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2025届四川省南充市第一中学高三下学期二模物理试题
1．（2025·顺庆模拟）用中子轰击静止的锂核，得到氚核、频率为的光子和原子核X；已知锂核的结合能为，氚核的结合能为，X的结合能为，普朗克常量为h，真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．X的电离作用弱
B．光子的动量为
C．该核反应的质量亏损为
D．该核反应释放的核能为
【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程；光子及其动量；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A、根据核反应的核电荷数和质量数守恒可知，X是α粒子，其电离作用强，穿透能力弱，故A错误；
B、光子的动量应为
故B错误；
CD、根据结合能的定义可知，该核反应释放的核能为核反应后的结合能与核反应前的结合能之差即
光子的能量是核能的一部分，核反应的质量亏损为
即为
故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】根据核反应的核电荷数和质量数守恒确定x粒子的种类，α粒子电离作用强，穿透能力弱。根据题意确定核反应释放的核能，再根据爱因斯坦质能亏损方程确定亏损的质量。熟练掌握光子动量的定义。
2．（2025·顺庆模拟）如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，线框平面与磁感线垂直，现使矩形线框绕垂直于磁场的轴以恒定角速度转动，线框电阻不计，匝数为匝，面积为。线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（4W，）和滑动变阻器R，电流表为理想交流电表，下列说法正确的是（　　）
A．从图示位置开始计时，线框中感应电动势瞬时值表达式为
B．线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量变化最快
C．若将自耦变压器触头向下滑动，则灯泡会变暗
D．若灯泡正常发光，则原、副线圈的匝数比为
【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查了正、余弦交流电产生原理与变压器的动态过程分析，一定要熟悉理想变压器的变压比公式及各参量的决定关系。A．线框中感应电动势最大值为
图中位置穿过线圈的磁通量最大，即为中性面位置，所以线圈中感应电动势的瞬时值为
故A错误；
B．根据上述表达式可知线框平面与磁感线垂直时为中性面位置，此时感应电动势的瞬时值为0，即
可得此时穿过线框的磁通量变化率
穿过线框的磁通量变化最慢。故B错误；
C．若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据理想变压器电压与匝数的关系
可知输出电压减小，又因为
可知灯泡发光的功率变小，所以灯泡变暗。故C正确；
D．变压器变压器输入电压的有效值为
开关闭合时灯泡正常发光，所以
根据理想变压器的变压比得此时原副线圈的匝数比为
故D错误。
故选C。
【分析】根据正余弦交流电产生原理求解交变电流的瞬时值表达式、峰值及有效值；根据瞬时值得到该位置感应电动势的值，结合法拉第电磁感应定律确定变化率；由原副线圈的电压比等于匝数比得到副线圈电压的变化，再确定灯泡功率的变化；根据灯泡常发光求出副线圈两端电压，输出电压由原线圈电压和匝数比决定。
3．（2025·顺庆模拟）疫情防控期间，某同学在家对着竖直墙壁练习打乒乓球。某次斜向上发球，球垂直在墙上后反弹落地，落地点正好在发球点正下方，球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力，关于球离开球拍到第一次落地的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．球在空中上升和下降过程时间相等
B．球落地时的动量一定比抛出时大
C．球落地时和抛出时的动能可能相等
D．球撞击墙壁过程可能没有机械能损失
【答案】C
【知识点】斜抛运动；动能；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】本题主要考查斜上抛运动、平抛运动和能量守恒定律，关键是根据轨迹分析碰撞前后速度的大小，由此确定是否存在能量损失，能够根据逆向思维分析问题。
A．斜上抛运动看作反向的平抛运动，根据
可得
由于两种情况下竖直方向运动的高度不同，则运动时间不相等，反弹后运动的时间长，故A错误；
B．虽然反弹落地时乒乓球竖直方向的速度大于原来抛出时竖直方向的速度，但水平方向的速度是斜上抛时的大，所以球落地时的速率不一定比抛出时大，则球落地时的动量不一定比抛出时大，故B错误；
C．虽然碰撞过程中有能量损失，但反弹后下落的高度大，从开始抛出到落地过程中重力做正功，如果整个过程中重力做的功等于乒乓球与墙碰撞过程中损失的能量，则球落地时和抛出时的动能相等，故C正确；
D．若反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小相等，则乒乓球原路返回，根据图象可知，乒乓球与墙碰撞过程中有能量损失，使得碰撞后速度减小，故D错误。
故选C。
【分析】球上升过程的逆运动是平抛运动，球垂直撞墙后的运动是平抛运动，根据
分析时间关系；结合水平位移关系，判断球上升和下降水平速度关系，由机械能守恒定律分析落地时与抛出时速率关系；若球反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小相等，则乒乓球原路返回，根据图分析有没有能量损失。
4．（2025·顺庆模拟）如图所示，圆弧形槽固定在地面上，COD为水平直径，在光滑的半球形绝缘内壁有质量分别为mA、mB两带同种电荷的小球，各自带电量为 qA、qB，A、B两小球球心与O 点的连线与竖直方向分别成 37°、53°夹角，处于静止状态，则（　　）
A．一定有 mA < mB
B．一定有 qA > qB
C．若A球电量减小，A球会降低，B球会升高
D．若用外力将小球A缓慢移动到球心O点的正下方，A、B系统的电势能将增大
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；电势能
【解析】【解答】对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。
AB．分别以小球A、B为研究对象，分析其受力情况，如图所示
根据相似三角形法可得
，
而，则可知，另根据题中条件不能判断两球电量关系，故AB错误；
C．若A球电量减小，则A、B两球间的库仑力F将减小，根据三角形相似法可得
，
则可知AC、CB都减小，即A、B两球都会降低，故C错误；
D．若用外力将小球A缓慢移动到球心O点的正下方，则A、B两球间的距离减小，库仑力变大，移动过程中电场力做负功，则A、B系统的电势能增大，故D正确。
故选D。
【分析】一般情况下的共点力平衡（根据相似三角形处理），库仑定律，电场力做功和电势能关系。
