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2025届贵州省毕节市高三下学期第四次适应性考试（三模）物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025·毕节模拟）如图所示，不同原子核的比结合能是不一样的，关于图中X、Y、Z三个原子核，下列判断正确的是（　　）
A．Z最稳定 B．Z的结合能最大
C．X的比结合能最大 D．Z可能裂变生成X、Y
2．（2025·毕节模拟）2024年12月27日，中国自主研制、创新应用电磁弹射技术的两栖攻击舰四川舰在上海下水，其对舰载机的弹射距离恒为。若最低起飞速度为的某舰载机在四川舰上被弹射安全起飞，该过程视为初速度为0的匀变速直线运动，则弹射过程（　　）
A．经历的时间一定为 B．经历的时间可能大于
C．获得的加速度一定为 D．获得的加速度可能大于
3．（2025·毕节模拟）分子力随分子间的距离的变化如图所示，为平衡位置。有两个分子从相距处，均由静止开始运动，若仅考虑这两个分子间的作用力和靠近过程，则（　　）
A．从到分子力始终做正功
B．从到分子力先做正功后做负功
C．从到分子力先减小后增大
D．在处，分子间引力、斥力均减小为0
4．（2025·毕节模拟）2025年1月7日，实践二十五号卫星在西昌卫星发射中心发射成功，并在离地高空的圆轨道为北斗G7卫星加注142公斤燃料，完成人类首次太空卫星燃料补加及延寿服务。若加注燃料前后G7卫星的轨道半径不变，则（　　）
A．加注燃料时，实践二十五号卫星的线速度大于
B．加注燃料时，实践二十五号与G7卫星处于平衡状态
C．加注燃料后，G7卫星质量增大，线速度大小不变
D．加注燃料后，G7卫星质量增大，加速度减小
5．（2025·毕节模拟）如图所示为某示波管内聚焦电场的电场线，将两电子从a、b两点由静止释放。忽略两电子间相互作用，则（　　）
A．从a点释放的电子将沿着电场线运动至d点
B．电子由b向c运动的过程，速度先增加后减小
C．电子由b向c运动的过程，加速度先增加后减小
D．电子由b向c运动的过程，电势能先增加后减小
6．（2025·毕节模拟）如图所示，竖直杆、固定于地面，轻绳一端固定于杆上的点，另一端与光滑轻质小圆环拴接于O点；轻绳一端穿过小环后固定于杆上的E点，另一端与小物体连接。若初始时刻O点的位置比E点高，整个系统处于静止状态，、绳上的拉力分别记为和，则（　　）
A．仅将E点缓慢上移少许，增大 B．仅将E点缓慢下移少许，增大
C．仅将杆缓慢左移少许，减小 D．仅将杆缓慢左移少许，减小
7．（2025·毕节模拟）如图所示，两根完全相同的轻质弹簧1、2连接着一小球，两弹簧端和端分别固定，且位于同一竖直线上。小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态。现将小球从1的原长处C点由静止释放，已知CO的距离为，重力加速度大小为。若忽略空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，则（　　）
A．小球到达O点的速率为
B．小球运动到最低点时加速度大小为
C．由C到O的过程，小球的机械能守恒
D．由C到O的过程，小球的机械能先减小后增大
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答得0分。
8．（2025·毕节模拟）一列简谐横波在时的波形如图甲所示，处质点的振动图像如图乙所示，则波速可能是（　　）
A． B． C．1m/s D．
9．（2025·毕节模拟）如图所示，直角坐标系中，在的区域内，第一象限有垂直纸面向外的有界匀强磁场，第四象限有平行于轴正方向的匀强电场。将从点沿轴正方向射入，多次经过磁场和电场后从磁场中垂直右边界射出。若将换成动量相同的，其余条件不变，则和（　　）
A．在磁场中运动的总路程相同 B．在电场中运动的总路程相同
C．在磁场中运动的总时间相同 D．在电场中运动的总时间相同
10．（2025·毕节模拟）如图所示，平行且光滑的足够长金属导轨MN、PQ固定于同一绝缘水平面内，MP间接有一电阻箱，电阻不为零的导体棒ab垂直静置于两导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现给导体棒施加一水平向右、功率恒定的拉力。若忽略空气阻力和金属导轨的电阻，导体棒与导轨始终接触良好，则导体棒达到稳定状态时（　　）
A．取值越大，速度越小
B．取值越大，速度越大
C．取值越小，闭合回路的热功率越小
D．无论取值多大，闭合回路的热功率均相同
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．（2025·毕节模拟）电流表的量程为，内阻为。把它改装成如图所示的一个多用电表，其中电流挡有两个量程，分别为和。完成下列问题：
（1）开关S接位置　 　（选填“1”或““2”）时是0~20mA挡，图中电阻　 　。
（2）开关S接位置3时是欧姆挡，电源的电动势为，内阻为。将A、B表笔短接，调节滑动变阻器完成欧姆调零，接入电路的阻值应为　 　。
