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2025届四川省成都市郫都区高三下学期三模物理试题
一、单项选择题：本题共7个小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．（2025·郫都模拟）下列核反应方程中，属于β衰变的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·郫都模拟）在《流浪地球2》电影中出现了太空电梯的科幻设想（如图甲）。人类可以乘坐电梯轿厢从固定在地面的基座出发，经国际空间站（轨道距地球表面约400km）向同步轨道空间站（距地球表面约36000km）运行（如图乙），在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电梯轿厢所受地球的万有引力逐渐增大
B．电梯轿厢绕地球运行的线速度逐渐增大
C．电梯轿厢绕地球运行的角速度逐渐增大
D．电梯轿厢绕地球运行的向心加速度逐渐减小
3．（2025·郫都模拟）如图所示，用一根漆包线绕成一个匝数为n匝，边长为L的正方形导线框abcd，形成一个闭合回路，导线框的总电阻为R，放在绝缘的光滑水平桌面上。现将导线框以垂直于边框ad的速度v，向左匀速拉入一边界与边框ad平行的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直桌面向下，磁感应强度为B，磁场宽度大于L。在导线框拉入磁场的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导线框中感应电流的方向为顺时针方向
B．导线框中产生的感应电动势大小为BLv
C．导线框所受安培力的大小为
D．整个过程中，通过导线框的电荷量为
4．（2025·郫都模拟）如图所示，真空中两个带等量正电的点电荷相距2r，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点距离O点为r，该点的场强为E，OB的距离为，已知静电力常量为k，则下列说法错误的是（　　）
A．若在A点由静止释放一电子，电子将做周期性往返运动
B．若在B点由静止释放一正电荷，正电荷将做周期性往返运动
C．该点电荷的电荷量
D．A、B点两点的场强大小之比为
5．（2025·郫都模拟）在2025年春节期间，小明进行了一项有趣的实验。他将一个未开封的薯片袋放在温暖的室内（温度为），此时薯片袋看起来较为饱满，袋内气体压强与外界大气压相同，设为，之后他带着这袋薯片开车前往海拔较高的山区老家过年，山区温度较低，为，且外界大气压变为，此过程中薯片袋均未张紧，袋内气体视为理想气体，下列关于袋内气体状态变化的说法正确的是（　　）
A．袋内气体分子的平均动能减小 B．袋内气体的体积会变小
C．袋内气体对外界做负功 D．袋内气体的一定会放出热量
6．（2025·郫都模拟）如图，为定值电阻，其余电阻均不计，左端连接在一周期为的正弦交流电源上，其表达式为，经如图所示四个理想二极管后，求出经过电流的有效值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·郫都模拟）如图所示，BCD为一直角三角形棱镜的截面，，棱镜的折射率为，P为垂直于直线BC的光屏，现有一激光器从A点由静止自由下落到桌面O点，整个下落过程中从激光器发出的光束始终平行于BC边，经棱镜折射后在屏P上形成一个移动的光斑，已知A点距离BC桌面高度h，若真空中光速为c，当地重力加速度为g，忽略光到屏的传播时间，则下列说法正确的是（　　）
A．激光束在棱镜上的CD边上会发生全反射
B．激光束在棱镜中传播的速度等于
C．光斑在屏P上移动的距离为
D．光斑在屏P上移动的平均速度
二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025·郫都模拟）一简谐横波沿x轴正方向传播，时刻的波形图如图所示，坐标原点是质点A的平衡位置，其振幅为2cm，在时刻质点A的位移，已知该波在介质中传播速度下列说法正确的是（　　）
A．时刻A质点的振动方向向下
B．该波的波长为4m
C．时，的质点位于波峰
D．到时间内，的质点经过的路程为10cm
9．（2025·郫都模拟）如图所示，间距为L两根平行的光滑导轨竖直放置，导轨间接有电容C，处于垂直轨道平面的匀强磁场B中，质量为m电阻为R的金属杆ab接在两导轨之间并静止释放，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计（　　）
A．ab做自由落体运动
B．ab做匀加速运动，且加速度为
C．ab做匀加速运动，若加速度为a，则回路的电流为I=CBLa
D．ab做加速度减小的变加速运动运动，最后匀速运动，最大速度为
10．（2025·郫都模拟）如图，竖直面内固定有两条互相平行的长直绝缘导线，它们的电流强度相等，方向都竖直向向下，已知通电长直导线在空间某点产生磁场的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该点到长直导线的距离成反比。a、b、c三点水平共线，与两导线相互垂直；b、e、f三点竖直共线，与两导线共面；b是两导线距离的中点，a到距离是b到距离的一半，b、c两点到的距离相等。若导线在a点磁感应强度为B，a、b、c、e、f五点的磁感应强度分别为，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．两导线会产生相互排斥的作用力
C．，磁场方向垂直于纸面向里
D．，磁场方向垂直于纸面向外
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11．（2025·郫都模拟）为探究轻弹簧的弹性势能，设计如图所示实验装置：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一质量为m的小球接触而不连接，开始时弹簧处于原长状态，向左推小球使弹簧压缩一段距离，由静止释放小球，从桌面抛出后，均落在斜面上，已知斜面的倾角为θ，当地的重力加速度大小为g，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。
