資源簡介

西南（云南 四川 貴州）名校聯盟2024-2025學年高三下學期“3+3+3”高考備考診斷聯考（二）物理試題
1．（2025·四川模擬）近年來，人們不斷追求清潔、高效能源，其中最有效的是核聚變。“第三代”核聚變又稱氦3反應，其核反應方程為。已知、和的質量分別為、和，下列說法正確的是（　　）
A．該核反應方程中的是正電子
B．該反應過程中滿足關系
C．的比結合能小于的比結合能
D．目前我國的秦山、大亞灣等核電站廣泛使用氦3為原料進行核反應發電
2．（2025·四川模擬）如圖所示，等腰三角形是一玻璃磚的橫截面，其中。在該橫截面內，由兩種單色光組成的細光束以平行于底面的方向從側面上的點射入玻璃磚，在底面上發生全反射后分別從側面上的兩點射出，下列說法正確的是（　　）
A．若是黃光，則可能是藍光
B．在該玻璃磚中，光的傳播速度小于光的傳播速度
C．以、為光源分別進行雙縫干涉實驗，在其他條件相同的情況下，光相鄰干涉亮條紋間距比光大
D．若光照射到某金屬上能發生光電效應，則光一定能使該金屬發生光電效應
3．（2025·四川模擬）小車內固定有垂直于運動方向的水平橫桿，物塊M套在橫桿上，一個小鐵球用輕質細線吊在物塊底部。當小車以恒定速率通過某一水平彎道時（可視為圓周運動），細線與豎直方向的夾角為，如圖所示。若小車以更大的恒定速率通過該彎道，設小車在通過彎道的過程中，小球、物塊與小車均保持相對靜止，下列說法錯誤的是（　　）
A．細線與豎直方向的夾角變大 B．細線對小球的拉力變大
C．橫桿對物塊的摩擦力變大 D．橫桿對物塊的支持力變大
4．（2025·四川模擬）如圖所示為一理想變壓器示意圖，其原線圈與一個理想電流表串聯后接在電壓有效值恒定的交流電源兩端，兩副線圈分別接上定值電阻和。若僅閉合開關，電流表讀數為；若僅閉合開關，電流表讀數為。若同時閉合開關和，則電流表讀數為（　　）
A．2I B．2.5I C．3I D．3.5I
5．（2025·四川模擬）如圖甲所示，兩顆人造地球衛星1、2在同一平面內沿同一方向繞地球做圓周運動，周期分別為、，軌道半徑分別為、。某時刻開始計時，兩衛星間距隨時間變化的關系如圖乙所示，已知，則等于（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
6．（2025·四川模擬）石墩路障在生活中很常見，對于保障行車安全和管制交通秩序發揮重要作用。如圖甲所示，工人用叉車將一球形石墩路障運送至目的地，拉動裝置的結構簡易圖如圖乙所示，，兩叉車臂相互平行且間距等于石墩半徑。在水平勻速拉動叉車的過程中，叉車臂與水平方向夾角維持為。不計球形石墩表面摩擦，則單個叉車臂受到石墩的壓力大小為（石墩重力為）（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·四川模擬）如圖所示，水平放置的平行板電容器與恒壓直流電源連接，板間距離為，一帶電粒子恰好靜止于電容器極板正中央。若保持下極板不動，用絕緣工具在極短時間內將上極板向上平移，粒子打在極板上的動能為；若保持上極板不動，用絕緣工具在極短時間內將下極板向上平移，粒子打在極板上的動能為。不計空氣阻力和電容器充放電的時間，則等于（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·四川模擬）如圖所示，一小木塊漂浮在足夠寬水面上且處于靜止狀態，對木塊施加向下的力使其偏離平衡位置處于靜止狀態，在時由靜止釋放，釋放后木塊的運動可視為簡諧運動，周期為。規定豎直向上為正方向，則小球在時刻（　　）
A．位移最大，方向為正 B．速度最大，方向為正
C．加速度最大，方向為負 D．受到的浮力最大
9．（2025·四川模擬）如圖所示，斜面B靜止在水平地面上，物塊A以平行于斜面的初速度從斜面底端開始沿斜面上滑，不計一切摩擦。在A從斜面底端運動到最高點的過程中（A未沖出斜面），以下說法正確的是（　　）
A．A、B組成的系統動量守恒 B．A的動量變化量方向水平向左
C．到達最高點時A的動能最小 D．到達最高點時A的機械能最小
10．（2025·四川模擬）如圖所示，處于同一水平面的光滑金屬直導軌和之間夾角為。兩點間距離為，其間接有一阻值為的電阻。空間存在方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度。一質量為的較長金屬棒在水平外力作用下從處以初速度向右運動，在運動的過程中通過上的電流恒定不變，除外其余電阻不計，金屬棒運動過程中始終與垂直，且與兩導軌保持良好接觸，取，則在此過程中（　　）
A．通過的電流為 B．金屬棒的最小速度為
C．金屬棒運動的時間為 D．水平外力所做的功為
11．（2025·四川模擬）某同學用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恒定律，鐵架臺上端固定有電磁釋放裝置A（斷開開關，可使小球從靜止開始自由下落），下端安裝有與數字計時器相連的光電門B。實驗過程如下：
（1）用螺旋測微器測量小球的直徑，示數如圖乙所示，小球直徑　 　mm。
（2）調節光電門位置，使小球從電磁釋放裝置處釋放后能自由通過光電門。
（3）用刻度尺測量出小球釋放位置到光電門的高度，釋放小球，并記錄小球通過光電門的遮光時間。已知小球的質量為，則小球從釋放位置運動到光電門的過程中，增加的動能為　 　（用、、表示）。
（4）改變光電門的高度，多次實驗得出相應的實驗數據，根據數據作出圖像，如果小球下落過程中機械能守恒，則該圖像應是一條直線，且該直線的斜率應為　 　（用和重力加速度表示）。
