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2025届四川省泸州市泸县第五中学高三下学期三模物理试题
1．（2025·泸县模拟）放射性同位素温差电池又称核电池.技术比较成熟的核电池是利用衰变工作的，其半衰期大约88年，衰变方程为，下列说法正确的是（　　）
A．经过88年，核电池的质量会减小一半
B．随着电池的不断消耗，的半衰期会逐渐减小
C．衰变放出的射线Y是射线，其电离能力强于射线
D．衰变放出的射线Y是射线，其本质上是带负电荷的电子流
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】 CD、根据质量数守恒和电荷数守恒可知衰变放出的射线Y是α射线，其本质是He原子核，电离能力最强，故C正确，D错误；
A、经过一个半衰期，一半质量的放射性元素会衰变为其他物质，核电池的质量不会减小一半，故A错误；
B、半衰期是统计概念，只要是大量原子核衰变。半衰期是不变的，故B错误。
故答案为：C。
【分析】衰变是指原子核自发地放出某种粒子而转变为新核的变化。衰变的速率是由原子核内部因素决定的，与原子所处的物理状态或化学状态无关。衰变满足质量数守恒和电荷数守恒，
2．（2025·泸县模拟）在航空航天、汽车工程、能源动力等诸多领域中，流体动力学模型扮演着至关重要的角色。研究表明，球形物体在液体中运动时除了受到浮力，还会受到阻力，其关系式为：f=kηrvx，式中η称为黏性系数，其单位为kg/（m·s），r和v分别是球的半径和速度，k是一个无单位的常数。根据国际单位制推断指数x的数值是（　　）
A．1 B． C．2 D．3
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】基本单位和导出单位共同组成了单位制， 本题考查学生对单位的掌握和换算，比较基础。根据牛顿第二定律有
所以
将所有单位代入f=kηrvx，可得
所以
故选A。
【分析】结合各物理量单位，进行换算，即可解答。
3．（2025·泸县模拟）如图甲所示为“水下世界国际摄影大赛”的获奖作品，摄影师在水下对水上的景物进行拍摄，获得了美轮美奂、令人赞叹的美学效果。忽略镜头尺寸的影响，假设摄影师由水下竖直向上拍摄，光的传播路径如图乙所示，已知水的折射率为，，、空气中光速，下列说法正确的是（　　）
A．光线射入水中频率减小
B．摄影师看到的水上景物比实际位置偏低
C．光进入水中速度变为
D．进入镜头的光线与竖直方向的夹角最大为
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本题考查几何光学，解题时要知道光在传播过程中频率保持不变，能根据折射定律作出光路图，结合临界角公式和光速公式解答。A．光线由水上射入水中时，光的频率不变，故A错误；
B．如图所示
光源成像的位置比S的位置偏高，故B错误；
C．根据光速与折射率关系有
故C正确；
D．当光线在水面的入射角为90°时，水中光线与竖直方向夹角达到最大值，即临界角C，且
则
故D错误；
故选C。
【分析】光在传播过程中频率保持不变。根据题意结合折射定律作出光路图，从而分析摄影师看到的水上景物与实际位置的关系；由求光进入水中的速度；根据临界角公式求进入镜头的光线与竖直方向的最大夹角。
4．（2025·泸县模拟）如图，用两根完全相同、不可伸长的轻绳将小沙包（大小可忽略）对称地吊在空中，轻推小沙包，测得其在垂直纸面平面内做简谐运动的周期为（已知在一根竖直绳悬挂下做简谐运动的小物体的周期为，l为绳长，g为重力加速度），已知每根轻绳的长度为L，小沙包的质量为m，则小沙包静止时，每根绳子张力为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期；共点力的平衡
【解析】【解答】如图所示，在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球的直径比摆线短得多，这样的装置叫做单摆。依题意，小沙包做简谐运动，设等效摆长为l，则有
对小沙包受力分析，如图
根据平衡条件可得
联立解得
故选A。
【分析】根据公式求得绳子与竖直方向夹角，对沙包受力分析，根据共点力平衡条件列式求解绳子拉力。
5．（2025·泸县模拟）如图所示，在水平地面上固定一倾角为30°的光滑斜面，一劲度系数k=100N/m的轻质弹簧，其下端固定在斜面底端，整根弹簧足够长且处于自然状态。质量为m=2.0kg的滑块从距离弹簧上端x0=0.35m处由静止释放。设滑块与弹簧接触过程系统没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，取重力加速度大小为g=10m/s2。规定滑块释放处为坐标原点O、沿斜面向下为位移x正方向。则（　　）
A．滑块下滑到距离O点0.45m处时，速度达最大值
B．滑块从静止下滑到最低点过程中，滑块的机械能守恒
C．当滑块下滑位移时，其加速度大小为a=10m/s2
D．当滑块下滑位移时，其加速度大小为a=（25-50x）m/s2
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。A．速度达最大值时加速度为0，则有
解得
所以滑块下滑到距离O点0.45m处时，速度达最大值，则A正确；
B．滑块从静止下滑到最低点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，滑块的机械能不守恒，所以B错误；
C．当滑块下滑位移时，其加速度大小为
所以C错误；
D．当滑块下滑位移时，其加速度大小为
所以D错误；
故选A。
【分析】当弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力相等时速度最大，根据平衡条件求解弹簧压缩量，对滑块沿斜面方向根据牛顿第二定律求解加速度大小。
6．（2025·泸县模拟）理想变压器与两个定值电阻、和电阻箱组成如图所示电路，其中，，电阻箱最大阻值为，变压器原、副线圈的匝数比为。若在a、b间接入交变电流，则下列说法正确的是（　　）