（1）实验中涉及到下列操作步骤：
①测量小球在斜面落点到桌面的水平距离x
②松手释放小球
③标记小球在斜面上的落点
④向左推小球使弹簧压缩
上述步骤正确的操作顺序是　 　（填入代表步骤的序号）。
（2）根据题目已知可求出在该纸带对应的实验中小球脱离弹簧时的速度为　 　（用x、θ和g表示）。
（3）弹簧被压缩后的弹性势能与斜面落点到桌面的水平距离的x成　 　（填“线性”或“非线性”）关系。
12．（2025·郫都模拟）某实验小组欲测量新、旧电池的电动势E和内阻r，实验室提供了以下器材：
待测新电池一节（电动势约为1.5V，内阻约为0.5Ω）
待测旧电池一节（电动势约为1.2V，内阻约为2Ω）
电压表V（量程0~3V，内阻约为3kΩ）
电流表A（具有一定内阻，量程0~0.6A）
滑动变阻器（额定电流2A）
滑动变阻器（额定电流0.5A）
定值电阻（阻值20.0Ω，额定功率10W）
定值电阻（阻值2.0Ω，额定功率5W）
开关S，导线若干
如图（a）为实验电路原理图
（1）请用笔画线代替导线在图（b）中完成实物连接图。
（2）为了更准确地测量新电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选用　 　（填“”或“”），保护电阻应选用　 　（填“”或“”）。
（3）实验小组根据测量新电池得到的数据，在坐标纸上画出了U-I图像（U为电压表读数，I为电流表读数），如图所示。由图像可得新电池的电动势　 　V，内阻　 　Ω（结果均保留两位小数）。
（4）若考虑电流表和电压表内阻对实验结果的影响，对于旧电池，同样采用上述实验方法，由于电压表分流导致的测量误差会比新电池的　 　（填“大”或“小”）。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（2025·郫都模拟）如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度沿环上滑（g为重力加速度），小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中，求：
（1）小球在最低点时对金属环的压力；
（2）小球克服摩擦力所做的功。
14．（2025·郫都模拟）如图所示的装置左侧是法拉第圆盘发电机，其细转轴竖直安装。内阻不计、半径的金属圆盘盘面水平，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度。圆盘在外力作用下以角速度逆时针（俯视）匀速转动，圆盘的边缘和转轴分别通过电刷a、b与光滑水平导轨，相连，导轨间距。在导轨平面内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度，导电性能良好的导轨上放置着一根质量、电阻的金属棒，不计其它一切电阻。
（1）比较a、b两点电势的高低，并计算闭合开关瞬间通过金属棒的电流I；
（2）从闭合开关到金属棒刚达到最大速度过程中，金属棒未离开磁场区，求此过程通过金属棒的电量q和维持圆盘匀速转动外力所做的功W；
15．（2025·郫都模拟）如图所示，在水平虚线下方有正交的匀强磁场和匀强电场，其中磁场方向垂直纸面向里，电场方向水平向右。在距离水平虚线h高处以某一初速度水平向右抛出一个质量为m、带电荷量为的小球，通过水平虚线上的A点进入电磁场中，一段时间后又从水平虚线上的P点沿与水平方向成角斜向右上方射出电磁场区域，已知电场强度，O到A的水平距离及A、P间距离均为2h，已知当地重力加速度为g，求：
（1）带电小球经过A点时的速度；
（2）带电小球经过P点时的速度大小及磁感应强度B的大小；
（3）带电小球从O到P运动的时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．衰变前后质量数守恒、电荷数守恒，对A选项有
解得新核质量数、电荷数分别为，可知新核为质子，故A错误；
B．同理，对B选项，新核的质量数为1，电荷数为0，新核为中子，故B错误；
C．同理，对C选项，新核的质量数为0，电荷数为-1，新核为电子，属于β衰变，故C正确；
D．同理，对D选项，新核的质量数为4，电荷数为2，新核为氦核，故D错误。
故答案为：C。
【分析】β衰变的本质是原子核释放一个电子，需结合核反应的质量数、电荷数守恒，判断生成物是否为电子。
2．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由万有引力定律可知，电梯轿厢所受地球的万有引力大小为，其中r是电梯轿厢到地心的距离，则当电梯轿厢从地面（）上升到同步轨道（）时，r增大，因此万有引力减小，故A错误；
BCD．由题意可知，电梯轿厢的角速度不变，且，，其中r是电梯轿厢到地心的距离，则当电梯轿厢从地面（）上升到同步轨道（）时，r增大，因此电梯轿厢绕地球运行的线速度逐渐增大、电梯轿厢绕地球运行的向心加速度逐渐增大，故B正确，CD错误。
故答案为：B。
【分析】太空电梯的轿厢随电梯杆同步转动，角速度与地球自转角速度相同，结合万有引力定律和圆周运动公式分析各物理量的变化。
3．【答案】D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．线框向左进入磁场，磁通量（垂直桌面向下）增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向上，由右手螺旋定则，电流方向为逆时针，故A错误；
B．导线框中产生的感应电动势大小为，故B错误；
C．导线框中感应电流大小为，导线框所受安培力的大小，故C错误；
D．整个过程中，通过导线框的电荷量为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合电磁感应定律、楞次定律，分析线框进入磁场时的感应电流、电动势、安培力及电荷量。
4．【答案】C