12．（2025·四川模擬）某實驗小組用電橋法測量熱敏電阻RT在不同溫度時的阻值，設計電路如圖甲所示，其中R0是阻值為45Ω的定值電阻；S是用同一材料制成且粗細均勻的半圓形電阻絲，其半徑為L，圓心為O；ON是一可繞O點自由轉動的金屬滑桿（電阻不計）；電源的電動勢為E=3V，內阻不計，滑桿N端與S接觸良好。
（1）實驗室提供了以下電表可供選擇：
A．電流表A1（內阻約為0.2Ω，量程為3A）
B．電流表A2（內阻約為1.0Ω，量程為0.6A）
C．靈敏電流表G（內阻約為120Ω，量程為0.1mA）
圖中“○”內的電表應選擇　 　（填選項前面的符號“A”“B”或“C”）。
（2）在測量之前滑動變阻器滑片P應置于　 　端（填“a”或“b”）。閉合開關S1，將滑動變阻器調到合適位置后，再反復調節滑桿角度位置，使閉合開關時“○”中電表的示數為　 　，則電橋達成平衡，測得此時滑桿角度為θ（單位為弧度），則RT的阻值為　 　（用R0、θ和π表示）。
（3）通過在不同溫度下測量該熱敏電阻的阻值，得到熱敏電阻隨溫度變化的圖像如圖乙所示，可知該熱敏電阻隨溫度的變化是　 　（填“線性”或“非線性”）的；在某一環境溫度下用該實驗裝置測出電橋平衡時滑桿角度θ=60°，則此時環境溫度為　 　℃（結果取整數）。
13．（2025·四川模擬）如圖所示是一增壓裝置示意圖，圓柱形汽缸內部高為，其底部和側壁絕熱，頂部導熱。不計重力和厚度的絕熱活塞將缸中空氣（可視為理想氣體）分隔成兩部分。初始時，活塞位于汽缸正中間，上、下兩部分氣體的壓強、溫度均與大氣壓強和環境溫度相同。現通過打氣筒緩慢向汽缸上部充入一定量的空氣后，活塞移動距離為，此時下部氣體的溫度為。環境溫度始終保持不變，不計活塞與汽缸壁間的摩擦，活塞不漏氣。求：
（1）充氣后汽缸下部氣體的壓強；
（2）充入空氣的質量與汽缸中原有空氣的總質量之比。
14．（2025·四川模擬）如圖所示，處于同一豎直面內的滑軌由、、三段直軌構成，其中段長，高，表面光滑；段水平，長；段與水平方向的夾角為且足夠長。通過在處的一小段長度不計的光滑圓弧平滑連接。質量分別為、的a、b兩個小滑塊（可視為質點）粘貼在一起，粘貼面間敷有少量炸藥。現將a、b整體從滑軌的最高點A處由靜止釋放，在剛滑入水平段的瞬間炸藥爆炸，a、b瞬間分離，各自沿運動，一段時間后a以速度從點沖出滑道，最后落在上。已知a、b與段表面間的動摩擦因數均為，不計空氣阻力和炸藥質量。取，重力加速度。求：
（1）a、b整體在上運動的時間；
（2）a在上的第一個落點到端的距離；
（3）炸藥爆炸后的瞬間，a、b組成的系統獲得的機械能增量。
15．（2025·四川模擬）如圖所示，直邊界與水平方向成角，在左側的空間，存在著與水平方向成斜向上的勻強電場，在的右側存在豎直向上的勻強電場和水平向外的勻強磁場。一帶電質點從場中點由靜止開始釋放后，在紙面內沿水平方向向右做直線運動，從點第一次經過邊界進入右側場區，此后帶電質點在運動過程中多次經過邊界。已知間距離，磁感應強度大小，兩電場強度的關系為，帶電質點的比荷，取重力加速度大小為，，不計空氣阻力，所有場區范圍足夠大。
（1）求邊界左側電場的場強大小及質點經過點時的速度大小；
（2）設質點第二次經過邊界的位置為，求質點從點運動到點的時間；
（3）設質點第四次經過邊界的位置為，求和之間的距離。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】質量虧損與質能方程；結合能與比結合能；核聚變
【解析】【解答】A．根據電荷數守恒與質量數守恒可知，核反應方程為
即X為質子，故A錯誤；
B．由于該反應釋放能量，則質量虧損為
即有
故B錯誤；
C．比結合能越大，原子核越穩定，通過聚變生成并釋放大量能量，說明比更加穩定，則的比結合能小于的比結合能，故C正確；
D．目前我國的秦山、大亞灣等核電站使用的是重核裂變發電，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、根據電荷數守恒與質量數守恒可知X為質子。
2、比結合能越大，原子核越穩定，比更加穩定，則的比結合能小于的比結合能。
3、目前我國的秦山、大亞灣等核電站使用的是重核裂變發電。
2．【答案】D
【知識點】光的折射及折射定律；干涉條紋和光的波長之間的關系；光電效應
【解析】【解答】A．細光束在玻璃磚中的光路如圖所示
細光束在O點入射角相同，由折射定律可知>，則有>，若是黃光，不可能是藍光，故A錯誤；
B．由可知，>，則有<，即b光傳播速度較大，故B錯誤；
C．由可知，光波長小于光波長，用同一裝置做雙縫干涉實驗時，由可知，光相鄰干涉亮條紋間距比光小，故C錯誤；
D．由可知，光光子能量大于光光子，光照射到某金屬上能發生光電效應，光一定能使該金屬發生光電效應，故D正確。
故選D。
【分析】1、根據題意畫光束在玻璃磚中的光路，折射定律可比較a、b折射率，根據折射率得出傳播速度大小。
2、根據得出a、b波長大小，由可知ab光相鄰干涉亮條紋間距大小。
3、光電效應的條件：光的頻率必須大于或等于金屬的截止頻率。
3．【答案】D
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】D．令小鐵球質量為m，物塊與小球保持相對靜止，對物塊與小鐵球整體進行分析，如圖甲所示
則有
可知，當小車以更大的恒定速率通過該彎道時，橫桿對物塊的支持力不變，故D錯誤，符合題意；
C．火車轉彎過程，將車內物體的轉彎半徑可以近似認為相同，令為R，結合上述
可知，當小車以更大的恒定速率通過該彎道時，橫桿對物塊的摩擦力變大，故C正確，不符合題意；
A．對小球進行受力分析，如圖乙所示
則有
，
解得
可知，轉彎速度變大，則細線與豎直方向夾角變大，故A正確，不符合題意；