A．流经的电流每秒改变方向50次
B．当增大时，流经的电流增大
C．当时，消耗的功率最大
D．当增大时，两端电压改变量的大小与流经中电流改变量的大小之比增大
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题有一定的难度，把握住两点，一个是等效电源的问题，能够得到他们的等效内阻；第二个是分清楚路端电压和电流的比值关系。A．由图可知交变电流的周期为
s
每个周期电流方向改变2次，故每秒电流改变100次，故A错误；
B．将变压器与R3视作一等效电阻，则有
则R3增大，由电路串并联关系可知流经R1的电流减小，故B错误；
C．如图，将电源、R1、R2视作等效电源，将虚线框外部电路断路
求得等效电动势
将虚线框外部电路短路，求得短路电流为
则等效电源内阻
若要R3消耗的功率最大，此时
故C正确；
D．将除R3以外的电路视作等效电源，R3阻值增大时，R3两端电压改变量的大小与流经R3中电流改变量的大小之比为等效电源内阻，大小不变，故D错误。
故选C。
【分析】交流电在一个周期内电流方向改变两次；根据变压器原副线圈的电流之比与匝数成反比判断；把R1和R2看作电源内阻的一部分，当内外电阻相等时电源的输出功率最大；根据闭合电路的欧姆定律分析。
7．（2025·泸县模拟）宇宙中行星的半径，各自相应卫星环绕行星做匀速圆周运动，卫星轨道半径与周期的关系如图所示，若不考虑其它星体对的影响及之间的作用力，下列说法正确的是（　　）
A．行星的质量之比为
B．行星的密度之比为
C．行星的第一宇宙速度之比为
D．行星的同步卫星的向心加速度之比为
【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行比较。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。A．根据牛顿第二定律
解得
则图像的斜率为
又
故行星的质量之比为
故A错误；
B．根据牛顿第二定律
解得
故行星的密度为
由题意可知，卫星在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相等，故行星A的密度等于行星B的密度，故B错误；
C．行星的第一宇宙速度等于卫星在行星表面做匀速圆周运动的线速度，则有
则行星的第一宇宙速度之比为
故C正确；
D．同步卫星的相关物理量未知，无法计算加速度比值，故D错误。
故选C。
【分析】根据万有引力提供向心力得出中心天体质量的表达式，结合图象判断质量大小，根图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同。结合圆周运动规律求解。
8．（2025·泸县模拟）如图所示，消防员正在进行消防灭火演练，消防员用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物，设水柱直径为D，以水平速度v垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度变为零。高压水枪的质量为M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为，下列说法正确的是（　　）
A．水枪的流量为
B．水枪的功率为
C．水柱对着火物的冲击力为
D．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向向前且斜向上方
【答案】B,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】涉及到流体的计算时，能够表达出在相应时间内的发生相互作用的流体的质量是解题的关键，在应用动量定理的时候，要规定正方向。A．设时间内，从水枪喷出的水的体积为，质量为，则，
流量
A错误；
B．时间内水枪喷出的水的动能为
知高压水枪在此期间对水做功为
高压水枪的功率为
B正确；
C．考虑一个极短时间，在此时间内喷到着火物上水的质量为m，设着火物对水柱的作用力为F，由动量定理得
时间内冲到着火物上水的质量为
解得
由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的平均冲力为
C错误；
D．当高压水枪水平向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力水平向后，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，D正确。
故选BD。
【分析】根据流量的定义式分析即可；先计算出一定时间内水的动能，然后根据动能定理可得高压水枪对水做的功，根据功与时间的比值即可得到高压水枪的功率；根据动量定理计算即可；根据力的平衡条件和相互作用力情况判断。
9．（2025·泸县模拟）我国第三艘航空母舰“福建号”采用的是电磁弹射装置，其原理可简化为如图所示，直流电源电动势为E，储能电容器的电容为C，固定于水平面内的两根间距为L的光滑平行金属导轨电阻不计，导轨间存在垂直于导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出）。飞行器可视为金属棒MN，质量为m，长为L，阻值为R，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电；然后将S接至2，MN开始向右运动，达到最大速度之后离开导轨。根据上述信息可知（　　）
A．匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向下
B．MN向右做匀加速直线运动
C．开关S接至2瞬间，MN的加速度大小：
D．MN的最大速度为
【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，把握速度最大的条件：MN产生的感应电动势与电容器的电压相等，能运用动量定理求最大速度。A．S接至2，MN中电流方向从M指向N，MN开始向右运动，受到安培力向右，由左手定则可知，匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向下，故A正确；
