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四川省成都市双流中学2025-2026学年高三上学期期中考试物理学科试题
1．（2025高三上·双流期中）下列物理量中属于标量的是（　　）
A．位移 B．速度 C．路程 D．加速度
【答案】C
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】A.位移既有大小又有方向（由初位置指向末位置），是矢量，A错误；
B.速度既有大小又有方向（沿运动方向），是矢量，B错误；
C.路程仅表示运动轨迹的长度，只有大小、无方向，是标量，C正确；
D.加速度既有大小又有方向（与合力方向一致），是矢量，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查标量与矢量的区分，核心思路是依据 “是否有方向” 的定义，判断各物理量是标量（只有大小）还是矢量（有大小和方向）。
2．（2025高三上·双流期中）如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下（OB板固定在推车上）。若桶与接触面之间的摩擦不计，OA与OB始终垂直，水桶对板OA、OB的压力大小分别为、，车轮位置不动，在OA缓慢转到水平位置的过程中（　　）
A．先减小后增大 B．逐渐增大
C．先增大后减小 D．逐渐增大
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解答本题时，首先要确定研究对象，再分析受力情况，根据平衡条件列式分析各力的变化情况。
设OB与水平方向的夹角为，由于OA与OB始终垂直，以水桶为对象，根据受力平衡可得
，
在OA缓慢转到水平位置的过程中，OB与水平方向的夹角逐渐增大到，则板OA对水桶的支持力逐渐增大，板OB对水桶的支持力逐渐减小；所以水桶对板OA的压力逐渐增大，水桶对板OB的压力逐渐增小。
故选B。
【分析】设OB与水平方向的夹角为θ，以水桶为研究对象，根据平衡条件列式分析OA、OB的支持力变化情况，再由牛顿第三定律得到水桶对板OA、OB的压力变化情况。
3．（2025高三上·双流期中）2023年12月8日，百亿级中核核能产业园签约落地成都，助力打造国家级核能产业集聚战略高地。核能是通过核反应从原子核释放的能量，如氦3与氘核的核反应方程是，方程中为释放的核能．已知氘核的比结合能为，氦核的比结合能为，则下列说法中正确的是（　　）
A．该反应为核裂变反应，生成的新核x是
B．氦4核中有4个质子2个中子，氦4核与氦3核不是互为同位素
C．该反应中氦3的比结合能为
D．该反应生成物的质量数将小于反应物的质量数
【答案】C
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．该反应为核聚变反应，根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为，可知生成的新核是，A错误；
B．氦4核中有2个质子2个中子，质子数相同的称为同位素，氦4核与氦3核是互为同位素，B错误；
C．根据，可得氦3的比结合能为，C正确；
D．核反应过程的前后，反应体系的质量数守恒，D错误。
故答案为：C。
【分析】结合核反应的类型（聚变 / 裂变）、同位素的定义、结合能与比结合能的关系，以及核反应中的质量数守恒，逐一分析选项。
4．（2025高三上·双流期中）如图所示，足够大的光滑水平面内固定一段弯管，一小球（直径略小于弯管内径）从M端进入弯管。则该小球从N端离开后的一段运动情况可能是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】该小球在光滑水平面内运动，从N端离开后应沿N端切线方向运动，则小球从N端离开后的一段运动情况可能是丙。
故答案为：C。
【分析】曲线运动中，物体在某点的速度方向为该点的切线方向；当外力消失时，物体将沿该时刻的速度方向做匀速直线运动，据此判断小球离开弯管后的运动轨迹。
5．（2025高三上·双流期中）太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。已知土星的公转周期约为30年，则它相邻两次冲日的时间间隔约为（　　）
A．0.5年 B．1年 C．30年 D．31年
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】已知年，年，设相邻两次冲日的时间间隔t，根据几何关系有
代入数据，解得年
故答案为：B。
【分析】冲日时地球比地外行星多转一圈，利用角速度差与时间的乘积等于角度差，结合公转周期推导时间间隔。
6．（2025高三上·双流期中）如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（　　）
A．P和Q都带正电荷 B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷
【答案】D
【知识点】库仑定律；受力分析的应用
【解析】【解答】AB．受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；
CD．若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，C错误，D正确．
故答案为：D
【分析】对 P、Q 分别进行受力分析，结合匀强电场的电场力方向与电荷电性的关系，以及两球间库仑力的方向，判断电荷的电性。
7．（2025高三上·双流期中）如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为。有一簇质量为m，电荷量为的粒子，以相同的速度沿图示方向平行射入磁场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在正方形磁场区域中可能经过的面积为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】向心力；洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】由，则知粒子圆形磁场区域经历磁聚焦，聚于两区域相切点而后进入正方形区域图形如下图
图中阴影部分即为所求：则
空白区域面积
空白加阴影的总面积
则
故答案为：C。
【分析】先由洛伦兹力提供向心力求出粒子在两个磁场中的轨迹半径，再分析粒子在正方形磁场中可能经过的区域形状，通过几何面积的计算得出结果。