【知识点】电场强度的叠加；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．中垂线上场强沿中垂线向外，电子受电场力指向O点：从A到 O加速，O到A的对称点减速至0，随后反向运动，做周期性往返运动，A正确；
B．根据电场的叠加原理可知，B点的合场强水平向左，正电荷所受电场力水平向左，正电荷向左做加速运动，到达O点时速度最大；在OP区域，正电荷所受的电场力由B点的对称点B'指向O点，正电荷做减速运动，在B'点，正电荷的速度大小为零，此后正电荷在BB'之间做周期性往返运动，B正确；
C．单个电荷在A点的电场强度为，A点的电场强度为，解得，C错误；
D．A点的电场强度为，B点的电场强度为，解得，D正确。
故答案为：C。
【分析】结合点电荷电场的叠加原理，分析A、B点的场强，再判断电荷的运动及场强相关计算。
5．【答案】A
【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】【解答】以袋内气体为研究对象，由题意可知，
初始状态，压强为，设体积为，
最终状态，压强为，设体积为，
由理想气体状态方程可得
解得
因此，袋内气体的体积增大；
A．温度是分子平均动能的标志，气体温度从300K降至280K，分子平均动能减小，故A正确；
B．结合前面分析可知，袋内气体的体积增大，故B错误；
C．因为袋内气体的体积增大，所以袋内气体对外界做正功，故C错误；
D．根据热力学第一定律可得
因为袋内气体温度降低，所以
因为袋内气体体积增大，所以
则无法确定Q与零的关系，则袋内气体不一定会放出热量，故D错误。
故答案为：A。
【分析】用理想气体状态方程分析体积变化，结合温度与分子平均动能的关系、热力学第一定律判断各选项。
6．【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据题意可知，理想二极管桥式整流对电压的整流只改变电压极性，即通过电阻的电流方向不变，对其有效值没有影响，因此整流后加在 上的电压有效值为
则经过电流的有效值为
故答案为：B。
【分析】桥式整流电路的作用是改变电流方向（使电流单向流动），但不改变电压的有效值，结合交流电压有效值公式和欧姆定律计算电流有效值。
7．【答案】D
【知识点】平均速度；光的全反射
【解析】【解答】A．由全反射知识可得，由题意知，激光束从棱镜射向空气时的入射角可见，全反射临界角C大于入射角，不会发生全反射，故A错误；
B．由得，故B错误；
C．设高度h对应的棱镜斜边长度为l，光斑在屏P上移动的距离为d，则有数学知识可得，，联立可得，故C错误；
D．设激光器下落时间为t，则由自由落体运动知识可得
光斑在屏P上移动的平均速度，联立解得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】结合全反射条件、光在介质中的速度公式，分析光束的传播，再通过几何关系和运动学公式计算光斑的移动距离与平均速度。
8．【答案】A,B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A．波沿x轴正方向传播，根据“同侧法”可知t=0时刻A质点的振动方向向下，故A正确；
B．根据波形图可知，解得，故B正确；
C．该波的周期为，时，的质点仍位于平衡位置，故C错误；
D．到时间内，振动的时间，的质点经过的路程为，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】结合波的传播方向判断质点振动方向，通过波形图与质点位移计算波长，再利用周期公式和质点振动规律分析各选项。
9．【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】物体做加速运动，设经过时间t速度增大到v，则金属榜上产生的感应电动势E=BLv
电容器带电量Q=CU=CBLv
感应电流
安培力
再根据牛顿第二定律
可计算出
可判断物体做初速度为零的匀加速直线运动。
故答案为：BC。
【分析】结合电磁感应、电容器充电规律与牛顿第二定律，分析金属杆的受力与运动状态。
10．【答案】A,C
【知识点】磁感应强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】AD．三点竖直共线，到导线的距离相等，导线在中垂线处产生的磁感应强度大小相等，方向相反，有，故A正确，D错误；
B．根据两导线产生的磁感应强度方向，由左手定则分析可知，两导线相互吸引。故B错误；
C．根据通电长直导线在空间某位置产生的磁场的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比，由可得，两导线在a点产生的磁感应强度方向相同，均垂直于纸面向里，则，方向垂直于纸面向里，故C正确。
故答案为：AC。
【分析】结合通电直导线的磁场规律、磁场的叠加原理，分析各点的磁感应强度，同时判断导线间的作用力。
11．【答案】（1）④②③①
（2）
（3）线性
【知识点】弹性势能
【解析】【解答】（1）根据题意可知，本实验应先向左推小球使弹簧压缩，松手释放小球，然后小球与弹簧分离后开始做平抛运动，标记小球在斜面上的落点，最后测量小球在斜面上落点到桌面的水平距离，故正确的操作顺序为④②③①。
故答案为：④②③①
（2）根据平抛运动的规律可得，，
联立可得
故答案为：
（3）根据能量守恒定律可得
由此可知，弹性势能与斜面落点到桌面的水平距离的x成线性关系。
故答案为：线性
【分析】(1) 操作顺序：实验需先压缩弹簧，再释放小球，标记落点后测量水平距离，按逻辑确定步骤顺序；
(2) 脱离弹簧的速度：小球做平抛运动，结合斜面的几何关系（竖直位移与水平位移的正切关系），联立平抛运动公式求解初速度；
(3) 弹性势能与 x 的关系：弹性势能等于小球的初动能，结合初速度与 x 的关系，分析势能与 x 的函数关系类型。
（1）根据题意可知，本实验应先向左推小球使弹簧压缩，松手释放小球，然后小球与弹簧分离后开始做平抛运动，标记小球在斜面上的落点，最后测量小球在斜面上落点到桌面的水平距离，故正确的操作顺序为④②③①。
（2）根据平抛运动的规律可得，，
联立可得
