資源簡介

2025屆廣西柳州市高三上學期二模物理試題
1．（2025·柳州模擬）2024年11月，朱雀二號改進型遙一運載火箭在東風商業航天創新試驗區發射升空，該火箭在升空過程中，受到地球對它的萬有引力大小（　　）
A．不變 B．增大
C．減小 D．先減小后增大
2．（2025·柳州模擬）柳州音樂噴泉噴水時噴頭露出江面。若水從噴頭豎直向上噴出后，上升的最大高度為80m，g取，不計空氣阻力，則水從噴出到到達最高點的時間為（　　）
A．4s B．6s C．8s D．10s
3．（2025·柳州模擬）某同學將一質量為m的籃球從距離地面處，以的初速度豎直向下拋出，落到地面上并沿豎直方向彈回，上升的最大高度為，不計空氣阻力，重力加速度為g，則籃球與地面碰撞過程中損失的機械能為（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·柳州模擬）如圖所示，用輕質細繩將一幅所受重力為G的畫框對稱懸掛在墻壁上，細繩與水平方向的夾角為，則細繩的拉力大小為（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·柳州模擬）t=0時刻，x=0處的波源開始振動，產生一列沿x軸正方向傳播的簡諧波，t1=0.02s時形成如圖所示的波形，下列說法正確的是（　　）
A．這列波的波速為8m/s
B．t=0時刻，波源沿y軸負方向開始振動
C．t2=0.03s時，x=10cm處的質點開始振動
D．0~0.02s內，x=4cm處的質點通過的路程為10cm
6．（2025·柳州模擬）如圖所示，理想變壓器原副線圈匝數比為2：1，原線圈接在（V）的交流電源上，小燈泡L1、L2完全相同，額定電壓為4V，電阻恒定，下列說法正確的是（　　）
A．通過L2的交流電頻率為25Hz B．通過L1、L2的電流之比為2：1
C．L1恰好正常發光 D．L2恰好正常發光
7．（2025·柳州模擬）如圖所示，邊長為a的正方體位于一勻強電場中，將一電量為q的點電荷從A點移到B點，電場力做功為W，從B點移到C點，電場力做功為2W，從B點移到點，電場力做功為零，則勻強電場的場強為（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·柳州模擬）如圖所示，一定質量的理想氣體經歷了a→b→c→a的循環過程，氣體在a、b、c狀態下的體積分別為、、，下列說法正確的是（　　）
A．a→b過程氣體對外做功 B．b→c過程氣體內能不變
C．c→a過程氣體從外界吸熱 D．
9．（2025·柳州模擬）如圖所示，一光電管陰極材料的逸出功為，現用某單色光照射該光電管的陰極K，發現有光電子逸出。普朗克常量為h，若減小入射光的強度，下列說法正確的是（　　）
A．陰極材料的逸出功變小 B．逸出光電子的最大初動能變小
C．單位時間逸出的光電子數減少 D．該陰極材料的截止頻率為
10．（2025·柳州模擬）如圖所示，頂角為的光滑金屬導軌AOC水平固定，處在方向與導軌平面垂直、磁感應強度為B的勻強磁場中。一根與OC垂直的導體棒MN（足夠長）在水平外力作用下以恒定速度沿導軌向右滑動，時，導體棒位于O處，時刻撤掉外力。已知導軌與導體棒單位長度的電阻均為r，導體棒質量為m，與導軌接觸良好，，則（　　）
A．時間內，流過導體棒MN的電流大小不變
B．時間內，流過導體棒MN的電荷量為
C．時間內，回路產生的焦耳熱為
D．從撤掉外力到導體棒停止運動的過程，穿過回路的磁通量增加
11．（2025·柳州模擬）利用如圖1所示的裝置研究平拋運動的特點。實驗前，先將一張白紙和復寫紙固定在裝置的背板上。鋼球落到的擋板上后，就會擠壓復寫紙，在白紙上留下印跡。上下調節擋板N，通過多次實驗，在白紙上記錄鋼球所經過的多個位置。用平滑曲線把這些印跡連接起來，就得到鋼球做平拋運動的軌跡。