8．（2025高三上·双流期中）如图甲所示，一个匝数的圆形导体线圈，面积，线圈总电阻。在线圈中存在面积的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。一个的电阻与线圈两端a、b相连接，则下列说法正确的是（　　）
A．a端电势比b端高40V
B．a端电势比b端低32V
C．在0~1s内回路产生的电能为160J
D．在0~1s内电阻R上产生的焦耳热为120J
【答案】B,C
【知识点】感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．由楞次定律可知线圈中的电流方向为a流向b，b相当于正极，又，故A错误，B正确；
C．由法拉第电磁感应定律得，回路中产生的总电能，故C正确；
D．电阻R上产生的焦耳热，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查电磁感应中的电路与能量问题，核心思路是：用法拉第电磁感应定律求感应电动势，楞次定律判断电流方向；结合闭合电路欧姆定律求电压、电流；再利用电功公式计算回路电能与电阻的焦耳热。
9．（2025高三上·双流期中）如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相同）的圆环轧道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距）以相同的速率从与圆心与高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）
A．当时，小球A通过最高点和小球B通过最低点时对轨道的压力差为6mg
B．当时，第一次碰撞前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能
C．当时，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点
D．当时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向
【答案】A,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．当时，A球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力
得
假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力，则满足机械能守恒
得
说明假设成立，根据牛顿第二定律
得
B球到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律，
得
球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为，故A正确；
B．当时，A上升、B下降过程中，内轨道粗糙会导致B的机械能因摩擦减少，而A在外轨道无摩擦，故A的机械能不一定小于B，故B错误；
C．假设内轨道光滑，使A球恰好到达最高点，根据机械能守恒，得，当，则，A、B两球无法到达最高点。因为A球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，故C错误；
D．当情况与选项C相似，两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度大小相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多。两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，设为v3.根据动量守恒和机械能守恒，
解得，第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】结合机械能守恒、牛顿运动定律分析小球在轨道上的受力与速度，利用弹性碰撞的特点（质量相等时交换速度）判断碰撞后的运动状态。
10．（2025高三上·双流期中）如图所示，竖直平面内半径为的半圆形轨道固定在水平地面上，为圆心，与等高，为竖直直径。一长为的轻杆两端分别固定质量均为的小球甲、乙（均可视为质点），初始时轻杆与直径重合处于静止状态，甲球位于点，带有小孔的乙球穿在轨道上位于点。某时刻对乙球轻微扰动，使其沿半圆轨道下滑，重力加速度为，不计一切摩擦及空气阻力。则下列说法正确的是（　　）
A．乙沿着半圆轨道从滑到的过程，轻杆对甲球做正功
B．乙沿着半圆轨道从滑到的过程，乙球的机械能守恒
C．乙经过点时，甲的速度大小为
D．乙沿着半圆轨道从滑到的过程，轻杆对乙球做功为
【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．乙沿着半圆轨道从滑到的过程，甲、乙球组成的系统机械能守恒，甲球沿水平面运动，动能增大，则轻杆对甲球做正功，根据能量守恒可知，乙球的机械能减小，故A正确，B错误；
CD．当乙运动到点时，设轻杆与水平方向的夹角为，乙球速度竖直向下，将其分解为沿杆和垂直杆的方向，如图所示，则有乙和甲沿杆方向的速度大小相等，由图可得
由几何关系可得
解得
对甲、乙系统由机械能守恒定律有
联立解得，
对乙球由动能定理有
解得，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】利用系统机械能守恒（无摩擦），结合轻杆连接体的速度关联（沿杆方向速度分量相等），分析各选项的受力、能量与速度关系。
11．（2025高三上·双流期中）在研究“平抛运动”实验中，(1)图1是横挡条，卡住平抛小球，用铅笔标注小球最高点，确定平抛运动轨迹的方法，坐标原点应选小球在斜槽末端时的　 　 ．
A.球心 B.球的上端 C.球的下端
在此实验中，下列说法正确的是　 　 ．
A. 斜槽轨道必须光滑 B.记录的点应适当多一些
C.用光滑曲线把所有的点连接起来D.y轴的方向根据重垂线确定
（2）图2是利用图1装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可以判断实验操作错误的是　 　 ．
A.释放小球时初速度不为零 B.释放小球的初始位置不同 C.斜槽末端切线不水平
（3）图3是利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置，其中正确的是　 　．
【答案】B；BD；C；B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】（1）题干中指出用铅笔标注小球的最高点作为小球轨迹的记录点.所以坐标原点也应选为球的最高点即球的上端，故选B正确；
A、斜槽轨道不必光滑，A错误.