B．結合上述解得
由于細線與豎直方向夾角變大，則細線對小球的拉力變大，故B正確，不符合題意。
故選D。
【分析】1、對物塊與小鐵球整體進行分析，根據豎直方向受力平衡列等式得出支持力：。轉彎時水平方向摩擦力提供向心力得出橫桿對物塊的摩擦力。
2、對小球進行受力分析，豎直方向受力平衡，水平方向提供向心力可得出細線對小球的拉力，細線與豎直方向夾角。用解析法分析各個力的變化情況。
4．【答案】C
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】由于變壓器原線圈上的電壓和原、副線圈的匝數不變，同時閉合開關S1和S2時，電阻R1和R2上消耗的功率與單獨閉合開關S1和S2時各自消耗的功率相等，分別設為P1、P2。由
，，
解得
故ABD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】1、理想變壓器，電壓與匝數成正比。
2、功率守恒：原線圈輸入功率等于副線圈輸出功率。
3、 無論負載如何變化（如開關通斷），副線圈輸出電壓保持不變。
5．【答案】B
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】根據圖像可知，衛星再次相距最經過時間兩近，則有
根據題意有，解得
根據開普勒第三定有律
解得
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】 兩顆人造地球衛星1、2在同一平面內沿同一方向繞地球做圓周運動 ，根據圖像獲得信息，衛星再次相距最經過時間兩近，則有，可求解衛星2周期，根據開普勒第三定有律可計算軌道半徑之比。
6．【答案】B
【知識點】牛頓第三定律；力的合成與分解的運用
【解析】【解答】從側面觀察運載中的石墩，其受力分析如圖甲所示。
由平衡條件有
從正面觀察運載的石墩，黑色部分為兩條叉車臂，石墩受力分析如圖乙所示。為單個叉車臂對石墩的支持力，則有
單個叉車臂受到石墩的壓力為
由牛頓第三定律可知單個叉車臂受到石墩的壓力
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】對石墩受力分析，三力平衡，用合成法求解單個叉車臂對石墩的支持力，再根據牛頓第三定律可求解單個叉車臂受到石墩的壓力。
7．【答案】B
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】開始時粒子受力平衡有
上極板上移，粒子所受合力向下，大小為
粒子將打在下極板上，其動能為
下極板上移，粒子所受合力向上，大小為
粒子將打在上極板上，其動能為
則
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】帶電粒子恰好靜止于電容器極板正中，說明粒子受到的電場力與重力平衡，當極板移動，電場強度變化，導致電場力變化，粒子受力不再平衡，粒子會加速運動，用動能定理計算動能。
8．【答案】A,C
【知識點】簡諧運動的表達式與圖象；簡諧運動
【解析】【解答】ABC．由于木塊的運動可視為簡諧運動，周期是1s，則5.5s時刻為，故此時處于最高點，位移最大，方向向上為正，速度為零；加速度最大，方向向下為負，故AC正確，B錯誤；
D．最高點浸入水中的體積最小，根據公式可知，浮力最小，故D錯誤。
故選AC。
【分析】木塊做簡諧運動，周期是1s，則5.5s時刻為，木塊運動半個周期，從最低點（初始釋放點）回到最高點（對稱位置）。位移：x=+A（正向最大），速度：v=0（在最高點瞬時靜止），加速度最大，方向向下為負，浮力：最小（因木塊浸入體積最小）。
9．【答案】C,D
【知識點】動量守恒定律；動能和勢能的相互轉化
【解析】【解答】A．物塊A向上做減速運動，加速度方向沿斜面向下，系統所受外力合力不等于0，可知，A、B組成的系統動量不守恒，故A錯誤；
B．，A、B組成的系統在水平方向所受外力的合力為0，即系統在水平方向分動量守恒，最高點時系統有共同速度，A物體初始狀態的動量、末狀態的動量分別為
，
根據矢量合成規律，作出動量變化方向圖如圖所示
可知，A的動量變化量方向并沒有水平向左，故B錯誤；
C．上升過程中A的動能不斷被轉化為自身的重力勢能及B的動能，則上升過程中A的動能在最高點最小，故C正確；
D．上升過程中，B對A的支持力一直對A做負功，A的機械能一直減小，則在最高點時A的機械能最小，故D正確。
故選CD。
【分析】1、系統動量守恒 的條件是 合外力為零。A 、 B 組成的系統在 水平方向不受外力（地面光滑，無摩擦），因此 水平動量守恒。豎直方向 上，地面對斜面 B 的支持力會改變，故豎直動量不守恒
2、動量變化量是矢量，根據矢量三角形法則動量變化量不是水平向左。
、
3、上升過程中A的動能在最高點最小，上升過程中，B對A的支持力一直對A做負功，A的機械能一直減小。
10．【答案】A,D
【知識點】電磁感應中的電路類問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】A．金屬棒在處產生的感應電動勢為
回路中的感應電流為
解得
故A正確；
B．由于在運動的過程中通過上的電流恒定不變，表明運動中感應電動勢不變，由于金屬棒切割磁感線有效長度增大，可知，金屬棒應做減速運動，在處速度最小，金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢
解得
故B錯誤；
C.結合上述可知，金屬棒在運動過程中的感應電動勢始終不變，則
解得
故C錯誤；
D．根據動能定理有
其中，結合上述解得
故D正確。