B．MN向右做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动，故B错误；
C．当开关接2时，有，，
解得
故C正确；
D．设加速过程中的平均电流为，时间为t，根据动量定理有
其中，
有
故D错误。
故选AC。
【分析】将S接至2，根据MN受到的安培力方向结合电流方向，由左手定则判断磁场方向；MN向右运动时，切割磁感线产生感应电动势，回路中电流减小，MN的加速度减小；开关S接至2瞬间，运用欧姆定律求出通过MN的电流，根据安培力公式与牛顿第二定律求MN的加速度大小；根据动量定理以及E=BLv可以求出MN的最大速度。
10．（2025·泸县模拟）如图所示，空间有平行于x轴的匀强磁场（磁场区域足够大），磁场的磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向。质量为m、带电量为q的粒子从坐标原点O以大小为的速度射出，该速度平行于平面且与x轴的夹角为，粒子重力不计。规定：沿着x轴正方向看去，平面左边区域为内侧、平面右边区域为外侧。，。则粒子离开O点后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．第一次返回x轴时到O点的距离为
B．相邻两次回到x轴的时间间隔为
C．运动过程中离x轴的最大距离为
D．相邻两次回到x轴的时间间隔内粒子在平面内侧和外侧运动的时间相等
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查运动的合成，离子在磁场的影响下参与了两个方向的运动，各个分运动相互独立，互不影响。A．粒子沿x轴方向做匀速直线运动，速度大小为
粒子在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动，速度大小为为
周期为
粒子每运动一个周期，回到x轴一次，因此第一次返回x轴时到O点的距离为
故A正确；
B．相邻两次回到x轴的时间间隔为一个周期，即
故B错误；
C．运动过程中离x轴的最大距离为
故C正确；
D．粒子运动过程中，不可能运动到平面外侧，故D错误。
故选AC。
【分析】粒子沿x轴方向做匀速直线运动，粒子在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动，粒子每运动一个周期，回到x轴一次，邻两次回到x轴的时间间隔为一个周期，运动过程中离x轴的最大距离等于轨迹直径。
11．（2025·泸县模拟）用如图甲所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，如图乙所示的塔轮自上而下有三层，左右塔轮通过不打滑的传动皮带连接。短槽的C和长槽的A分别到左右塔轮中心的距离相等，长槽上B到左塔轮中心的距离是A到左塔轮中心距离的2倍，转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮一起匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。请回答相关问题：
（1）本实验采用的实验方法是____________。
A．控制变量法 B．等效法 C．模拟法
（2）为了研究向心力的大小与半径的关系，应将皮带调至第　 　层（选填“一”、“二”或“三”）。
（3）若传动皮带套在塔轮第三层，钢球放在A、C位置，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比为　 　。
【答案】（1）A
（2）一
（3）1：9
【知识点】向心力
【解析】【解答】本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。解题关键是知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等。
（1）探究向心力大小与质量、角速度和半径的关系实验，每次研究两个量关系保证其他量不变，采用的是控制变量法。
故选A。
（2）将传动皮带调至第一层塔轮，由于塔轮半径相等，则两塔轮角速度相等，此时可研究向心力的大小与运动半径r的关系。
（3）若传动皮带套在塔轮第三层，根据
可知两塔轮边缘线速度相等，则A、C两处的角速度之比为
由于运动半径相等，根据
向心力大小之比为
故左右两标尺露出的格子数之比为1：9。
【分析】 （1）该实验采用控制变量法，根据题意分析解答；
（2）由于塔轮半径相等，则两塔轮角速度相等，结合控制变量法分析；
（3）根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据F=mrω2解得左右两标尺的露出的格子数之比。
（1）“探究向心力大小与质量、角速度和半径的关系”实验，每次研究两个量关系保证其他量不变，采用的是控制变量法。
故选A。
（2）将传动皮带调至第一层塔轮，由于塔轮半径相等，则两塔轮角速度相等，此时可研究向心力的大小与运动半径r的关系。
（3）若传动皮带套在塔轮第三层，根据
可知两塔轮边缘线速度相等，则A、C两处的角速度之比为
由于运动半径相等，根据
向心力大小之比为
故左右两标尺露出的格子数之比为1：9。
12．（2025·泸县模拟）某物理实验小组用多用电表测量一只电流表的内阻。
（1）他们首先找到一块多用电表，将选择开关旋至欧姆挡“”档位，进行欧姆调零后，两只表笔分别与电流表的两个接线柱相连，稳定后示数如图甲所示，对应的读数为　 　Ω。
（2）测量完成后发现，该欧姆表虽然能够进行欧姆调零，但其内部电池已经非常陈旧，所测阻值误差较大。该小组决定进一步探究测量出该电池的电动势，并较准确地计算出电流表内阻。于是又找来一个电阻箱，将电池装回多用电表，重新进行欧姆调零，再用导线及表笔将电流表、电阻箱和多用电表的欧姆挡连接成闭合回路，连接时应将　 　（填“红”或“黑”）表笔与电流表正接线柱相连。将图乙完成电路连接后，调节电阻箱，改变并记录电阻箱的阻值及对应电流表的示数I。测量多组数据后，该小组运用记录数据画出了图像，如图丙所示，已知图线斜率为1.2，轴上对应的截距为。