（3）根据能量守恒定律可得
由此可知，弹性势能与斜面落点到桌面的水平距离的x成线性关系。
12．【答案】（1）
（2）；
（3）1.45；0.50
（4）小
【知识点】实验基础知识与实验误差；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据图示电路图连接实物电路图
（2）为方便实验操作，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择，电池电动势约为1.5V，保护电阻不能太大，保护电阻应选择；
故答案为：；
（3）根据闭合电路欧姆定律有
结合图乙可知电动势
图像斜率的绝对值
代入题中数据，解得
故答案为：1.45；0.50
（4）旧电池电动势小于新电池电动，旧电池内阻大于新电池内阻，旧电池相对于新电池，电压表的分流相对较小，造成的实 验误差较小。
故答案为：小
【分析】(1) 实物连接：根据电路图（电流表与滑动变阻器串联，再与电压表并联，定值电阻与电源串联），按 “电源→开关→定值电阻→电压表并联部分（电流表 + 滑动变阻器）” 的顺序连接；
(2) 器材选择：滑动变阻器选阻值小、额定电流大的以方便调节；保护电阻选与电池内阻匹配的，避免电流过大；
(3) 电动势与内阻：由 U-I 图像的纵截距得电动势，斜率绝对值（结合保护电阻）得电池内阻；
(4) 误差分析：旧电池内阻大，电压表分流占比小，误差更小。
（1）根据图示电路图连接实物电路图
（2）[1][2]为方便实验操作，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择，电池电动势约为1.5V，保护电阻不能太大，保护电阻应选择；
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
结合图乙可知电动势
图像斜率的绝对值
代入题中数据，解得
（4）旧电池电动势小于新电池电动，旧电池内阻大于新电池内阻，旧电池相对于新电池，电压表的分流相对较小，造成的实 验误差较小。
13．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可得，小球在最低点时对金属环的压力大小为7mg，方向竖直向下；
（2）解：当小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则
小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理可得
联立可得
【知识点】向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 最低点压力：在最低点，小球做圆周运动，由向心力公式（合力提供向心力）求环对小球的支持力，再由牛顿第三定律得小球对环的压力；
(2) 克服摩擦力做功：先由最高点 “与环无作用力” 的条件，用向心力公式求最高点速度；再对从最低点到最高点的过程用动能定理，结合重力做功、动能变化，求解克服摩擦力的功。
（1）根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可得，小球在最低点时对金属环的压力大小为7mg，方向竖直向下；
（2）当小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则
小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理可得
联立可得
14．【答案】（1）解：由右手定则可知
圆盘切割，感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律得
联立解得
（2）解：导体棒最大速度为vm，有
设金属棒从开始运动到最大速度通过金属棒的电量为q，对金属棒，由动量定理得
由以上两式得
该过程外力对金属圆盘做功为
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 电势高低与电流：用右手定则判断圆盘发电的电势高低；由圆盘切割磁感线的感应电动势公式求电动势，再用欧姆定律求电流；
(2) 电量与外力做功：金属棒达最大速度时，安培力与感应电动势的反电动势平衡，先求最大速度；用动量定理求电量，结合能量守恒（外力做功转化为金属棒动能与电路焦耳热）求外力做功。
（1）由右手定则可知
圆盘切割，感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律得
联立解得
（2）导体棒最大速度为vm，有
设金属棒从开始运动到最大速度通过金属棒的电量为q，对金属棒，由动量定理得
由以上两式得
该过程外力对金属圆盘做功为
15．【答案】（1）解：小球从O点到A做平抛运动，在竖直方向有
解得
所以有
在水平方向有
解得
所以带电小球经过A点时的速度大小为
方向与水平方向的夹角为；
（2）解：洛伦兹力不做功，从到，根据动能定理
解得带电小球经过P点时的速度大小
根据题意可知小球离开磁场时，水平方向速度
竖直向上；
竖直方向的速度大小
竖直方向，根据动量定理
水平方向，根据动量定理
根据题意，
联立解得，
（3）解：带电小球从O到P运动的时间
结合上述分析可得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) A 点速度：小球从 O 到 A 做平抛运动，结合竖直位移求时间，再求水平、竖直分速度，合成得 A 点速度；
(2) P 点速度与磁感应强度：电场力与重力平衡，小球在电磁场中做匀速圆周运动，由 P 点速度方向得速度大小，结合几何关系得圆周运动半径，再由洛伦兹力公式求 B；
(3) 总运动时间：分平抛运动时间和电磁场中圆周运动的时间（对应圆心角），求和得总时间。
（1）小球从O点到A做平抛运动，在竖直方向有
解得
所以有
在水平方向有
解得
所以带电小球经过A点时的速度大小为
方向与水平方向的夹角为；
（2）洛伦兹力不做功，从到，根据动能定理
解得带电小球经过P点时的速度大小
根据题意可知小球离开磁场时，水平方向速度
竖直向上；
竖直方向的速度大小