（1）實驗時每次必須由斜槽上的同一位置由靜止釋放鋼球，目的是　 　；
（2）如圖2，以鋼球放在斜槽末端時球心在白紙上的投影點O為坐標原點，建立直角坐標系xOy，、為軌跡上的兩點，鋼球從O到A、A到B的時間分別為、，則　 　（填“＞”、“<”或“=”）；
（3）若已知重力加速度為g，則鋼球做平拋運動的初速度為（　　）
A． B． C． D．
12．（2025·柳州模擬）某實驗小組為測量一合金絲的電阻率，進行了如下實驗：
（1）用螺旋測微器測量合金絲的直徑，如圖所示，則合金絲的直徑　 　mm；
（2）如圖1所示，將合金絲固定在木板的兩端，用帶有金屬夾A、B的導線將合金絲接入如圖2所示電路，實驗器材如下：
A．電源E（電動勢8V，內阻約為）；
B．電流表（0~10mA，內阻）；
C．電流表（0~300mA，內阻很小）；
D．電阻箱R（最大阻值）；
E．滑動變阻器（阻值）；
F．開關S和導線若干。
現將電阻箱R與電流表改裝為量程為6V的電壓表，電阻箱的阻值應調為　 　；
（3）移動金屬夾B至適當位置，用刻度尺測量兩金屬夾之間合金絲的長度L，將滑動變阻器的滑片調至a端，閉合開關S，移動滑動變阻器的滑片，使電流表的示數達到最大值，記錄電流表的示數I；
（4）重復步驟（3），獲得多組I、L數據，作出I-L圖像如圖所示。則I-L圖像的斜率　 　mA/cm（保留兩位有效數字），合金絲的電阻率　 　（用、、k、d、表示）；
（5）本實驗中，若電流表的內阻不能忽略，則電阻率的測量值　 　真實值（選填“大于”“小于”或“等于”）。
13．（2025·柳州模擬）某種半球形采光球由均勻透明材料制作而成，圖為過中心軸線的截面圖，O為球心，MN為采光球與空氣的分界面。為測定該透明材料的折射率，將一束單色光從球面的P點沿PO方向射入采光球，恰好在O處發生全反射。已知，球的半徑為R，光在真空中的傳播速度為c，，求：
（1）該透明材料的折射率；
（2）若將單色光改為從P點沿垂直于MN的方向射入采光球，求該單色光在采光球中傳播的時間（不考慮光在MN界面的反射）。
14．（2025·柳州模擬）有一種環形質譜儀，由加速電場、偏轉磁場和圓形角度尺組成，如圖所示。其中偏轉磁場是一個勻強磁場，方向垂直紙面向里，分布在半徑為R且與角度尺構成同心圓的區域內，一離子源釋放出初速度忽略不計的正離子，經加速電壓U加速后，正對偏轉磁場區域的圓心O射入磁場，飛出磁場后打在角度尺上60°的位置，已知離子的電荷量為q，質量為m，不計離子的重力，求：
（1）離子經加速電場加速后的速度大小；
（2）偏轉磁場的磁感應強度B；
（3）將加速電壓調為U1，使離子在磁場中的運動時間變為原來的2倍，求U1。
15．（2025·柳州模擬）如圖所示，傾角為、上表面光滑的斜面體靜止在水平地面上，斜面體下端固定一輕擋板，擋板上連接有一根勁度系數為的輕質彈簧，彈簧另一端連接質量為的物塊B，使B靜止在斜面上的Q點。現將質量為的物塊A從斜面上的P點由靜止釋放，A沿斜面下滑并與B發生彈性碰撞，碰后立即取走A，整個過程斜面體始終保持靜止。已知PQ間的距離為，物塊A、B均可看作質點；g取，，求：
（1）兩物塊碰撞前的瞬間，A的速度大小；
（2）兩物塊碰撞后的瞬間，B的速度大小；
（3）已知斜面體的質量為，彈簧的彈性勢能為（x為彈簧的形變量），要使斜面體始終保持靜止，求斜面體與地面間的動摩擦因數 應滿足的條件。（認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】萬有引力定律
【解析】【解答】本題主要是考查萬有引力定律，解答本題的關鍵是掌握萬有引力定律的計算公式。根據萬有引力表達式
該火箭在升空過程中，與地球的距離增大，則受到地球對它的萬有引力大小減小。
故選C。
【分析】根據萬有引力定律進行分析。