5．（2025·顺庆模拟）2024年6月4日，携带月球样品的嫦娥六号上升器自月球背面起飞，随后成功进入预定环月轨道，图为嫦娥六号着陆月球前部分轨道的简化示意图，Ⅰ是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点。已知圆轨道Ⅳ到月球表面的高度为h，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转，嫦娥六号（　　）
A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，需在P处向后喷气
B．在轨道Ⅳ上绕月运行的速度大小为
C．在轨道Ⅳ上绕月运行的周期大于在轨道Ⅲ上绕月运行的周期
D．在轨道Ⅱ上稳定运行时经过P点的加速度大于经过Q点的加速度
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据变轨的知识分析机械能大小和喷气的方向，由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，需在P处向前喷气制动减速，故A错误；
B．根据月球表面的物体万有引力提供重力，结合嫦娥五号的万有引力提供向心力计算出嫦娥五号的绕月速度。不考虑月球的自转，在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，则
嫦娥六号在轨道Ⅳ上绕月运行时，由万有引力提供向心力，可得
联立可得，嫦娥六号在轨道Ⅳ上绕月运行的速度大小为
故B正确；
C．根据开普勒第三定律
可知，在轨道Ⅳ上绕月运行的周期小于在轨道Ⅲ上绕月运行的周期，故C错误；
D．根据牛顿第二定律分析PQ两点的加速度大小关系。根据牛顿第二定律，有
可知其他条件不变的情况下，距离月球越远，加速度越小，所以在轨道Ⅱ上稳定运行时经过P点的加速度小于经过Q点的加速度，故D错误。
故选B。
【分析】根据万有引力和向心力的等量关系列式求解，结合牛顿第二定律分析出加速度即可。
6．（2025·顺庆模拟）如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为0.3kg的物块从弹簧上端某高度处自由下落，当弹簧的压缩量为0.1m时物块达到最大速度，此后物块继续向下运动到达最低点。在以上整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，物块和弹簧接触瞬间机械能损失不计，不计空气阻力，取，下列说法正确的是（　　）
A．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的加速度先增大后减小
B．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的机械能先增大后减小
C．该弹簧的劲度系数为20.0N/m
D．弹簧压缩量为0.2m时，物块的加速度大小为
【答案】D
【知识点】功能关系；胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查了对机械能守恒定律的掌握，解题时需知，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。A．物块从接触弹簧到压缩至最短的过程中，开始时重力大于弹簧弹力，合力向下，随着弹簧压缩量增大，弹力增大，合力减小，加速度减小，当弹力大小等于重力大小时速度达到最大；之后弹力大于重力，合力向上，且随着弹簧压缩量继续增大，合力增大，加速度增大。所以加速度是先减小后增大，故A错误；
B．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧弹力对物块做负功，根据功能关系，除重力之外的力做负功，物块的机械能一直减小，故B错误；
C．速度最大时，弹簧压缩量，对物块，由平衡条件有
代入题中数据得弹簧的劲度系数
故C错误；
D．弹簧压缩量为时，由牛顿第二定律得
联立以上解得加速度大小
故D正确。
故选 D。
【分析】根据胡克定律及牛顿第二定律，弹簧弹力对物块做负功，根据功能关系分析，速度最大时，受力平衡，结合平衡条件以及牛顿第二定律分析。
7．（2025·顺庆模拟）如图所示ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷Q1固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q2从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为－W。再将Q2从C点沿CB移到B点。下列说法正确的是（　　）
A．+q从无穷远处移到C点的过程中，电势能减少了W
B．+q在移到B点后的电势能为W
C．Q2在C点的电势为
D．+q从C点移到B点的过程中，所受电场力做负功
【答案】B
【知识点】电势能；电势差
【解析】【解答】解决本题的关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系、电势能的变化与电场力做功的关系。要注意运用公式W=qU时各个量均要代符号运算。A．电荷运动过程中，电场力做的功等于电势能减少量，故+q从无穷远处移到C点的过程中，电势能增加了，故A错误；
B．ABC为等边三角形，所以，因此点电荷Q2从C点到B点后的电势能不变，所以+q在移到B点后的电势能为W，故B正确；
C．点电荷Q2从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为－W
故C错误；
D．+q从C点移到B点的过程中，电势能不变，电场力不做功，故D错误。
故选B
【分析】研究+q从无穷远处（电势为0）移到C点的过程，利用公式W=qU求出无穷远处与C点间的电势差，从而求得C点的电势；+q从C点移到B点的过程中，根据C点与B点间的电势差求电场力做功。
8．（2025·顺庆模拟）如图所示，在点电荷Q形成的电场中，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在同一等势面上。甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为acb和adb曲线，两个粒子经过a点时具有相同的动能，由此可以判断（　　）
A．甲粒子c点时与乙粒子d点时具有相同的动能
B．甲乙两粒子带异号电荷
C．若取无穷远处为零电势，则甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能
D．两粒子经过b点时具有相同的动能
【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题首先根据粒子轨迹弯曲方向判断电场力大致方向，确定粒子的电性，由动能定理分析判断动能关系。A．由带电粒子的轨迹弯曲方向可知，Q对乙粒子有斥力，对甲粒子有引力，从a到c，电场力对乙做负功，动能减小，电场力对甲粒子做正功，动能增大，而两个粒子经过a点时具有相同的动能，故甲粒子经过c点时的动能大于乙粒子经过d点时的动能，故A错误；
B． 由上可知，甲与Q是异种电荷，乙与Q是同种电荷，故甲、乙两个粒子带异种电荷，故B正确；