竖直方向，根据动量定理
水平方向，根据动量定理
根据题意，
联立解得，
（3）带电小球从O到P运动的时间
结合上述分析可得
1 / 12025届四川省成都市郫都区高三下学期三模物理试题
一、单项选择题：本题共7个小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．（2025·郫都模拟）下列核反应方程中，属于β衰变的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．衰变前后质量数守恒、电荷数守恒，对A选项有
解得新核质量数、电荷数分别为，可知新核为质子，故A错误；
B．同理，对B选项，新核的质量数为1，电荷数为0，新核为中子，故B错误；
C．同理，对C选项，新核的质量数为0，电荷数为-1，新核为电子，属于β衰变，故C正确；
D．同理，对D选项，新核的质量数为4，电荷数为2，新核为氦核，故D错误。
故答案为：C。
【分析】β衰变的本质是原子核释放一个电子，需结合核反应的质量数、电荷数守恒，判断生成物是否为电子。
2．（2025·郫都模拟）在《流浪地球2》电影中出现了太空电梯的科幻设想（如图甲）。人类可以乘坐电梯轿厢从固定在地面的基座出发，经国际空间站（轨道距地球表面约400km）向同步轨道空间站（距地球表面约36000km）运行（如图乙），在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电梯轿厢所受地球的万有引力逐渐增大
B．电梯轿厢绕地球运行的线速度逐渐增大
C．电梯轿厢绕地球运行的角速度逐渐增大
D．电梯轿厢绕地球运行的向心加速度逐渐减小
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由万有引力定律可知，电梯轿厢所受地球的万有引力大小为，其中r是电梯轿厢到地心的距离，则当电梯轿厢从地面（）上升到同步轨道（）时，r增大，因此万有引力减小，故A错误；
BCD．由题意可知，电梯轿厢的角速度不变，且，，其中r是电梯轿厢到地心的距离，则当电梯轿厢从地面（）上升到同步轨道（）时，r增大，因此电梯轿厢绕地球运行的线速度逐渐增大、电梯轿厢绕地球运行的向心加速度逐渐增大，故B正确，CD错误。
故答案为：B。
【分析】太空电梯的轿厢随电梯杆同步转动，角速度与地球自转角速度相同，结合万有引力定律和圆周运动公式分析各物理量的变化。
3．（2025·郫都模拟）如图所示，用一根漆包线绕成一个匝数为n匝，边长为L的正方形导线框abcd，形成一个闭合回路，导线框的总电阻为R，放在绝缘的光滑水平桌面上。现将导线框以垂直于边框ad的速度v，向左匀速拉入一边界与边框ad平行的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直桌面向下，磁感应强度为B，磁场宽度大于L。在导线框拉入磁场的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导线框中感应电流的方向为顺时针方向
B．导线框中产生的感应电动势大小为BLv
C．导线框所受安培力的大小为
D．整个过程中，通过导线框的电荷量为
【答案】D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．线框向左进入磁场，磁通量（垂直桌面向下）增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向上，由右手螺旋定则，电流方向为逆时针，故A错误；
B．导线框中产生的感应电动势大小为，故B错误；
C．导线框中感应电流大小为，导线框所受安培力的大小，故C错误；
D．整个过程中，通过导线框的电荷量为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合电磁感应定律、楞次定律，分析线框进入磁场时的感应电流、电动势、安培力及电荷量。
4．（2025·郫都模拟）如图所示，真空中两个带等量正电的点电荷相距2r，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点距离O点为r，该点的场强为E，OB的距离为，已知静电力常量为k，则下列说法错误的是（　　）
A．若在A点由静止释放一电子，电子将做周期性往返运动
B．若在B点由静止释放一正电荷，正电荷将做周期性往返运动
C．该点电荷的电荷量
D．A、B点两点的场强大小之比为
【答案】C
【知识点】电场强度的叠加；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．中垂线上场强沿中垂线向外，电子受电场力指向O点：从A到 O加速，O到A的对称点减速至0，随后反向运动，做周期性往返运动，A正确；
B．根据电场的叠加原理可知，B点的合场强水平向左，正电荷所受电场力水平向左，正电荷向左做加速运动，到达O点时速度最大；在OP区域，正电荷所受的电场力由B点的对称点B'指向O点，正电荷做减速运动，在B'点，正电荷的速度大小为零，此后正电荷在BB'之间做周期性往返运动，B正确；
C．单个电荷在A点的电场强度为，A点的电场强度为，解得，C错误；
D．A点的电场强度为，B点的电场强度为，解得，D正确。
故答案为：C。
【分析】结合点电荷电场的叠加原理，分析A、B点的场强，再判断电荷的运动及场强相关计算。
5．（2025·郫都模拟）在2025年春节期间，小明进行了一项有趣的实验。他将一个未开封的薯片袋放在温暖的室内（温度为），此时薯片袋看起来较为饱满，袋内气体压强与外界大气压相同，设为，之后他带着这袋薯片开车前往海拔较高的山区老家过年，山区温度较低，为，且外界大气压变为，此过程中薯片袋均未张紧，袋内气体视为理想气体，下列关于袋内气体状态变化的说法正确的是（　　）
A．袋内气体分子的平均动能减小 B．袋内气体的体积会变小
C．袋内气体对外界做负功 D．袋内气体的一定会放出热量
【答案】A
【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】【解答】以袋内气体为研究对象，由题意可知，
初始状态，压强为，设体积为，