故選AD。
【分析】1、單棒切割磁感線產生感應電動勢為，回路中的感應電流為。
2、題目已知在運動的過程中通過上的電流恒定不變，可推出金屬棒在運動過程中的感應電動勢始終不變，根據感應電動勢不變列等式可求解金屬棒的最小速度以及金屬棒運動的時間。
3、根據動能定理列等式可求解水平外力所做的功。
11．【答案】7.884（7.882~7.886）；；
【知識點】驗證機械能守恒定律；刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用
【解析】【解答】（1）根據螺旋測微器的讀數規律，該讀數為
（3）小球的初動能為0，小球通過光電門時速度為，則小球增加的動能為。
（4）根據機械能守恒有
變形得
結合圖像可知
【分析】（1）螺旋測微器的讀數規律：讀取固定刻度（主尺），看微分筒左側露出的主尺刻度，以 0.5 mm 為單位。讀取可動刻度（微分筒），觀察微分筒上與主尺水平線對齊的刻度，每格 0.01 mm。總讀數 = 主尺讀數 + 微分筒讀數。
（3）光電門時速度為，小球增加的動能為。
（4）由得出，圖像的斜率。
12．【答案】（1）C
（2）b；零；
（3）非線性；40
【知識點】特殊方法測電阻
【解析】【解答】（1）電橋衡時，橋中電流很小，量程大的電流表幾乎不偏轉測不出來，靈敏電流表可以測出，故選C。
（2）保護電路，滑片P應放在b端。“○”中電表的示數為0時電橋達到平衡。設圓環電阻單位長度電阻為r，由電橋平衡公式可知
則
（3）圖可知，該熱敏電阻是非線性電阻。由（2）中的結果，當θ=60°時，RT=2R0=90Ω，由圖可知，室內溫度為40℃。
【分析】（1）電橋中電流很小，量程大的電流表幾乎不偏轉測不出來，只能選擇靈敏電流表。
（2）由電橋平衡公式可知，則。
（3）根據圖乙可知熱敏電阻是非線性電阻，θ=60°時代入可計算熱敏電阻的阻值，再根據圖乙得出此時環境溫度。
（1）電橋衡時，橋中電流很小，量程大的電流表幾乎不偏轉測不出來，靈敏電流表可以測出，故選C。
（2）[1][2][3]為保護電路，滑片P應放在b端。“○”中電表的示數為0時電橋達到平衡。設圓環電阻單位長度電阻為r，由電橋平衡公式可知
則
（3）[1][2]圖可知，該熱敏電阻是非線性電阻。由（2）中的結果，當θ=60°時，RT=2R0=90Ω，由圖可知，室內溫度為40℃。
13．【答案】（1）解：設汽缸內部橫截面積為S，對汽缸下部封閉氣體，根據理想氣體狀態方程有
其中，，
解得
（2）解：設充入氣體在壓強為時的體積為，對汽缸上部氣體進行分析，根據玻意耳定律有
其中，解得
汽缸中原有空氣的體積
則有

【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）對汽缸下部封閉氣體，根據理想氣體狀態方程有，可計算充氣后汽缸下部氣體的壓強。
（2）對汽缸上部氣體進行分析，根據玻意耳定律列扽是：，可求解充入氣體在壓強為時的體積，汽缸中原有空氣的體積，充入空氣的質量與汽缸中原有空氣的總質量之比。
（1）設汽缸內部橫截面積為S，對汽缸下部封閉氣體，根據理想氣體狀態方程有
其中，，
解得p1=2.5p0
（2）設充入氣體在壓強為時的體積為，對汽缸上部氣體進行分析，根據玻意耳定律有
其中
解得
汽缸中原有空氣的體積
則有
14．【答案】（1）解：由動能定理可知
運動時間
（2）解 ：由平拋運動可得
a在上的第一個落點到端的距離

（3）解：對a分析，由動能定理可得
爆炸前后，對a、b由動量守恒定律可得
a、b組成的系統獲得的機械能增量
【知識點】爆炸；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）a、b整體在上運動，由動能定理列等式：，可計算a、b整體在上運動時間。
（2）平拋運動中利用位移夾角關系列等式：，a在上的第一個落點到端的距離
（3）對a分析，由動能定理列等式：
爆炸前后，對a、b由動量守恒定律列等式：
a、b組成的系統獲得的機械能增量
（1）由動能定理可知
運動時間
（2）由平拋運動可得
a在上的第一個落點到端的距離
（3）對a分析，由動能定理可得
爆炸前后，對a、b由動量守恒定律可得
a、b組成的系統獲得的機械能增量
15．【答案】（1）解：粒子在左側場區受力如圖甲所示
則
得
由牛頓第二定律有
由運動學公式可得
解得

（2）解：如圖所示，由于
故質點在復合場中做勻速圓周運動，可得
圓周運動半徑
運動時間
（3）解：粒子經過Q1點之后的運動軌跡如圖乙所示
第一次在磁場中運動到邊界上前進的弦長
第二次在左側電場中的運動時間為t2，則
解得
沿邊界方向前進的距離為
第二次做圓周運動前進的弦長
和之間的距離

【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子在左側場區受力分析
豎直方向合力為零，可計算 邊界左側電場的場強大小 。水平方向由牛頓第二定律列等式：，由運動學公式，聯立求解 質點經過點時的速度大小
（2）在復合場中通過計算，故質點在復合場中做勻速圓周運動，洛倫茲力等于向心力，即，圓周運動半徑，運動時間
（3）粒子經過Q1點之后的運動軌跡如圖乙所示
第一次在磁場中運動到邊界上前進的弦長，第二次在左側電場中的運動時間為t2，則，可計算第二次在左側電場中的運動時間。沿邊界方向前進的距離為，第二次做圓周運動前進的弦長，和之間的距離
（1）粒子在左側場區受力如圖甲所示
則
得
由牛頓第二定律克的
由運動學公式可得
解得
（2）如圖所示，由于
故質點在復合場中做勻速圓周運動，可得
圓周運動半徑
運動時間
（3）粒子經過Q1點之后的運動軌跡如圖乙所示