（3）查阅多用电表说明书可知，该电表使用标准电池的电动势为1.5V，其刻度准确。由此该小组得出，现用电池的电动势为　 　V，电流表的内阻为　 　Ω，在图丙中b的值为　 　。
【答案】（1）10.0
（2）黑
（3）1.2；8；20
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查测量电阻的测量实验，解决本题的关键掌握欧姆表的读数方法，能根据闭合电路欧姆定律结合图象法求解电源电动势。
（1）指针恰好指到刻度值为10处，每小格为，故读数为。
（2）多用电表欧姆挡，黑表笔对应为内部电源的正极，根据电流从黑表笔流出，红表笔流入，故需要将黑表笔与电流表正接线柱连接。
（3）根据闭合电路欧姆定律得
则
斜率的大小为电源电动势，故
又因为欧姆挡刻度与表头电流的关系为
表盘上的中值电阻为欧姆调零时对应该档位的总电阻，由表达式可以得出，正确的刻度值应与使用电池的电动势成正比，电流表的真实电阻值应为
同理，电源电动势为时中值电阻值应为，所以图像上的值为20。
【分析】（1）使用欧姆表测电阻应选择合适的档位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数；
（2）根据电流：红进黑出分析；
（3）明确电表测量方法，根据描点法作出图象，根据闭合电路欧姆定律求出 的函数关系式，根据函数关系式分析。
13．（2025·泸县模拟）南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史，有“华夏绝艺”的美称。如图所示，挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹，从半蹲状态到直立状态，此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段，两阶段均视为匀变速直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为t，上升高度为h，毛竹和绵幡的总质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求毛竹上升过程中：
（1）最大速度的大小；
（2）匀加速阶段加速度a的大小；
（3）匀减速阶段对表演者的压力的大小。
【答案】（1）由题意可知，毛竹先匀加速上升再匀减速上升，平均速度均为
又
解得
本题还可以采用图像法，作出整个过程的图像如图所示
根据图线与时间轴围成的面积物理意义表示位移，即
可得
（2）根据加速度的定义式可知
（3）毛竹匀减速阶段，加速度竖直向下，根据牛顿第二定律可知
解得
根据牛顿第三定律可知，匀减速阶段对表演者的压力为
【知识点】牛顿第三定律；平均速度；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动的平均速度公式求出平均速度，然后求出最大速度大小。
（2）求出匀加速运动的时间，然后求出匀加速运动的加速度大小。
（3）应用牛顿第二定律求出匀减速阶段表演者的支持力，然后由牛顿第三定律求出压力大小。
14．（2025·泸县模拟）如图所示，一个电荷量为，质量为的正电粒子（不计重力）从正极板上点开始经不同的电压加速后，从负极板上小孔射出再进入右侧边长为的正方形匀强磁场区域（的连线经过边、边的中点），磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外。求：
(1)粒子刚好从D点射出，则粒子在磁场中运动的时间；
(2)粒子刚好能从点射出，需在极板间所加电压。
【答案】解：(1)带电粒子从点离开磁场，粒子在磁场中运动的周期
运动时间
解得粒子在磁场中运动的时间
(2)由动能定理可得
由洛伦兹力提供向心力得
解得
粒子从点离开磁场，由几何关系得
解得
所以电压
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据题意垂直于DE进入磁场从D点出磁场属于单边界磁场的问题运动时间为半个周期；
（2）根据题意可知在磁场中做圆周运动找出半径求出速度可求出所加电压；
15．（2025·泸县模拟）某物流公司研发团队，为了更好地提高包裹的分收效率，特对包裹和运输装置进行详细的探究，其情景可以简化为如图甲所示，质量M = 2kg、长度L = 2m的长木板静止在足够长的水平面（可视为光滑）上，左端固定一竖直薄挡板，右端静置一质量m = 1kg的包裹（可视为质点）。现机器人对长木板施加一水平向右的作用力F，F随时间t变化的规律如图乙所示，6s后将力F撤去。已知包裹与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，包裹与长木板间动摩擦因数μ = 0.1，重力加速度取g = 10m/s2。从施加作用力F开始计时，求：
（1）时，长木板的速度大小；
（2）与挡板碰撞后瞬间，包裹的速度大小（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）包裹与长木板发生相对滑动的力的大小为
因为，所以包裹和长木板相对静止共同加速
加速度为
可得到
（2）设4s后包裹与长木板发生相对滑动，则包裹的加速度为
长木板的加速度为
可看出假设成立，包裹与长木板发生相对滑动
设再经时间包裹与挡板发生碰撞，由
解得
则6s时长木板的速度
包裹为
此时两者发生弹性碰撞
可求得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【分析】（1）先判断包裹与长木板发生能否相对滑动，再由整体法求加速度；
（2） 理清物体的运动过程，把握各个过程的研究对象和物理规律，分段运用牛顿第二定律、运动学公式以及动量守恒定律和机械能守恒定律等规律解答。
1 / 12025届四川省泸州市泸县第五中学高三下学期三模物理试题