C． 若取无穷远处为零电势，对甲粒子，从无穷远到c点，电场力做正功，电势能减小，所以甲粒子在c点电势能为负值；对乙粒子，从无穷远到d点，电场力做负功，电势能增大，故乙粒子在d点的电势能为正值，则甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能，故C正确；
D． a、b位于同一等势面上，电势相等，从a到b电场力做功均为零，两个粒子经过a点时具有相同的动能，则两粒子经过b点时也具有相同的动能，故D正确。
故选：BCD。
【分析】根据曲线运动中合力指向轨迹弯曲的内侧，判断两带电粒子所受的电场力方向，确定两带电粒子的电性，分析电场力做功的正负，由动能定理分析动能关系．根据正电荷在电势高处电势能大分析电势能的关系．
9．（2025·顺庆模拟）如图所示，足够长的光滑水平杆上套有一质量为m的圆环P，圆环右侧被一竖直挡板挡住，一根长为L且不可伸长的轻质细线一端固定在圆环P上，另一端与质量为2m的小球Q（视为质点）相连，把小球拉到水平等高处，细线刚好拉直，静止释放小球。已知重力加速度为g，忽略空气的阻力。则（　　）
A．当小球Q第一次到达左端最高点时，细线对P做功为
B．当小球Q第二次到最低点时，细线对Q做功为
C．当小球Q第二次到最低点时，小球Q的加速度大小为2g
D．当小球Q第二次到最低点时，细线对Q的拉力大小为
【答案】A,C
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。A．当小球Q从右侧最高点运动到小环P正下方的最低点时，此时由于小环P被挡板挡住，故此过程小环P不会发生运动，对小球Q，根据能量守恒有
解得小球Q在最低点时的速度大小为
当小球Q从最低点向左摆到最高点时，此时小环P在细线的拉力作用下向左运动，挡板对其没有力的作用，所以两小球在水平方向动量守恒，当两者速度相等时，小球Q运动到左侧最高点，以水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒有
解得
故此过程中细线对P做功为
故A正确；
B．由题意及前面分析可知，小球Q第一次到最低点至第二次到最低点的过程，系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒有
根据机械能守恒可得
联立解得
对Q，此过程重力不做功，则根据动能定理可知，细线对Q做功为
故B错误；
C．结合前面分析，由向心加速度与线速度的关系可知，当小球Q第二次到最低点时，小球Q的加速度大小为
故C正确；
D．当小球Q第二次到最低点时，由牛顿第二定律可得
解得，细线对Q的拉力大小为
故D错误；
故选AC。
【分析】结合题意，由能量守恒、动量守恒、动能定理分别列式，即可分析判断；由动量守恒、机械能守恒分别列式，即可分析判断；结合前面分析，由向心加速度与线速度的关系列式，即可分析判断；当小球Q第二次到最低点时，由牛顿第二定律列式，即可分析判断。
10．（2025·顺庆模拟）如图所示，两条电阻不计的光滑平行导轨AED和BFC与水平面成角，平行导轨间距为L，一劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在O点，弹簧中心轴线与轨道平行，另一端与质量为m、电阻为r的导体棒相连，导轨一端连接定值电阻R，匀强磁场垂直穿过导轨平面ABCD，AB到CD的距离足够大，磁感应强度大小为，O点到CD的距离等于弹簧的原长，导体棒从CD位置静止释放，到达EF位置时速度达到最大，CD到EF的距离为d，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．导体棒从CD到EF过程中，流过定值电阻R的电流方向为A到B
B．导体棒从CD到EF过程中，流过定值电阻R的电荷量为
C．导体棒到达EF时的最大速度为
D．导体棒从CD到下滑到最低点的过程中导体棒与弹簧组成的系统机械能一直减小
【答案】A,D
【知识点】机械能守恒定律；安培力的计算；右手定则；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查导体切割磁感线中的能量及受力平衡关系的应用，要明确导体棒速度最大的条件：合力为零，熟练找到安培力与速度的关系。A．导体棒从CD到EF过程中，由右手定则可知，通过CD棒电流方向为C到D，则流过定值电阻R的电流方向为A到B，故A正确；
B．导体棒从CD到EF过程中，流过定值电阻R的电荷量
故B错误；
C．最大速度时，导体棒合力为0，由平衡条件有
因为
联立解得
故C错误；
D．导体棒从CD到下滑到最低点的过程中，安培力对导体棒一直做负功，故导体棒与弹簧组成的系统机械能一直减小，故D正确。
故选AD。
【分析】根据楞次定律判断出导体棒从CD到EF过程中，流过定值电阻R的电流方向为A到B；根据牛顿第二定律和电荷量公式分析求解；根据功能关系判断导体棒与弹簧组成的系统机械能的变化。
11．（2025·顺庆模拟）某同学设计了如图所示的装置来探究机械能守恒。轻质细线的上端固定在O点，下端连接摆球，在摆球摆动的路径上可以用光电门测其瞬时速度。
（1）利用光电门测量摆球通过某点速度时，测得摆球直径为d，通过光电门时间为t，则过该点的瞬时速度大小　 　。
（2）如果摆球每次从A位置静止释放，测得距最低点E的竖直高度h处的速度为v，以h为横坐标，为纵坐标，建立直角坐标系，作出的图线是否过坐标原点　 　（选填“是”或“否”）
（3）另一同学分别在A、B、C、D、E点安装光电门，得到摆球经过每个光电门的速度，并且相邻两点竖直高度差相等。通过计算发现相邻两点速度的平方差近似相等，则摆球在摆动过程中机械能　 　（选填“守恒”或“不守恒”）。
【答案】（1）
（2）否
（3）守恒
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法。由于挡光片的宽度d很小，所以我们可以用很短时间内的平均速度代替通过某点瞬时速度，利用图像结合数学知识处理物理数据是实验研究常用的方法。
（1）利用光电门测量摆球通过某点速度时，测得摆球直径为d，通过光电门时间为t，则过该点的瞬时速度大小为
（2）设A位置距最低点E的竖直高度为，根据机械能守恒可得
整理可得
可知作出的图线不过坐标原点。
（3）设相邻两点竖直高度差为，在相邻两点间，根据机械能守恒可得
可得
由于相邻两点竖直高度差相等，通过计算发现相邻两点速度的平方差近似相等，则摆球在摆动过程中机械能守恒。
【分析】（1）根据平均速度与瞬时速度的联系解答；
（2）根据机械能守恒定律分析解答；
（3）根据机械能守恒可得相邻两点竖直高度差相等，摆球在摆动过程中机械能守恒。
（1）利用光电门测量摆球通过某点速度时，测得摆球直径为d，通过光电门时间为t，则过该点的瞬时速度大小为
（2）设A位置距最低点E的竖直高度为，根据机械能守恒可得
整理可得
可知作出的图线不过坐标原点。
（3）设相邻两点竖直高度差为，在相邻两点间，根据机械能守恒可得
可得
由于相邻两点竖直高度差相等，通过计算发现相邻两点速度的平方差近似相等，则摆球在摆动过程中机械能守恒。
12．（2025·顺庆模拟）实验小组欲测定一段粗细均匀的直电阻丝的电阻率，设计电路如图甲所示。
实验器材如下：
待测电阻丝
电源（电动势，内阻不计）
电流表（量程为，内阻约为）
滑动变阻器
滑动变阻器
电阻箱（最大阻值为）
开关、导线若干
