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2025届四川省南充市高三下学期适应性考试（二模）物理试题
1．（2025·南充模拟）如图所示，理想降压变压器的线圈接学生电源交流输出端，线圈与小灯泡相连接，闭合电源开关，发现小灯泡亮度较低，为了提高小灯泡的亮度，下列可行的是（　　）
A．仅将线圈改接直流输出端 B．仅适当减小交流电的频率
C．仅适当增加线圈的匝数 D．仅适当增加线圈的匝数
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了理想变压器的工作原理，要知道变压器不改变交流电的频率，交流电的频率变化也不会影响输出电压。理想变压器输出电压与匝数成正比，即
要想提升小灯泡的亮度，需要提高其两端的电压，因此应增大副线圈（线圈b）的匝数，从而使输出电压增大，小灯泡变亮。其余选项均无法有效增大灯泡两端的交流电压。
故选D。
【分析】变压器输入直流电时，变压器不会工作；改变交流电的频率，不会影响变压器的输出电压；根据理想变压器的原副线圈的电压比与匝数比的关系，分析改变原线圈a或副线圈b的匝数时，输出电压的变化情况。
2．（2025·南充模拟）1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行了人工核蜕变实验。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的铍原子核，随后又蜕变为两个氦原子核，核反应方程为，已知、、的质量分别为、、，相当于，则该核反应中释放的核能约（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】质量亏损与质能方程
【解析】【解答】本题考查了对爱因斯坦质能方程的理解。整个核反应过程中的释放的能量为
故选C。
【分析】根据爱因斯坦质能方程计算即可。
3．（2025·南充模拟）图甲是某人在湖边打水漂的图片，图乙是石块运动轨迹的示意图。石块从水面弹起到再次触水后即将弹起算一个水漂，假设石块始终在同一竖直面内运动，且每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为，一个水漂的过程速率损失。若石块第1次弹起后的滞空时间为，不计空气阻力，，重力加速度，则石块第4次在水面弹起瞬间的速率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题考查的是物体在斜上抛运动中的速度和时间关系，以及通过条件求解物体运动的次数。石块第1次弹起后的滞空时间为，设石块第1次弹起的速度大小为，石块做斜上抛运动，则有，
解得
一个水漂的过程速率损失，则石块第4次在水面弹起瞬间的速率为
故选B。
【分析】石块做斜上抛运动，分解求竖直速度，根据竖直方向速度公式，求时间进而求速率即可。
4．（2025·南充模拟）如图所示，半径为R的光滑半球面固定在水平面上，半球面内的刚性轻质细杆AC长为L，杆上B点套有小球。系统静止时，半球面对细杆A端的弹力是对C端的弹力的2倍，则BC部分的长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查共点力平衡条件的应用，正确做出受力分析是求解的关键。由平衡条件可知，半球面对细杆A端的弹力和对C端的弹力过球心O，且与小球B的重力平衡，所以小球B应在O点正下方，受力情况如图所示
根据正弦定理可得
，，
结合已知条件
解得
又因为
解得
故选A。
【分析】对细杆和小球整体受力分析，根据共点力平衡条件，由正弦定理求解即可。
5．（2025·南充模拟）嫦娥六号探测器在中国文昌航天发射场发射升空，之后准确进入地月转移轨道，成功完成世界首次月背挖宝”之旅。图中绕月运行的三个轨道依次为：大椭圆轨道1，小椭圆停泊轨道2，圆轨道3，点为三个轨道的公共切点，为轨道1的远月点，在三个轨道上比较（　　）
A．探测器在轨道3上运行的周期最小
B．探测器在轨道3上经过点的速率最大
C．探测器在经过点的向心加速度不相同
D．探测器只在轨道3上经过点时所受月球引力的瞬时功率为零
【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。A．根据开普勒第三定律
可知，轨道3的半径小于轨道1、2的半长轴，故轨道1上的运行周期最小，A正确；
B．探测器从轨道1依次变轨到轨道3的过程中，需要减速做向心运动，因此探测器在轨道3上经过P点的速度最小，B错误；
C．万有引力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可得
解得
三个轨道经过P点时的轨道半径相等，故加速度大小相等，C错误；
D．当探测器速度与引力方向正好垂直（如椭圆轨道在远月点或近月点、圆轨道在任一点）时，引力对探测器的瞬时功率为零，并非只有圆轨道3经过 Q 点引力的瞬时功率才为零，D错误。
故选A。
【分析】根据开普勒第三定律进行分析；根据变轨原理进行分析；根据牛顿第二定律进行分析；当力的方向与速度方向垂直时，力的功率为零，由此分析。
6．（2025·南充模拟）phyphox是一款可以让手机充当一个真实物理实验工具的手机软件，中文名为手机实验工坊。某同学打开手机中phyphox的加速度传感器，用手掌托着手机把手机竖直向上抛出，又迅速在抛出点接住手机，得到手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示（以竖直向上为正方向），则（　　）
