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2025届甘肃省白银市靖远县第二中学高三下学期模拟预测物理试题
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，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·靖远模拟）科学家应用高能钛（Ti）粒子束撞击钚（Pu）粒子获得了“116号”鉝（Lv）元素，其核反应方程为。关于质量数m和粒子X，下列说法正确的是（　　）
A．X为中子，m=50 B．X为中子，m=46
C．X为电子，m=46 D．X为质子，m=50
【答案】A
【知识点】动量守恒定律；原子核的人工转变
【解析】【解答】设粒子X质量数、电荷数分别为a、b，根据核反应前后电荷数守恒有
解得
所以X是中子，所以，根据核反应前后质量数守恒有
联立解得m=50
故答案为：A。
【分析】根据核反应的电荷数守恒和质量数守恒，确定粒子X的电荷数与质量数，进而判断粒子类型及m的值。
2．（2025·靖远模拟）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时位于原点O的波源开始振动，距离波源x=1m处的质点的振动图像如图所示。t=3s时，距离波源x=2m处的质点相对平衡位置的位移以及振动方向为（　　）
A．y=0，沿y轴负方向 B．y=0.8m，沿y轴负方向
C．y=0，沿y轴正方向 D．y=-0.8m，沿y轴正方向
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】由图可知，传播速度
周期T=2s，因此波长
波源的起振方向沿y轴正方向，x=2m处的质点距离波源恰好为半个波长，因此x=2m处的质点与波源的振动情况刚好相反，t=3s时波源刚好振动了1.5个周期，因此处于平衡位置，振动方向沿y轴负方向，则x=2m处的质点也处于平衡位置，振动方向沿y轴正方向。
故答案为：C。
【分析】先由x=1m处质点的振动图像求波速、周期，再分析x=2m处质点的振动滞后时间，结合波源振动情况确定其位移与振动方向。
3．（2025·靖远模拟）如图所示，将点燃的蜡烛火焰置于两平行带电金属板之间，左板带负电、右板带正电，可观察到火焰扁平化，当两金属板间的电势差增大到一定值时，火焰甚至会熄灭，这是由于火焰附近的空气电离产生正、负离子，带电离子在电场力的作用下推动空气分子，形成电子风。下列说法正确的是（　　）
A．电场力对正、负离子均做负功 B．电场力对正、负离子均做正功
C．正、负离子均向左偏移 D．正、负离子均向右偏移
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】两极板间的电场方向由右指向左，正电荷受力方向与电场方向相同，负电荷受力方向与电场方向相反，故正离子向左偏移，负离子向右偏移，电场对离子均做正功。
故答案为：B。
【分析】先确定电场方向，再分析正、负离子的受力方向，结合力与位移的关系判断电场力做功情况。
4．（2025·靖远模拟）匝数为100匝、内阻可忽略不计的线圈置于周期性变化的磁场中，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。用该线圈输出的电流对额定功率P=400W的电熨斗供电，电熨斗正常工作，下列说法正确的是（　　）
A．线圈输出交流电的频率为100Hz
B．时，线圈中的电流改变方向
C．该电熨斗的额定电压为220V
D．通过电熨斗的电流的有效值为4A
【答案】D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图可知，交流电周期T=0.02s，根据周期与频率的关系，可知频率f=50Hz，故A错误；
B．时，磁通量为零，变化率最大，此时电动势最大，方向不变，因此电流方向不改变，故B错误；
C．根据正弦交流电最大电动势公式，以及，解得，有效值，故C错误；
D．根据闭合回路中，解得，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先由磁通量图像求周期、频率，再用法拉第电磁感应定律求感应电动势有效值，最后结合电功率公式求电流有效值。
5．（2025·靖远模拟）如图甲所示，一可视为质点的滑块在时刻以某一初速度滑上静置在水平地面上的斜面体M，内滑块沿斜面运动的位移s随时间t变化的图像如图乙所示，其中内的图线为抛物线。整个过程中，斜面体M始终保持静止，下列说法正确的是（　　）
A．初速度大小为
B．内斜面体M一直受到地面的摩擦力
C．内斜面体M受到的支持力始终不变
D．内滑块处于失重状态
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；超重与失重；牛顿定律与图象
【解析】【解答】A．由图像可知，滑块向上先匀减速到零，再保持静止，根据，解得，故A错误；
BC．根据整体受力分析，受到地面的摩擦力，方向水平向左，地面的支持力满足，处于静止状态，摩擦力消失，，故BC错误；
D．根据A分析，内滑块的加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分量，滑块处于失重状态，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先由位移-时间图像分析滑块的运动状态，再结合加速度的分量判断失重状态，同时分析斜面体的受力变化。
6．（2025·靖远模拟）2024年8月6号，“千帆星座”的首批组网卫星以“一箭18星”的配置成功升空入轨，标志着我国向组建全球卫星互联网迈出了重要一步。如图所示，航天器携带卫星A从地面发射到成功将其送入离地面高度为h的圆形轨道，整个过程中航天器对卫星A做功的大小为W。已知卫星A的质量为m，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星A从地面到入轨过程中，不计空气阻力，重力势能的改变量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】万有引力定律；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．运动过程中，重力加速度发生变化，，故A错误；