实验操作步骤如下：
①测量金属丝的长度、直径。
②选取合适的滑动变阻器，按图甲连接电路，将滑动变阻器滑片移至端，电阻丝上的滑片移至端，电阻箱示数调为0。
③闭合开关，调节至合适位置，记录电流表的示数；保持不动，将电阻箱示数调为，然后调节，使电流表示数仍为，测出此时至的距离。
④重复步骤③，测出多组相应数据，作出关系图像，计算相应的电阻率。
（1）小组同学用螺旋测微器测量电阻丝的直径，如图乙所示，则　 　。
（2）实验中电流表示数如图丙所示，则　 　A。
（3）小组同学作出的关系图像如图丁所示，小组同学测出图像的斜率的绝对值为，则电阻丝的电阻率　 　；图线在纵轴上的截距为　 　。（均用题中所给物理量的符号表示）
（4）电流表的内阻对实验结果的测量　 　（填“有”或者“没有”）影响。
【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）没有
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】实验原理：把电阻丝连入如图所示的电路，用电压表测其两端电压，用电流表测电流，根据欧姆定律计算金属丝的电阻Rx，然后用米尺测量金属丝的有效长度l，用螺旋测微器测量金属丝的直径d，计算出金属丝的横截面积S，根据电阻定律计算出电阻率。
（1）螺旋测微器测得金属丝的直径为
（2）电流表量程为，最小刻度为，故
（3）根据闭合电路欧姆定律有
整理得
故关系图像的斜率的绝对值为
解得
图线在纵轴上的截距为
（4）根据小问3的分析知
与电流表内阻无关，故电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量结果没有影响。
【分析】（1）螺旋测微器读数等于固定刻度加上可动刻度，读数要估读；
（2）根据电流表最小刻度和表盘指针读数；
（3）根据闭合电路欧姆定律求解关系，根据图像的斜率和纵轴上的截距求解；
（4）电阻率与电流表内阻无关，据此分析。
（1）[1]螺旋测微器测得金属丝的直径为
（2）[1]电流表量程为，最小刻度为，故
（3）[1] [2]根据闭合电路欧姆定律定律有
整理得
故关系图像的斜率的绝对值为
解得
图线在纵轴上的截距为
（4）[1]根据小问3的分析知
与电流表内阻无关，故电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量结果没有影响。
13．（2025·顺庆模拟）如图所示为某型号家用喷水壶的外形图和原理图，壶中气筒内壁的横截面积，活塞的最大行程为，正常喷水时壶内气体压强需达到以上。壶内装水后，将压柄连接的活塞压到气筒的最底部，此时壶内气体体积为，压强为，温度为27℃．已知大气压强。
（1）将喷水壶放到室外，室外温度为12℃，求稳定后壶内气体的压强；
（2）在（1）问情况下且温度保持不变，为了使喷水壶达到工作状态，至少需要通过压柄充气多少次？
【答案】解：（1）气体发生等容变化，由查理定律可知
代入数据解得
（2）将原有气体转化为工作压强，由玻意耳定律可知
代入数据解得
打入n次的外界气体转换为工作压强，由玻意耳定律可知
解得，取，至少需要通过压柄充气14次
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）被封闭气体做等容变化，找出初末状态参量，根据查理定律求得；
（2）把原有气体转化为工作压强时的气体，然后在把打入的气体转化为工作压强下的气体，根据玻意耳定律求得。
14．（2025·顺庆模拟）如图(a)所示，两条平行导轨固定在同一水平面内，相距为L，在导轨之间右侧的长方形区域内（如图阴影部分）存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨右端固定连接一根光滑的圆柱形金属MN，另一根金属棒PQ则垂直放置在导轨上，用一根轻绳连接棒PQ的中点后跨过棒MN的中点悬挂一物体，两金属棒之间的绳子保持水平，静止释放物体后棒PQ沿粗糙导轨运动的v-t图象如图（b）所示。已知棒PQ和所挂物体的质量均为m，导轨电阻可忽略不计。求：
（1）金属棒PQ进入磁场后所受安培力的大小；
（2）两金属棒在回路中的总电阻R。
【答案】解：(1)由图（b）可知，金属棒PQ进入磁场前做匀加速直线运动，在磁场中做匀速直线运动，匀加速阶段，由图象得加速度为
以金属棒PQ和物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
匀速阶段满足
即金属棒PQ进入磁场后所受安培力的大小为
(2)金属棒PQ在磁场中切割磁感线产生的感应电动势、感应电流、安培力分别为
联立解得两金属棒在回路中的总电阻为
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由图象得到加速度，再以金属棒PQ和物体为研究对象，根据牛顿第二定律列方程求解安培力的大小；
（2）根据切割磁感线产生的感应电动势的计算公式、闭合电路的欧姆定律求解回路中的总电阻。
15．（2025·顺庆模拟）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，大量比荷为、速度大小范围为的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R，已知从M点射入的速度为的粒子刚好从N点射出圆形磁场区域，N点在O点正下方，不计粒子重力以及粒子间的相互作用。求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B及带电粒子电性；
（2）圆形区域内有粒子经过的面积；
（3）挡板CN、ND下方有磁感应强度为2B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，ND=R，直线CD与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能从板上小孔进入下方磁场，挡板ND绕N点在纸面内顺时针旋转，ND板下表面上有粒子打到的区域长度l与板旋转角度α（0°≤α<90°）之间的函数关系式。
【答案】解：（1）速度为的粒子从M点射入，从N点出，轨道半径为r，依题意有
由左手定则判断可得粒子带正电；
（2）速度为的粒子从M射入，射出点为A，如图1所示，依题意有
MK间入射的速度为的粒子能到达的区域为图中阴影部分，面积为
（3）如图2所示，由几何关系可知，能到达N点的带电粒子速度均为，半径均为R，中有
从K点射入带电粒子速度偏转角为60°，从M入射带电粒子速度偏转角为90°，从N点出射的粒子速度与ON的夹角最大值为
挡板下方磁感应强度为2B，粒子均以速度进入（如图3），有
则轨道半径为
在三角形NFD中有
连接HG构成三角形，中有
ND板下表面被粒子打到的长度为
（）
或
()
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根基几何关系得出半径的大小，结合牛顿第二定律得出磁感应强度的大小，利用左手定则分析出粒子的电性；
（2）根据牛顿第二定律分析出粒子做圆周运动的半径，结合数学知识计算出粒子经过的面积；
（3）画出粒子的运动轨迹，结合数学知识得出l与角度α的函数关系式。
1 / 12025届四川省南充市第一中学高三下学期二模物理试题