B、记录的点适当多一点，以便更准确的描出平抛轨迹.；B正确.
C、为比较准确地描出小球运动的轨迹.将这些点平滑连接起来，C错误，
D、用中垂线确定Y轴坐标，D正确．
故答案为：B；BD
（2）由图可知，小球做斜抛运动.所以斜槽末端没有水平放置，故C正确．
故答案为：C
（3）竖直管内与大气相通，为外界大气压强，竖直管在水面下保证竖直管上出口处的压强为大气压强，因而另一出水管的上端口处压强与竖直管上出水口处的压强有恒定的压强差，保证另一出水管出水压强恒定，从而水速也恒定，如果竖直管上出口在水面上，则水面上为恒定大气压，因而随水面下降，出水管上口压强降低，出水速度减小，故B正确。
故答案为：B
【分析】（1）根据轨迹记录点的标注方式确定坐标原点，结合实验要求判断操作正误；
（2）通过轨迹形状（斜抛）判断斜槽末端不水平的错误；
（3）依据 “恒定出水速度” 的原理选择装置。
12．（2025高三上·双流期中）某实验小组的同学将一电流表改装为简易欧姆表，改装电路图如图所示，其中电流表的满偏电流，内阻，电池的电动势，内阻，为可变电阻。是两只表笔。
（1）欧姆调零时，应先将　 　，调节滑动变阻器，使电流表示数为　 　。
（2）实验小组的同学把未知电阻接在改装好的欧姆表红黑表笔之间，进行探究性实验。图中与接线柱A相连的表笔颜色应是　 　色（填“红”或“黑”）。
（3）按照正确操作步骤，该同学发现欧姆表指针恰好指在电流刻度的处，则该电阻阻值为　 　。
（4）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势不变、内阻略有增大，其他正常，按正确使用方法测量电阻时，测量结果与原测量结果相比会　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】（1）短接；1
（2）红
（3）375
（4）不变
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）欧姆调零时，应先将红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表满偏，示数为1。
故答案为：短接；1
（2）欧姆表电流方向为红进黑出，所以与接线柱A相连的是电源的负极，则与接线柱A相连的表笔颜色应是红色。
故答案为：红
（3）欧姆表的指针恰好指在电流刻度的0.80mA处，则；根据
故答案为：375
（4）电池电动势不变，内阻变大，欧姆表仍能调零可知，总内阻不变，按正确使用方法在测电阻时，指针偏转角度与内阻较小时相同，其测量结果与原结果相比将不变。
故答案为：不变
【分析】（1）欧姆调零的本质是让表笔短接时，电路电流达到电流表满偏值，以此校准“0Ω”刻度。
（2）根据欧姆表电流流向（红表笔接电源负极、黑表笔接正极），判断A对应的表笔颜色。
（3）先由满偏电流算欧姆表内阻，再利用闭合电路欧姆定律，结合实际电流计算未知电阻。
（4）调零过程会自动补偿电池内阻的变化，使总内阻保持不变，因此测量时的电流与内阻无关，结果不变。
（1）[1][2]欧姆调零时，应先将红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表满偏，示数为1。
（2）欧姆表电流方向为红进黑出，所以与接线柱A相连的是电源的负极，则与接线柱A相连的表笔颜色应是红色。
（3）欧姆表的指针恰好指在电流刻度的0.80mA处，则
根据
（4）电池电动势不变，内阻变大，欧姆表仍能调零
可知，总内阻不变，按正确使用方法在测电阻时，指针偏转角度与内阻较小时相同，其测量结果与原结果相比将不变。
13．（2025高三上·双流期中）一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p-V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA=300 K，试求：
（1）气体在状态C时的温度TC；
（2）若气体在AB过程中吸热1000 J，则在AB过程中气体内能的变化情况。
【答案】（1）解：根据理想气体状态方程=，得TC==375 K
（2）解：气体在AB过程对外做的功为W=pΔV=600 J
根据热力学第一定律ΔU=－W+Q，得ΔU=400 J
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）利用等温线确定，结合等压变化的盖-吕萨克定律求；
（2）计算等压过程的气体做功，再通过热力学第一定律分析内能变化。
（1）根据理想气体状态方程=，得TC==375 K
（2）气体在AB过程对外做的功为W=pΔV=600 J
根据热力学第一定律ΔU=－W+Q，得ΔU=400 J