2．【答案】A
【知識點】豎直上拋運動
【解析】【解答】本題考查了運動學公式的應用，根據題意分析清楚水的運動過程是解題的前提，應用運動學公式即可解題。根據逆向思維可得
解得
故選A。
【分析】水噴出后做豎直上拋運動，應用運動學公式求出從噴出到最高點需要的時間。
3．【答案】B
【知識點】機械能守恒定律
【解析】【解答】考查能量的轉化和守恒定律的應用，會根據題意進行準確分析解答。以地面為0勢能參考平面，則籃球與地面碰撞過程中損失的機械能為
故選B。
【分析】根據題意設置重力勢能零勢面，結合機械能的變化情況推導機械能的損失量。
4．【答案】B
【知識點】力的合成與分解的運用
【解析】【解答】本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用。對畫框進行分析，根據平衡條件有
解得
故選B。
【分析】利用力的分解即可求出。
5．【答案】D
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】波的圖象反映了在某時刻介質中的質點離開平衡位置的位移情況，圖象的橫軸表示各質點的平衡位置，縱軸表示該時刻各質點的位移，A．根據題意可得，波速為
故A錯誤；
B．根據“上下坡”法可知，t=0時刻，波源沿y軸正方向開始振動，故B錯誤；
C．x=10cm處的質點開始振動的時間為
故C錯誤；
D．x=4cm處的質點開始振動的時間為
波的周期為
所以0~0.02s內，x=4cm處的質點通過的路程為
故D正確。
故選D。
【分析】由波形圖可知波長及0.02s時波的振動形式傳播的距離，即可計算波速、判斷波源的起振方向；由波速，即可計算波源的振動形式傳播到x=10cm的時間，即x=10cm處的質點開始振動的時刻；由波速，可計算x=4cm處的質點開始振動的時刻，根據簡諧運動的特點，可知質點在0～0.02s內通過的路程。
6．【答案】D
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】知道電源電壓等于變壓器的輸入電壓與燈泡L1兩端電壓之和是解題的關鍵，掌握變壓規律和變流規律是解題的基礎。A．交流電通過變壓器后頻率不變，所以通過L2的交流電頻率為
故A錯誤；
B．根據理想變壓器原副線圈與匝數的關系可得，通過L1、L2的電流之比為
故B錯誤；
CD．對原線圈回路有
聯立可得
，
即L2正常發光，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據角速度和頻率的關系計算；根據變流規律計算；根據變壓規律分別計算出兩燈泡兩端的電壓，和額定電壓相比較。
7．【答案】A
【知識點】電勢差；電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】知道把勻強電場的電場強度分解為沿AB方向和BC方向是解題的關鍵。根據
可知
則
而
即BB1為等勢面；因等勢面與電場方向正交，可知場強方向與平面ABCD平行， 則沿AB方向的場強分量
沿AD方向的場強分量
則
故選A。
【分析】根據電場力做功公式分別計算出勻強電場沿AB方向和BC方向的電場強度大小，然后根據矢量合成法則計算即可。
8．【答案】B,D
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】了解圖像的物理意義是正確解題的前提。明確圖像表示的物理意義和特點，區分清楚各個不同的物理過程是解決問題的關鍵。掌握根據熱力學第一定律的表達式，以及式中各物理量的物理意義。A．a→b過程，壓強與熱力學溫度成正比，根據查理定律可知，氣體體積不變，則氣體對外不做功，故A錯誤；
B．b→c過程理想氣體溫度不變，則氣體內能不變，故B正確；