12．（2025·毕节模拟）某学习小组设计了一个探究平抛运动特点的实验装置，在平抛点O的正前方放一粘有米尺的竖直毛玻璃。将小球从O点正对毛玻璃水平抛出，用光源照射小球，毛玻璃上会出现小球的投影。在毛玻璃正右边，用频闪相机记录小球在毛玻璃上影子的位置。如图甲，在O点左侧用与初速度平行的光照射，得到如图乙的照片；如图丙，将一个点光源放在O点照射，重新实验，得到如图丁的照片。已知频闪相机的闪光周期为，O点到玻璃的距离，两次实验小球抛出时的初速度相等。根据上述实验完成下列问题：
（1）由图乙的数据得，小球的加速度大小为　 　，表明小球在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动。（结果保留三位有效数字）
（2）由图丁可知，丙中小球在屏上的影子做　 　运动（选填“匀速直线”或“匀加速直线”），影子的速度大小为　 　m/s。
（3）小球平抛的初速度大小为　 　m/s。（结果保留三位有效数字）
13．（2025·毕节模拟）如图所示为某汽车大灯结构的简化图，由左侧旋转抛物面和右侧半径为的半球透镜组成，对称轴以下装有挡光片，光源位于抛物面的焦点处。从光源直达抛物面的光，经抛物面反射后，均与平行，其中某一束光，从竖直直径AB上的C点射入半球透镜，折射后出射光线与水平面成。已知，不考虑光的多次反射，求：
（1）半球透镜的折射率；
（2）平行于且能从半球透镜出射的所有入射光线中，距离的最大距离。
14．（2025·毕节模拟）如图所示，真空中足够大的锌板和金属网竖直正对平行放置，接入电路中。用一波长为的细光束照射锌板的中心O，会不停地向各个方向逸出电子，当、之间所加电压达到时，电流表示数恰好为零。已知之间的水平距离为，电子的电荷量为，光速为，普朗克常量为，不计电子间的相互作用。求：
（1）光电子的最大初动能；
（2）锌的逸出功；
（3）当电压为时，金属网能接收到光电子的区域面积。
15．（2025·毕节模拟）如图所示，将质量分别为和的木块A、B静置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧连接，弹簧处于原长状态。一质量为的子弹以水平向右的速度射击木块A并留在其中（射击时间极短），经历的时间，木块A运动了的位移，弹簧第一次被压缩最短，且在弹性限度内。求：
（1）在运动过程中，弹簧的最大弹性势能；
（2）弹簧第一次和第二次恢复原长时木块A的速度之比；
（3）弹簧第一次被压缩最短时木块B运动位移的大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】结合能与比结合能
【解析】【解答】AC．根据图像，Z的比结合能最大，X的比结合能最小；比结合能越大原子核越稳定，Z原子核最稳定，A正确，C错误；
B．组成原子核的核子数越多，结合能越大，X的结合能最大，B错误；
D．不管是在裂变还是在聚变中，比结合能都要变大；Z不可能裂变生成X、Y，D错误。
故答案为：A。
【分析】明确比结合能（原子核稳定性的标志，越大越稳定）和结合能（原子核分解为核子所需的能量，与核子数正相关）的概念，结合图像和核反应规律判断选项。
2．【答案】D
【知识点】加速度；平均速度
【解析】【解答】AB．舰载机最低起飞速度为，则舰载机的末速度大小大于或等于，又因为是匀变速运动，则全程的平均速度，根据，可得，故AB错误；
CD．舰载机的末速度大小大于或等于，根据，可得，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】舰载机弹射过程为初速度为0的匀变速直线运动，结合“最低起飞速度为v”的条件，分析末速度、加速度、时间的取值范围。
3．【答案】A
【知识点】分子间的作用力；分子动能
【解析】【解答】AB．从到分子力为引力，所以分子力方向与位移方向相同，分子力做正功，A正确，B错误；
C．通过力与距离图像可知，从到分子力先增大后减小再反向增大，C错误；
D．在处分子间的斥力和引力大小相等，分子力表现为0，但斥力和引力不为0，D错误。
故答案为：A。
【分析】结合分子力随距离的变化规律（r> 时分子力表现为引力，r= 时分子力为 0），分析分子力的做功情况、大小变化及 处的引力 / 斥力状态。
4．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度（7.9km/s）是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度（轨道半径越小，线速度越大），实践二十五号的轨道半径远大于地球半径，因此其线速度小于7.9km/s，A错误；
B．加注燃料时，两卫星相对静止，但卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，处于失重状态，并非受力平衡（平衡状态需合力为 0），B错误；
CD．根据，解得，，可知加注燃料后，质量增加，轨道半径不变，线速度和加速度大小均不变，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】结合第一宇宙速度的意义，以及万有引力提供向心力的公式，分析卫星的线速度、加速度与轨道半径、质量的关系。