最终状态，压强为，设体积为，
由理想气体状态方程可得
解得
因此，袋内气体的体积增大；
A．温度是分子平均动能的标志，气体温度从300K降至280K，分子平均动能减小，故A正确；
B．结合前面分析可知，袋内气体的体积增大，故B错误；
C．因为袋内气体的体积增大，所以袋内气体对外界做正功，故C错误；
D．根据热力学第一定律可得
因为袋内气体温度降低，所以
因为袋内气体体积增大，所以
则无法确定Q与零的关系，则袋内气体不一定会放出热量，故D错误。
故答案为：A。
【分析】用理想气体状态方程分析体积变化，结合温度与分子平均动能的关系、热力学第一定律判断各选项。
6．（2025·郫都模拟）如图，为定值电阻，其余电阻均不计，左端连接在一周期为的正弦交流电源上，其表达式为，经如图所示四个理想二极管后，求出经过电流的有效值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据题意可知，理想二极管桥式整流对电压的整流只改变电压极性，即通过电阻的电流方向不变，对其有效值没有影响，因此整流后加在 上的电压有效值为
则经过电流的有效值为
故答案为：B。
【分析】桥式整流电路的作用是改变电流方向（使电流单向流动），但不改变电压的有效值，结合交流电压有效值公式和欧姆定律计算电流有效值。
7．（2025·郫都模拟）如图所示，BCD为一直角三角形棱镜的截面，，棱镜的折射率为，P为垂直于直线BC的光屏，现有一激光器从A点由静止自由下落到桌面O点，整个下落过程中从激光器发出的光束始终平行于BC边，经棱镜折射后在屏P上形成一个移动的光斑，已知A点距离BC桌面高度h，若真空中光速为c，当地重力加速度为g，忽略光到屏的传播时间，则下列说法正确的是（　　）
A．激光束在棱镜上的CD边上会发生全反射
B．激光束在棱镜中传播的速度等于
C．光斑在屏P上移动的距离为
D．光斑在屏P上移动的平均速度
【答案】D
【知识点】平均速度；光的全反射
【解析】【解答】A．由全反射知识可得，由题意知，激光束从棱镜射向空气时的入射角可见，全反射临界角C大于入射角，不会发生全反射，故A错误；
B．由得，故B错误；
C．设高度h对应的棱镜斜边长度为l，光斑在屏P上移动的距离为d，则有数学知识可得，，联立可得，故C错误；
D．设激光器下落时间为t，则由自由落体运动知识可得
光斑在屏P上移动的平均速度，联立解得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】结合全反射条件、光在介质中的速度公式，分析光束的传播，再通过几何关系和运动学公式计算光斑的移动距离与平均速度。
二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025·郫都模拟）一简谐横波沿x轴正方向传播，时刻的波形图如图所示，坐标原点是质点A的平衡位置，其振幅为2cm，在时刻质点A的位移，已知该波在介质中传播速度下列说法正确的是（　　）
A．时刻A质点的振动方向向下
B．该波的波长为4m
C．时，的质点位于波峰
D．到时间内，的质点经过的路程为10cm
【答案】A,B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A．波沿x轴正方向传播，根据“同侧法”可知t=0时刻A质点的振动方向向下，故A正确；
B．根据波形图可知，解得，故B正确；
C．该波的周期为，时，的质点仍位于平衡位置，故C错误；
D．到时间内，振动的时间，的质点经过的路程为，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】结合波的传播方向判断质点振动方向，通过波形图与质点位移计算波长，再利用周期公式和质点振动规律分析各选项。
9．（2025·郫都模拟）如图所示，间距为L两根平行的光滑导轨竖直放置，导轨间接有电容C，处于垂直轨道平面的匀强磁场B中，质量为m电阻为R的金属杆ab接在两导轨之间并静止释放，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计（　　）
A．ab做自由落体运动
B．ab做匀加速运动，且加速度为
C．ab做匀加速运动，若加速度为a，则回路的电流为I=CBLa
D．ab做加速度减小的变加速运动运动，最后匀速运动，最大速度为
【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】物体做加速运动，设经过时间t速度增大到v，则金属榜上产生的感应电动势E=BLv
电容器带电量Q=CU=CBLv
感应电流
安培力
再根据牛顿第二定律
可计算出
可判断物体做初速度为零的匀加速直线运动。
故答案为：BC。
【分析】结合电磁感应、电容器充电规律与牛顿第二定律，分析金属杆的受力与运动状态。
10．（2025·郫都模拟）如图，竖直面内固定有两条互相平行的长直绝缘导线，它们的电流强度相等，方向都竖直向向下，已知通电长直导线在空间某点产生磁场的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该点到长直导线的距离成反比。a、b、c三点水平共线，与两导线相互垂直；b、e、f三点竖直共线，与两导线共面；b是两导线距离的中点，a到距离是b到距离的一半，b、c两点到的距离相等。若导线在a点磁感应强度为B，a、b、c、e、f五点的磁感应强度分别为，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．两导线会产生相互排斥的作用力
C．，磁场方向垂直于纸面向里
D．，磁场方向垂直于纸面向外
【答案】A,C
【知识点】磁感应强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】AD．三点竖直共线，到导线的距离相等，导线在中垂线处产生的磁感应强度大小相等，方向相反，有，故A正确，D错误；
B．根据两导线产生的磁感应强度方向，由左手定则分析可知，两导线相互吸引。故B错误；