14．（2025高三上·双流期中）两个完全相同的质量都为m、带等量电荷的小球A、B分别用等长的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，已知小球B带负电，此时两球相距为l，细线与竖直方向夹角均为θ = 45°，若外加水平向左的匀强电场，两小球平衡时位置如图乙所示，细线刚好沿竖直方向，已知静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）A球的电性及所带的电荷量Q；
（2）外加匀强电场的场强E的大小。
【答案】（1）解：已知小球B带负电，由甲图可知，A球带正电，对A球受力分析，由平衡条件可得
解得A球所带的电荷量为
（2）解：加电场后对A球受力分析，由平衡条件可得
解得
【知识点】库仑定律；电场及电场力
【解析】【分析】（1）由电荷间的相互作用判断电性，利用平衡时的力的分解求电荷量；
（2）分析加电场后A的水平方向受力，结合库仑力与电场力的平衡求场强。
15．（2025高三上·双流期中）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取，）
（1）求P第一次运动到B点时速度的大小；
（2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能；
（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
【答案】（1）；（2）；（3）；
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据题意结合几何关系可得，B、C之间的距离l为
设P到达B点时的速度为vB，则P从C到B的过程根据动能定理可得
代入数据可得
（2）设BE=x，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为EP，则P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
格努几何关系可知，E、F之间的距离l1为
P到达E点后反弹至F点，则P从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
代入数据联立可得
（3）设改变后P的质量为m1。根据几何关系可得D点与G点的水平距离x1为
D点与G点的竖直距离y1为
P从D点飞出后做平抛运动，设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律，竖直方向有
水平方向有
联立解得
设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中，根据动能定理可得
P由E点运动到C点的过程中，根据动能定理可得
联立解得
【分析】（1）根据几何关系及题意确定BC之间的距离，明确p从C运动至B的过程，P的受力情况及各力的做功情况，再对该过程运用动能定理进行解答；
（2）P向下运动至最低点E及反弹至最高点F时，P的速度均为零。明确P从B到E及从E到F过程的受力情况及各力的做功情况，根据几何关系确定BE的距离与P向下运动的总位移及向上运动的总位移的关系，再分别对两个过程运用动能定理进行联立解答；
（3）P从D点飞出后做平抛运动，根据题意及几何关系确定P做平抛运动在竖直方向和水平方向的位移，再根据平抛运动规律确定P到达D点的速度。明确P从E到C及从C到D过程的受力情况及各力的做功情况，再对两个过程分别应用动能定理进行解答。
1 / 1四川省成都市双流中学2025-2026学年高三上学期期中考试物理学科试题
1．（2025高三上·双流期中）下列物理量中属于标量的是（　　）
A．位移 B．速度 C．路程 D．加速度
2．（2025高三上·双流期中）如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下（OB板固定在推车上）。若桶与接触面之间的摩擦不计，OA与OB始终垂直，水桶对板OA、OB的压力大小分别为、，车轮位置不动，在OA缓慢转到水平位置的过程中（　　）
A．先减小后增大 B．逐渐增大
C．先增大后减小 D．逐渐增大
3．（2025高三上·双流期中）2023年12月8日，百亿级中核核能产业园签约落地成都，助力打造国家级核能产业集聚战略高地。核能是通过核反应从原子核释放的能量，如氦3与氘核的核反应方程是，方程中为释放的核能．已知氘核的比结合能为，氦核的比结合能为，则下列说法中正确的是（　　）
A．该反应为核裂变反应，生成的新核x是
B．氦4核中有4个质子2个中子，氦4核与氦3核不是互为同位素