5．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．电子受力方向与电场线切线方向相反，且电场线为曲线，电子初速度为0，运动轨迹由受力方向和速度变化共同决定，不会沿电场线运动，A错误；
BD．电子从b向c运动，电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以电子速度增大，B错误，D错误；
C．电场线越稀疏，电场强度越小，电场力也越小；电场线越密集，电场强度越大，电场力也越大，电子从b向c运动，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，C正确。
故答案为：C。
【分析】结合电场线的物理意义（切线方向为场强方向、疏密表示场强大小），分析电子的受力、运动状态及能量变化。
6．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．两根绳子与水平方向的夹角分别为、，物块质量为，因为绳跨过小圆环与物块相连，同一根绳子所以
先将点缓慢向上移动少许，两个之间的夹角变大，所以两个力的合力减小，因为与两个的合力大小相等，方向相反，所以减小，不变，A错误；
B．将点缓慢向下移动少许，两个之间的夹角变小，所以两个力的合力变大，因为与两个的合力大小相等，方向相反，所以变大，不变，B错误；
CD．将杆向左移动少许，减小，即两个之间的夹角变大，所以两个力的合力变小，因为与两个的合力大小相等，方向相反，所以减小，不变，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】轻绳b跨过光滑圆环，故（大小恒定）；圆环受力平衡，与两段b绳的合力等大反向，通过分析两段b绳的夹角变化，判断合力及的变化。
7．【答案】B
【知识点】弹性势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态，则弹簧1伸长了CO；则开始小球在C点时，弹簧1在原长，弹簧2伸长了CO；可知对两弹簧和小球系统在CO两点弹性势能相同，则由C到O由能量关系，解得，A错误；
B．设小球在C点的加速度为a，则在C点时
在O点时
可得a=2g，由对称性可知，小球运动到最低点时加速度大小也为，B正确；
CD．由C到O的过程，前一阶段弹簧2向下的拉力大于弹簧1向上的拉力，则弹力的合力向下做正功；后一阶段弹簧1向上的拉力大于弹簧2向下的拉力，弹力的合力向上做负功，可知该过程中小球的机械能不守恒，小球的机械能先增加后减小，CD错误。
故答案为：B。
【分析】结合弹簧的弹性势能、受力平衡及对称性，分析小球的速度、加速度和机械能变化。
8．【答案】A,C
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据图乙，在时处的质点在平衡位置向上运动；
若波向右传播，根据图甲得，
根据图乙，周期为 ，又因为
解得
若波向左传播，根据图甲得：
解得
故答案为：AC。
【分析】先由振动图像得周期，再结合波形图和质点振动方向，分 “波向右传”“波向左传” 两种情况，推导波长的通式，进而得到波速的可能值。
9．【答案】A,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AC．粒子运动轨迹如图，粒子在磁场中做圆周运动，则
可得
因两粒子动量相同，带电量相同，可知在磁场中运动半径相同；即粒子在磁场中路径相同，总路程相同；根据
因两粒子的比荷不同，则周期不同，在磁场中运动时间不同，A正确，C错误；
BD．粒子进入磁场时先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速运动回到出发点，加速度
一个来回的时间
因两粒子的动量和电量相同，可知时间相同，两粒子在电场中来回运动的次数相同，可知在电场中的运动时间相等；粒子到达的最远位置离x轴的距离
因两粒子质量乘积不等，可知y不等，即在电场中的路程不等，B错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】结合带电粒子在磁场中的圆周运动规律（半径、周期），以及在电场中的匀变速运动规律，分析两种粒子的路程、时间变化。
10．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB．设导体棒功率为P，导体棒达到稳定状态时，棒做匀速直线运动，则有
因为
联立解得
可知取值越大，速度越大，故A错误，B正确；
CD．根据能量守恒可知，导体棒达到稳定状态时，拉力的功率等于导体棒克服安培力做功的功率，即等于回路的热功率，由于拉力功率恒定，故无论取值多大，闭合回路的热功率均相同，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】稳定状态下导体棒匀速运动，拉力功率与安培力功率（热功率）平衡，结合功率、安培力公式分析速度与电阻的关系，再由能量守恒判断热功率。
11．【答案】（1）1；15
（2）172.5
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）开关S分别接位置1、2时，对应的量程分别为，