C．根据通电长直导线在空间某位置产生的磁场的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比，由可得，两导线在a点产生的磁感应强度方向相同，均垂直于纸面向里，则，方向垂直于纸面向里，故C正确。
故答案为：AC。
【分析】结合通电直导线的磁场规律、磁场的叠加原理，分析各点的磁感应强度，同时判断导线间的作用力。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11．（2025·郫都模拟）为探究轻弹簧的弹性势能，设计如图所示实验装置：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一质量为m的小球接触而不连接，开始时弹簧处于原长状态，向左推小球使弹簧压缩一段距离，由静止释放小球，从桌面抛出后，均落在斜面上，已知斜面的倾角为θ，当地的重力加速度大小为g，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。
（1）实验中涉及到下列操作步骤：
①测量小球在斜面落点到桌面的水平距离x
②松手释放小球
③标记小球在斜面上的落点
④向左推小球使弹簧压缩
上述步骤正确的操作顺序是　 　（填入代表步骤的序号）。
（2）根据题目已知可求出在该纸带对应的实验中小球脱离弹簧时的速度为　 　（用x、θ和g表示）。
（3）弹簧被压缩后的弹性势能与斜面落点到桌面的水平距离的x成　 　（填“线性”或“非线性”）关系。
【答案】（1）④②③①
（2）
（3）线性
【知识点】弹性势能
【解析】【解答】（1）根据题意可知，本实验应先向左推小球使弹簧压缩，松手释放小球，然后小球与弹簧分离后开始做平抛运动，标记小球在斜面上的落点，最后测量小球在斜面上落点到桌面的水平距离，故正确的操作顺序为④②③①。
故答案为：④②③①
（2）根据平抛运动的规律可得，，
联立可得
故答案为：
（3）根据能量守恒定律可得
由此可知，弹性势能与斜面落点到桌面的水平距离的x成线性关系。
故答案为：线性
【分析】(1) 操作顺序：实验需先压缩弹簧，再释放小球，标记落点后测量水平距离，按逻辑确定步骤顺序；
(2) 脱离弹簧的速度：小球做平抛运动，结合斜面的几何关系（竖直位移与水平位移的正切关系），联立平抛运动公式求解初速度；
(3) 弹性势能与 x 的关系：弹性势能等于小球的初动能，结合初速度与 x 的关系，分析势能与 x 的函数关系类型。
（1）根据题意可知，本实验应先向左推小球使弹簧压缩，松手释放小球，然后小球与弹簧分离后开始做平抛运动，标记小球在斜面上的落点，最后测量小球在斜面上落点到桌面的水平距离，故正确的操作顺序为④②③①。
（2）根据平抛运动的规律可得，，
联立可得
（3）根据能量守恒定律可得
由此可知，弹性势能与斜面落点到桌面的水平距离的x成线性关系。
12．（2025·郫都模拟）某实验小组欲测量新、旧电池的电动势E和内阻r，实验室提供了以下器材：
待测新电池一节（电动势约为1.5V，内阻约为0.5Ω）
待测旧电池一节（电动势约为1.2V，内阻约为2Ω）
电压表V（量程0~3V，内阻约为3kΩ）
电流表A（具有一定内阻，量程0~0.6A）
滑动变阻器（额定电流2A）
滑动变阻器（额定电流0.5A）
定值电阻（阻值20.0Ω，额定功率10W）
定值电阻（阻值2.0Ω，额定功率5W）
开关S，导线若干
如图（a）为实验电路原理图
（1）请用笔画线代替导线在图（b）中完成实物连接图。
（2）为了更准确地测量新电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选用　 　（填“”或“”），保护电阻应选用　 　（填“”或“”）。
（3）实验小组根据测量新电池得到的数据，在坐标纸上画出了U-I图像（U为电压表读数，I为电流表读数），如图所示。由图像可得新电池的电动势　 　V，内阻　 　Ω（结果均保留两位小数）。
（4）若考虑电流表和电压表内阻对实验结果的影响，对于旧电池，同样采用上述实验方法，由于电压表分流导致的测量误差会比新电池的　 　（填“大”或“小”）。
【答案】（1）
（2）；
（3）1.45；0.50
（4）小
【知识点】实验基础知识与实验误差；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据图示电路图连接实物电路图
（2）为方便实验操作，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择，电池电动势约为1.5V，保护电阻不能太大，保护电阻应选择；
故答案为：；
（3）根据闭合电路欧姆定律有
结合图乙可知电动势
图像斜率的绝对值
代入题中数据，解得
故答案为：1.45；0.50
（4）旧电池电动势小于新电池电动，旧电池内阻大于新电池内阻，旧电池相对于新电池，电压表的分流相对较小，造成的实 验误差较小。
故答案为：小
【分析】(1) 实物连接：根据电路图（电流表与滑动变阻器串联，再与电压表并联，定值电阻与电源串联），按 “电源→开关→定值电阻→电压表并联部分（电流表 + 滑动变阻器）” 的顺序连接；
(2) 器材选择：滑动变阻器选阻值小、额定电流大的以方便调节；保护电阻选与电池内阻匹配的，避免电流过大；
(3) 电动势与内阻：由 U-I 图像的纵截距得电动势，斜率绝对值（结合保护电阻）得电池内阻；
(4) 误差分析：旧电池内阻大，电压表分流占比小，误差更小。
（1）根据图示电路图连接实物电路图
（2）[1][2]为方便实验操作，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择，电池电动势约为1.5V，保护电阻不能太大，保护电阻应选择；
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
结合图乙可知电动势
图像斜率的绝对值
代入题中数据，解得
（4）旧电池电动势小于新电池电动，旧电池内阻大于新电池内阻，旧电池相对于新电池，电压表的分流相对较小，造成的实 验误差较小。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（2025·郫都模拟）如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度沿环上滑（g为重力加速度），小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中，求：