C．该反应中氦3的比结合能为
D．该反应生成物的质量数将小于反应物的质量数
4．（2025高三上·双流期中）如图所示，足够大的光滑水平面内固定一段弯管，一小球（直径略小于弯管内径）从M端进入弯管。则该小球从N端离开后的一段运动情况可能是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
5．（2025高三上·双流期中）太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。已知土星的公转周期约为30年，则它相邻两次冲日的时间间隔约为（　　）
A．0.5年 B．1年 C．30年 D．31年
6．（2025高三上·双流期中）如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（　　）
A．P和Q都带正电荷 B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷
7．（2025高三上·双流期中）如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为。有一簇质量为m，电荷量为的粒子，以相同的速度沿图示方向平行射入磁场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在正方形磁场区域中可能经过的面积为（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025高三上·双流期中）如图甲所示，一个匝数的圆形导体线圈，面积，线圈总电阻。在线圈中存在面积的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。一个的电阻与线圈两端a、b相连接，则下列说法正确的是（　　）
A．a端电势比b端高40V
B．a端电势比b端低32V
C．在0~1s内回路产生的电能为160J
D．在0~1s内电阻R上产生的焦耳热为120J
9．（2025高三上·双流期中）如图所示，外轨道光滑，内轨道粗糙（粗糙程度处处相同）的圆环轧道固定在竖直平面内，完全相同的小球A、B（直径略小于轨道间距）以相同的速率从与圆心与高处分别向上、向下运动，两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）
A．当时，小球A通过最高点和小球B通过最低点时对轨道的压力差为6mg
B．当时，第一次碰撞前瞬间，A球机械能一定小于B球机械能
C．当时，第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点
D．当时，第一次碰撞后瞬间，两球速度一定等大反向
10．（2025高三上·双流期中）如图所示，竖直平面内半径为的半圆形轨道固定在水平地面上，为圆心，与等高，为竖直直径。一长为的轻杆两端分别固定质量均为的小球甲、乙（均可视为质点），初始时轻杆与直径重合处于静止状态，甲球位于点，带有小孔的乙球穿在轨道上位于点。某时刻对乙球轻微扰动，使其沿半圆轨道下滑，重力加速度为，不计一切摩擦及空气阻力。则下列说法正确的是（　　）
A．乙沿着半圆轨道从滑到的过程，轻杆对甲球做正功
B．乙沿着半圆轨道从滑到的过程，乙球的机械能守恒
C．乙经过点时，甲的速度大小为
D．乙沿着半圆轨道从滑到的过程，轻杆对乙球做功为
11．（2025高三上·双流期中）在研究“平抛运动”实验中，(1)图1是横挡条，卡住平抛小球，用铅笔标注小球最高点，确定平抛运动轨迹的方法，坐标原点应选小球在斜槽末端时的　 　 ．
A.球心 B.球的上端 C.球的下端
在此实验中，下列说法正确的是　 　 ．
A. 斜槽轨道必须光滑 B.记录的点应适当多一些
C.用光滑曲线把所有的点连接起来D.y轴的方向根据重垂线确定
（2）图2是利用图1装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可以判断实验操作错误的是　 　 ．
A.释放小球时初速度不为零 B.释放小球的初始位置不同 C.斜槽末端切线不水平
（3）图3是利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置，其中正确的是　 　．
12．（2025高三上·双流期中）某实验小组的同学将一电流表改装为简易欧姆表，改装电路图如图所示，其中电流表的满偏电流，内阻，电池的电动势，内阻，为可变电阻。是两只表笔。
（1）欧姆调零时，应先将　 　，调节滑动变阻器，使电流表示数为　 　。
（2）实验小组的同学把未知电阻接在改装好的欧姆表红黑表笔之间，进行探究性实验。图中与接线柱A相连的表笔颜色应是　 　色（填“红”或“黑”）。