则有，可知开关S接位置1时是0~20mA挡；
代入数据可得，
联立解得，
故答案为：1；15
（2）开关S接位置3时，此时改装后的电流表量程为，改装后的电流表内阻
完成欧姆调零时，有
可得
故答案为：172.5
【分析】(1) 电流挡量程与电阻计算：量程越大，并联的分流电阻越小。开关接位置1时，并联电阻更小，对应0~20mA挡；利用并联电路电流分配规律，结合已知量程计算。
(2) 欧姆调零的滑动变阻器阻值：欧姆调零时，表头满偏，总电阻为电源电动势除以满偏电流，减去表头等效内阻与电源内阻，得到的阻值。
（1）[1]开关S分别接位置1、2时，对应的量程分别为，
则有，可知开关S接位置1时是0~20mA挡；
[2]代入数据可得，
联立解得，
（2）开关S接位置3时，此时改装后的电流表量程为，改装后的电流表内阻为
完成欧姆调零时，有
可得
12．【答案】（1）9.69
（2）匀速直线运动；1.00
（3）9.69
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）若用平行光照射，则球在毛玻璃上的投影即为小球竖直方向上的位移，由
可得
故答案为：9.69
（2）设小球在毛玻璃上的投影NB=Y
则经过时间t后小球运动的水平位移为
竖直位移为
由相似三角形得
则有
所以丙中小球在屏上的影子做匀速直线运动。
影子的速度为
故答案为：匀速直线运动；1.00
（3）由上分析可知
解得
故答案为：9.69
【分析】(1) 加速度计算：平行光照射时，毛玻璃上的投影对应小球竖直位移，利用匀变速直线运动的位移差公式求解加速度；
(2) 影子的运动性质：点光源照射时，由相似三角形推导影子位移与时间的关系，判断运动性质，并由位移差与时间的比值求速度；
(3) 平抛初速度：结合影子速度与平抛运动的几何关系，联立求解初速度。
（1）若用平行光照射，则球在毛玻璃上的投影即为小球竖直方向上的位移，由
可得
（2）[1]设小球在毛玻璃上的投影NB=Y
则经过时间t后小球运动的水平位移为
竖直位移为
由相似三角形得
则有
所以丙中小球在屏上的影子做匀速直线运动。
[2]影子的速度为
（3）由上分析可知
解得
13．【答案】（1）解：光路图如下图所示
根据几何关系得
解得
由折射定律得
解得
（2）解：根据光的全反射定律得
由几何关系得
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 折射率计算：先由几何关系确定C点的入射角，再结合折射角（入射角与出射光线偏角的和），用折射定律求解折射率；
(2) 最大距离分析：能射出的光线需满足入射角不超过临界角，结合临界角与折射率的关系，确定入射光线到对称轴的最大距离。
（1）光路图如图所示
根据几何关系得
解得
由折射定律得
解得
（2）根据光的全反射定律得
由几何关系得
解得
14．【答案】（1）解：在、之间加电压为时，电流表示数恰好为零，由功能关系得
（2）解：由光电效应方程有
又
解得
（3）解：当电压为时，设恰能到达的光电子初速度与之间夹角为，则
解得，
由牛顿第二定律得
根据运动的合成与分解，
则金属网N能接收到光电子的区域面积S，则
解得
【知识点】光电效应
【解析】【分析】(1) 最大初动能：当电压为遏止电压时，光电子的最大初动能全部用来克服电场力做功，由动能定理直接求解；
(2) 逸出功：结合光电效应方程，用光子能量减去最大初动能得到逸出功；
(3) 接收区域面积：电压为时，分析光电子的最大出射角度（由动能与电场力做功的关系，结合几何关系确定接收区域的半径），进而计算面积。
（1）在、之间加电压为时，电流表示数恰好为零，由功能关系得
（2）由光电效应方程有
又
解得
（3）当电压为时，设恰能到达的光电子初速度与之间夹角为，则
解得，
由牛顿第二定律得
根据运动的合成与分解，
则金属网N能接收到光电子的区域面积S，则
解得
15．【答案】（1）解：子弹射击甲
A、B共速时，弹性势能最大
解得
（2）解：从子弹射击结束瞬间到弹簧第一次恢复原长，ZE，
解得
根据对称性可知，弹簧第二次恢复原长时的速度为，故
（3）解：在弹簧第一次被压缩过程中，设时刻、的速度分别为和，则
经过的时间内、运动的位移分别为，
故
在的时间内，累积可得
解得
【知识点】弹性势能；动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 最大弹性势能：先分析子弹击木块A的动量守恒，得A（含子弹）的初速度；再分析A、B共速时弹簧压缩最短，结合动量守恒与机械能守恒，求最大弹性势能；
(2) 速度之比：弹簧恢复原长时，系统动量守恒且机械能守恒，分第一次、第二次恢复原长的情况，列方程求解A的速度并求比值；
(3) B的位移：结合系统动量守恒（水平方向动量守恒），利用“动量守恒对应位移关系”（），结合A的位移求解B的位移。
（1）子弹射击甲
A、B共速时，弹性势能最大
解得
（2）从子弹射击结束瞬间到弹簧第一次恢复原长，ZE，
解得
根据对称性可知，弹簧第二次恢复原长时的速度为，故
（3）在弹簧第一次被压缩过程中，设时刻、的速度分别为和，则
