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2025届广东省肇庆市高三下学期二模冲刺练习物理试卷
1．（2025·肇庆模拟）将铀原料投入核电站的核反应堆中，其中一种核反应是：，已知、、的比结合能分别为、、。则（　　）
A．该核反应中的X是质子
B．投入核反应堆后，铀235的半衰期变短
C．1kg铀矿石释放的能量为
D．与的平均核子质量相差约
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；核裂变
【解析】【解答】A．根据质量数守恒，X的质量数为
根据质子数守恒，X的质子数为
所以该核反应中的X是中子，故A错误；
B．半衰期是原子核自身属性，不随外界的物理化学环境变化而变化，故B错误；
C．一个铀原子反应放出的能量
1kg铀含有的原子数
1kg铀矿石释放的能量为
故C错误；
D．按照结合能的定义可知
，
质子的质量与中子的质量接近设为则
所以与的平均核子质量相差为
故D正确。
故选D。
【分析】A、根据质量数电荷数守恒求解X为中子；
B、 半衰期是原子核自身属性，不随外界的物理化学环境变化而变化；
C、根据比结合能求解一个铀原子核反应释放的能量，由阿伏加德罗常数求解铀原子数，进而求解释放的总能量；
D、根据结合能定义求解平均核子质量差。
2．（2025·肇庆模拟）已知在同种介质中，光的波长越短，折射率越大。如图，一束复色光沿半径方向从真空射向半圆形玻璃砖的表面，在圆心O处发生折射，分成了两束单色光a、b，下列说法正确的是（　　）
A．玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率
B．在真空中传播时，a光的波长大于b光的波长
C．在同一个双缝干涉装置中，a光的相邻亮条纹间距较小
D．若此复色光由水中射向空气，逐渐增大入射角，则a光先发生全反射
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．两条光线从玻璃射向真空的过程中，两束光的入射角i相同，b光偏离原来的方向大，因此b光的折射角r较大，根据光的折射定律
可知，玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率，故A错误；
B．光在真空中传播时a光的波长大于b光的波长，故B正确；
C．在双缝干涉实验中，条纹间距
由此可知，波长越短，间距越小，因此a光的条纹间距比b光大，故C错误；
D．临界角满足
由于水对a光的折射率小，因此a光的临界角大，a光和b光以相同的入射角由水中射向空气，若逐渐增大入射角，则b光先发生全反射，故D错误。
故选B。
【分析】1、根据光的折射定律，入射角相等，通过比较折射角可判断出玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率。
2、折射率小的光频率小而波长大。
3、在双缝干涉实验中，条纹间距，根据波长可得出a光的条纹间距比b光大。
4、临界角满足，水对a光的折射率小，则a光的临界角大。
3．（2025·肇庆模拟）一列简谐横波沿x轴传播，时刻的波形图如图中的实线所示，时刻的波形图如图中的虚线所示，0~0.5s时间内，平衡位置位于处的质点加速度方向未发生改变，下列说法正确的是（　　）
A．波源振动的周期为1.5s
B．该简谐横波沿x轴负方向传播
C．该简谐横波传播的速度大小为4m/s
D．平衡位置位于处的质点在时的速度方向为y轴正方向
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．位于x=0处的质点在运动过程中加速度方向始终不变，这表明该质点始终沿x轴负方向运动（或始终沿正方向运动），根据"同侧法"判断原则，可确定该简谐横波沿x轴正方向传播。
由此可计算出波的周期为T平衡位置位于处的质点在此过程中加速度方向未发生改变，则此过程中该质点沿轴负方向运动，这段时间为，故周期为，故A、B错误；
C．该简谐横波传播的速度大小为，故C错误；
D．平衡位置位于处的质点在时，根据同侧法知，速度方向为轴正方向，故D正确。
故选D。
【分析】1、简谐波传播方向的判断（同侧法）：当质点加速度方向不变且沿x轴负方向运动时，根据同侧法可判定：波传播方向与质点运动方向位于波形同一侧 → 波沿x轴正方向传播
2、波动周期与时间关系：若特定过程持续时间为Δt，且Δt = T/2（半个周期），则波的周期 T = 2Δt
3、波速计算公式：波速 v = λ/T，其中：λ：波长（单位：m）T：周期（单位：s）
4、质点运动方向判断（同侧法应用）：对于x=0处的质点：在t=0时刻，根据同侧法可判断其速度方向：若波向右传播 → 质点速度沿y轴正方向， 若波向左传播 → 质点速度沿y轴负方向。
4．（2025·肇庆模拟）2023年5月10日，天舟六号货运飞船发射升空，天舟六号货运飞船再度为“太空之家”送货，支撑载人航天工程的“补给线”。天舟六号发射过程示意图如图所示，椭圆轨道I为转移轨道，圆轨道II为天舟六号和空间站组合体的运行轨道，两轨道相切于椭圆轨道的远地点，为椭圆轨道的近地点，为轨道II上一点，、、三点共线，下列说法正确的是（　　）
A．天舟六号在轨道Ⅰ上从点运动到点，加速度逐渐增大
B．天舟六号在轨道Ⅰ上从点运动到点，线速度逐渐减小
C．仅需测量组合体飞行的周期便可计算地球的密度
D．天舟六号从发射到对接完成，机械能一直增大
【答案】B
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．在椭圆轨道上，航天器受地球引力作用，加速度a=GM/r2，从近地点到远地点，距离r增大，加速度a减小， 天舟六号在轨道Ⅰ上从点运动到点，天舟六号与地心间距增大，则加速度逐渐减小，故A错误；
B．天舟六号在轨道Ⅰ上从点运动到点，万有引力与速度方向夹角为钝角，万有引力对天舟六号有减速的效果，可知，天舟六号在轨道Ⅰ上从点运动到点，线速度逐渐减小，故B正确；
C．根据，解得，可知，仅测量组合体飞行的周期不能够计算地球的密度，还需要知道地球的半径，故C错误；
D．发射阶段：火箭推进做功，机械能增加，轨道转移阶段：在Q点加速进入圆轨道时，发动机做功增加机械能 ，天舟六号发射过程机械能增大，天舟六号从点运动到点机械能守恒，在点变轨加速过程，机械能增大，故D错误。
故选B。
【分析】1、由可得出天舟六号与地心间距增大，加速度逐渐减小。
2、由可知仅测量组合体飞行的周期不能够计算地球的密度，还需要知道地球的半径。
3、天舟六号从点运动到点机械能守恒，在点变轨加速过程，机械能增大。
5．（2025·肇庆模拟）筷子是中华饮食文化的标志之一，我国著名物理学家李政道曾夸赞说：“筷子如此简单的两根木头，却精妙绝伦地应用了物理学杠杆原理。”如图所示，用筷子夹住质量为m的小球，两根筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小球静止。下列说法正确的是（　　）
A．筷子对小球的最小压力是
B．当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定不变
C．当θ减小时，筷子对小球的最小压力一定增大
D．要想用筷子夹住小球，必须满足μ>tanθ
【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．对小球受力分析，如图所示
小球受力平衡，竖直方向有
2fcosθ＝mg＋2Nsinθ，f≤fmax＝μN
解得
故筷子对小球的最小压力为，故A错误；
BC．根据
可知当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大，故BC错误；
D．要想用筷子夹住小球，则
则μcosθ－sinθ>0，即必须满足μ>tanθ。
故D正确。
故选D。
【分析】本题是动态平衡中极值问题。
1、首先进行受力分析，然后根据平衡列等式， 因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力得出不等式可求解筷子对小球的最小压力；