A．时刻手机离开手掌
B．手机先超重后失重
C．手机的机械能一直增大
D．手掌对手机的支持力始终大于手机对手掌的压力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；功能关系；超重与失重
【解析】【解答】本题考查了加速度传感器的应用以及牛顿第二定律的运用。A．由题图可知，时间内手机没有离开手掌，速度向上，加速度向上，手机一直在向上加速，A错误；
B．时间内加速度向上，手机一直处在超重状态，B错误；
C．时间内，手机的加速度先向上再向下，时刻手机加速度刚好向下增大到等于重力加速度，所以手即将脱离手机，故时间内，手对手机的支持力一直做正功，手机机械能一直增大，C正确；
D．手掌对手机的支持力和手机对手掌的压力是一对相互作用力，大小始终相等，D错误。
故选C。
【分析】通过分析加速度随时间变化的图像，可以确定手机在不同时间点的状态。
7．（2025·南充模拟）战绳是非常流行的一种高效全身训练方式，在某次训练中，运动员手持绳的一端甩动，形成的绳波可简化为简谐波，如图甲为简谐波在时刻的波形图，是平衡位置为处的质点，是平衡位置为处的质点，如图乙为质点的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．波速为
B．波沿轴正方向传播
C．质点在1.4s时的位移为
D．质点P在时间内运动的路程小于
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。A．由甲图可知，该波的波长为
由乙图可知，该波的周期为
故该波的波速为
A错误；
B．由乙图可知，时Q沿y负方向振动，根据“上、下坡法”可知，该波沿x负方向传播，B错误；
C．在1.4s时质点Q经过的时间
由于质点的振动周期
故
时质点Q由平衡位置向下振动，经过后到达负的最大位移处，其位移为，C错误；
D．结合上述分析可知，在时间内，质点振动了，若时，P点在平衡位置，则这段时间内其通过的路程为
由甲图可知，时，P不在平衡位置，故在时间内，质点P通过的路程小于2m，D正确。
故选D。
【分析】由甲图可知波长，由乙图可知周期，根据计算波速；根据“同侧法”判断波的传播方向；如果质点处于平衡位置或最大位移处，求出在1.0s内通过的路程，再根据P点的振动情况进行分析。
8．（2025·南充模拟）电子枪发出的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，虚线为电场中的等差等势面（a、b、c是轨迹和等势面的交点），下列说法中正确的是（　　）
A．电场中c点的场强大于b点的场强
B．电场中c点的电势高于b点的电势
C．电子在c点的速率大于在b点的速率
D．电子从a到b电势能变化为从b到c电势能变化的2倍
【答案】A,D
【知识点】电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题主要考查等势面及其与电场线的关系，解题时需注意：等势面与电场线一定处处正交（垂直）、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。B．根据电场线的方向与等势面垂直，且电子带负电可知，题图中电场线的方向大体沿左上方至右下方，沿着电场线的方向电势越来越低，所以b点的电势大于c点的电势，故B错误；
A．等差等势面的疏密表示电场的强弱，则b点的电场强度小于c点的电场强，故A正确；
C．电子从b点运动到c点的过程中，电场力做负功，电子在c点的速度比在b点的速度小，故C错误；
D．由题知虚线为电场中的等差等势面，设相邻两等势面的电势差为U，则电子从a到b电势能变化为
ΔEpab = －2eU
从b到c电势能变化为
ΔEpbc = －eU
则电子从a到b电势能变化为从b到c电势能变化的2倍，故D正确。
故选AD。
【分析】根据等势面及其与电场线的关系，结合电子所受电场力的特点，即可分析判断；等差等势面的疏密表示电场的强弱，据此分析判断；结合前面分析，由功能关系，即可分析判断；结合前面分析及题意，即可分析判断。
9．（2025·南充模拟）如图甲为一个半径为的质量均匀的透明水晶球，过球心的截面如图乙所示，为水晶球直径，一单色细光束从点射入球内，折射光线与夹角为，出射光线与平行。光在真空中的传播速度为，则（　　）
A．光束在点的入射角为 B．水晶球的折射率为
C．光在水晶球中的传播速度为 D．光在水晶球中的传播时间为
【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查了光的折射定律，解题时需注意：根据题意正确画出光路图，根据几何知识正确找出角度关系，依光的折射定律列式求解。AB．如图所示
出射光线与平行，根据图中几何关系可得
则有
可得光束在点的入射角为
故A错误，B正确；
CD．光在水晶球中的传播速度为
光在水晶球中的传播距离为
则光在水晶球中的传播时间为
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】画出光路图，由几何关系、光的折射定律分别列式，即可分析判断；结合前面分析，由折射率的速度表达式、速度与时间的关系分别列式，即可分析判断。
10．（2025·南充模拟）如图所示，一长为，质量为的长木板AB静止在光滑水平地面上，为长木板的中点，原长为的轻弹簧一端栓接在长木板左端的竖直挡板上，另一端连接质量为的小物块（可视为质点），开始时将弹簧压缩并锁定。已知物块与木板间的动摩擦因数为，弹簧的劲度系数，其弹性势能的表达式为（为弹簧的形变量），解除锁定后，弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，则（　　）
