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2025届广西高三下学期4月适应性测试物理试卷
一、选择题（共10小题，满分46分。在每个小题给出的四个选项中，第1~7题只有一个选项正确，选对得4分；第8~10有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错或不选的得0分。）
1．（2025·广西壮族自治区模拟）2024年9月，苏州大学国家重点实验室王殳凹、王亚星团队对放射性核素衰变能到光能转换效率提升的研究成果，发表在《自然》杂志上。根据研究结果开发的一种锕系微型辐射光伏核电池，该电池主要是利用锶243发生α衰变时释放的能量。若镅243衰变的核反应方程为，则下列说法正确的是（　　）
A．X的电荷数为96 B．X的电荷数为93
C．X的质量数为243 D．X的质量数为242
2．（2025·广西壮族自治区模拟）某均匀介质中各质点的平衡位置都在轴上，时，处的波源质点开始沿竖直方向做简谐振动，时，波沿轴正方向传播并形成如图所示的波形，则下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速
B．波源的起振方向向上
C．波源振动的频率越高，该波的波速越大
D．时，处的质点第一次到达波峰
3．（2025·广西壮族自治区模拟）如图为明宣德青花缠枝花卉纹莲子碗，内壁看作光滑半球形，为碗内最低点。从点到碗口的点为四分之一圆弧，且、恰好把圆弧三等分。假设用筷子使一颗豆子（可看作质点）分别静止在点和点时，筷子对豆子施加的作用力最小值分别为和，则：等于（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·广西壮族自治区模拟）如图是位于南宁市东南郊的两座邕江大桥，近处为公路桥，远处更高大的是铁路桥。公路桥所用吊杆为高强度平行钢丝，吊点等间距分布，相邻吊点之间的水平距离为。一辆汽车正在匀加速通过公路桥，依次经过相邻的1-5号吊杆。设车头以速度经过2号吊杆，经过时间，车头以经过5号吊杆。则汽车的加速度大小为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·广西壮族自治区模拟）有两个电热器，电热器A通入图甲所示的方波交变电流，电热器B通入图乙所示的正弦式交变电流，图甲、图乙中电流的最大值均为，周期均为。则通过、的电流有效值之比为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以大小相同的速度，从原点以与轴正向成45°角的方向射入磁场（忽略重力）。则这一对正、负电子（　　）
A．在磁场中运动的位移相同
B．在磁场中运动的时间相同
C．在离开磁场时的速度相同
D．运动过程中，洛伦兹力对两电子均做正功
7．（2025·广西壮族自治区模拟）如图，固定斜面与水平面成角，且足够长。从斜面顶端以大小为的初速度抛出一个小球（可视为质点），通过改变初速度方向与水平方向的夹角，可改变小球在斜面上落点的位置。忽略空气阻力，重力加速度为，则最远的落点D（图中未画出）与抛出点A的距离为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·广西壮族自治区模拟）2024年10月30日4时27分，长征二号F遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，搭载的“神舟十九号”载人飞船与火箭成功分离，随后进入预定轨道A运行。约6.5小时后逐步完成变轨，与正在轨道上运行的“天和”核心舱对接，形成三船三舱组合体。轨道半径为，变轨前载人飞船与核心舱运行的周期分别为、。则（　　）
A．变轨前，
B．变轨前，
C．变轨过程中，载人飞船需要向前喷气减速
D．变轨过程中，载人飞船需要向后喷气加速
9．（2025·广西壮族自治区模拟）如图，足够长的光滑金属导轨间距为，平行固定在水平面上，两根质量均为的金属棒、与导轨始终接触良好，静止在轨道上。整个装置处在竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场中。金属棒、接入电路中的阻值均为，导轨的电阻不计。某时刻突然对施加一个水平向右的冲量，下列说法正确的是（　　）
A．最终两棒以相同速度匀速运动
B．最终两棒均静止
C．全过程整个回路中产生的热量
D．全过程整个回路中产生的热量
10．（2025·广西壮族自治区模拟）如图甲所示，轻弹簧劲度系数为，其下端固定在与水平面成的足够长光滑固定斜面上。质量分别为、的木块A、B靠在一起，静止在弹簧上端（A木块末与弹簧固定连接）。在时刻，对木块B施加一沿斜面向上的外力，使木块A、B由静止开始沿斜面向上运动，当弹簧第一次恢复原长时，撤去外力。从时刻到撤去前，两木块的加速度随位移的变化关系如图乙所示。重力加速度为，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．在撤去外力前，外力逐渐减小
B．木块B加速度的最大值为
C．弹簧的最大弹性势能
D．撤去外力后，木块B继续上滑的距离为
二、非选择题（本大题共5小题，共54分。）
11．（2025·广西壮族自治区模拟）某同学采用激光笔和角度圆盘来测量一块半圆形玻璃砖的折射率。激光笔固定在圆盘外部，对准圆心，半圆形玻璃砖吸附在圆盘上，与圆盘一起绕圆心转动，下图是他在某次实验中使用手机所拍摄的照片，右图为示意图。照片中拍到了三条明亮的光线①②③，随后他将圆盘从图示位置再缓慢地转过，发现三条光线中有一条恰好消失。回答以下问题：