BCD．对卫星A在轨道上由万有引力提供向心力有
由以及动能定理得
联立解得，故C正确，BD错误；
故答案为：C。
【分析】先由万有引力提供向心力求卫星入轨后的动能，再结合动能定理（航天器做功等于重力势能变化量与动能之和），推导重力势能的改变量。
7．（2025·靖远模拟）空下落的雨滴，由于空气阻力的原因，接近地面时已经达到匀速。如图所示，离地面高度为H的雨滴，由静止开始竖直下落，下落过程中受到的空气阻力大小与速度大小成正比，即f=kv（k为常数），以地面为零势能面，雨滴下落过程中机械能E随下落的高度h及所受合外力的功率P随速度大小v变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【解答】AB．雨滴下落，机械能E的减少量等于克服空气阻力f做的功，故图像斜率的绝对值
根据牛顿第二定律有
雨滴做加速度减小的加速运动，当a=0时，速度达到最大，
故落到地面时
因此E-h图像斜率的绝对值越来越大，落地时E>0，AB错误；
CD．合外力的功率，因此P是关于v的二次函数，且当v=0和时，P=0，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】先分析雨滴的运动性质（加速度减小的加速运动，最终匀速），再结合机械能的变化率（阻力做功功率）、合外力功率的表达式，逐一判断图像合理性。
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，有选错的得0分。
8．（2025·靖远模拟）如图所示为某位网球爱好者发球的准备动作，网球以3m/s的初速度从运动员手中下落了80cm，经地面弹起后恰好回到运动员手中（运动员手位置未动）。已知网球与地面的作用时间为0.1s，网球的质量为0.06kg，忽略空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．网球接触地面前机械能逐渐增大
B．地面对网球的弹力是由于网球发生形变而产生的
C．网球触地前瞬间的动能为0.75J
D．地面对网球的冲量大小为0.6N·s
【答案】C,D
【知识点】形变与弹力；动量定理；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．网球接触地面前仅受重力，机械能（动能+重力势能）守恒，不会增大，A错误；
B．地面对网球的弹力是地面发生形变而产生的，并非网球形变，B错误；
C．由动能定理有，解得，C正确；
D．由，解得触地前速度大小，方向向下，
触地后至回到运动员手中有
解得触地后速度大小，方向向上，
由动量定理有
解得，D正确。
故答案为：CD。
【分析】逐一分析选项：结合机械能守恒判断A；明确弹力的产生原因判断B；用动能定理求触地前动能判断C；用动量定理求地面对网球的冲量判断D。
9．（2025·靖远模拟）如图甲所示，一倾角为的光滑斜面底端连接由轻弹簧和滑块A组成的弹簧振子，A的质量为m1，刚开始弹簧振子处于静止状态，O点是弹簧振子的平衡位置。现将质量为m2的滑块B从斜面上的P点由静止释放，B运动到O点与A发生正碰，碰撞时间极短，A开始做简谐运动，B反弹运动到最高点Q后被拿走，并且当B运动到最高点时，A刚好第一次返回O点。已知B在斜面上运动的速度随时间（v-t）变化的关系图像如图乙所示（、均为已知量），A、B均可视为质点，且质量关系为，重力加速度为g，弹簧一直处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．碰撞后弹簧振子振动过程中A的机械能守恒
B．A、B的碰撞为弹性碰撞
C．弹簧振子的振动周期为
D．若A在最低点时的加速度等于，则A在最高点时，弹簧恰好恢复原长
【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．弹簧振子的机械能是A 的机械能与弹簧弹性势能之和，单独 A 的机械能会与弹簧弹性势能相互转化，因此 A 的机械能不守恒，A错误；
B．碰撞前，B的动能A、B发生碰撞，根据动量守恒定律有，结合，解得，碰撞后总动能，因此A、B的碰撞为弹性碰撞，B正确；
C．B上滑减速到零的时间，A第一次返回平衡位置，运动了半个周期，故，C错误；
D．平衡位置时，则有，弹簧处于压缩状态，又知A在最低点时的加速度
由对称性可知，A在最高点时的加速度
根据牛顿第二定律可知
解得x=0
弹簧恰好恢复原长，D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合弹簧振子的系统机械能；用动量守恒、动能守恒判断碰撞类型；结合B的运动时间分析弹簧振子周期；通过加速度与受力的关系分析弹簧状态。
10．（2025·靖远模拟）如图甲所示，两块平行正对的金属板PQ、MN水平放置，板间加上如图乙所示的交变电压（、为已知量），金属板右侧分布着垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以大小为的初速度在t=0时刻从上极板左端边缘P处水平向右进入金属板间的电场内，然后从下极板右边缘N处水平进入磁场，最终恰好从下极板左边缘M处水平向左离开金属板，轨迹如图甲中虚线所示。忽略粒子所受的重力和极板的边缘效应，下列说法正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．粒子整个运动过程中的最大动能为
C．金属板的长度为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．t=0时上极板带正电，粒子向下偏转，说明电场力方向向下，与电场方向（P→MN）相同，故粒子带正电，A正确；