1．（2025·顺庆模拟）用中子轰击静止的锂核，得到氚核、频率为的光子和原子核X；已知锂核的结合能为，氚核的结合能为，X的结合能为，普朗克常量为h，真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．X的电离作用弱
B．光子的动量为
C．该核反应的质量亏损为
D．该核反应释放的核能为
2．（2025·顺庆模拟）如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，线框平面与磁感线垂直，现使矩形线框绕垂直于磁场的轴以恒定角速度转动，线框电阻不计，匝数为匝，面积为。线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（4W，）和滑动变阻器R，电流表为理想交流电表，下列说法正确的是（　　）
A．从图示位置开始计时，线框中感应电动势瞬时值表达式为
B．线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量变化最快
C．若将自耦变压器触头向下滑动，则灯泡会变暗
D．若灯泡正常发光，则原、副线圈的匝数比为
3．（2025·顺庆模拟）疫情防控期间，某同学在家对着竖直墙壁练习打乒乓球。某次斜向上发球，球垂直在墙上后反弹落地，落地点正好在发球点正下方，球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力，关于球离开球拍到第一次落地的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．球在空中上升和下降过程时间相等
B．球落地时的动量一定比抛出时大
C．球落地时和抛出时的动能可能相等
D．球撞击墙壁过程可能没有机械能损失
4．（2025·顺庆模拟）如图所示，圆弧形槽固定在地面上，COD为水平直径，在光滑的半球形绝缘内壁有质量分别为mA、mB两带同种电荷的小球，各自带电量为 qA、qB，A、B两小球球心与O 点的连线与竖直方向分别成 37°、53°夹角，处于静止状态，则（　　）
A．一定有 mA < mB
B．一定有 qA > qB
C．若A球电量减小，A球会降低，B球会升高
D．若用外力将小球A缓慢移动到球心O点的正下方，A、B系统的电势能将增大
5．（2025·顺庆模拟）2024年6月4日，携带月球样品的嫦娥六号上升器自月球背面起飞，随后成功进入预定环月轨道，图为嫦娥六号着陆月球前部分轨道的简化示意图，Ⅰ是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点。已知圆轨道Ⅳ到月球表面的高度为h，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转，嫦娥六号（　　）
A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，需在P处向后喷气
B．在轨道Ⅳ上绕月运行的速度大小为
C．在轨道Ⅳ上绕月运行的周期大于在轨道Ⅲ上绕月运行的周期
D．在轨道Ⅱ上稳定运行时经过P点的加速度大于经过Q点的加速度
6．（2025·顺庆模拟）如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为0.3kg的物块从弹簧上端某高度处自由下落，当弹簧的压缩量为0.1m时物块达到最大速度，此后物块继续向下运动到达最低点。在以上整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，物块和弹簧接触瞬间机械能损失不计，不计空气阻力，取，下列说法正确的是（　　）
A．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的加速度先增大后减小
B．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的机械能先增大后减小
C．该弹簧的劲度系数为20.0N/m
D．弹簧压缩量为0.2m时，物块的加速度大小为
7．（2025·顺庆模拟）如图所示ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷Q1固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q2从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为－W。再将Q2从C点沿CB移到B点。下列说法正确的是（　　）
A．+q从无穷远处移到C点的过程中，电势能减少了W
B．+q在移到B点后的电势能为W
C．Q2在C点的电势为
D．+q从C点移到B点的过程中，所受电场力做负功
8．（2025·顺庆模拟）如图所示，在点电荷Q形成的电场中，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在同一等势面上。甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为acb和adb曲线，两个粒子经过a点时具有相同的动能，由此可以判断（　　）
A．甲粒子c点时与乙粒子d点时具有相同的动能
B．甲乙两粒子带异号电荷
C．若取无穷远处为零电势，则甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能
D．两粒子经过b点时具有相同的动能
9．（2025·顺庆模拟）如图所示，足够长的光滑水平杆上套有一质量为m的圆环P，圆环右侧被一竖直挡板挡住，一根长为L且不可伸长的轻质细线一端固定在圆环P上，另一端与质量为2m的小球Q（视为质点）相连，把小球拉到水平等高处，细线刚好拉直，静止释放小球。已知重力加速度为g，忽略空气的阻力。则（　　）
A．当小球Q第一次到达左端最高点时，细线对P做功为
B．当小球Q第二次到最低点时，细线对Q做功为
C．当小球Q第二次到最低点时，小球Q的加速度大小为2g
D．当小球Q第二次到最低点时，细线对Q的拉力大小为
10．（2025·顺庆模拟）如图所示，两条电阻不计的光滑平行导轨AED和BFC与水平面成角，平行导轨间距为L，一劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在O点，弹簧中心轴线与轨道平行，另一端与质量为m、电阻为r的导体棒相连，导轨一端连接定值电阻R，匀强磁场垂直穿过导轨平面ABCD，AB到CD的距离足够大，磁感应强度大小为，O点到CD的距离等于弹簧的原长，导体棒从CD位置静止释放，到达EF位置时速度达到最大，CD到EF的距离为d，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．导体棒从CD到EF过程中，流过定值电阻R的电流方向为A到B
B．导体棒从CD到EF过程中，流过定值电阻R的电荷量为
C．导体棒到达EF时的最大速度为
D．导体棒从CD到下滑到最低点的过程中导体棒与弹簧组成的系统机械能一直减小
11．（2025·顺庆模拟）某同学设计了如图所示的装置来探究机械能守恒。轻质细线的上端固定在O点，下端连接摆球，在摆球摆动的路径上可以用光电门测其瞬时速度。