（1）消失的光线是图中的　 　（填“①”“②”或“③”）；
（2）该同学是　 　（填“顺时针”或“逆时针”）旋转圆盘导致该光线恰好消失；
（3）半圆形玻璃砖对该激光的折射率　 　。
12．（2025·广西壮族自治区模拟）某同学练习使用多用电表，在实验室找到一多用电表和一量程为3V的电压表进行如下实验。
（1）首先将多用电表挡位调到欧姆“”挡，再将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零；然后将多用电表的黑表笔与电压表的　 　（填“+”或“-”）接线柱相连，红表笔与另一接线柱相连；此时两表的示数如图甲、乙所示，则图甲中多用电表的示数为　 　，图乙中电压表的示数为　 　V；已知该多用电表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”，则使用欧姆“”挡时表内电池的电动势为　 　V。
（2）假设经过一段时间的使用之后，此多用电表欧姆“”挡表内电池的电动势不变，而内阻增大，则重新欧姆调零之后，正确操作测得的电阻阻值将　 　（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
13．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，竖直放置的金属极板A、B间所加恒定电压大小为，其中极板A连接电源负极，B连接正极，紫外线照射金属极板使其发生光电效应。一个光电子从极板A上的点逸出时速度大小为，方向与水平方向的夹角为，当它运动到点时，速度方向与水平方向的夹角变为。不计光电子的重力，已知电子的质量为，电荷量为-e，求：
（1）、两点间的电势差；
（2）光电子到达板时的动能。
14．（2025·广西壮族自治区模拟）一定质量的理想气体，沿图中箭头方向，先经历等温膨胀过程从状态变化到状态，再经历等容升温过程变化到状态，最后经历等压压缩过程回到状态。
（1）已知，求气体在状态时的温度；
（2）说明（或证明）图中曲线与轴所围面积等于气体从状态变化到状态过程中对外界所做的功；
（3）设过程气体对外做功65J，求经过一个循环后，气体放出的热量。
15．（2025·广西壮族自治区模拟）中国2024年的快递业务量突破1700亿件，已经连续11年稳居世界第一。如图所示，某快递公司的分拣机器人在时刻，将一质量为的快递包裹A无初速度投到分拣口下方与水平面成角的倾斜传送带上，传送带以的速度顺时针匀速转动，包裹A与倾斜传送带之间的动摩擦因数。在时刻，包裹以的速度到达倾斜传送带底端，并滑入高为、总长度为的螺旋滑槽。螺旋滑槽上表面为特殊材料，其对包裹的阻力大小与包裹的速度成正比，即（为常数）。在时刻，包裹A从螺旋滑槽末端以的速度滑出，平滑滑进静止在水平轨道左端的质量也为的托盘B并撞到其右侧挡板（碰撞时间极短），然后一起滑过水平轨道，最终平稳滑上水平运行的传送带。水平传送带与轨道垂直且等高，宽度，运行速度，托盘B与轨道、传送带间的动摩擦因数均为。已知重力加速度，包裹A与托盘B均可视作质点，，，求：
（1）倾斜传送带顶端到底端的距离；
（2）螺旋滑槽上表面阻力系数；
（3）水平轨道的长度满足什么条件时，A、B可以被水平传送带输送离开。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电荷守恒定律；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】根据质量数和电荷数守恒，该反应方程为可知，X的电荷数为93，质量数为239。
故答案为：B。
【分析】利用核反应的质量数守恒和电荷数守恒，结合 α 粒子的参数，直接计算 X 的电荷数与质量数。
2．【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．波速，A正确；
B．由图可知时处的质点刚刚开始振动，由同侧法可知起振方向向下，故点的起振方向也向下，B错误；
C．机械波的传播速度由介质决定，与频率无关，C错误；
D．由图可知波长，根据，得，波从传到，用时，时质点已经振动了，第二次到达波谷，D错误。
故答案为：A。
【分析】通过波形传播的距离与时间求波速，结合质点起振方向的判断方法确定波源起振方向，明确机械波波速的决定因素，再利用波速、波长的关系分析质点的振动情况。
3．【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】根据平行四边形定则或三角形法则，重力的大小、方向恒定，当外力与支持力垂直时，所施加的外力最小，作受力分析图如图所示：
由几何关系得，
则
故答案为：C。
【分析】豆子静止时受重力、碗的支持力和筷子的作用力，利用 “力的三角形法则”（当筷子作用力与支持力垂直时，作用力最小），结合几何关系求最小作用力的比值。
4．【答案】B
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间内初、末时刻速度矢量和的一半，且等于中间时刻的瞬时速度。由2号吊杆运动到5号吊杆用时，则有
解得
则加速度
故答案为：B。
【分析】先确定2号到5号吊杆的水平位移，再结合匀加速直线运动的平均速度公式和加速度定义式，直接计算加速度。
5．【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】设图甲中交流电的有效值为，根据有效值的定义有
解得