经过的时间内、运动的位移分别为，
故
在的时间内，累积可得
解得
1 / 12025届贵州省毕节市高三下学期第四次适应性考试（三模）物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025·毕节模拟）如图所示，不同原子核的比结合能是不一样的，关于图中X、Y、Z三个原子核，下列判断正确的是（　　）
A．Z最稳定 B．Z的结合能最大
C．X的比结合能最大 D．Z可能裂变生成X、Y
【答案】A
【知识点】结合能与比结合能
【解析】【解答】AC．根据图像，Z的比结合能最大，X的比结合能最小；比结合能越大原子核越稳定，Z原子核最稳定，A正确，C错误；
B．组成原子核的核子数越多，结合能越大，X的结合能最大，B错误；
D．不管是在裂变还是在聚变中，比结合能都要变大；Z不可能裂变生成X、Y，D错误。
故答案为：A。
【分析】明确比结合能（原子核稳定性的标志，越大越稳定）和结合能（原子核分解为核子所需的能量，与核子数正相关）的概念，结合图像和核反应规律判断选项。
2．（2025·毕节模拟）2024年12月27日，中国自主研制、创新应用电磁弹射技术的两栖攻击舰四川舰在上海下水，其对舰载机的弹射距离恒为。若最低起飞速度为的某舰载机在四川舰上被弹射安全起飞，该过程视为初速度为0的匀变速直线运动，则弹射过程（　　）
A．经历的时间一定为 B．经历的时间可能大于
C．获得的加速度一定为 D．获得的加速度可能大于
【答案】D
【知识点】加速度；平均速度
【解析】【解答】AB．舰载机最低起飞速度为，则舰载机的末速度大小大于或等于，又因为是匀变速运动，则全程的平均速度，根据，可得，故AB错误；
CD．舰载机的末速度大小大于或等于，根据，可得，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】舰载机弹射过程为初速度为0的匀变速直线运动，结合“最低起飞速度为v”的条件，分析末速度、加速度、时间的取值范围。
3．（2025·毕节模拟）分子力随分子间的距离的变化如图所示，为平衡位置。有两个分子从相距处，均由静止开始运动，若仅考虑这两个分子间的作用力和靠近过程，则（　　）
A．从到分子力始终做正功
B．从到分子力先做正功后做负功
C．从到分子力先减小后增大
D．在处，分子间引力、斥力均减小为0
【答案】A
【知识点】分子间的作用力；分子动能
【解析】【解答】AB．从到分子力为引力，所以分子力方向与位移方向相同，分子力做正功，A正确，B错误；
C．通过力与距离图像可知，从到分子力先增大后减小再反向增大，C错误；
D．在处分子间的斥力和引力大小相等，分子力表现为0，但斥力和引力不为0，D错误。
故答案为：A。
【分析】结合分子力随距离的变化规律（r> 时分子力表现为引力，r= 时分子力为 0），分析分子力的做功情况、大小变化及 处的引力 / 斥力状态。
4．（2025·毕节模拟）2025年1月7日，实践二十五号卫星在西昌卫星发射中心发射成功，并在离地高空的圆轨道为北斗G7卫星加注142公斤燃料，完成人类首次太空卫星燃料补加及延寿服务。若加注燃料前后G7卫星的轨道半径不变，则（　　）
A．加注燃料时，实践二十五号卫星的线速度大于
B．加注燃料时，实践二十五号与G7卫星处于平衡状态
C．加注燃料后，G7卫星质量增大，线速度大小不变
D．加注燃料后，G7卫星质量增大，加速度减小
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度（7.9km/s）是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度（轨道半径越小，线速度越大），实践二十五号的轨道半径远大于地球半径，因此其线速度小于7.9km/s，A错误；
B．加注燃料时，两卫星相对静止，但卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，处于失重状态，并非受力平衡（平衡状态需合力为 0），B错误；
CD．根据，解得，，可知加注燃料后，质量增加，轨道半径不变，线速度和加速度大小均不变，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】结合第一宇宙速度的意义，以及万有引力提供向心力的公式，分析卫星的线速度、加速度与轨道半径、质量的关系。
5．（2025·毕节模拟）如图所示为某示波管内聚焦电场的电场线，将两电子从a、b两点由静止释放。忽略两电子间相互作用，则（　　）
A．从a点释放的电子将沿着电场线运动至d点
B．电子由b向c运动的过程，速度先增加后减小
C．电子由b向c运动的过程，加速度先增加后减小
D．电子由b向c运动的过程，电势能先增加后减小
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．电子受力方向与电场线切线方向相反，且电场线为曲线，电子初速度为0，运动轨迹由受力方向和速度变化共同决定，不会沿电场线运动，A错误；
BD．电子从b向c运动，电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以电子速度增大，B错误，D错误；