（3）按照正确操作步骤，该同学发现欧姆表指针恰好指在电流刻度的处，则该电阻阻值为　 　。
（4）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势不变、内阻略有增大，其他正常，按正确使用方法测量电阻时，测量结果与原测量结果相比会　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
13．（2025高三上·双流期中）一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p-V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA=300 K，试求：
（1）气体在状态C时的温度TC；
（2）若气体在AB过程中吸热1000 J，则在AB过程中气体内能的变化情况。
14．（2025高三上·双流期中）两个完全相同的质量都为m、带等量电荷的小球A、B分别用等长的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，已知小球B带负电，此时两球相距为l，细线与竖直方向夹角均为θ = 45°，若外加水平向左的匀强电场，两小球平衡时位置如图乙所示，细线刚好沿竖直方向，已知静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）A球的电性及所带的电荷量Q；
（2）外加匀强电场的场强E的大小。
15．（2025高三上·双流期中）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取，）
（1）求P第一次运动到B点时速度的大小；
（2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能；
（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】A.位移既有大小又有方向（由初位置指向末位置），是矢量，A错误；
B.速度既有大小又有方向（沿运动方向），是矢量，B错误；
C.路程仅表示运动轨迹的长度，只有大小、无方向，是标量，C正确；
D.加速度既有大小又有方向（与合力方向一致），是矢量，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查标量与矢量的区分，核心思路是依据 “是否有方向” 的定义，判断各物理量是标量（只有大小）还是矢量（有大小和方向）。
2．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解答本题时，首先要确定研究对象，再分析受力情况，根据平衡条件列式分析各力的变化情况。
设OB与水平方向的夹角为，由于OA与OB始终垂直，以水桶为对象，根据受力平衡可得
，
在OA缓慢转到水平位置的过程中，OB与水平方向的夹角逐渐增大到，则板OA对水桶的支持力逐渐增大，板OB对水桶的支持力逐渐减小；所以水桶对板OA的压力逐渐增大，水桶对板OB的压力逐渐增小。
故选B。
【分析】设OB与水平方向的夹角为θ，以水桶为研究对象，根据平衡条件列式分析OA、OB的支持力变化情况，再由牛顿第三定律得到水桶对板OA、OB的压力变化情况。
3．【答案】C
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．该反应为核聚变反应，根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为，可知生成的新核是，A错误；
B．氦4核中有2个质子2个中子，质子数相同的称为同位素，氦4核与氦3核是互为同位素，B错误；
C．根据，可得氦3的比结合能为，C正确；
D．核反应过程的前后，反应体系的质量数守恒，D错误。
故答案为：C。
【分析】结合核反应的类型（聚变 / 裂变）、同位素的定义、结合能与比结合能的关系，以及核反应中的质量数守恒，逐一分析选项。
4．【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】该小球在光滑水平面内运动，从N端离开后应沿N端切线方向运动，则小球从N端离开后的一段运动情况可能是丙。
故答案为：C。
【分析】曲线运动中，物体在某点的速度方向为该点的切线方向；当外力消失时，物体将沿该时刻的速度方向做匀速直线运动，据此判断小球离开弯管后的运动轨迹。
5．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】已知年，年，设相邻两次冲日的时间间隔t，根据几何关系有