图乙中正弦式交流电的有效值为
解得
故答案为：D。
【分析】根据交变电流有效值的定义（相同时间内，交变电流与恒定电流通过相同电阻产生的热量相等，则恒定电流值为交变电流的有效值），分别计算A、B的电流有效值，再求比值。
6．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据左手定则，正电子逆时针偏转，负电子顺时针偏转，作出正、负电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示。由几何关系得正、负电子的位移等大反向，A错误；
B．正电子运动时间为，负电子运动时间为，运动时间不同，B错误；
C．速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性，重回边界飞出轴时的速度大小和方向均相同，C正确；
D．洛伦兹力不做功，D错误。
故答案为：C。
【分析】利用左手定则判断正、负电子的偏转方向，结合圆周运动的对称性分析位移、运动时间、离开速度，再明确洛伦兹力的做功特点。
7．【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】以A为坐标原点建立直角坐标系，垂直斜面向上为轴正方向，平行斜面向下为轴正方向，对小球在空中的运动进行分解。方向的初速度和加速度分别为，
则小球在空中飞行的时间
小球沿水平方向飞行的距离
则沿轴正向的位移
解得
由积化和差公式知
为已知，显然当
即时，有最大值，且最大值
故答案为：B。
【分析】将小球的运动分解到平行斜面和垂直斜面方向，结合运动学公式推导落点距离的表达式，再利用三角函数的最值条件求最远距离。
8．【答案】A,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】AB．根据开普勒第三定律，，则，故A正确，B错误；
CD．载人飞船要从低轨道A变轨到较高的B轨道，需要点火加速，即向后喷气，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】利用开普勒第三定律判断轨道周期与轨道半径的关系，结合变轨的原理（低轨变高轨需加速）分析变轨过程的操作。
9．【答案】A,C
【知识点】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】AB．棒受到水平向右的冲量向右运动后，受向左的安培力做减速运动，棒受向右的安培力做加速运动，两棒速度相等时回路中不再产生感应电流，两棒最终一起以相同的速度匀速运动，A正确，B错误；
CD．设棒受到冲量后获得的初速度为，根据动量定理得，解得
因为两棒组成的系统合外力为0，所以系统的动量守恒，根据动量守恒定律得，解得
根据能量守恒定律得回路中产生的热量为，C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】先通过动量定理确定cd棒的初速度，再利用系统动量守恒分析两棒的最终运动状态，最后结合能量守恒计算回路产生的热量。
10．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．木块静止在轻弹簧上时，弹簧的压缩量
撤去前，设木块、的位移为，由牛顿第二定律有
整理得
则图像纵轴截距为是定值，所以是恒力，A错误；
B．当弹簧恢复原长即时撤去，由图像知此时，即，解得
时刻时最大，且沿斜面向上，而撤去后木块的加速度为沿斜面向下不变，故B正确；
C．弹簧最大弹性势能为，C正确；
D．设撤去外力后木块、分离，分离前瞬间
设木块继续上滑的距离为，由功能关系有
联立解得，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】先通过平衡条件确定弹簧初始压缩量，结合牛顿第二定律分析外力与加速度的关系，再利用弹性势能公式、加速度公式判断各选项。
11．【答案】（1）③
（2）顺时针
（3）
【知识点】测定玻璃的折射率；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】（1）根据反射定律，入射角等于反射角，可判断③为折射光线，增大入射角至临界角时，折射光线③恰好消失；
故答案为：③
（2）为增大入射角，应顺时针旋转圆盘和半圆形玻璃砖；
故答案为：顺时针
（3）由题意知全反射临界角
根据
解得。
故答案为：
【分析】(1) 消失的光线：光线消失是全反射现象，仅发生在光从玻璃射向空气的界面，判断哪条光线满足此条件；
(2) 旋转方向：全反射需要入射角增大到临界角，分析旋转方向对入射角的影响；
(3) 折射率计算：由临界角与折射率的关系，结合旋转角度对应的临界角求解。
（1）根据反射定律，入射角等于反射角，可判断③为折射光线，增大入射角至临界角时，折射光线③恰好消失；
（2）为增大入射角，应顺时针旋转圆盘和半圆形玻璃砖；
（3）由题意知全反射临界角
根据
解得。
12．【答案】（1）+；；1.40；2.8
（2）不变
【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）根据“红进黑出”与“+进－出”规律，需要将多用电表的黑表笔和电压表的“＋”接线柱相连；
根据欧姆挡的读数规律，题图甲示数为
根据电压表最小刻度0.1V，则题图乙示数为1.40 V；
已知多用电表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”，则欧姆“”挡的内阻为
根据，