A．解除锁定瞬间物块的加速度大小为
B．物块经过点时速度最大
C．木板的速度最大时，其位移大小为
D．物块最终停在点左侧处
【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；碰撞模型
【解析】【解答】求解本题的关键是要求掌握物块的受力情况和运动情况，掌握平衡条件、机械能守恒定律和功能关系。A．解除锁定瞬间，物块受力向右的弹力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律有
又
，
联立解得
故A正确；
B．由题分析，可知当物块的加速度为零时其速度最大，则有
解得
说明此时弹簧仍处于压缩状态，故B错误；
C．由题分析，可知系统满足动量守恒的条件，设物块的最大速度为，木板的最大速度为，根据动量守恒有
又
变形得
由B分析，可知弹簧的压缩量由变到，则有
联立解得
故C正确；
D．系统初态的能量为
设物块全程通过的路程为，根据能量守恒有
解得
物块最终停在点右侧的距离为
故D错误。
故选AC。
【分析】分析解除锁定瞬间物块的受力，由牛顿第二定律求出加速度；当物块的加速度为零时其速度最大，根据受力平衡分析物块此时所处的位置；根据人船模型原理分析木板的速度最大时其位移大小；根据能量守恒定律求解物块最终停止的位置。
11．（2025·南充模拟）用如图所示的装置验证物块和物块（含遮光条）组成的系统机械能守恒光电门在铁架台上的位置可竖直上下调节，滑轮和细绳质量及各处摩擦均忽略不计，（含遮光条）质量相等，实验时将物块由静止释放。
（1）若遮光条宽度为，遮光条的挡光时间为，则物块通过光电门的速率为　 　，此时物块的速率为　 　。
（2）改变遮光条与光电门之间的高度（满足远大于，多次实验，测出各次的挡光时间，在以为横轴、为纵轴的平面直角坐标系中作出图像，该图像的斜率为，在误差允许范围内，若　 　（用重力加速度和题中表示），则验证了该系统机械能守恒。
【答案】（1）；
（2）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了验证机械能守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提，根据题意应用机械能守恒定律即可解题。
（1）由题可知，物块通过光电门的速率为
相同时间内，B的位移为A的位移的2倍，则有
（2）根据机械能守恒定律可得
整理可得
故在的图像中，其斜率
【分析】（1）根据遮光条的宽度与遮光时间求出滑块的速度；根据A、B间的位移关系求出A的速度大小。
（2）应用机械能守恒定律求出图像的函数解析式，然后分析答题。
（1）[1]由题可知，物块通过光电门的速率为
[2]相同时间内，B的位移为A的位移的2倍，则有
（2）根据机械能守恒定律可得
整理可得
故在的图像中，其斜率
12．（2025·南充模拟）某实验小组要测一段粗细均匀的合金丝的电阻率ρ。
（1）用螺旋测微器测定合金丝的直径，如图甲，则直径为　 　mm；
（2）用多用电表“ × 10”挡粗测合金丝的电阻，多用电表指针如图乙中虚线所示，正确换挡电阻调零后再次测量，指针如图乙中实线所示，可得合金丝的电阻Rx = 　 　Ω；
（3）为更准确测量该合金丝的电阻，实验室还提供下列器材：
电压表V（量程0 ~ 3V，内阻约15kΩ）
电流表A1（量程0 ~ 3A，内阻约0.2Ω）
电流表A2（量程0 ~ 600mA，内阻约1Ω）
滑动变阻器R（0 ~ 5Ω，0.6A）
3V的直流稳压电源
开关S，导线若干
①为减小实验误差，电流表应选　 　，并采用电流表　 　（选填“外接法”或“内接法”），滑动变阻器应采用接法　 　（选填“限流”或“分压”）；
②若测得合金丝的长度为60.00cm，电阻为9.00Ω，则合金丝的电阻率为ρ = 　 　Ω·m（为方便计算，取π = 3，结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）6.370（6.368 ~ 6.372）
（2）10
（3）A2；外接法；限流；ρ = 4.6 × 10－4Ω·m
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】要掌握常用器材的使用方法与读数方法；立即实验原理是解题的前提，应用电阻定律即可解题。
（1）螺旋测微器读数为
6mm＋37.0 × 0.01mm = 6.370mm
（2）虚线的示数偏小，应该更换小倍率，所以读数为
10 × 1Ω = 10Ω
（3）根据电源电压和待测电阻的估计值可估算电流不超过300mA，所以接A2。利用待测电阻的平方和电流表电压表的乘积比较，小于为小电阻，应该使用外接法。滑动变阻器和待测电阻的阻值相差不大，应该使用限流接法。根据公式
可解得
ρ = 4.6 × 10－4Ω·m
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器读数。
（2）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
（3）①根据电路最大电流选择电流表；根据待测电阻阻值与电表的关系确定电流表的接法；根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；