B．粒子在电场中运动时，电场力先对粒子做正功，再对粒子做负功，根据能量守恒定律可知，粒子的最大动能
B正确；
C．由运动轨迹可知，粒子先在电场中做加速运动的时间，再做减速运动的时间为，进入磁场中做半个周期的圆周运动，然后在电场中做加速运动的时间为，再做减速运动的时间为，最终从下极板边缘水平射出，粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，故金属板的长度，C错误；
D．设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，金属板间的距离d=2R，粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律可得
由运动学公式可得
联立解得
在匀强磁场中，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
解得磁感应强度大小，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】结合电场力方向、能量守恒、电场中运动的时间与位移、磁场中圆周运动的半径推导，逐一分析选项。
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．（2025·靖远模拟）某同学用激光测半圆形玻璃砖的折射率，实验过程如下：
A．将白纸固定在木板上，画出一条直线，将半圆形玻璃砖的直径边与光屏P平行放置在白纸上，光屏与直线重合；
B．从另一侧用平行白纸的激光笔从圆弧A点沿半径方向射入玻璃砖，此时在光屏上的处有光点；
C．移走玻璃砖，光点移到处，移走光屏（此前已在白纸上记录A、O、、的位置）；
D．以O点为圆心，以为半径画圆，交延长线于C点；
E．过O点作所在直线相交于B点，过C点作延长线相交于D点。
（1）请在图中画出激光束经半圆形玻璃砖折射后完整的光路图。
（2）若不使用量角器，要测量该玻璃砖的折射率，需要测量CD的长度和　 　的长度，该玻璃砖的折射率可以表示为。
（3）相对误差的计算式为，为了减小折射率测量的相对误差，实验中激光的入射角应适当　 　（填“大”或“小”）一些。
【答案】（1）
（2）
（3）大
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）光路如下图所示：
（2）根据，则要测量该玻璃砖的折射率，需要测量CD的长度和BS1的长度，该玻璃砖的折射率可以表示为
故答案为：
（3）为了减小折射率测量的相对误差，实验中激光的入射角应适当大一些。
故答案为：大
【分析】(1) 激光沿半径入射（垂直圆弧面），在直径面发生折射，结合实验步骤补全光路；
(2) 利用折射定律，结合几何关系将三角函数转化为线段长度比；
(3) 分析入射角对测量误差的影响，确定合适的入射角大小。
（1）光路如图
（2）根据
则要测量该玻璃砖的折射率，需要测量CD的长度和BS1的长度，该玻璃砖的折射率可以表示为
（3）为了减小折射率测量的相对误差，实验中激光的入射角应适当大一些。
12．（2025·靖远模拟）某兴趣小组欲将一个量程为0.6A、内阻不计的电流表改装成欧姆表。实验室提供的器材有：
A.4节新干电池（每节新干电池的电动势均为E=1.5V、内阻均不计）
B．滑动变阻器（最大阻值为20）
C．滑动变阻器（最大阻值为5）
D．表笔
E．导线若干
实验过程如下：
（1）将4节新干电池串联充当电源，选取滑动变阻器　 　（填“”或“”），按图甲连接电路，滑动变阻器移到阻值最大处。
（2）将两表笔短接，移动滑动变阻器的滑片，直到电流表达到满偏电流，此时整个电路的内阻　 　，该步骤为使用欧姆表测量未知电阻阻值过程中的　 　（填“欧姆调零”或“机械调零”）。
（3）两表笔连接被测电阻，如图乙所示。此时电流表的示数如图丙所示，则电流表的示数I=　 　A，对应的被测电阻的阻值　 　。
【答案】（1）
（2）10；欧姆调零
（3）0.20；20
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）4节新干电池串联，电动势，可知电路最小电阻，故滑动变阻器选。
故答案为：
（2）将两表笔短接，移动滑动变阻器的滑片，直到电流表达到满偏电流，根据闭合电路欧姆定律，可知此时整个电路的内内阻，该步骤为使用欧姆表测量未知电阻阻值过程中的欧姆调零。
故答案为：10；欧姆调零
（3）图丙可知，电流表最小分度值为0.02A，故读数保留到百分位，即读数为I=0.20A。
根据闭合电路欧姆定律有
联立以上解得
故答案为：0.20；20
【分析】(1) 先计算欧姆表满偏时的最小内阻，据此选择合适的滑动变阻器；
(2) 利用闭合电路欧姆定律求欧姆表内阻，明确欧姆调零的操作；
(3) 读取电流表示数，再用闭合电路欧姆定律求被测电阻阻值。
（1）4节新干电池串联，电动势，可知电路最小电阻
故滑动变阻器选。
（2）[1][2]将两表笔短接，移动滑动变阻器的滑片，直到电流表达到满偏电流，根据闭合电路欧姆定律，可知此时整个电路的内内阻
该步骤为使用欧姆表测量未知电阻阻值过程中的欧姆调零。
（3）[1]图丙可知，电流表最小分度值为0.02A，故读数保留到百分位，即读数为I=0.20A。
[2]根据闭合电路欧姆定律有
联立以上解得
13．（2025·靖远模拟）一同学在水上乐园戏水时，用反扣的塑料盆提水。简化模型如下，质量未知的塑料盆近似看成底面积为S的圆柱形容器。刚开始时盆倒扣在水中，松手后盆底恰好与水面齐平，如图甲所示，盆内有高度为h的空气。现用拉力F缓慢向上提起盆，盆口一直没有脱离水面。忽略盆的厚度及形变，大气压强为，重力加速度为g，水的密度为，盆内空气可视为理想气体，不考虑温度的变化。
（1）求盆的质量以及刚开始时盆内空气的压强；
（2）当在水面上方盆内有高度为H的水时，如图乙所示，求此时盆底离水面的高度；
（3）向上提升盆的过程中，盆内空气是吸热还是放热，请说明理由。
【答案】（1）解：受力分析有
解得