第一次在磁場中運動到邊界上前進的弦長
第二次在左側電場中的運動時間為t2，則
解得
沿邊界方向前進的距離為
第二次做圓周運動前進的弦長
和之間的距離
1 / 1西南（云南 四川 貴州）名校聯盟2024-2025學年高三下學期“3+3+3”高考備考診斷聯考（二）物理試題
1．（2025·四川模擬）近年來，人們不斷追求清潔、高效能源，其中最有效的是核聚變。“第三代”核聚變又稱氦3反應，其核反應方程為。已知、和的質量分別為、和，下列說法正確的是（　　）
A．該核反應方程中的是正電子
B．該反應過程中滿足關系
C．的比結合能小于的比結合能
D．目前我國的秦山、大亞灣等核電站廣泛使用氦3為原料進行核反應發電
【答案】C
【知識點】質量虧損與質能方程；結合能與比結合能；核聚變
【解析】【解答】A．根據電荷數守恒與質量數守恒可知，核反應方程為
即X為質子，故A錯誤；
B．由于該反應釋放能量，則質量虧損為
即有
故B錯誤；
C．比結合能越大，原子核越穩定，通過聚變生成并釋放大量能量，說明比更加穩定，則的比結合能小于的比結合能，故C正確；
D．目前我國的秦山、大亞灣等核電站使用的是重核裂變發電，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、根據電荷數守恒與質量數守恒可知X為質子。
2、比結合能越大，原子核越穩定，比更加穩定，則的比結合能小于的比結合能。
3、目前我國的秦山、大亞灣等核電站使用的是重核裂變發電。
2．（2025·四川模擬）如圖所示，等腰三角形是一玻璃磚的橫截面，其中。在該橫截面內，由兩種單色光組成的細光束以平行于底面的方向從側面上的點射入玻璃磚，在底面上發生全反射后分別從側面上的兩點射出，下列說法正確的是（　　）
A．若是黃光，則可能是藍光
B．在該玻璃磚中，光的傳播速度小于光的傳播速度
C．以、為光源分別進行雙縫干涉實驗，在其他條件相同的情況下，光相鄰干涉亮條紋間距比光大
D．若光照射到某金屬上能發生光電效應，則光一定能使該金屬發生光電效應
【答案】D
【知識點】光的折射及折射定律；干涉條紋和光的波長之間的關系；光電效應
【解析】【解答】A．細光束在玻璃磚中的光路如圖所示
細光束在O點入射角相同，由折射定律可知>，則有>，若是黃光，不可能是藍光，故A錯誤；
B．由可知，>，則有<，即b光傳播速度較大，故B錯誤；
C．由可知，光波長小于光波長，用同一裝置做雙縫干涉實驗時，由可知，光相鄰干涉亮條紋間距比光小，故C錯誤；
D．由可知，光光子能量大于光光子，光照射到某金屬上能發生光電效應，光一定能使該金屬發生光電效應，故D正確。
故選D。
【分析】1、根據題意畫光束在玻璃磚中的光路，折射定律可比較a、b折射率，根據折射率得出傳播速度大小。
2、根據得出a、b波長大小，由可知ab光相鄰干涉亮條紋間距大小。
3、光電效應的條件：光的頻率必須大于或等于金屬的截止頻率。
3．（2025·四川模擬）小車內固定有垂直于運動方向的水平橫桿，物塊M套在橫桿上，一個小鐵球用輕質細線吊在物塊底部。當小車以恒定速率通過某一水平彎道時（可視為圓周運動），細線與豎直方向的夾角為，如圖所示。若小車以更大的恒定速率通過該彎道，設小車在通過彎道的過程中，小球、物塊與小車均保持相對靜止，下列說法錯誤的是（　　）
A．細線與豎直方向的夾角變大 B．細線對小球的拉力變大
C．橫桿對物塊的摩擦力變大 D．橫桿對物塊的支持力變大
【答案】D
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】D．令小鐵球質量為m，物塊與小球保持相對靜止，對物塊與小鐵球整體進行分析，如圖甲所示
則有
可知，當小車以更大的恒定速率通過該彎道時，橫桿對物塊的支持力不變，故D錯誤，符合題意；
C．火車轉彎過程，將車內物體的轉彎半徑可以近似認為相同，令為R，結合上述
可知，當小車以更大的恒定速率通過該彎道時，橫桿對物塊的摩擦力變大，故C正確，不符合題意；
A．對小球進行受力分析，如圖乙所示
則有
，
解得
可知，轉彎速度變大，則細線與豎直方向夾角變大，故A正確，不符合題意；
B．結合上述解得
由于細線與豎直方向夾角變大，則細線對小球的拉力變大，故B正確，不符合題意。
故選D。
【分析】1、對物塊與小鐵球整體進行分析，根據豎直方向受力平衡列等式得出支持力：。轉彎時水平方向摩擦力提供向心力得出橫桿對物塊的摩擦力。
2、對小球進行受力分析，豎直方向受力平衡，水平方向提供向心力可得出細線對小球的拉力，細線與豎直方向夾角。用解析法分析各個力的變化情況。
4．（2025·四川模擬）如圖所示為一理想變壓器示意圖，其原線圈與一個理想電流表串聯后接在電壓有效值恒定的交流電源兩端，兩副線圈分別接上定值電阻和。若僅閉合開關，電流表讀數為；若僅閉合開關，電流表讀數為。若同時閉合開關和，則電流表讀數為（　　）
A．2I B．2.5I C．3I D．3.5I
【答案】C
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】由于變壓器原線圈上的電壓和原、副線圈的匝數不變，同時閉合開關S1和S2時，電阻R1和R2上消耗的功率與單獨閉合開關S1和S2時各自消耗的功率相等，分別設為P1、P2。由
，，
解得
故ABD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】1、理想變壓器，電壓與匝數成正比。
2、功率守恒：原線圈輸入功率等于副線圈輸出功率。
3、 無論負載如何變化（如開關通斷），副線圈輸出電壓保持不變。