可得
电压表示数，则有
解得电动势
故答案为：+；；1.40；2.8
（2）电池电动势不变，而内阻增大，仍能进行欧姆调零，说明仍有
则欧姆“”挡的总内阻不变，由
可知同一待测电阻接入进行测量时通过表头的电流大小不变，因此测量值不变。
故答案为：不变
【分析】(1) 多用电表与电压表的连接：欧姆挡黑表笔接内部电源正极，故接电压表“+”接线柱；欧姆表读数为表盘示数乘倍率；电压表读数按量程分度值读取；电源电动势由欧姆表中值电阻与满偏电流计算。
(2) 电池内阻增大对电阻测量的影响：欧姆调零会补偿内阻变化，测量值由表盘刻度与倍率决定，不受内阻影响。
（1）[1]根据“红进黑出”与“+进－出”规律，需要将多用电表的黑表笔和电压表的“＋”接线柱相连；
[2]根据欧姆挡的读数规律，题图甲示数为
[3]根据电压表最小刻度0.1V，则题图乙示数为1.40 V；
[4]已知多用电表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”，则欧姆“”挡的内阻为
根据，
可得
电压表示数，则有
解得电动势
（2）电池电动势不变，而内阻增大，仍能进行欧姆调零，说明仍有
则欧姆“”挡的总内阻不变，由
可知同一待测电阻接入进行测量时通过表头的电流大小不变，因此测量值不变。
13．【答案】（1）解：设电子到点时速度大小为，电子在垂直电场方向的速度分量不变，有
由此得
设、两点间的电势差为，由动能定理有
解得
（2）解：光电子到达板时有
光电子到达板时的动能
【知识点】电势差；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】(1) 电势差计算：光电子在垂直电场方向速度分量不变，结合速度偏角的正切关系求N点速度；再用动能定理，结合电场力做功与电势差的关系，求解M、N间的电势差。
(2) 动能计算：光电子从A板到B板，电场力做功等于动能变化，结合A、B间的电势差，求到达B板时的动能。
（1）设电子到点时速度大小为，电子在垂直电场方向的速度分量不变，有
由此得
设、两点间的电势差为，由动能定理有
解得
（2）光电子到达板时有
光电子到达板时的动能
14．【答案】（1）解：过程，根据盖-吕萨克定律，有
解得
（2）解：如图，把气体体积的变化分成几个小段，在每一小段内，可粗略认为气体的压强不变。因此以每小段起始的压强乘体积变化量，
可表示各小段中气体对外做的功，即在图像中，每一个又窄又高的小矩形的面积代表气体对外做的功。
当分割得无限细时，所有小矩形合在一起就是曲线与轴所围面积，因此该面积表示气体对外界所做的功。
（3）解：外界对气体，
总功
经过一个循环
根据热力学第一定律
得
气体放出的热量为55 J。
【知识点】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) 状态C的温度：利用C到A的等压过程，结合盖 - 吕萨克定律（等压变化中体积与温度成正比）求解；
(2) 做功与p-V图面积的关系：将体积变化分段，每段近似恒压，做功为pΔV（对应小矩形面积），累加后总面积即为总功；
(3) 循环过程的放热：循环过程内能变化为0，结合各过程的做功与吸热，用热力学第一定律求总放热。
（1）过程，根据盖-吕萨克定律，有
解得
（2）如图，把气体体积的变化分成几个小段，在每一小段内，可粗略认为气体的压强不变。因此以每小段起始的压强乘体积变化量，
可表示各小段中气体对外做的功，即在图像中，每一个又窄又高的小矩形的面积代表气体对外做的功。
当分割得无限细时，所有小矩形合在一起就是曲线与轴所围面积，因此该面积表示气体对外界所做的功。
（3）外界对气体，
总功
经过一个循环
根据热力学第一定律
得
气体放出的热量为55 J。
15．【答案】（1）解：包裹开始时受沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律，有
设经时间达到与传送带共速，有，
之后由于，包裹继续向下加速，受沿传送带向上的滑动摩擦力
再经时间到达底端，则
故传送带两端距离为
（2）解：包裹在螺旋滑槽上滑动过程，根据动量定理有，
即
解得
（3）解：设、共同速度为，根据动量守恒①设水平轨道长为时，、恰好能滑出点
解得
②设水平轨道长为时，、以滑上水平传送带，且恰好不滑出右侧
在水平传送带上，托盘所受滑动摩擦力与合速度方向相反，设摩擦力与水平传送带的前进方向之间的夹角为，则
解得，
故的长度应满足
【知识点】动量定理；动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】(1) 倾斜传送带长度：分阶段分析包裹在传送带上的运动（先加速到传送带速度，再以另一加速度加速），分别计算两段位移后求和；
(2) 阻力系数k：对包裹在螺旋滑槽的运动用动量定理，结合重力、阻力的冲量与动量变化的关系求解；
(3) 水平轨道长度条件：分析A、B碰撞后的速度，结合在水平轨道的减速、传送带上的运动，确定轨道长度的范围。
（1）包裹开始时受沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律，有
设经时间达到与传送带共速，有，
（或）
之后由于，包裹继续向下加速，受沿传送带向上的滑动摩擦力
再经时间到达底端，则
（或）
故传送带两端距离为
（2）包裹在螺旋滑槽上滑动过程，根据动量定理有，
即
解得
（3）设、共同速度为，根据动量守恒
①设水平轨道长为时，、恰好能滑出点
（或：）
解得
②设水平轨道长为时，、以滑上水平传送带，且恰好不滑出右侧
（或：）