（1）利用光电门测量摆球通过某点速度时，测得摆球直径为d，通过光电门时间为t，则过该点的瞬时速度大小　 　。
（2）如果摆球每次从A位置静止释放，测得距最低点E的竖直高度h处的速度为v，以h为横坐标，为纵坐标，建立直角坐标系，作出的图线是否过坐标原点　 　（选填“是”或“否”）
（3）另一同学分别在A、B、C、D、E点安装光电门，得到摆球经过每个光电门的速度，并且相邻两点竖直高度差相等。通过计算发现相邻两点速度的平方差近似相等，则摆球在摆动过程中机械能　 　（选填“守恒”或“不守恒”）。
12．（2025·顺庆模拟）实验小组欲测定一段粗细均匀的直电阻丝的电阻率，设计电路如图甲所示。
实验器材如下：
待测电阻丝
电源（电动势，内阻不计）
电流表（量程为，内阻约为）
滑动变阻器
滑动变阻器
电阻箱（最大阻值为）
开关、导线若干
实验操作步骤如下：
①测量金属丝的长度、直径。
②选取合适的滑动变阻器，按图甲连接电路，将滑动变阻器滑片移至端，电阻丝上的滑片移至端，电阻箱示数调为0。
③闭合开关，调节至合适位置，记录电流表的示数；保持不动，将电阻箱示数调为，然后调节，使电流表示数仍为，测出此时至的距离。
④重复步骤③，测出多组相应数据，作出关系图像，计算相应的电阻率。
（1）小组同学用螺旋测微器测量电阻丝的直径，如图乙所示，则　 　。
（2）实验中电流表示数如图丙所示，则　 　A。
（3）小组同学作出的关系图像如图丁所示，小组同学测出图像的斜率的绝对值为，则电阻丝的电阻率　 　；图线在纵轴上的截距为　 　。（均用题中所给物理量的符号表示）
（4）电流表的内阻对实验结果的测量　 　（填“有”或者“没有”）影响。
13．（2025·顺庆模拟）如图所示为某型号家用喷水壶的外形图和原理图，壶中气筒内壁的横截面积，活塞的最大行程为，正常喷水时壶内气体压强需达到以上。壶内装水后，将压柄连接的活塞压到气筒的最底部，此时壶内气体体积为，压强为，温度为27℃．已知大气压强。
（1）将喷水壶放到室外，室外温度为12℃，求稳定后壶内气体的压强；
（2）在（1）问情况下且温度保持不变，为了使喷水壶达到工作状态，至少需要通过压柄充气多少次？
14．（2025·顺庆模拟）如图(a)所示，两条平行导轨固定在同一水平面内，相距为L，在导轨之间右侧的长方形区域内（如图阴影部分）存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨右端固定连接一根光滑的圆柱形金属MN，另一根金属棒PQ则垂直放置在导轨上，用一根轻绳连接棒PQ的中点后跨过棒MN的中点悬挂一物体，两金属棒之间的绳子保持水平，静止释放物体后棒PQ沿粗糙导轨运动的v-t图象如图（b）所示。已知棒PQ和所挂物体的质量均为m，导轨电阻可忽略不计。求：
（1）金属棒PQ进入磁场后所受安培力的大小；
（2）两金属棒在回路中的总电阻R。
15．（2025·顺庆模拟）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，大量比荷为、速度大小范围为的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R，已知从M点射入的速度为的粒子刚好从N点射出圆形磁场区域，N点在O点正下方，不计粒子重力以及粒子间的相互作用。求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B及带电粒子电性；
（2）圆形区域内有粒子经过的面积；
（3）挡板CN、ND下方有磁感应强度为2B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，ND=R，直线CD与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能从板上小孔进入下方磁场，挡板ND绕N点在纸面内顺时针旋转，ND板下表面上有粒子打到的区域长度l与板旋转角度α（0°≤α<90°）之间的函数关系式。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程；光子及其动量；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A、根据核反应的核电荷数和质量数守恒可知，X是α粒子，其电离作用强，穿透能力弱，故A错误；
B、光子的动量应为
故B错误；
CD、根据结合能的定义可知，该核反应释放的核能为核反应后的结合能与核反应前的结合能之差即
光子的能量是核能的一部分，核反应的质量亏损为
即为
故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】根据核反应的核电荷数和质量数守恒确定x粒子的种类，α粒子电离作用强，穿透能力弱。根据题意确定核反应释放的核能，再根据爱因斯坦质能亏损方程确定亏损的质量。熟练掌握光子动量的定义。
2．【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查了正、余弦交流电产生原理与变压器的动态过程分析，一定要熟悉理想变压器的变压比公式及各参量的决定关系。A．线框中感应电动势最大值为
图中位置穿过线圈的磁通量最大，即为中性面位置，所以线圈中感应电动势的瞬时值为
故A错误；
B．根据上述表达式可知线框平面与磁感线垂直时为中性面位置，此时感应电动势的瞬时值为0，即
可得此时穿过线框的磁通量变化率
穿过线框的磁通量变化最慢。故B错误；
C．若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据理想变压器电压与匝数的关系
可知输出电压减小，又因为
可知灯泡发光的功率变小，所以灯泡变暗。故C正确；
D．变压器变压器输入电压的有效值为
开关闭合时灯泡正常发光，所以
根据理想变压器的变压比得此时原副线圈的匝数比为
故D错误。
故选C。
【分析】根据正余弦交流电产生原理求解交变电流的瞬时值表达式、峰值及有效值；根据瞬时值得到该位置感应电动势的值，结合法拉第电磁感应定律确定变化率；由原副线圈的电压比等于匝数比得到副线圈电压的变化，再确定灯泡功率的变化；根据灯泡常发光求出副线圈两端电压，输出电压由原线圈电压和匝数比决定。
3．【答案】C
【知识点】斜抛运动；动能；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】本题主要考查斜上抛运动、平抛运动和能量守恒定律，关键是根据轨迹分析碰撞前后速度的大小，由此确定是否存在能量损失，能够根据逆向思维分析问题。
A．斜上抛运动看作反向的平抛运动，根据
可得
由于两种情况下竖直方向运动的高度不同，则运动时间不相等，反弹后运动的时间长，故A错误；
B．虽然反弹落地时乒乓球竖直方向的速度大于原来抛出时竖直方向的速度，但水平方向的速度是斜上抛时的大，所以球落地时的速率不一定比抛出时大，则球落地时的动量不一定比抛出时大，故B错误；
C．虽然碰撞过程中有能量损失，但反弹后下落的高度大，从开始抛出到落地过程中重力做正功，如果整个过程中重力做的功等于乒乓球与墙碰撞过程中损失的能量，则球落地时和抛出时的动能相等，故C正确；
D．若反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小相等，则乒乓球原路返回，根据图象可知，乒乓球与墙碰撞过程中有能量损失，使得碰撞后速度减小，故D错误。
