有水平向右的匀强电场。A在水平向右的恒力F作用下向右运动，当A的速度为时，质量为m、带正电的滑块B，以向右的速度从左侧滑上A，当B与P碰撞前的瞬间，A的速度恰好减为零，已知B与P的碰撞为弹性碰撞且B始终未脱离A，B可视为质点且所受电场力与F始终相等，，重力加速度为 g。求：
（1）与P碰撞前，A、B的加速度大小；
（2）与P第1次碰撞后，B离P的最远距离；
（3）从B与P第1次碰撞至第3次碰撞的过程中，B的电势能的变化量。
【答案】（1）解：对A，由牛顿第二定律有
解得
对B，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：将A和B当做系统，地面对A的摩擦力
即系统的动量守恒，设B与A第1次碰撞前的速率为，木板的速度恰好减为零，由动量守恒定律有
解得
设B与A第1次碰撞后，A与B的速度分别为、，取向右为正，碰撞过程中，系统动量守恒有
机械能守恒有
联立以上各式解得
，
可知第1次碰后B的速度方向向左，A的速度方向向右；
由第问计算可知，第1次碰撞后，B以沿木板向左做匀减速运动至0再反向匀加速，A以向右做匀减速运动，A、B共速时B与挡板之间最远，由动量守恒定律有
解得
此过程中A相对地面向右的位移为，B相对地面向左的位移为，对A，由动能定理有
对B，由动能定理有
联立解得
，
则最远的距离
（3）解：A速度再次减为零的时间
B的速度
此过程中，A的位移
B的位移
即B与A第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后滑块、木板重复前面的运动过程，每相邻两次碰撞间滑块、木板的位移相同，B与A第1次碰撞后至第3次碰撞后瞬间的整个过程中B的位移为
此过程电场力做功
解得
则B的电势能的变化量。
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对A和B根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2） 知B与P的碰撞为弹性碰撞 ，A、B共速时B与挡板之间最远，分别由动能定理求解A和B相对地面的位移，从而求解B离P的最远距离；
（3）求出整个过程中B的位移，从而求解全过程电场力做功，电势能变化等于电场力做功。
（1）对A，由牛顿第二定律有
解得
对B，由牛顿第二定律有
解得
（2）将A和B当做系统，地面对A的摩擦力，即系统的动量守恒，设B与A第1次碰撞前的速率为，木板的速度恰好减为零，由动量守恒定律有
解得
设B与A第1次碰撞后，A与B的速度分别为、，取向右为正，碰撞过程中，系统动量守恒有
机械能守恒有
联立以上各式解得，
可知第1次碰后B的速度方向向左，A的速度方向向右；
由第问计算可知，第1次碰撞后，B以沿木板向左做匀减速运动至0再反向匀加速，A以向右做匀减速运动，A、B共速时B与挡板之间最远，由动量守恒定律有
解得
此过程中A相对地面向右的位移为，B相对地面向左的位移为，对A，由动能定理有
对B，由动能定理有
联立解得，
则最远的距离
（3）A速度再次减为零的时间
B的速度
此过程中，A的位移
B的位移
即B与A第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后滑块、木板重复前面的运动过程，每相邻两次碰撞间滑块、木板的位移相同，B与A第1次碰撞后至第3次碰撞后瞬间的整个过程中B的位移为
此过程电场力做功
解得
则B的电势能的变化量。
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