在水平传送带上，托盘所受滑动摩擦力与合速度方向相反，设摩擦力与水平传送带的前进方向之间的夹角为，则
（或：）
（写：的不得分，相当于分方向列动能定理；连等式也可得分。）
解得，
故的长度应满足
（“＜”写成“≤”的也给分）
1 / 12025届广西高三下学期4月适应性测试物理试卷
一、选择题（共10小题，满分46分。在每个小题给出的四个选项中，第1~7题只有一个选项正确，选对得4分；第8~10有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错或不选的得0分。）
1．（2025·广西壮族自治区模拟）2024年9月，苏州大学国家重点实验室王殳凹、王亚星团队对放射性核素衰变能到光能转换效率提升的研究成果，发表在《自然》杂志上。根据研究结果开发的一种锕系微型辐射光伏核电池，该电池主要是利用锶243发生α衰变时释放的能量。若镅243衰变的核反应方程为，则下列说法正确的是（　　）
A．X的电荷数为96 B．X的电荷数为93
C．X的质量数为243 D．X的质量数为242
【答案】B
【知识点】电荷守恒定律；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】根据质量数和电荷数守恒，该反应方程为可知，X的电荷数为93，质量数为239。
故答案为：B。
【分析】利用核反应的质量数守恒和电荷数守恒，结合 α 粒子的参数，直接计算 X 的电荷数与质量数。
2．（2025·广西壮族自治区模拟）某均匀介质中各质点的平衡位置都在轴上，时，处的波源质点开始沿竖直方向做简谐振动，时，波沿轴正方向传播并形成如图所示的波形，则下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速
B．波源的起振方向向上
C．波源振动的频率越高，该波的波速越大
D．时，处的质点第一次到达波峰
【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．波速，A正确；
B．由图可知时处的质点刚刚开始振动，由同侧法可知起振方向向下，故点的起振方向也向下，B错误；
C．机械波的传播速度由介质决定，与频率无关，C错误；
D．由图可知波长，根据，得，波从传到，用时，时质点已经振动了，第二次到达波谷，D错误。
故答案为：A。
【分析】通过波形传播的距离与时间求波速，结合质点起振方向的判断方法确定波源起振方向，明确机械波波速的决定因素，再利用波速、波长的关系分析质点的振动情况。
3．（2025·广西壮族自治区模拟）如图为明宣德青花缠枝花卉纹莲子碗，内壁看作光滑半球形，为碗内最低点。从点到碗口的点为四分之一圆弧，且、恰好把圆弧三等分。假设用筷子使一颗豆子（可看作质点）分别静止在点和点时，筷子对豆子施加的作用力最小值分别为和，则：等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】根据平行四边形定则或三角形法则，重力的大小、方向恒定，当外力与支持力垂直时，所施加的外力最小，作受力分析图如图所示：
由几何关系得，
则
故答案为：C。
【分析】豆子静止时受重力、碗的支持力和筷子的作用力，利用 “力的三角形法则”（当筷子作用力与支持力垂直时，作用力最小），结合几何关系求最小作用力的比值。
4．（2025·广西壮族自治区模拟）如图是位于南宁市东南郊的两座邕江大桥，近处为公路桥，远处更高大的是铁路桥。公路桥所用吊杆为高强度平行钢丝，吊点等间距分布，相邻吊点之间的水平距离为。一辆汽车正在匀加速通过公路桥，依次经过相邻的1-5号吊杆。设车头以速度经过2号吊杆，经过时间，车头以经过5号吊杆。则汽车的加速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间内初、末时刻速度矢量和的一半，且等于中间时刻的瞬时速度。由2号吊杆运动到5号吊杆用时，则有
解得
则加速度
故答案为：B。
【分析】先确定2号到5号吊杆的水平位移，再结合匀加速直线运动的平均速度公式和加速度定义式，直接计算加速度。
5．（2025·广西壮族自治区模拟）有两个电热器，电热器A通入图甲所示的方波交变电流，电热器B通入图乙所示的正弦式交变电流，图甲、图乙中电流的最大值均为，周期均为。则通过、的电流有效值之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】设图甲中交流电的有效值为，根据有效值的定义有
解得
图乙中正弦式交流电的有效值为
解得
故答案为：D。
【分析】根据交变电流有效值的定义（相同时间内，交变电流与恒定电流通过相同电阻产生的热量相等，则恒定电流值为交变电流的有效值），分别计算A、B的电流有效值，再求比值。
6．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以大小相同的速度，从原点以与轴正向成45°角的方向射入磁场（忽略重力）。则这一对正、负电子（　　）
A．在磁场中运动的位移相同
B．在磁场中运动的时间相同
C．在离开磁场时的速度相同
D．运动过程中，洛伦兹力对两电子均做正功
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据左手定则，正电子逆时针偏转，负电子顺时针偏转，作出正、负电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示。由几何关系得正、负电子的位移等大反向，A错误；
B．正电子运动时间为，负电子运动时间为，运动时间不同，B错误；