②应用电阻定律求出电阻率。
（1）螺旋测微器读数为6mm＋37.0 × 0.01mm = 6.370mm
（2）虚线的示数偏小，应该更换小倍率，所以读数为10 × 1Ω = 10Ω
（3）[1]根据电源电压和待测电阻的估计值可估算电流不超过300mA，所以接A2。
[2]利用待测电阻的平方和电流表电压表的乘积比较，小于为小电阻，应该使用外接法。
[3]滑动变阻器和待测电阻的阻值相差不大，应该使用限流接法。
[4]根据公式
可解得
ρ = 4.6 × 10－4Ω·m
13．（2025·南充模拟）如图所示为某实验小组设计的测量不规则矿石体积的气压体积测量仪的原理图，上端开口的直筒导热气缸A和放入待测矿石后上端封闭的直筒导热气缸B高均为，横截面积，两气缸连接处的细管体积不计。将质量的活塞C置A上方开口处放下，在两气缸内封闭一定质量的理想气体（不计活塞厚度和摩擦力），活塞稳定后，活塞距气缸A顶端。已知环境温度保持不变，大气压强，重力加速度。求：
（1）活塞稳定后，封闭气体的压强；
（2）矿石的体积。
【答案】（1）解：对活塞
解得
（2）解：初始气体体积为
稳定后气体体积为
根据玻意耳定律可得
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据平衡条件求得活塞稳定时封闭气体的压强；
（2）根据玻意耳定律即可求解矿石的体积。
（1）对活塞
解得
（2）初始气体体积为
稳定后气体体积为
根据玻意耳定律可得
解得
14．（2025·南充模拟）如图所示，间距为l=0.5m的两平行等长金属直导轨ab、a'b'固定在同一水平绝缘桌面上，导轨端接有R=0.25Ω的定值电阻，bb'端与两条位于竖直面内半径均为r=0.02m的半圆形金属导轨平滑连接；一根电阻为R=0.25Ω、长度为=0.5的细金属棒M质量为m=0.5kg，与导轨垂直静止于处，（含边界）所在区域有磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场垂直于金属棒并与水平面成夹角θ=30°。现给细金属棒提供瞬时水平向右的初速度=3m/s，金属棒恰好能经过半圆形金属导轨的最高点，整个运动过程中M与导轨始终接触良好，且始终垂直于导轨。不计全部金属导轨的电阻以及摩擦阻力和空气阻力，重力加速度取g=10m/s2。求：
（1）金属棒M经过位置时的速度大小；
（2）金属棒M获得初速度瞬间所受安培力的大小；
（3）金属棒M向右经过区域通过电阻R的电荷量。
【答案】（1）解：圆弧最高点，重力提供圆周运动的向心力，则有
根据动能定理得
联立解得
（2）解：电动势
感应电流
安培力大小
解得
（3）解：由动量定理得
，
联立解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒恰好能经过半圆形金属导轨的最高点，重力提供向心力，应用牛顿第二定律与动能定理求出金属经过bb'的速度大小。
（2）应用E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出电流，应用安培力公式求出安培力大小。
（3）应用动量定理求出通过R的电荷量。
（1）圆弧最高点，重力提供圆周运动的向心力，则有
根据动能定理得
联立解得
（2）电动势
感应电流
安培力大小
解得
（3）由动量定理得，
联立解得
15．（2025·南充模拟）图甲是某光电管的立体图和俯视图，为光电管的阴极，为光电管的阳极，某单色光照射阴极。逸出的光电子到达阳极形成光电流，已知阴极材料的逸出功为，入射光的波长为，电子电荷量绝对值为、质量为，朗克常量为。真空中光速为。
（1）求光电子的最大初速度和入射光的遏止电压；
（2）图乙是该光电管横截面示意图，在半径为的四分之一圆平面内加垂直纸面向外、磁感应强度为的匀强磁场，只研究在该截面内运动的光电子，仅考虑洛伦兹力作用。
①若要使从阴极上点逸出的光电子运动到阳极，求从阴极点逸出的光电子速度的最小值；
②若该单色光照射下阴极表面各处均有光电子逸出，设面积为的表面逸出的光电子能到达阳极，面积为的表面逸出的光电子不能到达阳极，求比值。
【答案】（1）解：入射光的频率
根据光电效应方程得
解得
根据动能定理得
解得
（2）解：①设最小速度为
最小半径为
由洛伦兹力提供向心力得
解得
②若速度为的电子半径为，则
解得
如图所示，设电子从点以最大速度与成方向射出，电子刚好与磁场边界相切，则
能到达阳极的光电子逸出区域的面积与不能到达阳极的光电子逸出区域的面积的比值
解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；光电效应
【解析】【分析】（1）由爱因斯坦光电效应方程和动能定理求得入射光的波长λ和遏止电压Uc；
（2）①由题意先确定电子能运动到阳极处的半径，再由半径公式求出磁感应强度的大小；
②先考虑正常情况下轨迹与磁场边界相切的临界情况，确定偏转角的范围，再考虑平移后同样的临界情况，分别求出光电子打中的范围占磁场区的圆心角，从而就求出了占比。
（1）入射光的频率
根据光电效应方程得
解得
根据动能定理得
解得
（2）①设最小速度为
最小半径为
由洛伦兹力提供向心力得
解得
②若速度为的电子半径为，则
解得
如图所示，设电子从点以最大速度与成方向射出，电子刚好与磁场边界相切，则
能到达阳极的光电子逸出区域的面积与不能到达阳极的光电子逸出区域的面积的比值。
解得
1 / 12025届四川省南充市高三下学期适应性考试（二模）物理试题