联立解得，盆内空气的压强
（2）解：当盆内的水高度为H时，盆内空气的压强满足
缓慢拉升，充足时间热交换，发生等温变化，根据玻意耳定律有
联立解得
（3）解：等温过程，内能不变，，由第（2）问可知，提升过程中，盆内空气的压强减小，体积增大，气体对外做功，，根据热力学第一定律有
可知Q>0，故吸热。
【知识点】共点力的平衡；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 对盆受力分析（重力与浮力平衡）求质量，结合液体压强公式求盆内空气压强；
(2) 利用玻意耳定律（等温变化），结合气体压强、体积的变化关系，推导盆底离水面的高度；
(3) 根据热力学第一定律，分析气体体积变化的做功与内能变化，判断吸放热。
（1）受力分析有
解得
联立解得，盆内空气的压强
（2）当盆内的水高度为H时，盆内空气的压强满足
缓慢拉升，充足时间热交换，发生等温变化，根据玻意耳定律有
联立解得
（3）等温过程，内能不变，，由第（2）问可知，提升过程中，盆内空气的压强减小，体积增大，气体对外做功，，根据热力学第一定律有
可知Q>0，故吸热。
14．（2025·靖远模拟）某同学用质量m=20g、可视为质点的小石片打“水”漂的轨迹示意图如图所示，小石片从距液面高处的P点以初速度水平飞出后，从A点与液面成角射入某种液体中，然后从B点与液面成角射出液面做斜上抛运动，到达最高点D时距离液面的高度。已知小石片从A点运动到B点的过程中，水平方向的运动可视为匀变速直线运动，A、B两点间的距离L=1m，重力加速度，，不计空气阻力。求：
（1）小石片从P点运动到D点的过程中，该液体对小石片做的功W；
（2）小石片从抛出到第二次进入液面运动的时间t。
【答案】（1）解：小石片从P点运动到A点，由平抛运动规律可知，小石片在A点速度大小
设小石片在B点速度大小为，从B点运动到D点，由平抛运动规律可知，小石片在D点速度大小
由机械能守恒定律有
从A点运动到B点，只有液体对小石片做功，由动能定理有
代入题中数据，联立解得
（2）解：从P点运动到A点，
因为
从A点运动到B点，水平方向做匀减速运动
从B点运动到D点，竖直方向减速到零
根据对称性可知
联立解得t=1.2s
【知识点】平抛运动；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 先由平抛运动规律求A点速度，再由斜抛运动的机械能守恒求B点速度，最后用动能定理求液体对小石块做的功；
(2) 分阶段计算各过程的时间（P到A的平抛时间、A到B的水平匀速时间、B到D再到液面的斜抛时间），求和得总时间。
（1）小石片从P点运动到A点，由平抛运动规律可知，小石片在A点速度大小
设小石片在B点速度大小为，从B点运动到D点，由平抛运动规律可知，小石片在D点速度大小
由机械能守恒定律有
从A点运动到B点，只有液体对小石片做功，由动能定理有
代入题中数据，联立解得
（2）从P点运动到A点，
因为
从A点运动到B点，水平方向做匀减速运动
从B点运动到D点，竖直方向减速到零
根据对称性可知
联立解得t=1.2s
15．（2025·靖远模拟）某工厂检测铜线框是否闭合的装置如图所示，足够长的绝缘传送带水平放置，在传送带上的OACD矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，矩形区域的宽度为d．现让传送带以大小为的速度沿顺时针匀速转动，将质量为m、边长为d的正方形线框从PQ左侧无初速度释放，线框与传送带共速后，从OA边进入磁场。已知线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）求PQ与AO之间的最短距离；
（2）若线框进入磁场后有明显移动，则可达到检测的目的，求磁感应强度大小B满足的条件；
（3）满足（2）条件的情况下，调节磁感应强度B的大小，发现线框以的速度匀速离开磁场。求：
（ⅰ）磁感应强度的大小以及线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热；
（ⅱ）线框从进入磁场到再次与传送带共速所需的时间。
【答案】（1）解：若线框进入磁场之前恰与传送带达到共速，则PQ与AQ之间的距离最短，由动能定理有
解得
（2）解：线框进入磁场切割磁感线，由法拉第电磁感应定律有
由闭合回路欧姆定律有
对线框受力分析可知，当时，才能起到检测效果
联立解得
（3）解：（ⅰ）线框恰好以的速度匀速穿出磁场，即
其中，
解得
根据功能关系可得产生的焦耳热满足
由动能定理有
解得
（ⅱ）设从线框刚进入磁场到完全出磁场，运动时间为，由动量定理有
其中、
以及平均速度公式
得到
设线框出磁场后，在摩擦力作用下重新达到共速所花的时间为，由动量定理可知
其中
联立解得
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1) 线框从静止到与传送带共速的过程，由动能定理结合摩擦力做功，求最短距离；
(2) 线框进入磁场后，安培力需大于最大静摩擦力才会移动，据此推导磁感应强度的条件；
(3) (i) 线框匀速离开磁场时安培力与摩擦力平衡，求磁感应强度；再由能量守恒求焦耳热；
(ii) 分阶段计算线框在磁场中减速、离开磁场后加速的时间，求和得总时间。
（1）若线框进入磁场之前恰与传送带达到共速，则PQ与AQ之间的距离最短，由动能定理有
解得
（2）线框进入磁场切割磁感线，由法拉第电磁感应定律有
由闭合回路欧姆定律有
对线框受力分析可知，当时，才能起到检测效果
联立解得
（3）（ⅰ）线框恰好以的速度匀速穿出磁场，即
其中，
解得
根据功能关系可得产生的焦耳热满足
由动能定理有
解得
（ⅱ）设从线框刚进入磁场到完全出磁场，运动时间为，由动量定理有
其中、
以及平均速度公式
得到
设线框出磁场后，在摩擦力作用下重新达到共速所花的时间为，由动量定理可知
其中
联立解得
1 / 12025届甘肃省白银市靖远县第二中学高三下学期模拟预测物理试题