故选C。
【分析】球上升过程的逆运动是平抛运动，球垂直撞墙后的运动是平抛运动，根据
分析时间关系；结合水平位移关系，判断球上升和下降水平速度关系，由机械能守恒定律分析落地时与抛出时速率关系；若球反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小相等，则乒乓球原路返回，根据图分析有没有能量损失。
4．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；电势能
【解析】【解答】对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。
AB．分别以小球A、B为研究对象，分析其受力情况，如图所示
根据相似三角形法可得
，
而，则可知，另根据题中条件不能判断两球电量关系，故AB错误；
C．若A球电量减小，则A、B两球间的库仑力F将减小，根据三角形相似法可得
，
则可知AC、CB都减小，即A、B两球都会降低，故C错误；
D．若用外力将小球A缓慢移动到球心O点的正下方，则A、B两球间的距离减小，库仑力变大，移动过程中电场力做负功，则A、B系统的电势能增大，故D正确。
故选D。
【分析】一般情况下的共点力平衡（根据相似三角形处理），库仑定律，电场力做功和电势能关系。
5．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据变轨的知识分析机械能大小和喷气的方向，由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，需在P处向前喷气制动减速，故A错误；
B．根据月球表面的物体万有引力提供重力，结合嫦娥五号的万有引力提供向心力计算出嫦娥五号的绕月速度。不考虑月球的自转，在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，则
嫦娥六号在轨道Ⅳ上绕月运行时，由万有引力提供向心力，可得
联立可得，嫦娥六号在轨道Ⅳ上绕月运行的速度大小为
故B正确；
C．根据开普勒第三定律
可知，在轨道Ⅳ上绕月运行的周期小于在轨道Ⅲ上绕月运行的周期，故C错误；
D．根据牛顿第二定律分析PQ两点的加速度大小关系。根据牛顿第二定律，有
可知其他条件不变的情况下，距离月球越远，加速度越小，所以在轨道Ⅱ上稳定运行时经过P点的加速度小于经过Q点的加速度，故D错误。
故选B。
【分析】根据万有引力和向心力的等量关系列式求解，结合牛顿第二定律分析出加速度即可。
6．【答案】D
【知识点】功能关系；胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查了对机械能守恒定律的掌握，解题时需知，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。A．物块从接触弹簧到压缩至最短的过程中，开始时重力大于弹簧弹力，合力向下，随着弹簧压缩量增大，弹力增大，合力减小，加速度减小，当弹力大小等于重力大小时速度达到最大；之后弹力大于重力，合力向上，且随着弹簧压缩量继续增大，合力增大，加速度增大。所以加速度是先减小后增大，故A错误；
B．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧弹力对物块做负功，根据功能关系，除重力之外的力做负功，物块的机械能一直减小，故B错误；
C．速度最大时，弹簧压缩量，对物块，由平衡条件有
代入题中数据得弹簧的劲度系数
故C错误；
D．弹簧压缩量为时，由牛顿第二定律得
联立以上解得加速度大小
故D正确。
故选 D。
【分析】根据胡克定律及牛顿第二定律，弹簧弹力对物块做负功，根据功能关系分析，速度最大时，受力平衡，结合平衡条件以及牛顿第二定律分析。
7．【答案】B
【知识点】电势能；电势差
【解析】【解答】解决本题的关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系、电势能的变化与电场力做功的关系。要注意运用公式W=qU时各个量均要代符号运算。A．电荷运动过程中，电场力做的功等于电势能减少量，故+q从无穷远处移到C点的过程中，电势能增加了，故A错误；
B．ABC为等边三角形，所以，因此点电荷Q2从C点到B点后的电势能不变，所以+q在移到B点后的电势能为W，故B正确；
C．点电荷Q2从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为－W
故C错误；
D．+q从C点移到B点的过程中，电势能不变，电场力不做功，故D错误。
故选B
【分析】研究+q从无穷远处（电势为0）移到C点的过程，利用公式W=qU求出无穷远处与C点间的电势差，从而求得C点的电势；+q从C点移到B点的过程中，根据C点与B点间的电势差求电场力做功。
8．【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题首先根据粒子轨迹弯曲方向判断电场力大致方向，确定粒子的电性，由动能定理分析判断动能关系。A．由带电粒子的轨迹弯曲方向可知，Q对乙粒子有斥力，对甲粒子有引力，从a到c，电场力对乙做负功，动能减小，电场力对甲粒子做正功，动能增大，而两个粒子经过a点时具有相同的动能，故甲粒子经过c点时的动能大于乙粒子经过d点时的动能，故A错误；
B． 由上可知，甲与Q是异种电荷，乙与Q是同种电荷，故甲、乙两个粒子带异种电荷，故B正确；
C． 若取无穷远处为零电势，对甲粒子，从无穷远到c点，电场力做正功，电势能减小，所以甲粒子在c点电势能为负值；对乙粒子，从无穷远到d点，电场力做负功，电势能增大，故乙粒子在d点的电势能为正值，则甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能，故C正确；
D． a、b位于同一等势面上，电势相等，从a到b电场力做功均为零，两个粒子经过a点时具有相同的动能，则两粒子经过b点时也具有相同的动能，故D正确。
故选：BCD。
【分析】根据曲线运动中合力指向轨迹弯曲的内侧，判断两带电粒子所受的电场力方向，确定两带电粒子的电性，分析电场力做功的正负，由动能定理分析动能关系．根据正电荷在电势高处电势能大分析电势能的关系．
9．【答案】A,C
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。A．当小球Q从右侧最高点运动到小环P正下方的最低点时，此时由于小环P被挡板挡住，故此过程小环P不会发生运动，对小球Q，根据能量守恒有
解得小球Q在最低点时的速度大小为
当小球Q从最低点向左摆到最高点时，此时小环P在细线的拉力作用下向左运动，挡板对其没有力的作用，所以两小球在水平方向动量守恒，当两者速度相等时，小球Q运动到左侧最高点，以水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒有
解得
故此过程中细线对P做功为
故A正确；
B．由题意及前面分析可知，小球Q第一次到最低点至第二次到最低点的过程，系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒有
根据机械能守恒可得
联立解得