5．（2025·四川模擬）如圖甲所示，兩顆人造地球衛星1、2在同一平面內沿同一方向繞地球做圓周運動，周期分別為、，軌道半徑分別為、。某時刻開始計時，兩衛星間距隨時間變化的關系如圖乙所示，已知，則等于（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】根據圖像可知，衛星再次相距最經過時間兩近，則有
根據題意有，解得
根據開普勒第三定有律
解得
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】 兩顆人造地球衛星1、2在同一平面內沿同一方向繞地球做圓周運動 ，根據圖像獲得信息，衛星再次相距最經過時間兩近，則有，可求解衛星2周期，根據開普勒第三定有律可計算軌道半徑之比。
6．（2025·四川模擬）石墩路障在生活中很常見，對于保障行車安全和管制交通秩序發揮重要作用。如圖甲所示，工人用叉車將一球形石墩路障運送至目的地，拉動裝置的結構簡易圖如圖乙所示，，兩叉車臂相互平行且間距等于石墩半徑。在水平勻速拉動叉車的過程中，叉車臂與水平方向夾角維持為。不計球形石墩表面摩擦，則單個叉車臂受到石墩的壓力大小為（石墩重力為）（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】牛頓第三定律；力的合成與分解的運用
【解析】【解答】從側面觀察運載中的石墩，其受力分析如圖甲所示。
由平衡條件有
從正面觀察運載的石墩，黑色部分為兩條叉車臂，石墩受力分析如圖乙所示。為單個叉車臂對石墩的支持力，則有
單個叉車臂受到石墩的壓力為
由牛頓第三定律可知單個叉車臂受到石墩的壓力
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】對石墩受力分析，三力平衡，用合成法求解單個叉車臂對石墩的支持力，再根據牛頓第三定律可求解單個叉車臂受到石墩的壓力。
7．（2025·四川模擬）如圖所示，水平放置的平行板電容器與恒壓直流電源連接，板間距離為，一帶電粒子恰好靜止于電容器極板正中央。若保持下極板不動，用絕緣工具在極短時間內將上極板向上平移，粒子打在極板上的動能為；若保持上極板不動，用絕緣工具在極短時間內將下極板向上平移，粒子打在極板上的動能為。不計空氣阻力和電容器充放電的時間，則等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】開始時粒子受力平衡有
上極板上移，粒子所受合力向下，大小為
粒子將打在下極板上，其動能為
下極板上移，粒子所受合力向上，大小為
粒子將打在上極板上，其動能為
則
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】帶電粒子恰好靜止于電容器極板正中，說明粒子受到的電場力與重力平衡，當極板移動，電場強度變化，導致電場力變化，粒子受力不再平衡，粒子會加速運動，用動能定理計算動能。
8．（2025·四川模擬）如圖所示，一小木塊漂浮在足夠寬水面上且處于靜止狀態，對木塊施加向下的力使其偏離平衡位置處于靜止狀態，在時由靜止釋放，釋放后木塊的運動可視為簡諧運動，周期為。規定豎直向上為正方向，則小球在時刻（　　）
A．位移最大，方向為正 B．速度最大，方向為正
C．加速度最大，方向為負 D．受到的浮力最大
【答案】A,C
【知識點】簡諧運動的表達式與圖象；簡諧運動
【解析】【解答】ABC．由于木塊的運動可視為簡諧運動，周期是1s，則5.5s時刻為，故此時處于最高點，位移最大，方向向上為正，速度為零；加速度最大，方向向下為負，故AC正確，B錯誤；
D．最高點浸入水中的體積最小，根據公式可知，浮力最小，故D錯誤。
故選AC。
【分析】木塊做簡諧運動，周期是1s，則5.5s時刻為，木塊運動半個周期，從最低點（初始釋放點）回到最高點（對稱位置）。位移：x=+A（正向最大），速度：v=0（在最高點瞬時靜止），加速度最大，方向向下為負，浮力：最小（因木塊浸入體積最小）。
9．（2025·四川模擬）如圖所示，斜面B靜止在水平地面上，物塊A以平行于斜面的初速度從斜面底端開始沿斜面上滑，不計一切摩擦。在A從斜面底端運動到最高點的過程中（A未沖出斜面），以下說法正確的是（　　）
A．A、B組成的系統動量守恒 B．A的動量變化量方向水平向左
C．到達最高點時A的動能最小 D．到達最高點時A的機械能最小
【答案】C,D
【知識點】動量守恒定律；動能和勢能的相互轉化
【解析】【解答】A．物塊A向上做減速運動，加速度方向沿斜面向下，系統所受外力合力不等于0，可知，A、B組成的系統動量不守恒，故A錯誤；
B．，A、B組成的系統在水平方向所受外力的合力為0，即系統在水平方向分動量守恒，最高點時系統有共同速度，A物體初始狀態的動量、末狀態的動量分別為
，
根據矢量合成規律，作出動量變化方向圖如圖所示
可知，A的動量變化量方向并沒有水平向左，故B錯誤；
C．上升過程中A的動能不斷被轉化為自身的重力勢能及B的動能，則上升過程中A的動能在最高點最小，故C正確；
D．上升過程中，B對A的支持力一直對A做負功，A的機械能一直減小，則在最高點時A的機械能最小，故D正確。
故選CD。
【分析】1、系統動量守恒 的條件是 合外力為零。A 、 B 組成的系統在 水平方向不受外力（地面光滑，無摩擦），因此 水平動量守恒。豎直方向 上，地面對斜面 B 的支持力會改變，故豎直動量不守恒
2、動量變化量是矢量，根據矢量三角形法則動量變化量不是水平向左。
、
3、上升過程中A的動能在最高點最小，上升過程中，B對A的支持力一直對A做負功，A的機械能一直減小。