（1）小球在最低点时对金属环的压力；
（2）小球克服摩擦力所做的功。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可得，小球在最低点时对金属环的压力大小为7mg，方向竖直向下；
（2）解：当小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则
小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理可得
联立可得
【知识点】向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 最低点压力：在最低点，小球做圆周运动，由向心力公式（合力提供向心力）求环对小球的支持力，再由牛顿第三定律得小球对环的压力；
(2) 克服摩擦力做功：先由最高点 “与环无作用力” 的条件，用向心力公式求最高点速度；再对从最低点到最高点的过程用动能定理，结合重力做功、动能变化，求解克服摩擦力的功。
（1）根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可得，小球在最低点时对金属环的压力大小为7mg，方向竖直向下；
（2）当小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则
小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理可得
联立可得
14．（2025·郫都模拟）如图所示的装置左侧是法拉第圆盘发电机，其细转轴竖直安装。内阻不计、半径的金属圆盘盘面水平，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度。圆盘在外力作用下以角速度逆时针（俯视）匀速转动，圆盘的边缘和转轴分别通过电刷a、b与光滑水平导轨，相连，导轨间距。在导轨平面内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度，导电性能良好的导轨上放置着一根质量、电阻的金属棒，不计其它一切电阻。
（1）比较a、b两点电势的高低，并计算闭合开关瞬间通过金属棒的电流I；
（2）从闭合开关到金属棒刚达到最大速度过程中，金属棒未离开磁场区，求此过程通过金属棒的电量q和维持圆盘匀速转动外力所做的功W；
【答案】（1）解：由右手定则可知
圆盘切割，感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律得
联立解得
（2）解：导体棒最大速度为vm，有
设金属棒从开始运动到最大速度通过金属棒的电量为q，对金属棒，由动量定理得
由以上两式得
该过程外力对金属圆盘做功为
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 电势高低与电流：用右手定则判断圆盘发电的电势高低；由圆盘切割磁感线的感应电动势公式求电动势，再用欧姆定律求电流；
(2) 电量与外力做功：金属棒达最大速度时，安培力与感应电动势的反电动势平衡，先求最大速度；用动量定理求电量，结合能量守恒（外力做功转化为金属棒动能与电路焦耳热）求外力做功。
（1）由右手定则可知
圆盘切割，感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律得
联立解得
（2）导体棒最大速度为vm，有
设金属棒从开始运动到最大速度通过金属棒的电量为q，对金属棒，由动量定理得
由以上两式得
该过程外力对金属圆盘做功为
15．（2025·郫都模拟）如图所示，在水平虚线下方有正交的匀强磁场和匀强电场，其中磁场方向垂直纸面向里，电场方向水平向右。在距离水平虚线h高处以某一初速度水平向右抛出一个质量为m、带电荷量为的小球，通过水平虚线上的A点进入电磁场中，一段时间后又从水平虚线上的P点沿与水平方向成角斜向右上方射出电磁场区域，已知电场强度，O到A的水平距离及A、P间距离均为2h，已知当地重力加速度为g，求：
（1）带电小球经过A点时的速度；
（2）带电小球经过P点时的速度大小及磁感应强度B的大小；
（3）带电小球从O到P运动的时间。
【答案】（1）解：小球从O点到A做平抛运动，在竖直方向有
解得
所以有
在水平方向有
解得
所以带电小球经过A点时的速度大小为
方向与水平方向的夹角为；
（2）解：洛伦兹力不做功，从到，根据动能定理
解得带电小球经过P点时的速度大小
根据题意可知小球离开磁场时，水平方向速度
竖直向上；
竖直方向的速度大小
竖直方向，根据动量定理
水平方向，根据动量定理
根据题意，
联立解得，
（3）解：带电小球从O到P运动的时间
结合上述分析可得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) A 点速度：小球从 O 到 A 做平抛运动，结合竖直位移求时间，再求水平、竖直分速度，合成得 A 点速度；
(2) P 点速度与磁感应强度：电场力与重力平衡，小球在电磁场中做匀速圆周运动，由 P 点速度方向得速度大小，结合几何关系得圆周运动半径，再由洛伦兹力公式求 B；
(3) 总运动时间：分平抛运动时间和电磁场中圆周运动的时间（对应圆心角），求和得总时间。
（1）小球从O点到A做平抛运动，在竖直方向有
解得
所以有
在水平方向有
解得
所以带电小球经过A点时的速度大小为
方向与水平方向的夹角为；
（2）洛伦兹力不做功，从到，根据动能定理
解得带电小球经过P点时的速度大小
根据题意可知小球离开磁场时，水平方向速度
竖直向上；
竖直方向的速度大小
竖直方向，根据动量定理
水平方向，根据动量定理
根据题意，
联立解得，
（3）带电小球从O到P运动的时间
结合上述分析可得
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