2、根据最小压力表达式Nmin＝，可讨论当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大。
3、最小压力表达式Nmin＝，又因为最小压力要大于零，得出必须满足μ>tanθ。
6．（2025·肇庆模拟）如图所示为机械节拍器。机械节拍器内部有一个发条驱动，来带动外部的摆杆，摆杆上有一个可移动的摆锤，调节好摆锤的位置，拨动摆杆，摆锤就会在竖直平面内按照单摆运动规律左右来回摆动。则下列说法正确的是（　　）
A．摆锤在最高点时处于超重状态
B．摆锤在最低点时处于超重状态
C．摆锤摆动过程中机械能守恒
D．摆动中，摆锤松动后下移会使摆锤摆动变慢
【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．摆锤在最高点有竖直向下的加速度，处于失重状态，A错误；
B．摆锤在最低点时即将向上摆动，有向上的加速度，处于超重状态，B正确；
C．摆锤按照单摆的运动规律摆动，在最低点速度为0，动能最小，重力势能也最小，在最高点，也就是平衡位置速度最大，重力势能也最大，所以机械能不守恒，C错误；
D．摆动中，摆锤松动后下移，摆长会变小，类比单摆周期公式
可知，摆长变短，周期变小，摆动变快，D错误。
故选B。
【分析】AB、根据加速度方向确定摆锤处于超失重状态；最高点加速度向下处于失重；最低点加速度向上处于超重；
C、摆锤在最低点动能为零，重力势能最小，在最高点动能最大，重力势能最大，机械能不守恒；
D、摆锤松动后下移，摆长会变小，根据单摆周期公式可知周期变小，摆动变快。
7．（2025·肇庆模拟）热水器中，常用热敏电阻实现温度控制。如图是一学习小组设计的模拟电路，为加热电阻丝，为正温度系数的热敏电阻（温度越高电阻越大），C为电容器。S闭合后，当温度升高时（　　）
A．电容器C的带电荷量减小 B．灯泡L变暗
C．电容器C两板间的电场强度增大 D．消耗的功率增大
【答案】C
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】AB．由电路图可知，与串联，再与L并联，S闭合后，当温度升高时，的电阻越大，外电路的总电阻越大，根据闭合电路欧姆定律
可知干路中的总电流I减小，根据
可知路端电压增大，即灯泡L两端的电压增大，根据
可知流过灯泡的电流增IL大，故灯泡变亮；根据
可知流过的电流减小，根据
可知两端的电压减小，根据
可知两端的电压增大，即电容器两端的电压增大，根据
可知电容器所带的电量增大，故AB错误；
C．根据
可知电容器C两板间的电场强度增大，故C正确；
D．根据
可知消耗的功率减小，故D错误。
故选C。
【分析】度升高时，的电阻越大，根据闭合电路欧姆定律可知电流减小，路端电压增大，L灯泡变亮；根据串联电路分压原理分得电压增大电容器电荷量增加；电容器两板间电场强度增大；总电流减小，L灯泡电流变大，上电流减小，根据功率公式可知功率减小。
8．（2025·肇庆模拟）如图所示，一矩形线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，通过电刷与理想变压器相连。已知线框的匝数匝，面积，总电阻，角速度，理想变压器原、副线圈的匝数比为，为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，电表均为理想电表，电压表、电流表的示数分别为50V、2A．下列说法正确的是（　　）
A．匀强磁场的磁感应强度
B．匀强磁场的磁感应强度
C．线框转动的角速度增大时，理想变压器的输入功率一定增大
D．处温度升高时，电流表的示数变大，电压表的示数不变
【答案】A,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】AB．设变压器原线圈电压电流分别为、，副线圈电压、电流为、，由题易知，，则根据原副线圈电流与匝数的关系，解得
对原线圈和发电机电路，解得，故B错误，A正确；
C．将变压器进行等效，等效电路如图所示
只增大线框转动的角速度，则线框产生的电动势增大，等效电阻保持不变，其中等效电阻，整个闭合回路的总电流，所以总电流I增大，等效电阻的功率为，根据表达式可以知增大，因此副线圈的总功率增大，那么理想变压器的输入端的功率必然增大，故C正确；
D．处温度升高时，热敏电阻的阻值减小，根据变压器等效，则整个回路的总电阻减小，那么通过矩形线框的电流增大，则矩形线圈上的电压增大，那么电压表的电压将减小，即电流表示数变大，电压表示数变小，故D错误。
故选AC。
【分析】本题是矩形线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，通过电刷与理想变压器相连。
1、求匀强磁场的磁感应强度，应先根据变压器已知条件求原线圈电流电压有效值，再根据线圈转动产生正弦交流电有效值列等式求解匀强磁场的磁感应强度。
2、线框转动的角速度增大时线框产生的电动势增大，整个闭合回路的总电流增大，由可知理想变压器的输入功率一定增大。
9．（2025·肇庆模拟）如图所示，间距d=1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，垂直于导轨的虚线AB的左、右两侧存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1=0.5T、B2=1T，质量m1=1kg、阻值R1=1.5Ω的金属棒a静止在虚线AB左侧足够远的位置，质量m2=1kg、阻值R2=0.5Ω的金属棒b静止在虚线AB的右侧，0时刻，金属棒a以初速度v0=2m/s、金属棒b以初速度2v0=4m/s沿导轨运动，t时刻，金属棒b达到最小速度vmin，已知a、b两棒的长度均为d，且始终与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计，则在a、b棒的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．通过金属棒a的最大电流为1.5A
B．金属棒b的最小速度vmin=3.2m/s
C．0~t时间内通过金属棒a的电荷量为2.4C
D．0~t时间内金属棒a上产生的焦耳热为3.6J
【答案】A,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．金属棒a、b刚释放时，通过回路的电流最大，由法拉第电磁感应定律得
Em=2B2dv0-B1dv0=3V
由闭合电路欧姆定律得
故A正确；
B．金属棒b速度达到最小时，回路中的感应电动势为0，即
0=B2dvb-B1dva
由于安培力：F=BId，可知金属棒b受到的安培力为金属棒a受到的安培力的2倍，根据动量定理可知，运动过程中金属棒b的动量变化量的大小为金属棒a动量变化量的大小的2倍，即
m2×2v0-m2×vb=2（m1va-m1v0）
联立代入解得
va=3.2m/s，vb=1.6m/s
金属棒b的最小速度vmin=1.6m/s，故B错误；
C．对金属棒a以向右为正，由动量定理得
其中，代入数据解得
q=2.4C
故C正确；
D．由能量守恒定律得
又根据焦耳定律可知
Qa∶Qb=R1∶R2=3∶1
联立代入数据解得
Qa=2.7J
故D错误。
故选AC。
【分析】本题是电磁感应中双棒模型。
1、金属棒a、b刚释放时，通过回路的电流最大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律列等式可计算最大电流。
2、金属棒b速度达到最小时，回路中的感应电动势为0，根据动量定理列等式可计算金属棒b的最小速度。
3、由动量定理得：其中，可计算电荷量q。
4、根据能量守恒定律列等式：，可计算0~t时间内金属棒a上产生的焦耳热。
10．（2025·肇庆模拟）如图，两根通有等大、反向电流的长直导线A、B垂直纸面固定，acbd为正方形，其中心O及a、b在A、B连线上，则（　　）
A．O点的磁感应强度大于d点的磁感应强度
B．d点的磁感应强度大于c点的磁感应强度
C．d点的磁感应强度与c点的磁感应强度相同
D．a点的磁感应强度与b点的磁感应强度不同