1．（2025·泸县模拟）放射性同位素温差电池又称核电池.技术比较成熟的核电池是利用衰变工作的，其半衰期大约88年，衰变方程为，下列说法正确的是（　　）
A．经过88年，核电池的质量会减小一半
B．随着电池的不断消耗，的半衰期会逐渐减小
C．衰变放出的射线Y是射线，其电离能力强于射线
D．衰变放出的射线Y是射线，其本质上是带负电荷的电子流
2．（2025·泸县模拟）在航空航天、汽车工程、能源动力等诸多领域中，流体动力学模型扮演着至关重要的角色。研究表明，球形物体在液体中运动时除了受到浮力，还会受到阻力，其关系式为：f=kηrvx，式中η称为黏性系数，其单位为kg/（m·s），r和v分别是球的半径和速度，k是一个无单位的常数。根据国际单位制推断指数x的数值是（　　）
A．1 B． C．2 D．3
3．（2025·泸县模拟）如图甲所示为“水下世界国际摄影大赛”的获奖作品，摄影师在水下对水上的景物进行拍摄，获得了美轮美奂、令人赞叹的美学效果。忽略镜头尺寸的影响，假设摄影师由水下竖直向上拍摄，光的传播路径如图乙所示，已知水的折射率为，，、空气中光速，下列说法正确的是（　　）
A．光线射入水中频率减小
B．摄影师看到的水上景物比实际位置偏低
C．光进入水中速度变为
D．进入镜头的光线与竖直方向的夹角最大为
4．（2025·泸县模拟）如图，用两根完全相同、不可伸长的轻绳将小沙包（大小可忽略）对称地吊在空中，轻推小沙包，测得其在垂直纸面平面内做简谐运动的周期为（已知在一根竖直绳悬挂下做简谐运动的小物体的周期为，l为绳长，g为重力加速度），已知每根轻绳的长度为L，小沙包的质量为m，则小沙包静止时，每根绳子张力为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025·泸县模拟）如图所示，在水平地面上固定一倾角为30°的光滑斜面，一劲度系数k=100N/m的轻质弹簧，其下端固定在斜面底端，整根弹簧足够长且处于自然状态。质量为m=2.0kg的滑块从距离弹簧上端x0=0.35m处由静止释放。设滑块与弹簧接触过程系统没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，取重力加速度大小为g=10m/s2。规定滑块释放处为坐标原点O、沿斜面向下为位移x正方向。则（　　）
A．滑块下滑到距离O点0.45m处时，速度达最大值
B．滑块从静止下滑到最低点过程中，滑块的机械能守恒
C．当滑块下滑位移时，其加速度大小为a=10m/s2
D．当滑块下滑位移时，其加速度大小为a=（25-50x）m/s2
6．（2025·泸县模拟）理想变压器与两个定值电阻、和电阻箱组成如图所示电路，其中，，电阻箱最大阻值为，变压器原、副线圈的匝数比为。若在a、b间接入交变电流，则下列说法正确的是（　　）
A．流经的电流每秒改变方向50次
B．当增大时，流经的电流增大
C．当时，消耗的功率最大
D．当增大时，两端电压改变量的大小与流经中电流改变量的大小之比增大
7．（2025·泸县模拟）宇宙中行星的半径，各自相应卫星环绕行星做匀速圆周运动，卫星轨道半径与周期的关系如图所示，若不考虑其它星体对的影响及之间的作用力，下列说法正确的是（　　）
A．行星的质量之比为
B．行星的密度之比为
C．行星的第一宇宙速度之比为
D．行星的同步卫星的向心加速度之比为
8．（2025·泸县模拟）如图所示，消防员正在进行消防灭火演练，消防员用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物，设水柱直径为D，以水平速度v垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度变为零。高压水枪的质量为M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为，下列说法正确的是（　　）
A．水枪的流量为
B．水枪的功率为
C．水柱对着火物的冲击力为
D．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向向前且斜向上方
9．（2025·泸县模拟）我国第三艘航空母舰“福建号”采用的是电磁弹射装置，其原理可简化为如图所示，直流电源电动势为E，储能电容器的电容为C，固定于水平面内的两根间距为L的光滑平行金属导轨电阻不计，导轨间存在垂直于导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出）。飞行器可视为金属棒MN，质量为m，长为L，阻值为R，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电；然后将S接至2，MN开始向右运动，达到最大速度之后离开导轨。根据上述信息可知（　　）
A．匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向下
B．MN向右做匀加速直线运动
C．开关S接至2瞬间，MN的加速度大小：
D．MN的最大速度为
10．（2025·泸县模拟）如图所示，空间有平行于x轴的匀强磁场（磁场区域足够大），磁场的磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向。质量为m、带电量为q的粒子从坐标原点O以大小为的速度射出，该速度平行于平面且与x轴的夹角为，粒子重力不计。规定：沿着x轴正方向看去，平面左边区域为内侧、平面右边区域为外侧。，。则粒子离开O点后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．第一次返回x轴时到O点的距离为
B．相邻两次回到x轴的时间间隔为
C．运动过程中离x轴的最大距离为
D．相邻两次回到x轴的时间间隔内粒子在平面内侧和外侧运动的时间相等