C．c→a過程理想氣體壓強一定，溫度減小，根據蓋呂薩克定律可知，氣體體積減小，由于溫度減小，則氣體內能減小，氣體體積減小，外界對氣體做功，根據熱力學第一定律可知，c→a過程氣體向外界放熱，故C錯誤；
D．結合上述可知，a→b過程，氣體體積不變，b→c過程理想氣體溫度不變，根據玻意耳定律可知，氣體壓強減小，則氣體體積增大，則有
故D正確。
故選BD。
【分析】根據p-t圖像中過原點的傾斜的直線為等容線，判斷a→b的過程氣體體積的變化，可知該過程氣體是否對外做功；b→c過程氣體溫度不變，根據一定質量的理想氣體的內能只與溫度有關判斷此過程氣體內能的變化；c→a過程氣體壓強不變，溫度降低，內能減少，由蓋—呂薩克定律判斷氣體的體積的變化，得到做功情況，根據熱力學第一定律判斷吸放熱情況；b→c過程氣體溫度不變，壓強降低，由玻意耳定律可知氣體的體積的變化。
9．【答案】C,D
【知識點】光電效應
【解析】【解答】為了解釋光電效應現象，愛因斯坦提出了光電效應理論。光電效應方程：Ek=hν-W0，其中hν為入射光子的能量，Ek為光電子的最大初動能，W0是金屬的逸出功。AB．逸出功只由材料自身決定，若減小入射光的強度，陰極材料的逸出功不變，根據光電效應方程可得
可知逸出光電子的最大初動能不變，故AB錯誤；
C．若減小入射光的強度，則單位時間逸出的光電子數減少，故C正確；
D．根據
可得該陰極材料的截止頻率為
故D正確。
故選CD。
【分析】陰極材料的逸出功是由材料的性質所決定的；逸出功的最大初動能與入射光的頻率有關；入射光的強度減小，則在單位時間內射到陰極材料上的光子數減少，據此分析；根據逸出功與截止頻率的關系計算。
10．【答案】A,C
【知識點】電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解。A．經過時間t導體棒中的感應電動勢
感應電流
可知時間內，流過導體棒MN的電流大小不變，選項A正確；
B．時間內，流過導體棒MN的電荷量為
選項B錯誤；
C．時間內，回路產生的焦耳熱等于克服安培力做功
選項C正確；
D．若撤掉外力時導體棒的有效長度為L，根據動量定理
其中
（是導體棒與導軌所圍成的三角形的周長）
聯立解得
很明顯可知
選項D錯誤。
故選AC。
【分析】求出導體棒切割磁感線的有效長度，求出回路的總電阻，應用E=BLv求出感應電動勢，應用歐姆定律求出感應電流；根據電流定義式的變形公式求出電荷量；應用焦耳定律求出焦耳熱；應用動量定理求出磁通量的增加量。
11．【答案】（1）確保鋼球每次平拋的初速度相同
（2）=
（3）A；C
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】本題考查了研究平拋運動的特點的實驗，要明確實驗原理，掌握平拋運動的規律，根據勻變速直線運動的推論求解時間間隔是解題的關鍵。
（1）實驗時每次必須由斜槽上的同一位置由靜止釋放鋼球，目的是保證鋼球每次平拋的初速度相同；
（2）由于鋼球水平方向做勻速直線運動，則
所以
（3）水平方向有
豎直方向有
所以或
故選AC。
【分析】（1）根據實驗原理分析作答；
（2）平拋運動在水平方向做勻速直線運動，根據勻速直線運動公式分析作答；
（3）根據勻變速直線運動的推論求時間間隔，根據勻速直線運動公式求解水平初速度。
（1）實驗時每次必須由斜槽上的同一位置由靜止釋放鋼球，目的是保證鋼球每次平拋的初速度相同；
（2）由于鋼球水平方向做勻速直線運動，則
所以
（3）水平方向有
豎直方向有
所以
或
故選AC。
12．【答案】1.671；597.0；0.11；；等于
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；導體電阻率的測量；表頭的改裝