【答案】A,C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．设导线A、B中的电流分别为与，由题意可知，在各点产生的磁场如图所示
、在O点产生的磁感应强度相同，设大小均为，则O点的磁感应强度大小
、在d点产生的磁感应强度大小
则d点的磁感应强度大小
由于
，
所以
故A正确；
BC．由图知，d点的磁感应强度与c点的磁感应强度大小相等、方向相同，故B错误，C正确；
D．在a点产生的磁感应强度与在b点产生的磁感应强度相同，在b点产生的磁感应强度与在a点产生的磁感应强度相同，所以a点的磁感应强度与b点的磁感应强度相同，故D错误。
故选AC。
【分析】本题只需要用两个知识点可解决问题，1、通电导体周围产生磁场，电流相等距离相等则产生磁感应强度大小相等。2、磁感应强度矢量叠加，矢量叠加采用平行四边形法则分析。
11．（2025·肇庆模拟）某同学欲将电流表改装成欧姆表并重新标上刻度和校准，要求改装后欧姆表的刻度正好对应电流表表盘的中间刻度。可选用的器材有：
A．电源（电动势为，内阻为）；
B．电流表A（量程为，内阻为）；
C．定值电阻（阻值为）；
D．定值电阻（阻值为）；
E．滑动变阻器（最大阻值为）；
F．红、黑表笔和导线若干。
（1）按图中的实物连线组成欧姆表，定值电阻应选　 　（填仪器前面的序号）。
（2）通过计算，对整个表盘重新标上电阻刻度。表盘上处的电阻刻度为　 　。
（3）该同学继续研究改变倍率的问题，若要将欧姆表改为表盘中间刻度为的新欧姆表，则在适当更换器材的同时，给电流表　 　（填“串”或“并”）联一个　 　的电阻。
【答案】（1）C
（2）10
（3）并；11
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装
【解析】【解答】（1）欧姆表内部由电源、定值电阻、电流表和滑动变阻器构成。由题意知，改装后的欧姆表要求中值电阻Rx=15kΩ，此时回路电流为 I = 50 μA，则
又
解得
故选C。
（2）指针指到 60 μA 时回路总电阻为
则待测电阻
（3）新欧姆表的中间刻度为1.5 kΩ，对应的电流表满偏电流
需要将电流表的量程从100 μA扩展到1 mA，则需要并联一个电阻来进行分流。并联电阻
【分析】(1)已知欧姆表中值电阻，可得出欧姆表内阻，根据，可计算 定值电阻大约值来选择定值电阻。
（2）根据欧姆定律计算指针指到 60 μA 时回路总电阻，待测电阻计算待测电阻。
（3）新欧姆表的中间刻度对应欧姆表内阻的阻值，可计算对应的电流表满偏电流，满偏电流变大，则要并联一个电阻来进行分流。
（1）欧姆表内部由电源、定值电阻、电流表和滑动变阻器构成。由题意知，改装后的欧姆表要求中值电阻Rx=15kΩ，此时回路电流为 I = 50 μA
则
又
解得
故选C。
（2）指针指到 60 μA 时回路总电阻为
则待测电阻
（3）[1]新欧姆表的中间刻度为1.5 kΩ，对应的电流表满偏电流：
需要将电流表的量程从100 μA扩展到1 mA，则需要并联一个电阻来进行分流。
[2]并联电阻：
12．（2025·肇庆模拟）为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的总质量，m0为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
（1）实验时，下列操作描述正确的是___________。
A．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B．因绳的拉力可由力传感器读出，所以细绳不需要保持和木板平行
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M
（2）甲同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（3）甲同学以力传感器的示数F为横轴，加速度a为纵轴，画出的a-F图线是一条直线，如图所示，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量M＝____。
A． B． C． D．
（4）乙同学还做了如下实验：如图丙所示，平衡好摩擦力后，不改变小车质量和槽码个数，撤去打点计时器及小车后面的纸带，用具有加速度测量软件的智能手机固定在小车上来测量加速度，测量的结果比在丙图中不放手机，用打点计时器测得的要小。这是因为___________。
A．在小车上放置了智能手机后，没有重新平衡摩擦力
B．在小车上放置了智能手机后，细线的拉力变小了
C．在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了
（5）若乙同学没有严格控制好小车质量M与沙和沙桶质量m的大小关系，其它操作规范合理，结果在某次实验结果发现小车加速度的实验值（利用纸带求的值）只有理论值（）的，若不考虑其它因素的影响，可估算　 　。
【答案】（1）A；C
（2）2.98
（3）C
（4）C
（5）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）ABD．用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，不用保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M，需要将细绳保持和木板平行，同时应平衡摩擦力，应将带滑轮的长木板右端垫高，故A正确，BD错误；
C．为获得更多的点迹，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，故C正确；
故选AC。
（2）根据题意，相邻计数点时间间隔为
由逐差法计算加速度
（3）对小车与滑轮组成的系统，由牛顿第二定律得
根据图线的斜率可知
故小车的质量为
故选C。
（4）A．平衡摩擦力后，根据平衡条件有
化简得
由此可知，木板的倾角与小车质量无关，在小车上放置了智能手机后，相当于小车的质量增大，上式仍成立，不用重新平衡摩擦力，故A错误；
B．对槽码有
a减小，则绳上拉力F增大，故B错误；
C．在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了，不改变小车质量和槽码个数，则整体合力不变；对槽码、小车和手机的整体，根据牛顿第二定律
化简得
M增大，a减小，故C正确；
故选C。
（5）乙同学没有严格控制好小车质量M与沙和沙桶质量m的大小关系，据牛顿第二定律有
由题意其值只有理论值（）的，所以
解得
【分析】（1）探究物体质量一定时加速度与力的关系 实验中必须要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力和小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带。
（2）逐差法计算加速度。
（3）由牛顿第二定律得，根据图线的斜率可知，故小车的质量为（4）木板的倾角与小车质量无关，在小车上放置了智能手机后，相当于小车的质量增大，不用重新平衡摩擦力。
（5）理论值，实验值，可计算。
（1）ABD．用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，不用保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M，需要将细绳保持和木板平行，同时应平衡摩擦力，应将带滑轮的长木板右端垫高，故A正确，BD错误；
C．为获得更多的点迹，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，故C正确；
故选AC。
（2）根据题意，相邻计数点时间间隔为
s=0.1s
由逐差法计算加速度
（3）对小车与滑轮组成的系统，由牛顿第二定律得
根据图线的斜率可知
故小车的质量为
故选C。
（4）A．平衡摩擦力后，根据平衡条件有
化简得
由此可知，木板的倾角与小车质量无关，在小车上放置了智能手机后，相当于小车的质量增大，上式仍成立，不用重新平衡摩擦力，故A错误；
B．对槽码有
a减小，则绳上拉力F增大，故B错误；