11．（2025·泸县模拟）用如图甲所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，如图乙所示的塔轮自上而下有三层，左右塔轮通过不打滑的传动皮带连接。短槽的C和长槽的A分别到左右塔轮中心的距离相等，长槽上B到左塔轮中心的距离是A到左塔轮中心距离的2倍，转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮一起匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。请回答相关问题：
（1）本实验采用的实验方法是____________。
A．控制变量法 B．等效法 C．模拟法
（2）为了研究向心力的大小与半径的关系，应将皮带调至第　 　层（选填“一”、“二”或“三”）。
（3）若传动皮带套在塔轮第三层，钢球放在A、C位置，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比为　 　。
12．（2025·泸县模拟）某物理实验小组用多用电表测量一只电流表的内阻。
（1）他们首先找到一块多用电表，将选择开关旋至欧姆挡“”档位，进行欧姆调零后，两只表笔分别与电流表的两个接线柱相连，稳定后示数如图甲所示，对应的读数为　 　Ω。
（2）测量完成后发现，该欧姆表虽然能够进行欧姆调零，但其内部电池已经非常陈旧，所测阻值误差较大。该小组决定进一步探究测量出该电池的电动势，并较准确地计算出电流表内阻。于是又找来一个电阻箱，将电池装回多用电表，重新进行欧姆调零，再用导线及表笔将电流表、电阻箱和多用电表的欧姆挡连接成闭合回路，连接时应将　 　（填“红”或“黑”）表笔与电流表正接线柱相连。将图乙完成电路连接后，调节电阻箱，改变并记录电阻箱的阻值及对应电流表的示数I。测量多组数据后，该小组运用记录数据画出了图像，如图丙所示，已知图线斜率为1.2，轴上对应的截距为。
（3）查阅多用电表说明书可知，该电表使用标准电池的电动势为1.5V，其刻度准确。由此该小组得出，现用电池的电动势为　 　V，电流表的内阻为　 　Ω，在图丙中b的值为　 　。
13．（2025·泸县模拟）南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史，有“华夏绝艺”的美称。如图所示，挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹，从半蹲状态到直立状态，此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段，两阶段均视为匀变速直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为t，上升高度为h，毛竹和绵幡的总质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求毛竹上升过程中：
（1）最大速度的大小；
（2）匀加速阶段加速度a的大小；
（3）匀减速阶段对表演者的压力的大小。
14．（2025·泸县模拟）如图所示，一个电荷量为，质量为的正电粒子（不计重力）从正极板上点开始经不同的电压加速后，从负极板上小孔射出再进入右侧边长为的正方形匀强磁场区域（的连线经过边、边的中点），磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外。求：
(1)粒子刚好从D点射出，则粒子在磁场中运动的时间；
(2)粒子刚好能从点射出，需在极板间所加电压。
15．（2025·泸县模拟）某物流公司研发团队，为了更好地提高包裹的分收效率，特对包裹和运输装置进行详细的探究，其情景可以简化为如图甲所示，质量M = 2kg、长度L = 2m的长木板静止在足够长的水平面（可视为光滑）上，左端固定一竖直薄挡板，右端静置一质量m = 1kg的包裹（可视为质点）。现机器人对长木板施加一水平向右的作用力F，F随时间t变化的规律如图乙所示，6s后将力F撤去。已知包裹与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，包裹与长木板间动摩擦因数μ = 0.1，重力加速度取g = 10m/s2。从施加作用力F开始计时，求：
（1）时，长木板的速度大小；
（2）与挡板碰撞后瞬间，包裹的速度大小（结果保留两位有效数字）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】 CD、根据质量数守恒和电荷数守恒可知衰变放出的射线Y是α射线，其本质是He原子核，电离能力最强，故C正确，D错误；
A、经过一个半衰期，一半质量的放射性元素会衰变为其他物质，核电池的质量不会减小一半，故A错误；
B、半衰期是统计概念，只要是大量原子核衰变。半衰期是不变的，故B错误。
故答案为：C。
【分析】衰变是指原子核自发地放出某种粒子而转变为新核的变化。衰变的速率是由原子核内部因素决定的，与原子所处的物理状态或化学状态无关。衰变满足质量数守恒和电荷数守恒，
2．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】基本单位和导出单位共同组成了单位制， 本题考查学生对单位的掌握和换算，比较基础。根据牛顿第二定律有
所以
将所有单位代入f=kηrvx，可得
所以
故选A。
【分析】结合各物理量单位，进行换算，即可解答。
3．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本题考查几何光学，解题时要知道光在传播过程中频率保持不变，能根据折射定律作出光路图，结合临界角公式和光速公式解答。A．光线由水上射入水中时，光的频率不变，故A错误；
B．如图所示
光源成像的位置比S的位置偏高，故B错误；
C．根据光速与折射率关系有
故C正确；
D．当光线在水面的入射角为90°时，水中光线与竖直方向夹角达到最大值，即临界角C，且
则
故D错误；
故选C。
【分析】光在传播过程中频率保持不变。根据题意结合折射定律作出光路图，从而分析摄影师看到的水上景物与实际位置的关系；由求光进入水中的速度；根据临界角公式求进入镜头的光线与竖直方向的最大夹角。
4．【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期；共点力的平衡