【解析】【解答】本題主要考查了測量金屬絲電阻率的實驗，要明確實驗原理，掌握螺旋測微器的讀數規則，掌握串聯、并聯電路的特點、電阻定律和歐姆定律的運用。（1）螺旋測微器精度為0.01mm，結合題中圖像，可得直徑
（2）電流表改裝為量程為6V的電壓表需要串聯一個電阻，根據改裝原理有
整理得
解得
（3）根據圖像可知斜率為
（4）由于電流表內阻很小，可忽略其內阻，結合圖2，根據串聯、并聯關系有
又因為
整理得
可知圖像斜率
故電阻率為
（5）若電流表的內阻不能忽略，設其內阻為，結合圖2，根據串聯、并聯關系有
又因為
整理得
可知圖像斜率與之前的斜率相同，故電阻率的測量值等于真實值。
【分析】（1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，根據螺旋測微器的讀數規則讀數；
（2）根據串聯電路的特點和歐姆定律求解作答；
（4）根據圖丁求解圖像的斜率；根據電阻定律、串聯和并聯電路的特點、歐姆定律求解I-L函數，結合圖像斜率的含義求解電阻率；
（5）若電流表A2的內阻不能忽略，根據串聯、并聯電路的特點和歐姆定律求解I-L函數，結合圖像斜率分析作答。
13．【答案】（1）解：沿PO射入透明材料的光在半圓形界面上光路不變，單色光在球心O處恰好發生全反射，作出光路圖如圖所示
則單色光在MN界面上的入射角為全反射臨界角C，則有
，
解得
（2）解：單色光垂直MN界面射向半球形界面時，在半球形界面的入射角為
作出光路圖如圖所示
由折射定律有
解得
則有
過點P作MN的垂線交MN于B點，則有
，
單色光在采光球中傳播的時間為
根據光速與折射率的關系有
解得
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）作出光路圖，根據全反射臨界角公式分析解答；
（2）作出光路圖，根據幾何關系結合折射定律分析解答。
（1）沿PO射入透明材料的光在半圓形界面上光路不變，單色光在球心O處恰好發生全反射，作出光路圖如圖所示
則單色光在MN界面上的入射角為全反射臨界角C，則有，
解得
（2）單色光垂直MN界面射向半球形界面時，在半球形界面的入射角為
作出光路圖如圖所示
由折射定律有
解得
則有
過點P作MN的垂線交MN于B點，則有，
單色光在采光球中傳播的時間為
根據光速與折射率的關系有
解得
14．【答案】（1）解：根據動能定理可得
所以
（2）解：設離子在磁場中圓周運動的軌跡半徑為r，如圖所示
根據幾何關系可知
則
所以
在磁場中有
聯立解得
（3）解：離子在磁場中的運動時間為
第1次在磁場中運動軌跡的圓心角為60°，則第2次在磁場中運動軌跡的圓心角為120°，據此可以畫出離子的運動軌跡如圖所示
即最終離子打在120°的位置，設離子的軌跡半徑為r1，則
，
則
所以
根據洛倫茲力提供向心力
可知離子經過電場加速后的速度為
根據動能定理有
解得
【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）根據動能定理列式解答；
（2）根據題意作圖，結合相應的幾何關系，牛頓第二定律列式求解；
（3）以畫出離子的運動軌跡，最終離子打在120°的位置，根據洛倫茲力提供向心力結合動能定理求解電勢差。
（1）根據動能定理可得
所以
（2）設離子在磁場中圓周運動的軌跡半徑為r，如圖所示
根據幾何關系可知
則
所以
在磁場中有
聯立解得
（3）離子在磁場中的運動時間為
第1次在磁場中運動軌跡的圓心角為60°，則第2次在磁場中運動軌跡的圓心角為120°，據此可以畫出離子的運動軌跡如圖所示
即最終離子打在120°的位置，設離子的軌跡半徑為r1，則，
則
所以
根據洛倫茲力提供向心力
可知離子經過電場加速后的速度為
根據動能定理有
解得
15．【答案】（1）解：以沿斜面向下為正方向，由牛頓第二定律，對A有
解得