代入数据，解得年
故答案为：B。
【分析】冲日时地球比地外行星多转一圈，利用角速度差与时间的乘积等于角度差，结合公转周期推导时间间隔。
6．【答案】D
【知识点】库仑定律；受力分析的应用
【解析】【解答】AB．受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；
CD．若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，C错误，D正确．
故答案为：D
【分析】对 P、Q 分别进行受力分析，结合匀强电场的电场力方向与电荷电性的关系，以及两球间库仑力的方向，判断电荷的电性。
7．【答案】C
【知识点】向心力；洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】由，则知粒子圆形磁场区域经历磁聚焦，聚于两区域相切点而后进入正方形区域图形如下图
图中阴影部分即为所求：则
空白区域面积
空白加阴影的总面积
则
故答案为：C。
【分析】先由洛伦兹力提供向心力求出粒子在两个磁场中的轨迹半径，再分析粒子在正方形磁场中可能经过的区域形状，通过几何面积的计算得出结果。
8．【答案】B,C
【知识点】感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．由楞次定律可知线圈中的电流方向为a流向b，b相当于正极，又，故A错误，B正确；
C．由法拉第电磁感应定律得，回路中产生的总电能，故C正确；
D．电阻R上产生的焦耳热，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查电磁感应中的电路与能量问题，核心思路是：用法拉第电磁感应定律求感应电动势，楞次定律判断电流方向；结合闭合电路欧姆定律求电压、电流；再利用电功公式计算回路电能与电阻的焦耳热。
9．【答案】A,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．当时，A球在最高点所受弹力为零时，只有重力提供向心力
得
假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力，则满足机械能守恒
得
说明假设成立，根据牛顿第二定律
得
B球到最低点过程，由机械能守恒和牛顿第二定律，
得
球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为，故A正确；
B．当时，A上升、B下降过程中，内轨道粗糙会导致B的机械能因摩擦减少，而A在外轨道无摩擦，故A的机械能不一定小于B，故B错误；
C．假设内轨道光滑，使A球恰好到达最高点，根据机械能守恒，得，当，则，A、B两球无法到达最高点。因为A球先返回，所以第一次碰撞不在最低点，故C错误；
D．当情况与选项C相似，两球在上半圆与内轨道接触时，相同高度的速度大小相同，故摩擦力等大，可知机械能损失一样多。两球一定是在下半圆轨道上相碰，而当二者相碰时一定在相同高度，则此时速度等大、反向，设为v3.根据动量守恒和机械能守恒，
解得，第一次碰撞后瞬间，两球速度等大反向，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】结合机械能守恒、牛顿运动定律分析小球在轨道上的受力与速度，利用弹性碰撞的特点（质量相等时交换速度）判断碰撞后的运动状态。
10．【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．乙沿着半圆轨道从滑到的过程，甲、乙球组成的系统机械能守恒，甲球沿水平面运动，动能增大，则轻杆对甲球做正功，根据能量守恒可知，乙球的机械能减小，故A正确，B错误；
CD．当乙运动到点时，设轻杆与水平方向的夹角为，乙球速度竖直向下，将其分解为沿杆和垂直杆的方向，如图所示，则有乙和甲沿杆方向的速度大小相等，由图可得
由几何关系可得
解得
对甲、乙系统由机械能守恒定律有
联立解得，
对乙球由动能定理有
解得，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】利用系统机械能守恒（无摩擦），结合轻杆连接体的速度关联（沿杆方向速度分量相等），分析各选项的受力、能量与速度关系。
11．【答案】B；BD；C；B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】（1）题干中指出用铅笔标注小球的最高点作为小球轨迹的记录点.所以坐标原点也应选为球的最高点即球的上端，故选B正确；
A、斜槽轨道不必光滑，A错误.
B、记录的点适当多一点，以便更准确的描出平抛轨迹.；B正确.