1．（2025·南充模拟）如图所示，理想降压变压器的线圈接学生电源交流输出端，线圈与小灯泡相连接，闭合电源开关，发现小灯泡亮度较低，为了提高小灯泡的亮度，下列可行的是（　　）
A．仅将线圈改接直流输出端 B．仅适当减小交流电的频率
C．仅适当增加线圈的匝数 D．仅适当增加线圈的匝数
2．（2025·南充模拟）1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行了人工核蜕变实验。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的铍原子核，随后又蜕变为两个氦原子核，核反应方程为，已知、、的质量分别为、、，相当于，则该核反应中释放的核能约（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·南充模拟）图甲是某人在湖边打水漂的图片，图乙是石块运动轨迹的示意图。石块从水面弹起到再次触水后即将弹起算一个水漂，假设石块始终在同一竖直面内运动，且每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为，一个水漂的过程速率损失。若石块第1次弹起后的滞空时间为，不计空气阻力，，重力加速度，则石块第4次在水面弹起瞬间的速率是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·南充模拟）如图所示，半径为R的光滑半球面固定在水平面上，半球面内的刚性轻质细杆AC长为L，杆上B点套有小球。系统静止时，半球面对细杆A端的弹力是对C端的弹力的2倍，则BC部分的长度为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·南充模拟）嫦娥六号探测器在中国文昌航天发射场发射升空，之后准确进入地月转移轨道，成功完成世界首次月背挖宝”之旅。图中绕月运行的三个轨道依次为：大椭圆轨道1，小椭圆停泊轨道2，圆轨道3，点为三个轨道的公共切点，为轨道1的远月点，在三个轨道上比较（　　）
A．探测器在轨道3上运行的周期最小
B．探测器在轨道3上经过点的速率最大
C．探测器在经过点的向心加速度不相同
D．探测器只在轨道3上经过点时所受月球引力的瞬时功率为零
6．（2025·南充模拟）phyphox是一款可以让手机充当一个真实物理实验工具的手机软件，中文名为手机实验工坊。某同学打开手机中phyphox的加速度传感器，用手掌托着手机把手机竖直向上抛出，又迅速在抛出点接住手机，得到手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示（以竖直向上为正方向），则（　　）
A．时刻手机离开手掌
B．手机先超重后失重
C．手机的机械能一直增大
D．手掌对手机的支持力始终大于手机对手掌的压力
7．（2025·南充模拟）战绳是非常流行的一种高效全身训练方式，在某次训练中，运动员手持绳的一端甩动，形成的绳波可简化为简谐波，如图甲为简谐波在时刻的波形图，是平衡位置为处的质点，是平衡位置为处的质点，如图乙为质点的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．波速为
B．波沿轴正方向传播
C．质点在1.4s时的位移为
D．质点P在时间内运动的路程小于
8．（2025·南充模拟）电子枪发出的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，虚线为电场中的等差等势面（a、b、c是轨迹和等势面的交点），下列说法中正确的是（　　）
A．电场中c点的场强大于b点的场强
B．电场中c点的电势高于b点的电势
C．电子在c点的速率大于在b点的速率
D．电子从a到b电势能变化为从b到c电势能变化的2倍
9．（2025·南充模拟）如图甲为一个半径为的质量均匀的透明水晶球，过球心的截面如图乙所示，为水晶球直径，一单色细光束从点射入球内，折射光线与夹角为，出射光线与平行。光在真空中的传播速度为，则（　　）
A．光束在点的入射角为 B．水晶球的折射率为
C．光在水晶球中的传播速度为 D．光在水晶球中的传播时间为
10．（2025·南充模拟）如图所示，一长为，质量为的长木板AB静止在光滑水平地面上，为长木板的中点，原长为的轻弹簧一端栓接在长木板左端的竖直挡板上，另一端连接质量为的小物块（可视为质点），开始时将弹簧压缩并锁定。已知物块与木板间的动摩擦因数为，弹簧的劲度系数，其弹性势能的表达式为（为弹簧的形变量），解除锁定后，弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，则（　　）
A．解除锁定瞬间物块的加速度大小为
B．物块经过点时速度最大
C．木板的速度最大时，其位移大小为
D．物块最终停在点左侧处
11．（2025·南充模拟）用如图所示的装置验证物块和物块（含遮光条）组成的系统机械能守恒光电门在铁架台上的位置可竖直上下调节，滑轮和细绳质量及各处摩擦均忽略不计，（含遮光条）质量相等，实验时将物块由静止释放。
（1）若遮光条宽度为，遮光条的挡光时间为，则物块通过光电门的速率为　 　，此时物块的速率为　 　。
（2）改变遮光条与光电门之间的高度（满足远大于，多次实验，测出各次的挡光时间，在以为横轴、为纵轴的平面直角坐标系中作出图像，该图像的斜率为，在误差允许范围内，若　 　（用重力加速度和题中表示），则验证了该系统机械能守恒。
12．（2025·南充模拟）某实验小组要测一段粗细均匀的合金丝的电阻率ρ。