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，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·靖远模拟）科学家应用高能钛（Ti）粒子束撞击钚（Pu）粒子获得了“116号”鉝（Lv）元素，其核反应方程为。关于质量数m和粒子X，下列说法正确的是（　　）
A．X为中子，m=50 B．X为中子，m=46
C．X为电子，m=46 D．X为质子，m=50
2．（2025·靖远模拟）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时位于原点O的波源开始振动，距离波源x=1m处的质点的振动图像如图所示。t=3s时，距离波源x=2m处的质点相对平衡位置的位移以及振动方向为（　　）
A．y=0，沿y轴负方向 B．y=0.8m，沿y轴负方向
C．y=0，沿y轴正方向 D．y=-0.8m，沿y轴正方向
3．（2025·靖远模拟）如图所示，将点燃的蜡烛火焰置于两平行带电金属板之间，左板带负电、右板带正电，可观察到火焰扁平化，当两金属板间的电势差增大到一定值时，火焰甚至会熄灭，这是由于火焰附近的空气电离产生正、负离子，带电离子在电场力的作用下推动空气分子，形成电子风。下列说法正确的是（　　）
A．电场力对正、负离子均做负功 B．电场力对正、负离子均做正功
C．正、负离子均向左偏移 D．正、负离子均向右偏移
4．（2025·靖远模拟）匝数为100匝、内阻可忽略不计的线圈置于周期性变化的磁场中，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。用该线圈输出的电流对额定功率P=400W的电熨斗供电，电熨斗正常工作，下列说法正确的是（　　）
A．线圈输出交流电的频率为100Hz
B．时，线圈中的电流改变方向
C．该电熨斗的额定电压为220V
D．通过电熨斗的电流的有效值为4A
5．（2025·靖远模拟）如图甲所示，一可视为质点的滑块在时刻以某一初速度滑上静置在水平地面上的斜面体M，内滑块沿斜面运动的位移s随时间t变化的图像如图乙所示，其中内的图线为抛物线。整个过程中，斜面体M始终保持静止，下列说法正确的是（　　）
A．初速度大小为
B．内斜面体M一直受到地面的摩擦力
C．内斜面体M受到的支持力始终不变
D．内滑块处于失重状态
6．（2025·靖远模拟）2024年8月6号，“千帆星座”的首批组网卫星以“一箭18星”的配置成功升空入轨，标志着我国向组建全球卫星互联网迈出了重要一步。如图所示，航天器携带卫星A从地面发射到成功将其送入离地面高度为h的圆形轨道，整个过程中航天器对卫星A做功的大小为W。已知卫星A的质量为m，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星A从地面到入轨过程中，不计空气阻力，重力势能的改变量为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·靖远模拟）空下落的雨滴，由于空气阻力的原因，接近地面时已经达到匀速。如图所示，离地面高度为H的雨滴，由静止开始竖直下落，下落过程中受到的空气阻力大小与速度大小成正比，即f=kv（k为常数），以地面为零势能面，雨滴下落过程中机械能E随下落的高度h及所受合外力的功率P随速度大小v变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
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，有选错的得0分。
8．（2025·靖远模拟）如图所示为某位网球爱好者发球的准备动作，网球以3m/s的初速度从运动员手中下落了80cm，经地面弹起后恰好回到运动员手中（运动员手位置未动）。已知网球与地面的作用时间为0.1s，网球的质量为0.06kg，忽略空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．网球接触地面前机械能逐渐增大
B．地面对网球的弹力是由于网球发生形变而产生的
C．网球触地前瞬间的动能为0.75J
D．地面对网球的冲量大小为0.6N·s
9．（2025·靖远模拟）如图甲所示，一倾角为的光滑斜面底端连接由轻弹簧和滑块A组成的弹簧振子，A的质量为m1，刚开始弹簧振子处于静止状态，O点是弹簧振子的平衡位置。现将质量为m2的滑块B从斜面上的P点由静止释放，B运动到O点与A发生正碰，碰撞时间极短，A开始做简谐运动，B反弹运动到最高点Q后被拿走，并且当B运动到最高点时，A刚好第一次返回O点。已知B在斜面上运动的速度随时间（v-t）变化的关系图像如图乙所示（、均为已知量），A、B均可视为质点，且质量关系为，重力加速度为g，弹簧一直处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．碰撞后弹簧振子振动过程中A的机械能守恒
B．A、B的碰撞为弹性碰撞
C．弹簧振子的振动周期为
D．若A在最低点时的加速度等于，则A在最高点时，弹簧恰好恢复原长
10．（2025·靖远模拟）如图甲所示，两块平行正对的金属板PQ、MN水平放置，板间加上如图乙所示的交变电压（、为已知量），金属板右侧分布着垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以大小为的初速度在t=0时刻从上极板左端边缘P处水平向右进入金属板间的电场内，然后从下极板右边缘N处水平进入磁场，最终恰好从下极板左边缘M处水平向左离开金属板，轨迹如图甲中虚线所示。忽略粒子所受的重力和极板的边缘效应，下列说法正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．粒子整个运动过程中的最大动能为
C．金属板的长度为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．（2025·靖远模拟）某同学用激光测半圆形玻璃砖的折射率，实验过程如下：