C．电场线越稀疏，电场强度越小，电场力也越小；电场线越密集，电场强度越大，电场力也越大，电子从b向c运动，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，C正确。
故答案为：C。
【分析】结合电场线的物理意义（切线方向为场强方向、疏密表示场强大小），分析电子的受力、运动状态及能量变化。
6．（2025·毕节模拟）如图所示，竖直杆、固定于地面，轻绳一端固定于杆上的点，另一端与光滑轻质小圆环拴接于O点；轻绳一端穿过小环后固定于杆上的E点，另一端与小物体连接。若初始时刻O点的位置比E点高，整个系统处于静止状态，、绳上的拉力分别记为和，则（　　）
A．仅将E点缓慢上移少许，增大 B．仅将E点缓慢下移少许，增大
C．仅将杆缓慢左移少许，减小 D．仅将杆缓慢左移少许，减小
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．两根绳子与水平方向的夹角分别为、，物块质量为，因为绳跨过小圆环与物块相连，同一根绳子所以
先将点缓慢向上移动少许，两个之间的夹角变大，所以两个力的合力减小，因为与两个的合力大小相等，方向相反，所以减小，不变，A错误；
B．将点缓慢向下移动少许，两个之间的夹角变小，所以两个力的合力变大，因为与两个的合力大小相等，方向相反，所以变大，不变，B错误；
CD．将杆向左移动少许，减小，即两个之间的夹角变大，所以两个力的合力变小，因为与两个的合力大小相等，方向相反，所以减小，不变，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】轻绳b跨过光滑圆环，故（大小恒定）；圆环受力平衡，与两段b绳的合力等大反向，通过分析两段b绳的夹角变化，判断合力及的变化。
7．（2025·毕节模拟）如图所示，两根完全相同的轻质弹簧1、2连接着一小球，两弹簧端和端分别固定，且位于同一竖直线上。小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态。现将小球从1的原长处C点由静止释放，已知CO的距离为，重力加速度大小为。若忽略空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，则（　　）
A．小球到达O点的速率为
B．小球运动到最低点时加速度大小为
C．由C到O的过程，小球的机械能守恒
D．由C到O的过程，小球的机械能先减小后增大
【答案】B
【知识点】弹性势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球静止于O点时，弹簧2处于原长状态，则弹簧1伸长了CO；则开始小球在C点时，弹簧1在原长，弹簧2伸长了CO；可知对两弹簧和小球系统在CO两点弹性势能相同，则由C到O由能量关系，解得，A错误；
B．设小球在C点的加速度为a，则在C点时
在O点时
可得a=2g，由对称性可知，小球运动到最低点时加速度大小也为，B正确；
CD．由C到O的过程，前一阶段弹簧2向下的拉力大于弹簧1向上的拉力，则弹力的合力向下做正功；后一阶段弹簧1向上的拉力大于弹簧2向下的拉力，弹力的合力向上做负功，可知该过程中小球的机械能不守恒，小球的机械能先增加后减小，CD错误。
故答案为：B。
【分析】结合弹簧的弹性势能、受力平衡及对称性，分析小球的速度、加速度和机械能变化。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答得0分。
8．（2025·毕节模拟）一列简谐横波在时的波形如图甲所示，处质点的振动图像如图乙所示，则波速可能是（　　）
A． B． C．1m/s D．
【答案】A,C
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据图乙，在时处的质点在平衡位置向上运动；
若波向右传播，根据图甲得，
根据图乙，周期为 ，又因为
解得
若波向左传播，根据图甲得：
解得
故答案为：AC。
【分析】先由振动图像得周期，再结合波形图和质点振动方向，分 “波向右传”“波向左传” 两种情况，推导波长的通式，进而得到波速的可能值。
9．（2025·毕节模拟）如图所示，直角坐标系中，在的区域内，第一象限有垂直纸面向外的有界匀强磁场，第四象限有平行于轴正方向的匀强电场。将从点沿轴正方向射入，多次经过磁场和电场后从磁场中垂直右边界射出。若将换成动量相同的，其余条件不变，则和（　　）
A．在磁场中运动的总路程相同 B．在电场中运动的总路程相同
C．在磁场中运动的总时间相同 D．在电场中运动的总时间相同
【答案】A,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AC．粒子运动轨迹如图，粒子在磁场中做圆周运动，则
可得
因两粒子动量相同，带电量相同，可知在磁场中运动半径相同；即粒子在磁场中路径相同，总路程相同；根据
因两粒子的比荷不同，则周期不同，在磁场中运动时间不同，A正确，C错误；
BD．粒子进入磁场时先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速运动回到出发点，加速度