（1）用螺旋测微器测定合金丝的直径，如图甲，则直径为　 　mm；
（2）用多用电表“ × 10”挡粗测合金丝的电阻，多用电表指针如图乙中虚线所示，正确换挡电阻调零后再次测量，指针如图乙中实线所示，可得合金丝的电阻Rx = 　 　Ω；
（3）为更准确测量该合金丝的电阻，实验室还提供下列器材：
电压表V（量程0 ~ 3V，内阻约15kΩ）
电流表A1（量程0 ~ 3A，内阻约0.2Ω）
电流表A2（量程0 ~ 600mA，内阻约1Ω）
滑动变阻器R（0 ~ 5Ω，0.6A）
3V的直流稳压电源
开关S，导线若干
①为减小实验误差，电流表应选　 　，并采用电流表　 　（选填“外接法”或“内接法”），滑动变阻器应采用接法　 　（选填“限流”或“分压”）；
②若测得合金丝的长度为60.00cm，电阻为9.00Ω，则合金丝的电阻率为ρ = 　 　Ω·m（为方便计算，取π = 3，结果保留2位有效数字）。
13．（2025·南充模拟）如图所示为某实验小组设计的测量不规则矿石体积的气压体积测量仪的原理图，上端开口的直筒导热气缸A和放入待测矿石后上端封闭的直筒导热气缸B高均为，横截面积，两气缸连接处的细管体积不计。将质量的活塞C置A上方开口处放下，在两气缸内封闭一定质量的理想气体（不计活塞厚度和摩擦力），活塞稳定后，活塞距气缸A顶端。已知环境温度保持不变，大气压强，重力加速度。求：
（1）活塞稳定后，封闭气体的压强；
（2）矿石的体积。
14．（2025·南充模拟）如图所示，间距为l=0.5m的两平行等长金属直导轨ab、a'b'固定在同一水平绝缘桌面上，导轨端接有R=0.25Ω的定值电阻，bb'端与两条位于竖直面内半径均为r=0.02m的半圆形金属导轨平滑连接；一根电阻为R=0.25Ω、长度为=0.5的细金属棒M质量为m=0.5kg，与导轨垂直静止于处，（含边界）所在区域有磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场垂直于金属棒并与水平面成夹角θ=30°。现给细金属棒提供瞬时水平向右的初速度=3m/s，金属棒恰好能经过半圆形金属导轨的最高点，整个运动过程中M与导轨始终接触良好，且始终垂直于导轨。不计全部金属导轨的电阻以及摩擦阻力和空气阻力，重力加速度取g=10m/s2。求：
（1）金属棒M经过位置时的速度大小；
（2）金属棒M获得初速度瞬间所受安培力的大小；
（3）金属棒M向右经过区域通过电阻R的电荷量。
15．（2025·南充模拟）图甲是某光电管的立体图和俯视图，为光电管的阴极，为光电管的阳极，某单色光照射阴极。逸出的光电子到达阳极形成光电流，已知阴极材料的逸出功为，入射光的波长为，电子电荷量绝对值为、质量为，朗克常量为。真空中光速为。
（1）求光电子的最大初速度和入射光的遏止电压；
（2）图乙是该光电管横截面示意图，在半径为的四分之一圆平面内加垂直纸面向外、磁感应强度为的匀强磁场，只研究在该截面内运动的光电子，仅考虑洛伦兹力作用。
①若要使从阴极上点逸出的光电子运动到阳极，求从阴极点逸出的光电子速度的最小值；
②若该单色光照射下阴极表面各处均有光电子逸出，设面积为的表面逸出的光电子能到达阳极，面积为的表面逸出的光电子不能到达阳极，求比值。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了理想变压器的工作原理，要知道变压器不改变交流电的频率，交流电的频率变化也不会影响输出电压。理想变压器输出电压与匝数成正比，即
要想提升小灯泡的亮度，需要提高其两端的电压，因此应增大副线圈（线圈b）的匝数，从而使输出电压增大，小灯泡变亮。其余选项均无法有效增大灯泡两端的交流电压。
故选D。
【分析】变压器输入直流电时，变压器不会工作；改变交流电的频率，不会影响变压器的输出电压；根据理想变压器的原副线圈的电压比与匝数比的关系，分析改变原线圈a或副线圈b的匝数时，输出电压的变化情况。
2．【答案】C
【知识点】质量亏损与质能方程
【解析】【解答】本题考查了对爱因斯坦质能方程的理解。整个核反应过程中的释放的能量为
故选C。
【分析】根据爱因斯坦质能方程计算即可。
3．【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题考查的是物体在斜上抛运动中的速度和时间关系，以及通过条件求解物体运动的次数。石块第1次弹起后的滞空时间为，设石块第1次弹起的速度大小为，石块做斜上抛运动，则有，
解得
一个水漂的过程速率损失，则石块第4次在水面弹起瞬间的速率为
故选B。
【分析】石块做斜上抛运动，分解求竖直速度，根据竖直方向速度公式，求时间进而求速率即可。
4．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查共点力平衡条件的应用，正确做出受力分析是求解的关键。由平衡条件可知，半球面对细杆A端的弹力和对C端的弹力过球心O，且与小球B的重力平衡，所以小球B应在O点正下方，受力情况如图所示
根据正弦定理可得
，，
结合已知条件
解得
又因为
解得
故选A。
【分析】对细杆和小球整体受力分析，根据共点力平衡条件，由正弦定理求解即可。
5．【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。A．根据开普勒第三定律
可知，轨道3的半径小于轨道1、2的半长轴，故轨道1上的运行周期最小，A正确；
B．探测器从轨道1依次变轨到轨道3的过程中，需要减速做向心运动，因此探测器在轨道3上经过P点的速度最小，B错误；