【解析】【解答】如图所示，在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球的直径比摆线短得多，这样的装置叫做单摆。依题意，小沙包做简谐运动，设等效摆长为l，则有
对小沙包受力分析，如图
根据平衡条件可得
联立解得
故选A。
【分析】根据公式求得绳子与竖直方向夹角，对沙包受力分析，根据共点力平衡条件列式求解绳子拉力。
5．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。A．速度达最大值时加速度为0，则有
解得
所以滑块下滑到距离O点0.45m处时，速度达最大值，则A正确；
B．滑块从静止下滑到最低点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，滑块的机械能不守恒，所以B错误；
C．当滑块下滑位移时，其加速度大小为
所以C错误；
D．当滑块下滑位移时，其加速度大小为
所以D错误；
故选A。
【分析】当弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力相等时速度最大，根据平衡条件求解弹簧压缩量，对滑块沿斜面方向根据牛顿第二定律求解加速度大小。
6．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题有一定的难度，把握住两点，一个是等效电源的问题，能够得到他们的等效内阻；第二个是分清楚路端电压和电流的比值关系。A．由图可知交变电流的周期为
s
每个周期电流方向改变2次，故每秒电流改变100次，故A错误；
B．将变压器与R3视作一等效电阻，则有
则R3增大，由电路串并联关系可知流经R1的电流减小，故B错误；
C．如图，将电源、R1、R2视作等效电源，将虚线框外部电路断路
求得等效电动势
将虚线框外部电路短路，求得短路电流为
则等效电源内阻
若要R3消耗的功率最大，此时
故C正确；
D．将除R3以外的电路视作等效电源，R3阻值增大时，R3两端电压改变量的大小与流经R3中电流改变量的大小之比为等效电源内阻，大小不变，故D错误。
故选C。
【分析】交流电在一个周期内电流方向改变两次；根据变压器原副线圈的电流之比与匝数成反比判断；把R1和R2看作电源内阻的一部分，当内外电阻相等时电源的输出功率最大；根据闭合电路的欧姆定律分析。
7．【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行比较。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。A．根据牛顿第二定律
解得
则图像的斜率为
又
故行星的质量之比为
故A错误；
B．根据牛顿第二定律
解得
故行星的密度为
由题意可知，卫星在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相等，故行星A的密度等于行星B的密度，故B错误；
C．行星的第一宇宙速度等于卫星在行星表面做匀速圆周运动的线速度，则有
则行星的第一宇宙速度之比为
故C正确；
D．同步卫星的相关物理量未知，无法计算加速度比值，故D错误。
故选C。
【分析】根据万有引力提供向心力得出中心天体质量的表达式，结合图象判断质量大小，根图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同。结合圆周运动规律求解。
8．【答案】B,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】涉及到流体的计算时，能够表达出在相应时间内的发生相互作用的流体的质量是解题的关键，在应用动量定理的时候，要规定正方向。A．设时间内，从水枪喷出的水的体积为，质量为，则，
流量
A错误；
B．时间内水枪喷出的水的动能为
知高压水枪在此期间对水做功为
高压水枪的功率为
B正确；
C．考虑一个极短时间，在此时间内喷到着火物上水的质量为m，设着火物对水柱的作用力为F，由动量定理得
时间内冲到着火物上水的质量为
解得
由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的平均冲力为
C错误；
D．当高压水枪水平向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力水平向后，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，D正确。
故选BD。
【分析】根据流量的定义式分析即可；先计算出一定时间内水的动能，然后根据动能定理可得高压水枪对水做的功，根据功与时间的比值即可得到高压水枪的功率；根据动量定理计算即可；根据力的平衡条件和相互作用力情况判断。
9．【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，把握速度最大的条件：MN产生的感应电动势与电容器的电压相等，能运用动量定理求最大速度。A．S接至2，MN中电流方向从M指向N，MN开始向右运动，受到安培力向右，由左手定则可知，匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向下，故A正确；
B．MN向右做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动，故B错误；
C．当开关接2时，有，，
解得
故C正确；
D．设加速过程中的平均电流为，时间为t，根据动量定理有
其中，
有
故D错误。
故选AC。
【分析】将S接至2，根据MN受到的安培力方向结合电流方向，由左手定则判断磁场方向；MN向右运动时，切割磁感线产生感应电动势，回路中电流减小，MN的加速度减小；开关S接至2瞬间，运用欧姆定律求出通过MN的电流，根据安培力公式与牛顿第二定律求MN的加速度大小；根据动量定理以及E=BLv可以求出MN的最大速度。