C、为比较准确地描出小球运动的轨迹.将这些点平滑连接起来，C错误，
D、用中垂线确定Y轴坐标，D正确．
故答案为：B；BD
（2）由图可知，小球做斜抛运动.所以斜槽末端没有水平放置，故C正确．
故答案为：C
（3）竖直管内与大气相通，为外界大气压强，竖直管在水面下保证竖直管上出口处的压强为大气压强，因而另一出水管的上端口处压强与竖直管上出水口处的压强有恒定的压强差，保证另一出水管出水压强恒定，从而水速也恒定，如果竖直管上出口在水面上，则水面上为恒定大气压，因而随水面下降，出水管上口压强降低，出水速度减小，故B正确。
故答案为：B
【分析】（1）根据轨迹记录点的标注方式确定坐标原点，结合实验要求判断操作正误；
（2）通过轨迹形状（斜抛）判断斜槽末端不水平的错误；
（3）依据 “恒定出水速度” 的原理选择装置。
12．【答案】（1）短接；1
（2）红
（3）375
（4）不变
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）欧姆调零时，应先将红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表满偏，示数为1。
故答案为：短接；1
（2）欧姆表电流方向为红进黑出，所以与接线柱A相连的是电源的负极，则与接线柱A相连的表笔颜色应是红色。
故答案为：红
（3）欧姆表的指针恰好指在电流刻度的0.80mA处，则；根据
故答案为：375
（4）电池电动势不变，内阻变大，欧姆表仍能调零可知，总内阻不变，按正确使用方法在测电阻时，指针偏转角度与内阻较小时相同，其测量结果与原结果相比将不变。
故答案为：不变
【分析】（1）欧姆调零的本质是让表笔短接时，电路电流达到电流表满偏值，以此校准“0Ω”刻度。
（2）根据欧姆表电流流向（红表笔接电源负极、黑表笔接正极），判断A对应的表笔颜色。
（3）先由满偏电流算欧姆表内阻，再利用闭合电路欧姆定律，结合实际电流计算未知电阻。
（4）调零过程会自动补偿电池内阻的变化，使总内阻保持不变，因此测量时的电流与内阻无关，结果不变。
（1）[1][2]欧姆调零时，应先将红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表满偏，示数为1。
（2）欧姆表电流方向为红进黑出，所以与接线柱A相连的是电源的负极，则与接线柱A相连的表笔颜色应是红色。
（3）欧姆表的指针恰好指在电流刻度的0.80mA处，则
根据
（4）电池电动势不变，内阻变大，欧姆表仍能调零
可知，总内阻不变，按正确使用方法在测电阻时，指针偏转角度与内阻较小时相同，其测量结果与原结果相比将不变。
13．【答案】（1）解：根据理想气体状态方程=，得TC==375 K
（2）解：气体在AB过程对外做的功为W=pΔV=600 J
根据热力学第一定律ΔU=－W+Q，得ΔU=400 J
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）利用等温线确定，结合等压变化的盖-吕萨克定律求；
（2）计算等压过程的气体做功，再通过热力学第一定律分析内能变化。
（1）根据理想气体状态方程=，得TC==375 K
（2）气体在AB过程对外做的功为W=pΔV=600 J
根据热力学第一定律ΔU=－W+Q，得ΔU=400 J
14．【答案】（1）解：已知小球B带负电，由甲图可知，A球带正电，对A球受力分析，由平衡条件可得
解得A球所带的电荷量为
（2）解：加电场后对A球受力分析，由平衡条件可得
解得
【知识点】库仑定律；电场及电场力
【解析】【分析】（1）由电荷间的相互作用判断电性，利用平衡时的力的分解求电荷量；
（2）分析加电场后A的水平方向受力，结合库仑力与电场力的平衡求场强。
15．【答案】（1）；（2）；（3）；
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据题意结合几何关系可得，B、C之间的距离l为
设P到达B点时的速度为vB，则P从C到B的过程根据动能定理可得
代入数据可得
（2）设BE=x，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为EP，则P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
格努几何关系可知，E、F之间的距离l1为
P到达E点后反弹至F点，则P从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
代入数据联立可得
（3）设改变后P的质量为m1。根据几何关系可得D点与G点的水平距离x1为
D点与G点的竖直距离y1为
P从D点飞出后做平抛运动，设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律，竖直方向有
水平方向有
联立解得
设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中，根据动能定理可得
P由E点运动到C点的过程中，根据动能定理可得
联立解得
【分析】（1）根据几何关系及题意确定BC之间的距离，明确p从C运动至B的过程，P的受力情况及各力的做功情况，再对该过程运用动能定理进行解答；
（2）P向下运动至最低点E及反弹至最高点F时，P的速度均为零。明确P从B到E及从E到F过程的受力情况及各力的做功情况，根据几何关系确定BE的距离与P向下运动的总位移及向上运动的总位移的关系，再分别对两个过程运用动能定理进行联立解答；
（3）P从D点飞出后做平抛运动，根据题意及几何关系确定P做平抛运动在竖直方向和水平方向的位移，再根据平抛运动规律确定P到达D点的速度。明确P从E到C及从C到D过程的受力情况及各力的做功情况，再对两个过程分别应用动能定理进行解答。
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