C．在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了，不改变小车质量和槽码个数，则整体合力不变；
对槽码、小车和手机的整体，根据牛顿第二定律
化简得
M增大，a减小，故C正确；
故选C。
（5）乙同学没有严格控制好小车质量M与沙和沙桶质量m的大小关系，据牛顿第二定律有
由题意其值只有理论值（）的，所以
解得
13．（2025·肇庆模拟）如甲图所示拔火罐是中医的一种传统疗法，以罐为工具，利用燃火产生负压，使之吸附于体表、造成局部瘀血，以达到通经活络、消肿止痛等作用。小明亲身体验拔火罐的魅力后，想研究一下“火罐”的“吸力”，设计了如乙图的实验装置：将一个横截面积为S的圆柱状汽缸倒置固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与放在台面的重物m相连。实验时，他从汽缸底部的阀门K处，投入一团燃烧的轻质酒精棉球。待酒精棉球熄灭后，立即密闭阀门K。此时，活塞下的细线恰好被拉直，但拉力为零，活塞距汽缸底部的距离为L。由于汽缸传热良好，随后重物会被缓慢拉起，最后重物稳定在距台面处。已知环境温度T0不变，，p0为大气压强，汽缸内的气体可看作理想气体，不计活塞与汽缸内壁之间的摩擦。求：
（1）酒精棉球熄灭时的温度T与环境温度T0的比值；
（2）若从酒精棉球熄灭到最终稳定过程中气体放出的热量为Q，求气体内能的变化。
【答案】（1）解：阀门K密闭时，气体压强为p0，重物稳定在距台面处时，由平衡条件得
可得
根据理想气体状态方程
解得

（2）解：外界对气体做功为
根据热力学第一定律
可得气体内能变化量

【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】【分析】（1）阀门K密闭时，由平衡条件得，得出，根据理想气体状态方程，可计算酒精棉球熄灭时的温度T与环境温度T0的比值。
（2）外界对气体做功为，根据热力学第一定律，可得气体内能变化量
（1）阀门K密闭时，气体压强为p0，重物稳定在距台面处时，由平衡条件得
可得
根据理想气体状态方程
解得
（2）外界对气体做功为
根据热力学第一定律
可得气体内能变化量
14．（2025·肇庆模拟）如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带与倾角为53°的斜面在其底端平滑连接，右侧与传送带等高的水平面上固定一个半径R=1.6m的竖直圆形轨道。距水平面高H=4m的弹射器用t0=0.2s的时间将滑块A水平向右弹出，滑块A恰好能从斜面顶端无碰撞地滑上斜面。已知斜面长度L1=1m，传送带长度L2=5m，滑块A质量m1=0.5kg，滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数相同，其余摩擦不计，滑块A可视为质点。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。
（1）若传送带静止，滑块A向右通过传送带后刚好能到达圆形轨道与圆心等高处，求弹射器对滑块A的平均作用力大小及滑块A与传送带间的动摩擦因数；
（2）在传送带右端的水平面上静止放置一个可视为质点的滑块B（图中未画出），滑块A通过传送带后与滑块B发生弹性碰撞。若碰后滑块A静止，滑块B恰好通过圆形轨道的最高点，求传送带的速度大小。
【答案】（1）解：设滑块到斜面顶端时竖直方向的速度为，水平方向的速度为，合速度为，根据抛体运动规律可得，
联立解得
由几何知识可得
，
根据动量定理则有
解得弹射器对滑块A的平均作用力大小为
设滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数为，根据动能定理则有
代入数据解得
（2）解：由题可知，A碰前的速度等于B碰后的速度，则有
，
解得
设A刚滑上传送带上的速度为，由动能定理可得
解得
根据上述结论可知，A在传送带上减速时的加速度为
假设滑块A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，设滑块做匀减速运动的位移为，则有
解得
假设成立，因此A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，故传送带的速度为
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）滑块从弹出到斜面顶端过程作平抛运动，根据抛体运动规律可得，由几何知识可得，，根据动量定理则有，可求解弹射器对滑块A的平均作用力大小，滑块A在斜面、传送带上运动过程，根据动能定理列等式：，可计算滑块A与传送带间的动摩擦因数。
（2）在竖直圆周最高点：，根据机械能守恒：，可计算A速度，A刚滑上传送带上的速度为，
A在传送带上减速时的加速度为，滑块做匀减速运动的位移为，则有，解得，可得出A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动。
（1）设滑块到斜面顶端时竖直方向的速度为，水平方向的速度为，合速度为，根据抛体运动规律可得，
联立解得
由几何知识可得，
根据动量定理则有
解得弹射器对滑块A的平均作用力大小为
设滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数为，根据动能定理则有
代入数据解得
（2）由题可知，A碰前的速度等于B碰后的速度，则有，
解得
设A刚滑上传送带上的速度为，由动能定理可得
解得
根据上述结论可知，A在传送带上减速时的加速度为
假设滑块A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，设滑块做匀减速运动的位移为，则有
解得
假设成立，因此A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，故传送带的速度为
15．（2025·肇庆模拟）如图所示，在三维坐标系中，的空间内存在沿轴负方向的匀强电场，的空间内存在沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为。有一质量为带电荷量为的粒子从坐标为的点以速率沿轴负方向射出，粒子恰好从坐标原点进入磁场区域。一足够大的光屏平行于平面放置在磁场区域中，坐标原点到光屏的距离为。不计粒子的重力，求：
（1）电场强度的大小及粒子到达坐标原点时的速度大小；
（2）粒子从点运动到光屏的时间；
（3）粒子打在光屏上的位置坐标。
【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，则有
，，，，
联立解得
， ，
（2）解：进入磁场区域，粒子沿轴负方向的分运动为匀速直线运动，则有
粒子从点到光屏的运动时间为
联立上述结论解得

（3）解：进入磁场区域，粒子在平行于平面内的分运动为匀速圆周运动，从左侧看粒子的运动轨迹如图所示
设粒子打在光屏上的点，由洛伦兹力提供向心力，得
解得
粒子做匀速圆周运动的周期为
则
，
， ，
所以粒子打在光屏上的位置坐标为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：，竖直方向：，，，联立解得电场强度的大小及粒子到达坐标原点时的速度大小。
（2）进入磁场区域，粒子沿轴负方向的分运动为匀速直线运动，，粒子从点到光屏的运动时间为，联立可求解粒子从点运动到光屏的时间。
（3）进入磁场区域，粒子在平行于平面内的分运动为匀速圆周运动，从左侧看粒子的运动轨迹图
洛伦兹力提供向心力：，粒子做匀速圆周运动的周期为，
，，，可得出粒子打在光屏上的位置坐标。
（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有
联立解得
（2）进入磁场区域，粒子沿轴负方向的分运动为匀速直线运动，则有
粒子从点到光屏的运动时间为
联立上述结论解得
（3）进入磁场区域，粒子在平行于平面内的分运动为匀速圆周运动，从左侧看粒子的运动轨迹如图所示
设粒子打在光屏上的点，由洛伦兹力提供向心力，得
解得
粒子做匀速圆周运动的周期为
则
所以粒子打在光屏上的位置坐标为
1 / 12025届广东省肇庆市高三下学期二模冲刺练习物理试卷