C．万有引力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可得
解得
三个轨道经过P点时的轨道半径相等，故加速度大小相等，C错误；
D．当探测器速度与引力方向正好垂直（如椭圆轨道在远月点或近月点、圆轨道在任一点）时，引力对探测器的瞬时功率为零，并非只有圆轨道3经过 Q 点引力的瞬时功率才为零，D错误。
故选A。
【分析】根据开普勒第三定律进行分析；根据变轨原理进行分析；根据牛顿第二定律进行分析；当力的方向与速度方向垂直时，力的功率为零，由此分析。
6．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；功能关系；超重与失重
【解析】【解答】本题考查了加速度传感器的应用以及牛顿第二定律的运用。A．由题图可知，时间内手机没有离开手掌，速度向上，加速度向上，手机一直在向上加速，A错误；
B．时间内加速度向上，手机一直处在超重状态，B错误；
C．时间内，手机的加速度先向上再向下，时刻手机加速度刚好向下增大到等于重力加速度，所以手即将脱离手机，故时间内，手对手机的支持力一直做正功，手机机械能一直增大，C正确；
D．手掌对手机的支持力和手机对手掌的压力是一对相互作用力，大小始终相等，D错误。
故选C。
【分析】通过分析加速度随时间变化的图像，可以确定手机在不同时间点的状态。
7．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。A．由甲图可知，该波的波长为
由乙图可知，该波的周期为
故该波的波速为
A错误；
B．由乙图可知，时Q沿y负方向振动，根据“上、下坡法”可知，该波沿x负方向传播，B错误；
C．在1.4s时质点Q经过的时间
由于质点的振动周期
故
时质点Q由平衡位置向下振动，经过后到达负的最大位移处，其位移为，C错误；
D．结合上述分析可知，在时间内，质点振动了，若时，P点在平衡位置，则这段时间内其通过的路程为
由甲图可知，时，P不在平衡位置，故在时间内，质点P通过的路程小于2m，D正确。
故选D。
【分析】由甲图可知波长，由乙图可知周期，根据计算波速；根据“同侧法”判断波的传播方向；如果质点处于平衡位置或最大位移处，求出在1.0s内通过的路程，再根据P点的振动情况进行分析。
8．【答案】A,D
【知识点】电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题主要考查等势面及其与电场线的关系，解题时需注意：等势面与电场线一定处处正交（垂直）、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。B．根据电场线的方向与等势面垂直，且电子带负电可知，题图中电场线的方向大体沿左上方至右下方，沿着电场线的方向电势越来越低，所以b点的电势大于c点的电势，故B错误；
A．等差等势面的疏密表示电场的强弱，则b点的电场强度小于c点的电场强，故A正确；
C．电子从b点运动到c点的过程中，电场力做负功，电子在c点的速度比在b点的速度小，故C错误；
D．由题知虚线为电场中的等差等势面，设相邻两等势面的电势差为U，则电子从a到b电势能变化为
ΔEpab = －2eU
从b到c电势能变化为
ΔEpbc = －eU
则电子从a到b电势能变化为从b到c电势能变化的2倍，故D正确。
故选AD。
【分析】根据等势面及其与电场线的关系，结合电子所受电场力的特点，即可分析判断；等差等势面的疏密表示电场的强弱，据此分析判断；结合前面分析，由功能关系，即可分析判断；结合前面分析及题意，即可分析判断。
9．【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查了光的折射定律，解题时需注意：根据题意正确画出光路图，根据几何知识正确找出角度关系，依光的折射定律列式求解。AB．如图所示
出射光线与平行，根据图中几何关系可得
则有
可得光束在点的入射角为
故A错误，B正确；
CD．光在水晶球中的传播速度为
光在水晶球中的传播距离为
则光在水晶球中的传播时间为
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】画出光路图，由几何关系、光的折射定律分别列式，即可分析判断；结合前面分析，由折射率的速度表达式、速度与时间的关系分别列式，即可分析判断。
10．【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；碰撞模型
【解析】【解答】求解本题的关键是要求掌握物块的受力情况和运动情况，掌握平衡条件、机械能守恒定律和功能关系。A．解除锁定瞬间，物块受力向右的弹力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律有
又
，
联立解得
故A正确；
B．由题分析，可知当物块的加速度为零时其速度最大，则有
解得
说明此时弹簧仍处于压缩状态，故B错误；
C．由题分析，可知系统满足动量守恒的条件，设物块的最大速度为，木板的最大速度为，根据动量守恒有
又
变形得
由B分析，可知弹簧的压缩量由变到，则有
联立解得
故C正确；
D．系统初态的能量为
设物块全程通过的路程为，根据能量守恒有
解得
物块最终停在点右侧的距离为
故D错误。
故选AC。
【分析】分析解除锁定瞬间物块的受力，由牛顿第二定律求出加速度；当物块的加速度为零时其速度最大，根据受力平衡分析物块此时所处的位置；根据人船模型原理分析木板的速度最大时其位移大小；根据能量守恒定律求解物块最终停止的位置。