A．将白纸固定在木板上，画出一条直线，将半圆形玻璃砖的直径边与光屏P平行放置在白纸上，光屏与直线重合；
B．从另一侧用平行白纸的激光笔从圆弧A点沿半径方向射入玻璃砖，此时在光屏上的处有光点；
C．移走玻璃砖，光点移到处，移走光屏（此前已在白纸上记录A、O、、的位置）；
D．以O点为圆心，以为半径画圆，交延长线于C点；
E．过O点作所在直线相交于B点，过C点作延长线相交于D点。
（1）请在图中画出激光束经半圆形玻璃砖折射后完整的光路图。
（2）若不使用量角器，要测量该玻璃砖的折射率，需要测量CD的长度和　 　的长度，该玻璃砖的折射率可以表示为。
（3）相对误差的计算式为，为了减小折射率测量的相对误差，实验中激光的入射角应适当　 　（填“大”或“小”）一些。
12．（2025·靖远模拟）某兴趣小组欲将一个量程为0.6A、内阻不计的电流表改装成欧姆表。实验室提供的器材有：
A.4节新干电池（每节新干电池的电动势均为E=1.5V、内阻均不计）
B．滑动变阻器（最大阻值为20）
C．滑动变阻器（最大阻值为5）
D．表笔
E．导线若干
实验过程如下：
（1）将4节新干电池串联充当电源，选取滑动变阻器　 　（填“”或“”），按图甲连接电路，滑动变阻器移到阻值最大处。
（2）将两表笔短接，移动滑动变阻器的滑片，直到电流表达到满偏电流，此时整个电路的内阻　 　，该步骤为使用欧姆表测量未知电阻阻值过程中的　 　（填“欧姆调零”或“机械调零”）。
（3）两表笔连接被测电阻，如图乙所示。此时电流表的示数如图丙所示，则电流表的示数I=　 　A，对应的被测电阻的阻值　 　。
13．（2025·靖远模拟）一同学在水上乐园戏水时，用反扣的塑料盆提水。简化模型如下，质量未知的塑料盆近似看成底面积为S的圆柱形容器。刚开始时盆倒扣在水中，松手后盆底恰好与水面齐平，如图甲所示，盆内有高度为h的空气。现用拉力F缓慢向上提起盆，盆口一直没有脱离水面。忽略盆的厚度及形变，大气压强为，重力加速度为g，水的密度为，盆内空气可视为理想气体，不考虑温度的变化。
（1）求盆的质量以及刚开始时盆内空气的压强；
（2）当在水面上方盆内有高度为H的水时，如图乙所示，求此时盆底离水面的高度；
（3）向上提升盆的过程中，盆内空气是吸热还是放热，请说明理由。
14．（2025·靖远模拟）某同学用质量m=20g、可视为质点的小石片打“水”漂的轨迹示意图如图所示，小石片从距液面高处的P点以初速度水平飞出后，从A点与液面成角射入某种液体中，然后从B点与液面成角射出液面做斜上抛运动，到达最高点D时距离液面的高度。已知小石片从A点运动到B点的过程中，水平方向的运动可视为匀变速直线运动，A、B两点间的距离L=1m，重力加速度，，不计空气阻力。求：
（1）小石片从P点运动到D点的过程中，该液体对小石片做的功W；
（2）小石片从抛出到第二次进入液面运动的时间t。
15．（2025·靖远模拟）某工厂检测铜线框是否闭合的装置如图所示，足够长的绝缘传送带水平放置，在传送带上的OACD矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，矩形区域的宽度为d．现让传送带以大小为的速度沿顺时针匀速转动，将质量为m、边长为d的正方形线框从PQ左侧无初速度释放，线框与传送带共速后，从OA边进入磁场。已知线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）求PQ与AO之间的最短距离；
（2）若线框进入磁场后有明显移动，则可达到检测的目的，求磁感应强度大小B满足的条件；
（3）满足（2）条件的情况下，调节磁感应强度B的大小，发现线框以的速度匀速离开磁场。求：
（ⅰ）磁感应强度的大小以及线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热；
（ⅱ）线框从进入磁场到再次与传送带共速所需的时间。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】动量守恒定律；原子核的人工转变
【解析】【解答】设粒子X质量数、电荷数分别为a、b，根据核反应前后电荷数守恒有
解得
所以X是中子，所以，根据核反应前后质量数守恒有
联立解得m=50
故答案为：A。
【分析】根据核反应的电荷数守恒和质量数守恒，确定粒子X的电荷数与质量数，进而判断粒子类型及m的值。
2．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】由图可知，传播速度
周期T=2s，因此波长
波源的起振方向沿y轴正方向，x=2m处的质点距离波源恰好为半个波长，因此x=2m处的质点与波源的振动情况刚好相反，t=3s时波源刚好振动了1.5个周期，因此处于平衡位置，振动方向沿y轴负方向，则x=2m处的质点也处于平衡位置，振动方向沿y轴正方向。
故答案为：C。
【分析】先由x=1m处质点的振动图像求波速、周期，再分析x=2m处质点的振动滞后时间，结合波源振动情况确定其位移与振动方向。
3．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】两极板间的电场方向由右指向左，正电荷受力方向与电场方向相同，负电荷受力方向与电场方向相反，故正离子向左偏移，负离子向右偏移，电场对离子均做正功。
故答案为：B。
【分析】先确定电场方向，再分析正、负离子的受力方向，结合力与位移的关系判断电场力做功情况。
4．【答案】D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图可知，交流电周期T=0.02s，根据周期与频率的关系，可知频率f=50Hz，故A错误；
B．时，磁通量为零，变化率最大，此时电动势最大，方向不变，因此电流方向不改变，故B错误；
C．根据正弦交流电最大电动势公式，以及，解得，有效值，故C错误；
D．根据闭合回路中，解得，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先由磁通量图像求周期、频率，再用法拉第电磁感应定律求感应电动势有效值，最后结合电功率公式求电流有效值。