1．（2025·肇庆模拟）将铀原料投入核电站的核反应堆中，其中一种核反应是：，已知、、的比结合能分别为、、。则（　　）
A．该核反应中的X是质子
B．投入核反应堆后，铀235的半衰期变短
C．1kg铀矿石释放的能量为
D．与的平均核子质量相差约
2．（2025·肇庆模拟）已知在同种介质中，光的波长越短，折射率越大。如图，一束复色光沿半径方向从真空射向半圆形玻璃砖的表面，在圆心O处发生折射，分成了两束单色光a、b，下列说法正确的是（　　）
A．玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率
B．在真空中传播时，a光的波长大于b光的波长
C．在同一个双缝干涉装置中，a光的相邻亮条纹间距较小
D．若此复色光由水中射向空气，逐渐增大入射角，则a光先发生全反射
3．（2025·肇庆模拟）一列简谐横波沿x轴传播，时刻的波形图如图中的实线所示，时刻的波形图如图中的虚线所示，0~0.5s时间内，平衡位置位于处的质点加速度方向未发生改变，下列说法正确的是（　　）
A．波源振动的周期为1.5s
B．该简谐横波沿x轴负方向传播
C．该简谐横波传播的速度大小为4m/s
D．平衡位置位于处的质点在时的速度方向为y轴正方向
4．（2025·肇庆模拟）2023年5月10日，天舟六号货运飞船发射升空，天舟六号货运飞船再度为“太空之家”送货，支撑载人航天工程的“补给线”。天舟六号发射过程示意图如图所示，椭圆轨道I为转移轨道，圆轨道II为天舟六号和空间站组合体的运行轨道，两轨道相切于椭圆轨道的远地点，为椭圆轨道的近地点，为轨道II上一点，、、三点共线，下列说法正确的是（　　）
A．天舟六号在轨道Ⅰ上从点运动到点，加速度逐渐增大
B．天舟六号在轨道Ⅰ上从点运动到点，线速度逐渐减小
C．仅需测量组合体飞行的周期便可计算地球的密度
D．天舟六号从发射到对接完成，机械能一直增大
5．（2025·肇庆模拟）筷子是中华饮食文化的标志之一，我国著名物理学家李政道曾夸赞说：“筷子如此简单的两根木头，却精妙绝伦地应用了物理学杠杆原理。”如图所示，用筷子夹住质量为m的小球，两根筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小球静止。下列说法正确的是（　　）
A．筷子对小球的最小压力是
B．当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定不变
C．当θ减小时，筷子对小球的最小压力一定增大
D．要想用筷子夹住小球，必须满足μ>tanθ
6．（2025·肇庆模拟）如图所示为机械节拍器。机械节拍器内部有一个发条驱动，来带动外部的摆杆，摆杆上有一个可移动的摆锤，调节好摆锤的位置，拨动摆杆，摆锤就会在竖直平面内按照单摆运动规律左右来回摆动。则下列说法正确的是（　　）
A．摆锤在最高点时处于超重状态
B．摆锤在最低点时处于超重状态
C．摆锤摆动过程中机械能守恒
D．摆动中，摆锤松动后下移会使摆锤摆动变慢
7．（2025·肇庆模拟）热水器中，常用热敏电阻实现温度控制。如图是一学习小组设计的模拟电路，为加热电阻丝，为正温度系数的热敏电阻（温度越高电阻越大），C为电容器。S闭合后，当温度升高时（　　）
A．电容器C的带电荷量减小 B．灯泡L变暗
C．电容器C两板间的电场强度增大 D．消耗的功率增大
8．（2025·肇庆模拟）如图所示，一矩形线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，通过电刷与理想变压器相连。已知线框的匝数匝，面积，总电阻，角速度，理想变压器原、副线圈的匝数比为，为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，电表均为理想电表，电压表、电流表的示数分别为50V、2A．下列说法正确的是（　　）
A．匀强磁场的磁感应强度
B．匀强磁场的磁感应强度
C．线框转动的角速度增大时，理想变压器的输入功率一定增大
D．处温度升高时，电流表的示数变大，电压表的示数不变
9．（2025·肇庆模拟）如图所示，间距d=1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，垂直于导轨的虚线AB的左、右两侧存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1=0.5T、B2=1T，质量m1=1kg、阻值R1=1.5Ω的金属棒a静止在虚线AB左侧足够远的位置，质量m2=1kg、阻值R2=0.5Ω的金属棒b静止在虚线AB的右侧，0时刻，金属棒a以初速度v0=2m/s、金属棒b以初速度2v0=4m/s沿导轨运动，t时刻，金属棒b达到最小速度vmin，已知a、b两棒的长度均为d，且始终与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计，则在a、b棒的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．通过金属棒a的最大电流为1.5A
B．金属棒b的最小速度vmin=3.2m/s
C．0~t时间内通过金属棒a的电荷量为2.4C
D．0~t时间内金属棒a上产生的焦耳热为3.6J
10．（2025·肇庆模拟）如图，两根通有等大、反向电流的长直导线A、B垂直纸面固定，acbd为正方形，其中心O及a、b在A、B连线上，则（　　）
A．O点的磁感应强度大于d点的磁感应强度
B．d点的磁感应强度大于c点的磁感应强度
C．d点的磁感应强度与c点的磁感应强度相同
D．a点的磁感应强度与b点的磁感应强度不同
11．（2025·肇庆模拟）某同学欲将电流表改装成欧姆表并重新标上刻度和校准，要求改装后欧姆表的刻度正好对应电流表表盘的中间刻度。可选用的器材有：
A．电源（电动势为，内阻为）；
B．电流表A（量程为，内阻为）；
C．定值电阻（阻值为）；
D．定值电阻（阻值为）；
E．滑动变阻器（最大阻值为）；
F．红、黑表笔和导线若干。
（1）按图中的实物连线组成欧姆表，定值电阻应选　 　（填仪器前面的序号）。
（2）通过计算，对整个表盘重新标上电阻刻度。表盘上处的电阻刻度为　 　。
（3）该同学继续研究改变倍率的问题，若要将欧姆表改为表盘中间刻度为的新欧姆表，则在适当更换器材的同时，给电流表　 　（填“串”或“并”）联一个　 　的电阻。
12．（2025·肇庆模拟）为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的总质量，m0为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
（1）实验时，下列操作描述正确的是___________。
A．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B．因绳的拉力可由力传感器读出，所以细绳不需要保持和木板平行
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M
（2）甲同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（3）甲同学以力传感器的示数F为横轴，加速度a为纵轴，画出的a-F图线是一条直线，如图所示，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量M＝____。
A． B． C． D．
（4）乙同学还做了如下实验：如图丙所示，平衡好摩擦力后，不改变小车质量和槽码个数，撤去打点计时器及小车后面的纸带，用具有加速度测量软件的智能手机固定在小车上来测量加速度，测量的结果比在丙图中不放手机，用打点计时器测得的要小。这是因为___________。
A．在小车上放置了智能手机后，没有重新平衡摩擦力
B．在小车上放置了智能手机后，细线的拉力变小了
C．在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了
（5）若乙同学没有严格控制好小车质量M与沙和沙桶质量m的大小关系，其它操作规范合理，结果在某次实验结果发现小车加速度的实验值（利用纸带求的值）只有理论值（）的，若不考虑其它因素的影响，可估算　 　。