一个来回的时间
因两粒子的动量和电量相同，可知时间相同，两粒子在电场中来回运动的次数相同，可知在电场中的运动时间相等；粒子到达的最远位置离x轴的距离
因两粒子质量乘积不等，可知y不等，即在电场中的路程不等，B错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】结合带电粒子在磁场中的圆周运动规律（半径、周期），以及在电场中的匀变速运动规律，分析两种粒子的路程、时间变化。
10．（2025·毕节模拟）如图所示，平行且光滑的足够长金属导轨MN、PQ固定于同一绝缘水平面内，MP间接有一电阻箱，电阻不为零的导体棒ab垂直静置于两导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现给导体棒施加一水平向右、功率恒定的拉力。若忽略空气阻力和金属导轨的电阻，导体棒与导轨始终接触良好，则导体棒达到稳定状态时（　　）
A．取值越大，速度越小
B．取值越大，速度越大
C．取值越小，闭合回路的热功率越小
D．无论取值多大，闭合回路的热功率均相同
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB．设导体棒功率为P，导体棒达到稳定状态时，棒做匀速直线运动，则有
因为
联立解得
可知取值越大，速度越大，故A错误，B正确；
CD．根据能量守恒可知，导体棒达到稳定状态时，拉力的功率等于导体棒克服安培力做功的功率，即等于回路的热功率，由于拉力功率恒定，故无论取值多大，闭合回路的热功率均相同，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】稳定状态下导体棒匀速运动，拉力功率与安培力功率（热功率）平衡，结合功率、安培力公式分析速度与电阻的关系，再由能量守恒判断热功率。
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．（2025·毕节模拟）电流表的量程为，内阻为。把它改装成如图所示的一个多用电表，其中电流挡有两个量程，分别为和。完成下列问题：
（1）开关S接位置　 　（选填“1”或““2”）时是0~20mA挡，图中电阻　 　。
（2）开关S接位置3时是欧姆挡，电源的电动势为，内阻为。将A、B表笔短接，调节滑动变阻器完成欧姆调零，接入电路的阻值应为　 　。
【答案】（1）1；15
（2）172.5
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）开关S分别接位置1、2时，对应的量程分别为，
则有，可知开关S接位置1时是0~20mA挡；
代入数据可得，
联立解得，
故答案为：1；15
（2）开关S接位置3时，此时改装后的电流表量程为，改装后的电流表内阻
完成欧姆调零时，有
可得
故答案为：172.5
【分析】(1) 电流挡量程与电阻计算：量程越大，并联的分流电阻越小。开关接位置1时，并联电阻更小，对应0~20mA挡；利用并联电路电流分配规律，结合已知量程计算。
(2) 欧姆调零的滑动变阻器阻值：欧姆调零时，表头满偏，总电阻为电源电动势除以满偏电流，减去表头等效内阻与电源内阻，得到的阻值。
（1）[1]开关S分别接位置1、2时，对应的量程分别为，
则有，可知开关S接位置1时是0~20mA挡；
[2]代入数据可得，
联立解得，
（2）开关S接位置3时，此时改装后的电流表量程为，改装后的电流表内阻为
完成欧姆调零时，有
可得
12．（2025·毕节模拟）某学习小组设计了一个探究平抛运动特点的实验装置，在平抛点O的正前方放一粘有米尺的竖直毛玻璃。将小球从O点正对毛玻璃水平抛出，用光源照射小球，毛玻璃上会出现小球的投影。在毛玻璃正右边，用频闪相机记录小球在毛玻璃上影子的位置。如图甲，在O点左侧用与初速度平行的光照射，得到如图乙的照片；如图丙，将一个点光源放在O点照射，重新实验，得到如图丁的照片。已知频闪相机的闪光周期为，O点到玻璃的距离，两次实验小球抛出时的初速度相等。根据上述实验完成下列问题：
（1）由图乙的数据得，小球的加速度大小为　 　，表明小球在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动。（结果保留三位有效数字）
（2）由图丁可知，丙中小球在屏上的影子做　 　运动（选填“匀速直线”或“匀加速直线”），影子的速度大小为　 　m/s。
（3）小球平抛的初速度大小为　 　m/s。（结果保留三位有效数字）
【答案】（1）9.69
（2）匀速直线运动；1.00
（3）9.69
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）若用平行光照射，则球在毛玻璃上的投影即为小球竖直方向上的位移，由
可得
故答案为：9.69
（2）设小球在毛玻璃上的投影NB=Y
则经过时间t后小球运动的水平位移为
竖直位移为
由相似三角形得
则有
所以丙中小球在屏上的影子做匀速直线运动。
影子的速度为
故答案为：匀速直线运动；1.00
（3）由上分析可知
解得
故答案为：9.69
【分析】(1) 加速度计算：平行光照射时，毛玻璃上的投影对应小球竖直位移，利用匀变速直线运动的位移差公式求解加速度；