5．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；超重与失重；牛顿定律与图象
【解析】【解答】A．由图像可知，滑块向上先匀减速到零，再保持静止，根据，解得，故A错误；
BC．根据整体受力分析，受到地面的摩擦力，方向水平向左，地面的支持力满足，处于静止状态，摩擦力消失，，故BC错误；
D．根据A分析，内滑块的加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分量，滑块处于失重状态，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先由位移-时间图像分析滑块的运动状态，再结合加速度的分量判断失重状态，同时分析斜面体的受力变化。
6．【答案】C
【知识点】万有引力定律；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】A．运动过程中，重力加速度发生变化，，故A错误；
BCD．对卫星A在轨道上由万有引力提供向心力有
由以及动能定理得
联立解得，故C正确，BD错误；
故答案为：C。
【分析】先由万有引力提供向心力求卫星入轨后的动能，再结合动能定理（航天器做功等于重力势能变化量与动能之和），推导重力势能的改变量。
7．【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【解答】AB．雨滴下落，机械能E的减少量等于克服空气阻力f做的功，故图像斜率的绝对值
根据牛顿第二定律有
雨滴做加速度减小的加速运动，当a=0时，速度达到最大，
故落到地面时
因此E-h图像斜率的绝对值越来越大，落地时E>0，AB错误；
CD．合外力的功率，因此P是关于v的二次函数，且当v=0和时，P=0，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】先分析雨滴的运动性质（加速度减小的加速运动，最终匀速），再结合机械能的变化率（阻力做功功率）、合外力功率的表达式，逐一判断图像合理性。
8．【答案】C,D
【知识点】形变与弹力；动量定理；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．网球接触地面前仅受重力，机械能（动能+重力势能）守恒，不会增大，A错误；
B．地面对网球的弹力是地面发生形变而产生的，并非网球形变，B错误；
C．由动能定理有，解得，C正确；
D．由，解得触地前速度大小，方向向下，
触地后至回到运动员手中有
解得触地后速度大小，方向向上，
由动量定理有
解得，D正确。
故答案为：CD。
【分析】逐一分析选项：结合机械能守恒判断A；明确弹力的产生原因判断B；用动能定理求触地前动能判断C；用动量定理求地面对网球的冲量判断D。
9．【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．弹簧振子的机械能是A 的机械能与弹簧弹性势能之和，单独 A 的机械能会与弹簧弹性势能相互转化，因此 A 的机械能不守恒，A错误；
B．碰撞前，B的动能A、B发生碰撞，根据动量守恒定律有，结合，解得，碰撞后总动能，因此A、B的碰撞为弹性碰撞，B正确；
C．B上滑减速到零的时间，A第一次返回平衡位置，运动了半个周期，故，C错误；
D．平衡位置时，则有，弹簧处于压缩状态，又知A在最低点时的加速度
由对称性可知，A在最高点时的加速度
根据牛顿第二定律可知
解得x=0
弹簧恰好恢复原长，D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合弹簧振子的系统机械能；用动量守恒、动能守恒判断碰撞类型；结合B的运动时间分析弹簧振子周期；通过加速度与受力的关系分析弹簧状态。
10．【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．t=0时上极板带正电，粒子向下偏转，说明电场力方向向下，与电场方向（P→MN）相同，故粒子带正电，A正确；
B．粒子在电场中运动时，电场力先对粒子做正功，再对粒子做负功，根据能量守恒定律可知，粒子的最大动能
B正确；
C．由运动轨迹可知，粒子先在电场中做加速运动的时间，再做减速运动的时间为，进入磁场中做半个周期的圆周运动，然后在电场中做加速运动的时间为，再做减速运动的时间为，最终从下极板边缘水平射出，粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，故金属板的长度，C错误；
D．设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，金属板间的距离d=2R，粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律可得
由运动学公式可得
联立解得
在匀强磁场中，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
解得磁感应强度大小，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】结合电场力方向、能量守恒、电场中运动的时间与位移、磁场中圆周运动的半径推导，逐一分析选项。
11．【答案】（1）
（2）
（3）大
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）光路如下图所示：
（2）根据，则要测量该玻璃砖的折射率，需要测量CD的长度和BS1的长度，该玻璃砖的折射率可以表示为
故答案为：
（3）为了减小折射率测量的相对误差，实验中激光的入射角应适当大一些。
故答案为：大
【分析】(1) 激光沿半径入射（垂直圆弧面），在直径面发生折射，结合实验步骤补全光路；
(2) 利用折射定律，结合几何关系将三角函数转化为线段长度比；
(3) 分析入射角对测量误差的影响，确定合适的入射角大小。
（1）光路如图