C．速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性，重回边界飞出轴时的速度大小和方向均相同，C正确；
D．洛伦兹力不做功，D错误。
故答案为：C。
【分析】利用左手定则判断正、负电子的偏转方向，结合圆周运动的对称性分析位移、运动时间、离开速度，再明确洛伦兹力的做功特点。
7．（2025·广西壮族自治区模拟）如图，固定斜面与水平面成角，且足够长。从斜面顶端以大小为的初速度抛出一个小球（可视为质点），通过改变初速度方向与水平方向的夹角，可改变小球在斜面上落点的位置。忽略空气阻力，重力加速度为，则最远的落点D（图中未画出）与抛出点A的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】以A为坐标原点建立直角坐标系，垂直斜面向上为轴正方向，平行斜面向下为轴正方向，对小球在空中的运动进行分解。方向的初速度和加速度分别为，
则小球在空中飞行的时间
小球沿水平方向飞行的距离
则沿轴正向的位移
解得
由积化和差公式知
为已知，显然当
即时，有最大值，且最大值
故答案为：B。
【分析】将小球的运动分解到平行斜面和垂直斜面方向，结合运动学公式推导落点距离的表达式，再利用三角函数的最值条件求最远距离。
8．（2025·广西壮族自治区模拟）2024年10月30日4时27分，长征二号F遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，搭载的“神舟十九号”载人飞船与火箭成功分离，随后进入预定轨道A运行。约6.5小时后逐步完成变轨，与正在轨道上运行的“天和”核心舱对接，形成三船三舱组合体。轨道半径为，变轨前载人飞船与核心舱运行的周期分别为、。则（　　）
A．变轨前，
B．变轨前，
C．变轨过程中，载人飞船需要向前喷气减速
D．变轨过程中，载人飞船需要向后喷气加速
【答案】A,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】AB．根据开普勒第三定律，，则，故A正确，B错误；
CD．载人飞船要从低轨道A变轨到较高的B轨道，需要点火加速，即向后喷气，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】利用开普勒第三定律判断轨道周期与轨道半径的关系，结合变轨的原理（低轨变高轨需加速）分析变轨过程的操作。
9．（2025·广西壮族自治区模拟）如图，足够长的光滑金属导轨间距为，平行固定在水平面上，两根质量均为的金属棒、与导轨始终接触良好，静止在轨道上。整个装置处在竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场中。金属棒、接入电路中的阻值均为，导轨的电阻不计。某时刻突然对施加一个水平向右的冲量，下列说法正确的是（　　）
A．最终两棒以相同速度匀速运动
B．最终两棒均静止
C．全过程整个回路中产生的热量
D．全过程整个回路中产生的热量
【答案】A,C
【知识点】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】AB．棒受到水平向右的冲量向右运动后，受向左的安培力做减速运动，棒受向右的安培力做加速运动，两棒速度相等时回路中不再产生感应电流，两棒最终一起以相同的速度匀速运动，A正确，B错误；
CD．设棒受到冲量后获得的初速度为，根据动量定理得，解得
因为两棒组成的系统合外力为0，所以系统的动量守恒，根据动量守恒定律得，解得
根据能量守恒定律得回路中产生的热量为，C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】先通过动量定理确定cd棒的初速度，再利用系统动量守恒分析两棒的最终运动状态，最后结合能量守恒计算回路产生的热量。
10．（2025·广西壮族自治区模拟）如图甲所示，轻弹簧劲度系数为，其下端固定在与水平面成的足够长光滑固定斜面上。质量分别为、的木块A、B靠在一起，静止在弹簧上端（A木块末与弹簧固定连接）。在时刻，对木块B施加一沿斜面向上的外力，使木块A、B由静止开始沿斜面向上运动，当弹簧第一次恢复原长时，撤去外力。从时刻到撤去前，两木块的加速度随位移的变化关系如图乙所示。重力加速度为，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．在撤去外力前，外力逐渐减小
B．木块B加速度的最大值为
C．弹簧的最大弹性势能
D．撤去外力后，木块B继续上滑的距离为
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．木块静止在轻弹簧上时，弹簧的压缩量
撤去前，设木块、的位移为，由牛顿第二定律有
整理得
则图像纵轴截距为是定值，所以是恒力，A错误；
B．当弹簧恢复原长即时撤去，由图像知此时，即，解得
时刻时最大，且沿斜面向上，而撤去后木块的加速度为沿斜面向下不变，故B正确；
C．弹簧最大弹性势能为，C正确；
D．设撤去外力后木块、分离，分离前瞬间
设木块继续上滑的距离为，由功能关系有
联立解得，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】先通过平衡条件确定弹簧初始压缩量，结合牛顿第二定律分析外力与加速度的关系，再利用弹性势能公式、加速度公式判断各选项。
二、非选择题（本大题共5小题，共54分。）