13．（2025·肇庆模拟）如甲图所示拔火罐是中医的一种传统疗法，以罐为工具，利用燃火产生负压，使之吸附于体表、造成局部瘀血，以达到通经活络、消肿止痛等作用。小明亲身体验拔火罐的魅力后，想研究一下“火罐”的“吸力”，设计了如乙图的实验装置：将一个横截面积为S的圆柱状汽缸倒置固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与放在台面的重物m相连。实验时，他从汽缸底部的阀门K处，投入一团燃烧的轻质酒精棉球。待酒精棉球熄灭后，立即密闭阀门K。此时，活塞下的细线恰好被拉直，但拉力为零，活塞距汽缸底部的距离为L。由于汽缸传热良好，随后重物会被缓慢拉起，最后重物稳定在距台面处。已知环境温度T0不变，，p0为大气压强，汽缸内的气体可看作理想气体，不计活塞与汽缸内壁之间的摩擦。求：
（1）酒精棉球熄灭时的温度T与环境温度T0的比值；
（2）若从酒精棉球熄灭到最终稳定过程中气体放出的热量为Q，求气体内能的变化。
14．（2025·肇庆模拟）如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带与倾角为53°的斜面在其底端平滑连接，右侧与传送带等高的水平面上固定一个半径R=1.6m的竖直圆形轨道。距水平面高H=4m的弹射器用t0=0.2s的时间将滑块A水平向右弹出，滑块A恰好能从斜面顶端无碰撞地滑上斜面。已知斜面长度L1=1m，传送带长度L2=5m，滑块A质量m1=0.5kg，滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数相同，其余摩擦不计，滑块A可视为质点。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。
（1）若传送带静止，滑块A向右通过传送带后刚好能到达圆形轨道与圆心等高处，求弹射器对滑块A的平均作用力大小及滑块A与传送带间的动摩擦因数；
（2）在传送带右端的水平面上静止放置一个可视为质点的滑块B（图中未画出），滑块A通过传送带后与滑块B发生弹性碰撞。若碰后滑块A静止，滑块B恰好通过圆形轨道的最高点，求传送带的速度大小。
15．（2025·肇庆模拟）如图所示，在三维坐标系中，的空间内存在沿轴负方向的匀强电场，的空间内存在沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为。有一质量为带电荷量为的粒子从坐标为的点以速率沿轴负方向射出，粒子恰好从坐标原点进入磁场区域。一足够大的光屏平行于平面放置在磁场区域中，坐标原点到光屏的距离为。不计粒子的重力，求：
（1）电场强度的大小及粒子到达坐标原点时的速度大小；
（2）粒子从点运动到光屏的时间；
（3）粒子打在光屏上的位置坐标。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；核裂变
【解析】【解答】A．根据质量数守恒，X的质量数为
根据质子数守恒，X的质子数为
所以该核反应中的X是中子，故A错误；
B．半衰期是原子核自身属性，不随外界的物理化学环境变化而变化，故B错误；
C．一个铀原子反应放出的能量
1kg铀含有的原子数
1kg铀矿石释放的能量为
故C错误；
D．按照结合能的定义可知
，
质子的质量与中子的质量接近设为则
所以与的平均核子质量相差为
故D正确。
故选D。
【分析】A、根据质量数电荷数守恒求解X为中子；
B、 半衰期是原子核自身属性，不随外界的物理化学环境变化而变化；
C、根据比结合能求解一个铀原子核反应释放的能量，由阿伏加德罗常数求解铀原子数，进而求解释放的总能量；
D、根据结合能定义求解平均核子质量差。
2．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．两条光线从玻璃射向真空的过程中，两束光的入射角i相同，b光偏离原来的方向大，因此b光的折射角r较大，根据光的折射定律
可知，玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率，故A错误；
B．光在真空中传播时a光的波长大于b光的波长，故B正确；
C．在双缝干涉实验中，条纹间距
由此可知，波长越短，间距越小，因此a光的条纹间距比b光大，故C错误；
D．临界角满足
由于水对a光的折射率小，因此a光的临界角大，a光和b光以相同的入射角由水中射向空气，若逐渐增大入射角，则b光先发生全反射，故D错误。
故选B。
【分析】1、根据光的折射定律，入射角相等，通过比较折射角可判断出玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率。
2、折射率小的光频率小而波长大。
3、在双缝干涉实验中，条纹间距，根据波长可得出a光的条纹间距比b光大。
4、临界角满足，水对a光的折射率小，则a光的临界角大。
3．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．位于x=0处的质点在运动过程中加速度方向始终不变，这表明该质点始终沿x轴负方向运动（或始终沿正方向运动），根据"同侧法"判断原则，可确定该简谐横波沿x轴正方向传播。
由此可计算出波的周期为T平衡位置位于处的质点在此过程中加速度方向未发生改变，则此过程中该质点沿轴负方向运动，这段时间为，故周期为，故A、B错误；
C．该简谐横波传播的速度大小为，故C错误；
D．平衡位置位于处的质点在时，根据同侧法知，速度方向为轴正方向，故D正确。
故选D。
【分析】1、简谐波传播方向的判断（同侧法）：当质点加速度方向不变且沿x轴负方向运动时，根据同侧法可判定：波传播方向与质点运动方向位于波形同一侧 → 波沿x轴正方向传播
2、波动周期与时间关系：若特定过程持续时间为Δt，且Δt = T/2（半个周期），则波的周期 T = 2Δt
3、波速计算公式：波速 v = λ/T，其中：λ：波长（单位：m）T：周期（单位：s）
4、质点运动方向判断（同侧法应用）：对于x=0处的质点：在t=0时刻，根据同侧法可判断其速度方向：若波向右传播 → 质点速度沿y轴正方向， 若波向左传播 → 质点速度沿y轴负方向。
4．【答案】B
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．在椭圆轨道上，航天器受地球引力作用，加速度a=GM/r2，从近地点到远地点，距离r增大，加速度a减小， 天舟六号在轨道Ⅰ上从点运动到点，天舟六号与地心间距增大，则加速度逐渐减小，故A错误；
B．天舟六号在轨道Ⅰ上从点运动到点，万有引力与速度方向夹角为钝角，万有引力对天舟六号有减速的效果，可知，天舟六号在轨道Ⅰ上从点运动到点，线速度逐渐减小，故B正确；
C．根据，解得，可知，仅测量组合体飞行的周期不能够计算地球的密度，还需要知道地球的半径，故C错误；
D．发射阶段：火箭推进做功，机械能增加，轨道转移阶段：在Q点加速进入圆轨道时，发动机做功增加机械能 ，天舟六号发射过程机械能增大，天舟六号从点运动到点机械能守恒，在点变轨加速过程，机械能增大，故D错误。
故选B。
【分析】1、由可得出天舟六号与地心间距增大，加速度逐渐减小。
2、由可知仅测量组合体飞行的周期不能够计算地球的密度，还需要知道地球的半径。
3、天舟六号从点运动到点机械能守恒，在点变轨加速过程，机械能增大。
5．【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．对小球受力分析，如图所示
小球受力平衡，竖直方向有
2fcosθ＝mg＋2Nsinθ，f≤fmax＝μN
解得
故筷子对小球的最小压力为，故A错误；
BC．根据
可知当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大，故BC错误；
D．要想用筷子夹住小球，则
则μcosθ－sinθ>0，即必须满足μ>tanθ。
故D正确。
故选D。
【分析】本题是动态平衡中极值问题。
1、首先进行受力分析，然后根据平衡列等式， 因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力得出不等式可求解筷子对小球的最小压力；