10．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查运动的合成，离子在磁场的影响下参与了两个方向的运动，各个分运动相互独立，互不影响。A．粒子沿x轴方向做匀速直线运动，速度大小为
粒子在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动，速度大小为为
周期为
粒子每运动一个周期，回到x轴一次，因此第一次返回x轴时到O点的距离为
故A正确；
B．相邻两次回到x轴的时间间隔为一个周期，即
故B错误；
C．运动过程中离x轴的最大距离为
故C正确；
D．粒子运动过程中，不可能运动到平面外侧，故D错误。
故选AC。
【分析】粒子沿x轴方向做匀速直线运动，粒子在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动，粒子每运动一个周期，回到x轴一次，邻两次回到x轴的时间间隔为一个周期，运动过程中离x轴的最大距离等于轨迹直径。
11．【答案】（1）A
（2）一
（3）1：9
【知识点】向心力
【解析】【解答】本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。解题关键是知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等。
（1）探究向心力大小与质量、角速度和半径的关系实验，每次研究两个量关系保证其他量不变，采用的是控制变量法。
故选A。
（2）将传动皮带调至第一层塔轮，由于塔轮半径相等，则两塔轮角速度相等，此时可研究向心力的大小与运动半径r的关系。
（3）若传动皮带套在塔轮第三层，根据
可知两塔轮边缘线速度相等，则A、C两处的角速度之比为
由于运动半径相等，根据
向心力大小之比为
故左右两标尺露出的格子数之比为1：9。
【分析】 （1）该实验采用控制变量法，根据题意分析解答；
（2）由于塔轮半径相等，则两塔轮角速度相等，结合控制变量法分析；
（3）根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据F=mrω2解得左右两标尺的露出的格子数之比。
（1）“探究向心力大小与质量、角速度和半径的关系”实验，每次研究两个量关系保证其他量不变，采用的是控制变量法。
故选A。
（2）将传动皮带调至第一层塔轮，由于塔轮半径相等，则两塔轮角速度相等，此时可研究向心力的大小与运动半径r的关系。
（3）若传动皮带套在塔轮第三层，根据
可知两塔轮边缘线速度相等，则A、C两处的角速度之比为
由于运动半径相等，根据
向心力大小之比为
故左右两标尺露出的格子数之比为1：9。
12．【答案】（1）10.0
（2）黑
（3）1.2；8；20
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查测量电阻的测量实验，解决本题的关键掌握欧姆表的读数方法，能根据闭合电路欧姆定律结合图象法求解电源电动势。
（1）指针恰好指到刻度值为10处，每小格为，故读数为。
（2）多用电表欧姆挡，黑表笔对应为内部电源的正极，根据电流从黑表笔流出，红表笔流入，故需要将黑表笔与电流表正接线柱连接。
（3）根据闭合电路欧姆定律得
则
斜率的大小为电源电动势，故
又因为欧姆挡刻度与表头电流的关系为
表盘上的中值电阻为欧姆调零时对应该档位的总电阻，由表达式可以得出，正确的刻度值应与使用电池的电动势成正比，电流表的真实电阻值应为
同理，电源电动势为时中值电阻值应为，所以图像上的值为20。
【分析】（1）使用欧姆表测电阻应选择合适的档位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数；
（2）根据电流：红进黑出分析；
（3）明确电表测量方法，根据描点法作出图象，根据闭合电路欧姆定律求出 的函数关系式，根据函数关系式分析。
13．【答案】（1）由题意可知，毛竹先匀加速上升再匀减速上升，平均速度均为
又
解得
本题还可以采用图像法，作出整个过程的图像如图所示
根据图线与时间轴围成的面积物理意义表示位移，即
可得
（2）根据加速度的定义式可知
（3）毛竹匀减速阶段，加速度竖直向下，根据牛顿第二定律可知
解得
根据牛顿第三定律可知，匀减速阶段对表演者的压力为
【知识点】牛顿第三定律；平均速度；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动的平均速度公式求出平均速度，然后求出最大速度大小。
（2）求出匀加速运动的时间，然后求出匀加速运动的加速度大小。
（3）应用牛顿第二定律求出匀减速阶段表演者的支持力，然后由牛顿第三定律求出压力大小。
14．【答案】解：(1)带电粒子从点离开磁场，粒子在磁场中运动的周期
运动时间
解得粒子在磁场中运动的时间
(2)由动能定理可得
由洛伦兹力提供向心力得
解得
粒子从点离开磁场，由几何关系得
解得
所以电压
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据题意垂直于DE进入磁场从D点出磁场属于单边界磁场的问题运动时间为半个周期；
（2）根据题意可知在磁场中做圆周运动找出半径求出速度可求出所加电压；
15．【答案】（1）包裹与长木板发生相对滑动的力的大小为
因为，所以包裹和长木板相对静止共同加速
加速度为
可得到
（2）设4s后包裹与长木板发生相对滑动，则包裹的加速度为
长木板的加速度为
可看出假设成立，包裹与长木板发生相对滑动
设再经时间包裹与挡板发生碰撞，由
解得
则6s时长木板的速度
包裹为
此时两者发生弹性碰撞
可求得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【分析】（1）先判断包裹与长木板发生能否相对滑动，再由整体法求加速度；
（2） 理清物体的运动过程，把握各个过程的研究对象和物理规律，分段运用牛顿第二定律、运动学公式以及动量守恒定律和机械能守恒定律等规律解答。
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