11．（2025·广西壮族自治区模拟）某同学采用激光笔和角度圆盘来测量一块半圆形玻璃砖的折射率。激光笔固定在圆盘外部，对准圆心，半圆形玻璃砖吸附在圆盘上，与圆盘一起绕圆心转动，下图是他在某次实验中使用手机所拍摄的照片，右图为示意图。照片中拍到了三条明亮的光线①②③，随后他将圆盘从图示位置再缓慢地转过，发现三条光线中有一条恰好消失。回答以下问题：
（1）消失的光线是图中的　 　（填“①”“②”或“③”）；
（2）该同学是　 　（填“顺时针”或“逆时针”）旋转圆盘导致该光线恰好消失；
（3）半圆形玻璃砖对该激光的折射率　 　。
【答案】（1）③
（2）顺时针
（3）
【知识点】测定玻璃的折射率；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】（1）根据反射定律，入射角等于反射角，可判断③为折射光线，增大入射角至临界角时，折射光线③恰好消失；
故答案为：③
（2）为增大入射角，应顺时针旋转圆盘和半圆形玻璃砖；
故答案为：顺时针
（3）由题意知全反射临界角
根据
解得。
故答案为：
【分析】(1) 消失的光线：光线消失是全反射现象，仅发生在光从玻璃射向空气的界面，判断哪条光线满足此条件；
(2) 旋转方向：全反射需要入射角增大到临界角，分析旋转方向对入射角的影响；
(3) 折射率计算：由临界角与折射率的关系，结合旋转角度对应的临界角求解。
（1）根据反射定律，入射角等于反射角，可判断③为折射光线，增大入射角至临界角时，折射光线③恰好消失；
（2）为增大入射角，应顺时针旋转圆盘和半圆形玻璃砖；
（3）由题意知全反射临界角
根据
解得。
12．（2025·广西壮族自治区模拟）某同学练习使用多用电表，在实验室找到一多用电表和一量程为3V的电压表进行如下实验。
（1）首先将多用电表挡位调到欧姆“”挡，再将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零；然后将多用电表的黑表笔与电压表的　 　（填“+”或“-”）接线柱相连，红表笔与另一接线柱相连；此时两表的示数如图甲、乙所示，则图甲中多用电表的示数为　 　，图乙中电压表的示数为　 　V；已知该多用电表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”，则使用欧姆“”挡时表内电池的电动势为　 　V。
（2）假设经过一段时间的使用之后，此多用电表欧姆“”挡表内电池的电动势不变，而内阻增大，则重新欧姆调零之后，正确操作测得的电阻阻值将　 　（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【答案】（1）+；；1.40；2.8
（2）不变
【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）根据“红进黑出”与“+进－出”规律，需要将多用电表的黑表笔和电压表的“＋”接线柱相连；
根据欧姆挡的读数规律，题图甲示数为
根据电压表最小刻度0.1V，则题图乙示数为1.40 V；
已知多用电表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”，则欧姆“”挡的内阻为
根据，
可得
电压表示数，则有
解得电动势
故答案为：+；；1.40；2.8
（2）电池电动势不变，而内阻增大，仍能进行欧姆调零，说明仍有
则欧姆“”挡的总内阻不变，由
可知同一待测电阻接入进行测量时通过表头的电流大小不变，因此测量值不变。
故答案为：不变
【分析】(1) 多用电表与电压表的连接：欧姆挡黑表笔接内部电源正极，故接电压表“+”接线柱；欧姆表读数为表盘示数乘倍率；电压表读数按量程分度值读取；电源电动势由欧姆表中值电阻与满偏电流计算。
(2) 电池内阻增大对电阻测量的影响：欧姆调零会补偿内阻变化，测量值由表盘刻度与倍率决定，不受内阻影响。
（1）[1]根据“红进黑出”与“+进－出”规律，需要将多用电表的黑表笔和电压表的“＋”接线柱相连；
[2]根据欧姆挡的读数规律，题图甲示数为
[3]根据电压表最小刻度0.1V，则题图乙示数为1.40 V；
[4]已知多用电表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”，则欧姆“”挡的内阻为
根据，
可得
电压表示数，则有
解得电动势
（2）电池电动势不变，而内阻增大，仍能进行欧姆调零，说明仍有
则欧姆“”挡的总内阻不变，由
可知同一待测电阻接入进行测量时通过表头的电流大小不变，因此测量值不变。
13．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，竖直放置的金属极板A、B间所加恒定电压大小为，其中极板A连接电源负极，B连接正极，紫外线照射金属极板使其发生光电效应。一个光电子从极板A上的点逸出时速度大小为，方向与水平方向的夹角为，当它运动到点时，速度方向与水平方向的夹角变为。不计光电子的重力，已知电子的质量为，电荷量为-e，求：
（1）、两点间的电势差；
（2）光电子到达板时的动能。
【答案】（1）解：设电子到点时速度大小为，电子在垂直电场方向的速度分量不变，有
由此得
设、两点间的电势差为，由动能定理有
解得
（2）解：光电子到达板时有
光电子到达板时的动能
【知识点】电势差；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】(1) 电势差计算：光电子在垂直电场方向速度分量不变，结合速度偏角的正切关系求N点速度；再用动能定理，结合电场力做功与电势差的关系，求解M、N间的电势差。