2、根据最小压力表达式Nmin＝，可讨论当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大。
3、最小压力表达式Nmin＝，又因为最小压力要大于零，得出必须满足μ>tanθ。
6．【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．摆锤在最高点有竖直向下的加速度，处于失重状态，A错误；
B．摆锤在最低点时即将向上摆动，有向上的加速度，处于超重状态，B正确；
C．摆锤按照单摆的运动规律摆动，在最低点速度为0，动能最小，重力势能也最小，在最高点，也就是平衡位置速度最大，重力势能也最大，所以机械能不守恒，C错误；
D．摆动中，摆锤松动后下移，摆长会变小，类比单摆周期公式
可知，摆长变短，周期变小，摆动变快，D错误。
故选B。
【分析】AB、根据加速度方向确定摆锤处于超失重状态；最高点加速度向下处于失重；最低点加速度向上处于超重；
C、摆锤在最低点动能为零，重力势能最小，在最高点动能最大，重力势能最大，机械能不守恒；
D、摆锤松动后下移，摆长会变小，根据单摆周期公式可知周期变小，摆动变快。
7．【答案】C
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】AB．由电路图可知，与串联，再与L并联，S闭合后，当温度升高时，的电阻越大，外电路的总电阻越大，根据闭合电路欧姆定律
可知干路中的总电流I减小，根据
可知路端电压增大，即灯泡L两端的电压增大，根据
可知流过灯泡的电流增IL大，故灯泡变亮；根据
可知流过的电流减小，根据
可知两端的电压减小，根据
可知两端的电压增大，即电容器两端的电压增大，根据
可知电容器所带的电量增大，故AB错误；
C．根据
可知电容器C两板间的电场强度增大，故C正确；
D．根据
可知消耗的功率减小，故D错误。
故选C。
【分析】度升高时，的电阻越大，根据闭合电路欧姆定律可知电流减小，路端电压增大，L灯泡变亮；根据串联电路分压原理分得电压增大电容器电荷量增加；电容器两板间电场强度增大；总电流减小，L灯泡电流变大，上电流减小，根据功率公式可知功率减小。
8．【答案】A,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】AB．设变压器原线圈电压电流分别为、，副线圈电压、电流为、，由题易知，，则根据原副线圈电流与匝数的关系，解得
对原线圈和发电机电路，解得，故B错误，A正确；
C．将变压器进行等效，等效电路如图所示
只增大线框转动的角速度，则线框产生的电动势增大，等效电阻保持不变，其中等效电阻，整个闭合回路的总电流，所以总电流I增大，等效电阻的功率为，根据表达式可以知增大，因此副线圈的总功率增大，那么理想变压器的输入端的功率必然增大，故C正确；
D．处温度升高时，热敏电阻的阻值减小，根据变压器等效，则整个回路的总电阻减小，那么通过矩形线框的电流增大，则矩形线圈上的电压增大，那么电压表的电压将减小，即电流表示数变大，电压表示数变小，故D错误。
故选AC。
【分析】本题是矩形线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，通过电刷与理想变压器相连。
1、求匀强磁场的磁感应强度，应先根据变压器已知条件求原线圈电流电压有效值，再根据线圈转动产生正弦交流电有效值列等式求解匀强磁场的磁感应强度。
2、线框转动的角速度增大时线框产生的电动势增大，整个闭合回路的总电流增大，由可知理想变压器的输入功率一定增大。
9．【答案】A,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．金属棒a、b刚释放时，通过回路的电流最大，由法拉第电磁感应定律得
Em=2B2dv0-B1dv0=3V
由闭合电路欧姆定律得
故A正确；
B．金属棒b速度达到最小时，回路中的感应电动势为0，即
0=B2dvb-B1dva
由于安培力：F=BId，可知金属棒b受到的安培力为金属棒a受到的安培力的2倍，根据动量定理可知，运动过程中金属棒b的动量变化量的大小为金属棒a动量变化量的大小的2倍，即
m2×2v0-m2×vb=2（m1va-m1v0）
联立代入解得
va=3.2m/s，vb=1.6m/s
金属棒b的最小速度vmin=1.6m/s，故B错误；
C．对金属棒a以向右为正，由动量定理得
其中，代入数据解得
q=2.4C
故C正确；
D．由能量守恒定律得
又根据焦耳定律可知
Qa∶Qb=R1∶R2=3∶1
联立代入数据解得
Qa=2.7J
故D错误。
故选AC。
【分析】本题是电磁感应中双棒模型。
1、金属棒a、b刚释放时，通过回路的电流最大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律列等式可计算最大电流。
2、金属棒b速度达到最小时，回路中的感应电动势为0，根据动量定理列等式可计算金属棒b的最小速度。
3、由动量定理得：其中，可计算电荷量q。
4、根据能量守恒定律列等式：，可计算0~t时间内金属棒a上产生的焦耳热。
10．【答案】A,C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．设导线A、B中的电流分别为与，由题意可知，在各点产生的磁场如图所示
、在O点产生的磁感应强度相同，设大小均为，则O点的磁感应强度大小
、在d点产生的磁感应强度大小
则d点的磁感应强度大小
由于
，
所以
故A正确；
BC．由图知，d点的磁感应强度与c点的磁感应强度大小相等、方向相同，故B错误，C正确；
D．在a点产生的磁感应强度与在b点产生的磁感应强度相同，在b点产生的磁感应强度与在a点产生的磁感应强度相同，所以a点的磁感应强度与b点的磁感应强度相同，故D错误。
故选AC。
【分析】本题只需要用两个知识点可解决问题，1、通电导体周围产生磁场，电流相等距离相等则产生磁感应强度大小相等。2、磁感应强度矢量叠加，矢量叠加采用平行四边形法则分析。
11．【答案】（1）C
（2）10
（3）并；11
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装
【解析】【解答】（1）欧姆表内部由电源、定值电阻、电流表和滑动变阻器构成。由题意知，改装后的欧姆表要求中值电阻Rx=15kΩ，此时回路电流为 I = 50 μA，则
又
解得
故选C。
（2）指针指到 60 μA 时回路总电阻为
则待测电阻
（3）新欧姆表的中间刻度为1.5 kΩ，对应的电流表满偏电流
需要将电流表的量程从100 μA扩展到1 mA，则需要并联一个电阻来进行分流。并联电阻
【分析】(1)已知欧姆表中值电阻，可得出欧姆表内阻，根据，可计算 定值电阻大约值来选择定值电阻。
（2）根据欧姆定律计算指针指到 60 μA 时回路总电阻，待测电阻计算待测电阻。
（3）新欧姆表的中间刻度对应欧姆表内阻的阻值，可计算对应的电流表满偏电流，满偏电流变大，则要并联一个电阻来进行分流。
（1）欧姆表内部由电源、定值电阻、电流表和滑动变阻器构成。由题意知，改装后的欧姆表要求中值电阻Rx=15kΩ，此时回路电流为 I = 50 μA
则
又
解得
故选C。
（2）指针指到 60 μA 时回路总电阻为
则待测电阻
（3）[1]新欧姆表的中间刻度为1.5 kΩ，对应的电流表满偏电流：
需要将电流表的量程从100 μA扩展到1 mA，则需要并联一个电阻来进行分流。
[2]并联电阻：
12．【答案】（1）A；C
（2）2.98
（3）C
（4）C
（5）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）ABD．用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，不用保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M，需要将细绳保持和木板平行，同时应平衡摩擦力，应将带滑轮的长木板右端垫高，故A正确，BD错误；