10．（2025·四川模擬）如圖所示，處于同一水平面的光滑金屬直導軌和之間夾角為。兩點間距離為，其間接有一阻值為的電阻。空間存在方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度。一質量為的較長金屬棒在水平外力作用下從處以初速度向右運動，在運動的過程中通過上的電流恒定不變，除外其余電阻不計，金屬棒運動過程中始終與垂直，且與兩導軌保持良好接觸，取，則在此過程中（　　）
A．通過的電流為 B．金屬棒的最小速度為
C．金屬棒運動的時間為 D．水平外力所做的功為
【答案】A,D
【知識點】電磁感應中的電路類問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】A．金屬棒在處產生的感應電動勢為
回路中的感應電流為
解得
故A正確；
B．由于在運動的過程中通過上的電流恒定不變，表明運動中感應電動勢不變，由于金屬棒切割磁感線有效長度增大，可知，金屬棒應做減速運動，在處速度最小，金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢
解得
故B錯誤；
C.結合上述可知，金屬棒在運動過程中的感應電動勢始終不變，則
解得
故C錯誤；
D．根據動能定理有
其中，結合上述解得
故D正確。
故選AD。
【分析】1、單棒切割磁感線產生感應電動勢為，回路中的感應電流為。
2、題目已知在運動的過程中通過上的電流恒定不變，可推出金屬棒在運動過程中的感應電動勢始終不變，根據感應電動勢不變列等式可求解金屬棒的最小速度以及金屬棒運動的時間。
3、根據動能定理列等式可求解水平外力所做的功。
11．（2025·四川模擬）某同學用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恒定律，鐵架臺上端固定有電磁釋放裝置A（斷開開關，可使小球從靜止開始自由下落），下端安裝有與數字計時器相連的光電門B。實驗過程如下：
（1）用螺旋測微器測量小球的直徑，示數如圖乙所示，小球直徑　 　mm。
（2）調節光電門位置，使小球從電磁釋放裝置處釋放后能自由通過光電門。
（3）用刻度尺測量出小球釋放位置到光電門的高度，釋放小球，并記錄小球通過光電門的遮光時間。已知小球的質量為，則小球從釋放位置運動到光電門的過程中，增加的動能為　 　（用、、表示）。
（4）改變光電門的高度，多次實驗得出相應的實驗數據，根據數據作出圖像，如果小球下落過程中機械能守恒，則該圖像應是一條直線，且該直線的斜率應為　 　（用和重力加速度表示）。
【答案】7.884（7.882~7.886）；；
【知識點】驗證機械能守恒定律；刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用
【解析】【解答】（1）根據螺旋測微器的讀數規律，該讀數為
（3）小球的初動能為0，小球通過光電門時速度為，則小球增加的動能為。
（4）根據機械能守恒有
變形得
結合圖像可知
【分析】（1）螺旋測微器的讀數規律：讀取固定刻度（主尺），看微分筒左側露出的主尺刻度，以 0.5 mm 為單位。讀取可動刻度（微分筒），觀察微分筒上與主尺水平線對齊的刻度，每格 0.01 mm。總讀數 = 主尺讀數 + 微分筒讀數。
（3）光電門時速度為，小球增加的動能為。
（4）由得出，圖像的斜率。
12．（2025·四川模擬）某實驗小組用電橋法測量熱敏電阻RT在不同溫度時的阻值，設計電路如圖甲所示，其中R0是阻值為45Ω的定值電阻；S是用同一材料制成且粗細均勻的半圓形電阻絲，其半徑為L，圓心為O；ON是一可繞O點自由轉動的金屬滑桿（電阻不計）；電源的電動勢為E=3V，內阻不計，滑桿N端與S接觸良好。
（1）實驗室提供了以下電表可供選擇：
A．電流表A1（內阻約為0.2Ω，量程為3A）
B．電流表A2（內阻約為1.0Ω，量程為0.6A）
C．靈敏電流表G（內阻約為120Ω，量程為0.1mA）
圖中“○”內的電表應選擇　 　（填選項前面的符號“A”“B”或“C”）。
（2）在測量之前滑動變阻器滑片P應置于　 　端（填“a”或“b”）。閉合開關S1，將滑動變阻器調到合適位置后，再反復調節滑桿角度位置，使閉合開關時“○”中電表的示數為　 　，則電橋達成平衡，測得此時滑桿角度為θ（單位為弧度），則RT的阻值為　 　（用R0、θ和π表示）。
（3）通過在不同溫度下測量該熱敏電阻的阻值，得到熱敏電阻隨溫度變化的圖像如圖乙所示，可知該熱敏電阻隨溫度的變化是　 　（填“線性”或“非線性”）的；在某一環境溫度下用該實驗裝置測出電橋平衡時滑桿角度θ=60°，則此時環境溫度為　 　℃（結果取整數）。
【答案】（1）C
（2）b；零；
（3）非線性；40
【知識點】特殊方法測電阻
【解析】【解答】（1）電橋衡時，橋中電流很小，量程大的電流表幾乎不偏轉測不出來，靈敏電流表可以測出，故選C。
（2）保護電路，滑片P應放在b端。“○”中電表的示數為0時電橋達到平衡。設圓環電阻單位長度電阻為r，由電橋平衡公式可知
則
（3）圖可知，該熱敏電阻是非線性電阻。由（2）中的結果，當θ=60°時，RT=2R0=90Ω，由圖可知，室內溫度為40℃。
【分析】（1）電橋中電流很小，量程大的電流表幾乎不偏轉測不出來，只能選擇靈敏電流表。
（2）由電橋平衡公式可知，則。
（3）根據圖乙可知熱敏電阻是非線性電阻，θ=60°時代入可計算熱敏電阻的阻值，再根據圖乙得出此時環境溫度。
（1）電橋衡時，橋中電流很小，量程大的電流表幾乎不偏轉測不出來，靈敏電流表可以測出，故選C。
（2）[1][2][3]為保護電路，滑片P應放在b端。“○”中電表的示數為0時電橋達到平衡。設圓環電阻單位長度電阻為r，由電橋平衡公式可知
則
（3）[1][2]圖可知，該熱敏電阻是非線性電阻。由（2）中的結果，當θ=60°時，RT=2R0=90Ω，由圖可知，室內溫度為40℃。