（2）根据
则要测量该玻璃砖的折射率，需要测量CD的长度和BS1的长度，该玻璃砖的折射率可以表示为
（3）为了减小折射率测量的相对误差，实验中激光的入射角应适当大一些。
12．【答案】（1）
（2）10；欧姆调零
（3）0.20；20
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）4节新干电池串联，电动势，可知电路最小电阻，故滑动变阻器选。
故答案为：
（2）将两表笔短接，移动滑动变阻器的滑片，直到电流表达到满偏电流，根据闭合电路欧姆定律，可知此时整个电路的内内阻，该步骤为使用欧姆表测量未知电阻阻值过程中的欧姆调零。
故答案为：10；欧姆调零
（3）图丙可知，电流表最小分度值为0.02A，故读数保留到百分位，即读数为I=0.20A。
根据闭合电路欧姆定律有
联立以上解得
故答案为：0.20；20
【分析】(1) 先计算欧姆表满偏时的最小内阻，据此选择合适的滑动变阻器；
(2) 利用闭合电路欧姆定律求欧姆表内阻，明确欧姆调零的操作；
(3) 读取电流表示数，再用闭合电路欧姆定律求被测电阻阻值。
（1）4节新干电池串联，电动势，可知电路最小电阻
故滑动变阻器选。
（2）[1][2]将两表笔短接，移动滑动变阻器的滑片，直到电流表达到满偏电流，根据闭合电路欧姆定律，可知此时整个电路的内内阻
该步骤为使用欧姆表测量未知电阻阻值过程中的欧姆调零。
（3）[1]图丙可知，电流表最小分度值为0.02A，故读数保留到百分位，即读数为I=0.20A。
[2]根据闭合电路欧姆定律有
联立以上解得
13．【答案】（1）解：受力分析有
解得
联立解得，盆内空气的压强
（2）解：当盆内的水高度为H时，盆内空气的压强满足
缓慢拉升，充足时间热交换，发生等温变化，根据玻意耳定律有
联立解得
（3）解：等温过程，内能不变，，由第（2）问可知，提升过程中，盆内空气的压强减小，体积增大，气体对外做功，，根据热力学第一定律有
可知Q>0，故吸热。
【知识点】共点力的平衡；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 对盆受力分析（重力与浮力平衡）求质量，结合液体压强公式求盆内空气压强；
(2) 利用玻意耳定律（等温变化），结合气体压强、体积的变化关系，推导盆底离水面的高度；
(3) 根据热力学第一定律，分析气体体积变化的做功与内能变化，判断吸放热。
（1）受力分析有
解得
联立解得，盆内空气的压强
（2）当盆内的水高度为H时，盆内空气的压强满足
缓慢拉升，充足时间热交换，发生等温变化，根据玻意耳定律有
联立解得
（3）等温过程，内能不变，，由第（2）问可知，提升过程中，盆内空气的压强减小，体积增大，气体对外做功，，根据热力学第一定律有
可知Q>0，故吸热。
14．【答案】（1）解：小石片从P点运动到A点，由平抛运动规律可知，小石片在A点速度大小
设小石片在B点速度大小为，从B点运动到D点，由平抛运动规律可知，小石片在D点速度大小
由机械能守恒定律有
从A点运动到B点，只有液体对小石片做功，由动能定理有
代入题中数据，联立解得
（2）解：从P点运动到A点，
因为
从A点运动到B点，水平方向做匀减速运动
从B点运动到D点，竖直方向减速到零
根据对称性可知
联立解得t=1.2s
【知识点】平抛运动；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 先由平抛运动规律求A点速度，再由斜抛运动的机械能守恒求B点速度，最后用动能定理求液体对小石块做的功；
(2) 分阶段计算各过程的时间（P到A的平抛时间、A到B的水平匀速时间、B到D再到液面的斜抛时间），求和得总时间。
（1）小石片从P点运动到A点，由平抛运动规律可知，小石片在A点速度大小
设小石片在B点速度大小为，从B点运动到D点，由平抛运动规律可知，小石片在D点速度大小
由机械能守恒定律有
从A点运动到B点，只有液体对小石片做功，由动能定理有
代入题中数据，联立解得
（2）从P点运动到A点，
因为
从A点运动到B点，水平方向做匀减速运动
从B点运动到D点，竖直方向减速到零
根据对称性可知
联立解得t=1.2s
15．【答案】（1）解：若线框进入磁场之前恰与传送带达到共速，则PQ与AQ之间的距离最短，由动能定理有
解得
（2）解：线框进入磁场切割磁感线，由法拉第电磁感应定律有
由闭合回路欧姆定律有
对线框受力分析可知，当时，才能起到检测效果
联立解得
（3）解：（ⅰ）线框恰好以的速度匀速穿出磁场，即
其中，
解得
根据功能关系可得产生的焦耳热满足
由动能定理有
解得
（ⅱ）设从线框刚进入磁场到完全出磁场，运动时间为，由动量定理有
其中、
以及平均速度公式
得到
设线框出磁场后，在摩擦力作用下重新达到共速所花的时间为，由动量定理可知
其中
联立解得
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1) 线框从静止到与传送带共速的过程，由动能定理结合摩擦力做功，求最短距离；
(2) 线框进入磁场后，安培力需大于最大静摩擦力才会移动，据此推导磁感应强度的条件；
(3) (i) 线框匀速离开磁场时安培力与摩擦力平衡，求磁感应强度；再由能量守恒求焦耳热；
(ii) 分阶段计算线框在磁场中减速、离开磁场后加速的时间，求和得总时间。
（1）若线框进入磁场之前恰与传送带达到共速，则PQ与AQ之间的距离最短，由动能定理有
解得
（2）线框进入磁场切割磁感线，由法拉第电磁感应定律有
由闭合回路欧姆定律有
对线框受力分析可知，当时，才能起到检测效果
联立解得
（3）（ⅰ）线框恰好以的速度匀速穿出磁场，即
其中，
解得
根据功能关系可得产生的焦耳热满足
由动能定理有
解得
（ⅱ）设从线框刚进入磁场到完全出磁场，运动时间为，由动量定理有
其中、
以及平均速度公式
得到
设线框出磁场后，在摩擦力作用下重新达到共速所花的时间为，由动量定理可知
其中
联立解得
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