(2) 影子的运动性质：点光源照射时，由相似三角形推导影子位移与时间的关系，判断运动性质，并由位移差与时间的比值求速度；
(3) 平抛初速度：结合影子速度与平抛运动的几何关系，联立求解初速度。
（1）若用平行光照射，则球在毛玻璃上的投影即为小球竖直方向上的位移，由
可得
（2）[1]设小球在毛玻璃上的投影NB=Y
则经过时间t后小球运动的水平位移为
竖直位移为
由相似三角形得
则有
所以丙中小球在屏上的影子做匀速直线运动。
[2]影子的速度为
（3）由上分析可知
解得
13．（2025·毕节模拟）如图所示为某汽车大灯结构的简化图，由左侧旋转抛物面和右侧半径为的半球透镜组成，对称轴以下装有挡光片，光源位于抛物面的焦点处。从光源直达抛物面的光，经抛物面反射后，均与平行，其中某一束光，从竖直直径AB上的C点射入半球透镜，折射后出射光线与水平面成。已知，不考虑光的多次反射，求：
（1）半球透镜的折射率；
（2）平行于且能从半球透镜出射的所有入射光线中，距离的最大距离。
【答案】（1）解：光路图如下图所示
根据几何关系得
解得
由折射定律得
解得
（2）解：根据光的全反射定律得
由几何关系得
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 折射率计算：先由几何关系确定C点的入射角，再结合折射角（入射角与出射光线偏角的和），用折射定律求解折射率；
(2) 最大距离分析：能射出的光线需满足入射角不超过临界角，结合临界角与折射率的关系，确定入射光线到对称轴的最大距离。
（1）光路图如图所示
根据几何关系得
解得
由折射定律得
解得
（2）根据光的全反射定律得
由几何关系得
解得
14．（2025·毕节模拟）如图所示，真空中足够大的锌板和金属网竖直正对平行放置，接入电路中。用一波长为的细光束照射锌板的中心O，会不停地向各个方向逸出电子，当、之间所加电压达到时，电流表示数恰好为零。已知之间的水平距离为，电子的电荷量为，光速为，普朗克常量为，不计电子间的相互作用。求：
（1）光电子的最大初动能；
（2）锌的逸出功；
（3）当电压为时，金属网能接收到光电子的区域面积。
【答案】（1）解：在、之间加电压为时，电流表示数恰好为零，由功能关系得
（2）解：由光电效应方程有
又
解得
（3）解：当电压为时，设恰能到达的光电子初速度与之间夹角为，则
解得，
由牛顿第二定律得
根据运动的合成与分解，
则金属网N能接收到光电子的区域面积S，则
解得
【知识点】光电效应
【解析】【分析】(1) 最大初动能：当电压为遏止电压时，光电子的最大初动能全部用来克服电场力做功，由动能定理直接求解；
(2) 逸出功：结合光电效应方程，用光子能量减去最大初动能得到逸出功；
(3) 接收区域面积：电压为时，分析光电子的最大出射角度（由动能与电场力做功的关系，结合几何关系确定接收区域的半径），进而计算面积。
（1）在、之间加电压为时，电流表示数恰好为零，由功能关系得
（2）由光电效应方程有
又
解得
（3）当电压为时，设恰能到达的光电子初速度与之间夹角为，则
解得，
由牛顿第二定律得
根据运动的合成与分解，
则金属网N能接收到光电子的区域面积S，则
解得
15．（2025·毕节模拟）如图所示，将质量分别为和的木块A、B静置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧连接，弹簧处于原长状态。一质量为的子弹以水平向右的速度射击木块A并留在其中（射击时间极短），经历的时间，木块A运动了的位移，弹簧第一次被压缩最短，且在弹性限度内。求：
（1）在运动过程中，弹簧的最大弹性势能；
（2）弹簧第一次和第二次恢复原长时木块A的速度之比；
（3）弹簧第一次被压缩最短时木块B运动位移的大小。
【答案】（1）解：子弹射击甲
A、B共速时，弹性势能最大
解得
（2）解：从子弹射击结束瞬间到弹簧第一次恢复原长，ZE，
解得
根据对称性可知，弹簧第二次恢复原长时的速度为，故
（3）解：在弹簧第一次被压缩过程中，设时刻、的速度分别为和，则
经过的时间内、运动的位移分别为，
故
在的时间内，累积可得
解得
【知识点】弹性势能；动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 最大弹性势能：先分析子弹击木块A的动量守恒，得A（含子弹）的初速度；再分析A、B共速时弹簧压缩最短，结合动量守恒与机械能守恒，求最大弹性势能；
(2) 速度之比：弹簧恢复原长时，系统动量守恒且机械能守恒，分第一次、第二次恢复原长的情况，列方程求解A的速度并求比值；
(3) B的位移：结合系统动量守恒（水平方向动量守恒），利用“动量守恒对应位移关系”（），结合A的位移求解B的位移。
（1）子弹射击甲
A、B共速时，弹性势能最大
解得
（2）从子弹射击结束瞬间到弹簧第一次恢复原长，ZE，
解得
根据对称性可知，弹簧第二次恢复原长时的速度为，故
（3）在弹簧第一次被压缩过程中，设时刻、的速度分别为和，则
经过的时间内、运动的位移分别为，
故
在的时间内，累积可得
解得
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