13．（2025·四川模擬）如圖所示是一增壓裝置示意圖，圓柱形汽缸內部高為，其底部和側壁絕熱，頂部導熱。不計重力和厚度的絕熱活塞將缸中空氣（可視為理想氣體）分隔成兩部分。初始時，活塞位于汽缸正中間，上、下兩部分氣體的壓強、溫度均與大氣壓強和環境溫度相同。現通過打氣筒緩慢向汽缸上部充入一定量的空氣后，活塞移動距離為，此時下部氣體的溫度為。環境溫度始終保持不變，不計活塞與汽缸壁間的摩擦，活塞不漏氣。求：
（1）充氣后汽缸下部氣體的壓強；
（2）充入空氣的質量與汽缸中原有空氣的總質量之比。
【答案】（1）解：設汽缸內部橫截面積為S，對汽缸下部封閉氣體，根據理想氣體狀態方程有
其中，，
解得
（2）解：設充入氣體在壓強為時的體積為，對汽缸上部氣體進行分析，根據玻意耳定律有
其中，解得
汽缸中原有空氣的體積
則有

【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）對汽缸下部封閉氣體，根據理想氣體狀態方程有，可計算充氣后汽缸下部氣體的壓強。
（2）對汽缸上部氣體進行分析，根據玻意耳定律列扽是：，可求解充入氣體在壓強為時的體積，汽缸中原有空氣的體積，充入空氣的質量與汽缸中原有空氣的總質量之比。
（1）設汽缸內部橫截面積為S，對汽缸下部封閉氣體，根據理想氣體狀態方程有
其中，，
解得p1=2.5p0
（2）設充入氣體在壓強為時的體積為，對汽缸上部氣體進行分析，根據玻意耳定律有
其中
解得
汽缸中原有空氣的體積
則有
14．（2025·四川模擬）如圖所示，處于同一豎直面內的滑軌由、、三段直軌構成，其中段長，高，表面光滑；段水平，長；段與水平方向的夾角為且足夠長。通過在處的一小段長度不計的光滑圓弧平滑連接。質量分別為、的a、b兩個小滑塊（可視為質點）粘貼在一起，粘貼面間敷有少量炸藥。現將a、b整體從滑軌的最高點A處由靜止釋放，在剛滑入水平段的瞬間炸藥爆炸，a、b瞬間分離，各自沿運動，一段時間后a以速度從點沖出滑道，最后落在上。已知a、b與段表面間的動摩擦因數均為，不計空氣阻力和炸藥質量。取，重力加速度。求：
（1）a、b整體在上運動的時間；
（2）a在上的第一個落點到端的距離；
（3）炸藥爆炸后的瞬間，a、b組成的系統獲得的機械能增量。
【答案】（1）解：由動能定理可知
運動時間
（2）解 ：由平拋運動可得
a在上的第一個落點到端的距離

（3）解：對a分析，由動能定理可得
爆炸前后，對a、b由動量守恒定律可得
a、b組成的系統獲得的機械能增量
【知識點】爆炸；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）a、b整體在上運動，由動能定理列等式：，可計算a、b整體在上運動時間。
（2）平拋運動中利用位移夾角關系列等式：，a在上的第一個落點到端的距離
（3）對a分析，由動能定理列等式：
爆炸前后，對a、b由動量守恒定律列等式：
a、b組成的系統獲得的機械能增量
（1）由動能定理可知
運動時間
（2）由平拋運動可得
a在上的第一個落點到端的距離
（3）對a分析，由動能定理可得
爆炸前后，對a、b由動量守恒定律可得
a、b組成的系統獲得的機械能增量
15．（2025·四川模擬）如圖所示，直邊界與水平方向成角，在左側的空間，存在著與水平方向成斜向上的勻強電場，在的右側存在豎直向上的勻強電場和水平向外的勻強磁場。一帶電質點從場中點由靜止開始釋放后，在紙面內沿水平方向向右做直線運動，從點第一次經過邊界進入右側場區，此后帶電質點在運動過程中多次經過邊界。已知間距離，磁感應強度大小，兩電場強度的關系為，帶電質點的比荷，取重力加速度大小為，，不計空氣阻力，所有場區范圍足夠大。
（1）求邊界左側電場的場強大小及質點經過點時的速度大小；
（2）設質點第二次經過邊界的位置為，求質點從點運動到點的時間；
（3）設質點第四次經過邊界的位置為，求和之間的距離。
【答案】（1）解：粒子在左側場區受力如圖甲所示
則
得
由牛頓第二定律有
由運動學公式可得
解得

（2）解：如圖所示，由于
故質點在復合場中做勻速圓周運動，可得
圓周運動半徑
運動時間
（3）解：粒子經過Q1點之后的運動軌跡如圖乙所示
第一次在磁場中運動到邊界上前進的弦長
第二次在左側電場中的運動時間為t2，則
解得
沿邊界方向前進的距離為
第二次做圓周運動前進的弦長
和之間的距離

【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子在左側場區受力分析
豎直方向合力為零，可計算 邊界左側電場的場強大小 。水平方向由牛頓第二定律列等式：，由運動學公式，聯立求解 質點經過點時的速度大小
（2）在復合場中通過計算，故質點在復合場中做勻速圓周運動，洛倫茲力等于向心力，即，圓周運動半徑，運動時間
（3）粒子經過Q1點之后的運動軌跡如圖乙所示
第一次在磁場中運動到邊界上前進的弦長，第二次在左側電場中的運動時間為t2，則，可計算第二次在左側電場中的運動時間。沿邊界方向前進的距離為，第二次做圓周運動前進的弦長，和之間的距離
（1）粒子在左側場區受力如圖甲所示
則
得
由牛頓第二定律克的
由運動學公式可得
解得
（2）如圖所示，由于
故質點在復合場中做勻速圓周運動，可得
圓周運動半徑
運動時間
（3）粒子經過Q1點之后的運動軌跡如圖乙所示
第一次在磁場中運動到邊界上前進的弦長
第二次在左側電場中的運動時間為t2，則
解得
沿邊界方向前進的距離為
第二次做圓周運動前進的弦長
和之間的距離
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