11．【答案】（1）；
（2）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了验证机械能守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提，根据题意应用机械能守恒定律即可解题。
（1）由题可知，物块通过光电门的速率为
相同时间内，B的位移为A的位移的2倍，则有
（2）根据机械能守恒定律可得
整理可得
故在的图像中，其斜率
【分析】（1）根据遮光条的宽度与遮光时间求出滑块的速度；根据A、B间的位移关系求出A的速度大小。
（2）应用机械能守恒定律求出图像的函数解析式，然后分析答题。
（1）[1]由题可知，物块通过光电门的速率为
[2]相同时间内，B的位移为A的位移的2倍，则有
（2）根据机械能守恒定律可得
整理可得
故在的图像中，其斜率
12．【答案】（1）6.370（6.368 ~ 6.372）
（2）10
（3）A2；外接法；限流；ρ = 4.6 × 10－4Ω·m
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】要掌握常用器材的使用方法与读数方法；立即实验原理是解题的前提，应用电阻定律即可解题。
（1）螺旋测微器读数为
6mm＋37.0 × 0.01mm = 6.370mm
（2）虚线的示数偏小，应该更换小倍率，所以读数为
10 × 1Ω = 10Ω
（3）根据电源电压和待测电阻的估计值可估算电流不超过300mA，所以接A2。利用待测电阻的平方和电流表电压表的乘积比较，小于为小电阻，应该使用外接法。滑动变阻器和待测电阻的阻值相差不大，应该使用限流接法。根据公式
可解得
ρ = 4.6 × 10－4Ω·m
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器读数。
（2）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
（3）①根据电路最大电流选择电流表；根据待测电阻阻值与电表的关系确定电流表的接法；根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；
②应用电阻定律求出电阻率。
（1）螺旋测微器读数为6mm＋37.0 × 0.01mm = 6.370mm
（2）虚线的示数偏小，应该更换小倍率，所以读数为10 × 1Ω = 10Ω
（3）[1]根据电源电压和待测电阻的估计值可估算电流不超过300mA，所以接A2。
[2]利用待测电阻的平方和电流表电压表的乘积比较，小于为小电阻，应该使用外接法。
[3]滑动变阻器和待测电阻的阻值相差不大，应该使用限流接法。
[4]根据公式
可解得
ρ = 4.6 × 10－4Ω·m
13．【答案】（1）解：对活塞
解得
（2）解：初始气体体积为
稳定后气体体积为
根据玻意耳定律可得
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据平衡条件求得活塞稳定时封闭气体的压强；
（2）根据玻意耳定律即可求解矿石的体积。
（1）对活塞
解得
（2）初始气体体积为
稳定后气体体积为
根据玻意耳定律可得
解得
14．【答案】（1）解：圆弧最高点，重力提供圆周运动的向心力，则有
根据动能定理得
联立解得
（2）解：电动势
感应电流
安培力大小
解得
（3）解：由动量定理得
，
联立解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒恰好能经过半圆形金属导轨的最高点，重力提供向心力，应用牛顿第二定律与动能定理求出金属经过bb'的速度大小。
（2）应用E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出电流，应用安培力公式求出安培力大小。
（3）应用动量定理求出通过R的电荷量。
（1）圆弧最高点，重力提供圆周运动的向心力，则有
根据动能定理得
联立解得
（2）电动势
感应电流
安培力大小
解得
（3）由动量定理得，
联立解得
15．【答案】（1）解：入射光的频率
根据光电效应方程得
解得
根据动能定理得
解得
（2）解：①设最小速度为
最小半径为
由洛伦兹力提供向心力得
解得
②若速度为的电子半径为，则
解得
如图所示，设电子从点以最大速度与成方向射出，电子刚好与磁场边界相切，则
能到达阳极的光电子逸出区域的面积与不能到达阳极的光电子逸出区域的面积的比值
解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；光电效应
【解析】【分析】（1）由爱因斯坦光电效应方程和动能定理求得入射光的波长λ和遏止电压Uc；
（2）①由题意先确定电子能运动到阳极处的半径，再由半径公式求出磁感应强度的大小；
②先考虑正常情况下轨迹与磁场边界相切的临界情况，确定偏转角的范围，再考虑平移后同样的临界情况，分别求出光电子打中的范围占磁场区的圆心角，从而就求出了占比。
（1）入射光的频率
根据光电效应方程得
解得
根据动能定理得
解得
（2）①设最小速度为
最小半径为
由洛伦兹力提供向心力得
解得
②若速度为的电子半径为，则
解得
如图所示，设电子从点以最大速度与成方向射出，电子刚好与磁场边界相切，则
能到达阳极的光电子逸出区域的面积与不能到达阳极的光电子逸出区域的面积的比值。
解得
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