对Q，此过程重力不做功，则根据动能定理可知，细线对Q做功为
故B错误；
C．结合前面分析，由向心加速度与线速度的关系可知，当小球Q第二次到最低点时，小球Q的加速度大小为
故C正确；
D．当小球Q第二次到最低点时，由牛顿第二定律可得
解得，细线对Q的拉力大小为
故D错误；
故选AC。
【分析】结合题意，由能量守恒、动量守恒、动能定理分别列式，即可分析判断；由动量守恒、机械能守恒分别列式，即可分析判断；结合前面分析，由向心加速度与线速度的关系列式，即可分析判断；当小球Q第二次到最低点时，由牛顿第二定律列式，即可分析判断。
10．【答案】A,D
【知识点】机械能守恒定律；安培力的计算；右手定则；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查导体切割磁感线中的能量及受力平衡关系的应用，要明确导体棒速度最大的条件：合力为零，熟练找到安培力与速度的关系。A．导体棒从CD到EF过程中，由右手定则可知，通过CD棒电流方向为C到D，则流过定值电阻R的电流方向为A到B，故A正确；
B．导体棒从CD到EF过程中，流过定值电阻R的电荷量
故B错误；
C．最大速度时，导体棒合力为0，由平衡条件有
因为
联立解得
故C错误；
D．导体棒从CD到下滑到最低点的过程中，安培力对导体棒一直做负功，故导体棒与弹簧组成的系统机械能一直减小，故D正确。
故选AD。
【分析】根据楞次定律判断出导体棒从CD到EF过程中，流过定值电阻R的电流方向为A到B；根据牛顿第二定律和电荷量公式分析求解；根据功能关系判断导体棒与弹簧组成的系统机械能的变化。
11．【答案】（1）
（2）否
（3）守恒
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法。由于挡光片的宽度d很小，所以我们可以用很短时间内的平均速度代替通过某点瞬时速度，利用图像结合数学知识处理物理数据是实验研究常用的方法。
（1）利用光电门测量摆球通过某点速度时，测得摆球直径为d，通过光电门时间为t，则过该点的瞬时速度大小为
（2）设A位置距最低点E的竖直高度为，根据机械能守恒可得
整理可得
可知作出的图线不过坐标原点。
（3）设相邻两点竖直高度差为，在相邻两点间，根据机械能守恒可得
可得
由于相邻两点竖直高度差相等，通过计算发现相邻两点速度的平方差近似相等，则摆球在摆动过程中机械能守恒。
【分析】（1）根据平均速度与瞬时速度的联系解答；
（2）根据机械能守恒定律分析解答；
（3）根据机械能守恒可得相邻两点竖直高度差相等，摆球在摆动过程中机械能守恒。
（1）利用光电门测量摆球通过某点速度时，测得摆球直径为d，通过光电门时间为t，则过该点的瞬时速度大小为
（2）设A位置距最低点E的竖直高度为，根据机械能守恒可得
整理可得
可知作出的图线不过坐标原点。
（3）设相邻两点竖直高度差为，在相邻两点间，根据机械能守恒可得
可得
由于相邻两点竖直高度差相等，通过计算发现相邻两点速度的平方差近似相等，则摆球在摆动过程中机械能守恒。
12．【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）没有
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】实验原理：把电阻丝连入如图所示的电路，用电压表测其两端电压，用电流表测电流，根据欧姆定律计算金属丝的电阻Rx，然后用米尺测量金属丝的有效长度l，用螺旋测微器测量金属丝的直径d，计算出金属丝的横截面积S，根据电阻定律计算出电阻率。
（1）螺旋测微器测得金属丝的直径为
（2）电流表量程为，最小刻度为，故
（3）根据闭合电路欧姆定律有
整理得
故关系图像的斜率的绝对值为
解得
图线在纵轴上的截距为
（4）根据小问3的分析知
与电流表内阻无关，故电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量结果没有影响。
【分析】（1）螺旋测微器读数等于固定刻度加上可动刻度，读数要估读；
（2）根据电流表最小刻度和表盘指针读数；
（3）根据闭合电路欧姆定律求解关系，根据图像的斜率和纵轴上的截距求解；
（4）电阻率与电流表内阻无关，据此分析。
（1）[1]螺旋测微器测得金属丝的直径为
（2）[1]电流表量程为，最小刻度为，故
（3）[1] [2]根据闭合电路欧姆定律定律有
整理得
故关系图像的斜率的绝对值为
解得
图线在纵轴上的截距为
（4）[1]根据小问3的分析知
与电流表内阻无关，故电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量结果没有影响。
13．【答案】解：（1）气体发生等容变化，由查理定律可知
代入数据解得
（2）将原有气体转化为工作压强，由玻意耳定律可知
代入数据解得
打入n次的外界气体转换为工作压强，由玻意耳定律可知
解得，取，至少需要通过压柄充气14次
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）被封闭气体做等容变化，找出初末状态参量，根据查理定律求得；
（2）把原有气体转化为工作压强时的气体，然后在把打入的气体转化为工作压强下的气体，根据玻意耳定律求得。
14．【答案】解：(1)由图（b）可知，金属棒PQ进入磁场前做匀加速直线运动，在磁场中做匀速直线运动，匀加速阶段，由图象得加速度为
以金属棒PQ和物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
匀速阶段满足
即金属棒PQ进入磁场后所受安培力的大小为
(2)金属棒PQ在磁场中切割磁感线产生的感应电动势、感应电流、安培力分别为
联立解得两金属棒在回路中的总电阻为
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由图象得到加速度，再以金属棒PQ和物体为研究对象，根据牛顿第二定律列方程求解安培力的大小；
（2）根据切割磁感线产生的感应电动势的计算公式、闭合电路的欧姆定律求解回路中的总电阻。
15．【答案】解：（1）速度为的粒子从M点射入，从N点出，轨道半径为r，依题意有
由左手定则判断可得粒子带正电；
（2）速度为的粒子从M射入，射出点为A，如图1所示，依题意有
MK间入射的速度为的粒子能到达的区域为图中阴影部分，面积为
（3）如图2所示，由几何关系可知，能到达N点的带电粒子速度均为，半径均为R，中有
从K点射入带电粒子速度偏转角为60°，从M入射带电粒子速度偏转角为90°，从N点出射的粒子速度与ON的夹角最大值为
挡板下方磁感应强度为2B，粒子均以速度进入（如图3），有
则轨道半径为
在三角形NFD中有
连接HG构成三角形，中有
ND板下表面被粒子打到的长度为
（）
或
()
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根基几何关系得出半径的大小，结合牛顿第二定律得出磁感应强度的大小，利用左手定则分析出粒子的电性；
（2）根据牛顿第二定律分析出粒子做圆周运动的半径，结合数学知识计算出粒子经过的面积；
（3）画出粒子的运动轨迹，结合数学知识得出l与角度α的函数关系式。
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