C．为获得更多的点迹，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，故C正确；
故选AC。
（2）根据题意，相邻计数点时间间隔为
由逐差法计算加速度
（3）对小车与滑轮组成的系统，由牛顿第二定律得
根据图线的斜率可知
故小车的质量为
故选C。
（4）A．平衡摩擦力后，根据平衡条件有
化简得
由此可知，木板的倾角与小车质量无关，在小车上放置了智能手机后，相当于小车的质量增大，上式仍成立，不用重新平衡摩擦力，故A错误；
B．对槽码有
a减小，则绳上拉力F增大，故B错误；
C．在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了，不改变小车质量和槽码个数，则整体合力不变；对槽码、小车和手机的整体，根据牛顿第二定律
化简得
M增大，a减小，故C正确；
故选C。
（5）乙同学没有严格控制好小车质量M与沙和沙桶质量m的大小关系，据牛顿第二定律有
由题意其值只有理论值（）的，所以
解得
【分析】（1）探究物体质量一定时加速度与力的关系 实验中必须要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力和小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带。
（2）逐差法计算加速度。
（3）由牛顿第二定律得，根据图线的斜率可知，故小车的质量为（4）木板的倾角与小车质量无关，在小车上放置了智能手机后，相当于小车的质量增大，不用重新平衡摩擦力。
（5）理论值，实验值，可计算。
（1）ABD．用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，不用保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M，需要将细绳保持和木板平行，同时应平衡摩擦力，应将带滑轮的长木板右端垫高，故A正确，BD错误；
C．为获得更多的点迹，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，故C正确；
故选AC。
（2）根据题意，相邻计数点时间间隔为
s=0.1s
由逐差法计算加速度
（3）对小车与滑轮组成的系统，由牛顿第二定律得
根据图线的斜率可知
故小车的质量为
故选C。
（4）A．平衡摩擦力后，根据平衡条件有
化简得
由此可知，木板的倾角与小车质量无关，在小车上放置了智能手机后，相当于小车的质量增大，上式仍成立，不用重新平衡摩擦力，故A错误；
B．对槽码有
a减小，则绳上拉力F增大，故B错误；
C．在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了，不改变小车质量和槽码个数，则整体合力不变；
对槽码、小车和手机的整体，根据牛顿第二定律
化简得
M增大，a减小，故C正确；
故选C。
（5）乙同学没有严格控制好小车质量M与沙和沙桶质量m的大小关系，据牛顿第二定律有
由题意其值只有理论值（）的，所以
解得
13．【答案】（1）解：阀门K密闭时，气体压强为p0，重物稳定在距台面处时，由平衡条件得
可得
根据理想气体状态方程
解得

（2）解：外界对气体做功为
根据热力学第一定律
可得气体内能变化量

【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】【分析】（1）阀门K密闭时，由平衡条件得，得出，根据理想气体状态方程，可计算酒精棉球熄灭时的温度T与环境温度T0的比值。
（2）外界对气体做功为，根据热力学第一定律，可得气体内能变化量
（1）阀门K密闭时，气体压强为p0，重物稳定在距台面处时，由平衡条件得
可得
根据理想气体状态方程
解得
（2）外界对气体做功为
根据热力学第一定律
可得气体内能变化量
14．【答案】（1）解：设滑块到斜面顶端时竖直方向的速度为，水平方向的速度为，合速度为，根据抛体运动规律可得，
联立解得
由几何知识可得
，
根据动量定理则有
解得弹射器对滑块A的平均作用力大小为
设滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数为，根据动能定理则有
代入数据解得
（2）解：由题可知，A碰前的速度等于B碰后的速度，则有
，
解得
设A刚滑上传送带上的速度为，由动能定理可得
解得
根据上述结论可知，A在传送带上减速时的加速度为
假设滑块A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，设滑块做匀减速运动的位移为，则有
解得
假设成立，因此A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，故传送带的速度为
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）滑块从弹出到斜面顶端过程作平抛运动，根据抛体运动规律可得，由几何知识可得，，根据动量定理则有，可求解弹射器对滑块A的平均作用力大小，滑块A在斜面、传送带上运动过程，根据动能定理列等式：，可计算滑块A与传送带间的动摩擦因数。
（2）在竖直圆周最高点：，根据机械能守恒：，可计算A速度，A刚滑上传送带上的速度为，
A在传送带上减速时的加速度为，滑块做匀减速运动的位移为，则有，解得，可得出A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动。
（1）设滑块到斜面顶端时竖直方向的速度为，水平方向的速度为，合速度为，根据抛体运动规律可得，
联立解得
由几何知识可得，
根据动量定理则有
解得弹射器对滑块A的平均作用力大小为
设滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数为，根据动能定理则有
代入数据解得
（2）由题可知，A碰前的速度等于B碰后的速度，则有，
解得
设A刚滑上传送带上的速度为，由动能定理可得
解得
根据上述结论可知，A在传送带上减速时的加速度为
假设滑块A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，设滑块做匀减速运动的位移为，则有
解得
假设成立，因此A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，故传送带的速度为
15．【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，则有
，，，，
联立解得
， ，
（2）解：进入磁场区域，粒子沿轴负方向的分运动为匀速直线运动，则有
粒子从点到光屏的运动时间为
联立上述结论解得

（3）解：进入磁场区域，粒子在平行于平面内的分运动为匀速圆周运动，从左侧看粒子的运动轨迹如图所示
设粒子打在光屏上的点，由洛伦兹力提供向心力，得
解得
粒子做匀速圆周运动的周期为
则
，
， ，
所以粒子打在光屏上的位置坐标为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：，竖直方向：，，，联立解得电场强度的大小及粒子到达坐标原点时的速度大小。
（2）进入磁场区域，粒子沿轴负方向的分运动为匀速直线运动，，粒子从点到光屏的运动时间为，联立可求解粒子从点运动到光屏的时间。
（3）进入磁场区域，粒子在平行于平面内的分运动为匀速圆周运动，从左侧看粒子的运动轨迹图
洛伦兹力提供向心力：，粒子做匀速圆周运动的周期为，
，，，可得出粒子打在光屏上的位置坐标。
（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有
联立解得
（2）进入磁场区域，粒子沿轴负方向的分运动为匀速直线运动，则有
粒子从点到光屏的运动时间为
联立上述结论解得
（3）进入磁场区域，粒子在平行于平面内的分运动为匀速圆周运动，从左侧看粒子的运动轨迹如图所示
设粒子打在光屏上的点，由洛伦兹力提供向心力，得
解得
粒子做匀速圆周运动的周期为
则
所以粒子打在光屏上的位置坐标为
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