(2) 动能计算：光电子从A板到B板，电场力做功等于动能变化，结合A、B间的电势差，求到达B板时的动能。
（1）设电子到点时速度大小为，电子在垂直电场方向的速度分量不变，有
由此得
设、两点间的电势差为，由动能定理有
解得
（2）光电子到达板时有
光电子到达板时的动能
14．（2025·广西壮族自治区模拟）一定质量的理想气体，沿图中箭头方向，先经历等温膨胀过程从状态变化到状态，再经历等容升温过程变化到状态，最后经历等压压缩过程回到状态。
（1）已知，求气体在状态时的温度；
（2）说明（或证明）图中曲线与轴所围面积等于气体从状态变化到状态过程中对外界所做的功；
（3）设过程气体对外做功65J，求经过一个循环后，气体放出的热量。
【答案】（1）解：过程，根据盖-吕萨克定律，有
解得
（2）解：如图，把气体体积的变化分成几个小段，在每一小段内，可粗略认为气体的压强不变。因此以每小段起始的压强乘体积变化量，
可表示各小段中气体对外做的功，即在图像中，每一个又窄又高的小矩形的面积代表气体对外做的功。
当分割得无限细时，所有小矩形合在一起就是曲线与轴所围面积，因此该面积表示气体对外界所做的功。
（3）解：外界对气体，
总功
经过一个循环
根据热力学第一定律
得
气体放出的热量为55 J。
【知识点】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) 状态C的温度：利用C到A的等压过程，结合盖 - 吕萨克定律（等压变化中体积与温度成正比）求解；
(2) 做功与p-V图面积的关系：将体积变化分段，每段近似恒压，做功为pΔV（对应小矩形面积），累加后总面积即为总功；
(3) 循环过程的放热：循环过程内能变化为0，结合各过程的做功与吸热，用热力学第一定律求总放热。
（1）过程，根据盖-吕萨克定律，有
解得
（2）如图，把气体体积的变化分成几个小段，在每一小段内，可粗略认为气体的压强不变。因此以每小段起始的压强乘体积变化量，
可表示各小段中气体对外做的功，即在图像中，每一个又窄又高的小矩形的面积代表气体对外做的功。
当分割得无限细时，所有小矩形合在一起就是曲线与轴所围面积，因此该面积表示气体对外界所做的功。
（3）外界对气体，
总功
经过一个循环
根据热力学第一定律
得
气体放出的热量为55 J。
15．（2025·广西壮族自治区模拟）中国2024年的快递业务量突破1700亿件，已经连续11年稳居世界第一。如图所示，某快递公司的分拣机器人在时刻，将一质量为的快递包裹A无初速度投到分拣口下方与水平面成角的倾斜传送带上，传送带以的速度顺时针匀速转动，包裹A与倾斜传送带之间的动摩擦因数。在时刻，包裹以的速度到达倾斜传送带底端，并滑入高为、总长度为的螺旋滑槽。螺旋滑槽上表面为特殊材料，其对包裹的阻力大小与包裹的速度成正比，即（为常数）。在时刻，包裹A从螺旋滑槽末端以的速度滑出，平滑滑进静止在水平轨道左端的质量也为的托盘B并撞到其右侧挡板（碰撞时间极短），然后一起滑过水平轨道，最终平稳滑上水平运行的传送带。水平传送带与轨道垂直且等高，宽度，运行速度，托盘B与轨道、传送带间的动摩擦因数均为。已知重力加速度，包裹A与托盘B均可视作质点，，，求：
（1）倾斜传送带顶端到底端的距离；
（2）螺旋滑槽上表面阻力系数；
（3）水平轨道的长度满足什么条件时，A、B可以被水平传送带输送离开。
【答案】（1）解：包裹开始时受沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律，有
设经时间达到与传送带共速，有，
之后由于，包裹继续向下加速，受沿传送带向上的滑动摩擦力
再经时间到达底端，则
故传送带两端距离为
（2）解：包裹在螺旋滑槽上滑动过程，根据动量定理有，
即
解得
（3）解：设、共同速度为，根据动量守恒①设水平轨道长为时，、恰好能滑出点
解得
②设水平轨道长为时，、以滑上水平传送带，且恰好不滑出右侧
在水平传送带上，托盘所受滑动摩擦力与合速度方向相反，设摩擦力与水平传送带的前进方向之间的夹角为，则
解得，
故的长度应满足
【知识点】动量定理；动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】(1) 倾斜传送带长度：分阶段分析包裹在传送带上的运动（先加速到传送带速度，再以另一加速度加速），分别计算两段位移后求和；
(2) 阻力系数k：对包裹在螺旋滑槽的运动用动量定理，结合重力、阻力的冲量与动量变化的关系求解；
(3) 水平轨道长度条件：分析A、B碰撞后的速度，结合在水平轨道的减速、传送带上的运动，确定轨道长度的范围。
（1）包裹开始时受沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律，有
设经时间达到与传送带共速，有，
（或）
之后由于，包裹继续向下加速，受沿传送带向上的滑动摩擦力
再经时间到达底端，则
（或）
故传送带两端距离为
（2）包裹在螺旋滑槽上滑动过程，根据动量定理有，
即
解得
（3）设、共同速度为，根据动量守恒
①设水平轨道长为时，、恰好能滑出点
（或：）
解得
②设水平轨道长为时，、以滑上水平传送带，且恰好不滑出右侧
（或：）
在水平传送带上，托盘所受滑动摩擦力与合速度方向相反，设摩擦力与水平传送带的前进方向之间的夹角为，则
（或：）
（写：的不得分，相当于分方向列动能定理；连等式也可得分。）
解得，
故的长度应满足
（“＜”写成“≤”的也给分）
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