設A與B碰撞前瞬間得速度為v0，則
解得
（2）解：A與B發生彈性碰撞有
，
解得
，
故B的速度大小為2m/s；
（3）解：碰撞后，B做簡諧運動，設B簡諧運動的振幅為A0，當B在Q點時，彈簧的壓縮量為x0，則
解得
對B和彈簧的系統，從發生碰撞至B到達最低點的過程，由機械能守恒定律可得
解得
設A、B對斜面的壓力分別為、，其中
分類討論：
①當A沿斜面勻速下滑時，地面對斜面的支持力為，靜摩擦力為f1，對斜面和B整體受力分析可得，，
解得
②當B運動到最低點時，地面對斜面的支持力為，靜摩擦力為f2，此時對斜面受力分析可得，，
解得
③當B運動到最高點時，地面對斜面的支持力為，靜摩擦力為，此時對斜面受力分析可得，，
解得
綜上可知
【知識點】碰撞模型；簡諧運動
【解析】【解答】（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律和運動學公式求兩物塊碰撞前的瞬間，A的速度大小；
（2）A與B發生彈性碰撞，機械能守恒，動量守恒，根據動量守恒和能量守恒定律求兩物塊碰撞后的瞬間，B的速度大小；
（3）由機械能守恒定律求解振幅，對斜面和B整體受力分析，根據受力平衡條件，分類討論求斜面體與地面間的動摩擦因數μ應滿足的條件。
（1）以沿斜面向下為正方向，由牛頓第二定律，對A有
解得
設A與B碰撞前瞬間得速度為v0，則
解得
（2）A與B發生彈性碰撞有，
解得，
故B的速度大小為2m/s；
（3）碰撞后，B做簡諧運動，設B簡諧運動的振幅為A0，當B在Q點時，彈簧的壓縮量為x0，則
解得
對B和彈簧的系統，從發生碰撞至B到達最低點的過程，由機械能守恒定律可得
解得
設A、B對斜面的壓力分別為、，其中
分類討論：
①當A沿斜面勻速下滑時，地面對斜面的支持力為，靜摩擦力為f1，對斜面和B整體受力分析可得，，
解得
②當B運動到最低點時，地面對斜面的支持力為，靜摩擦力為f2，此時對斜面受力分析可得，，
解得
③當B運動到最高點時，地面對斜面的支持力為，靜摩擦力為，此時對斜面受力分析可得，，
解得
綜上可知
1 / 12025屆廣西柳州市高三上學期二模物理試題
1．（2025·柳州模擬）2024年11月，朱雀二號改進型遙一運載火箭在東風商業航天創新試驗區發射升空，該火箭在升空過程中，受到地球對它的萬有引力大小（　　）
A．不變 B．增大
C．減小 D．先減小后增大
【答案】C
【知識點】萬有引力定律
【解析】【解答】本題主要是考查萬有引力定律，解答本題的關鍵是掌握萬有引力定律的計算公式。根據萬有引力表達式
該火箭在升空過程中，與地球的距離增大，則受到地球對它的萬有引力大小減小。
故選C。
【分析】根據萬有引力定律進行分析。
2．（2025·柳州模擬）柳州音樂噴泉噴水時噴頭露出江面。若水從噴頭豎直向上噴出后，上升的最大高度為80m，g取，不計空氣阻力，則水從噴出到到達最高點的時間為（　　）
A．4s B．6s C．8s D．10s
【答案】A
【知識點】豎直上拋運動
【解析】【解答】本題考查了運動學公式的應用，根據題意分析清楚水的運動過程是解題的前提，應用運動學公式即可解題。根據逆向思維可得
解得
故選A。
【分析】水噴出后做豎直上拋運動，應用運動學公式求出從噴出到最高點需要的時間。
3．（2025·柳州模擬）某同學將一質量為m的籃球從距離地面處，以的初速度豎直向下拋出，落到地面上并沿豎直方向彈回，上升的最大高度為，不計空氣阻力，重力加速度為g，則籃球與地面碰撞過程中損失的機械能為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點】機械能守恒定律
【解析】【解答】考查能量的轉化和守恒定律的應用，會根據題意進行準確分析解答。以地面為0勢能參考平面，則籃球與地面碰撞過程中損失的機械能為
故選B。
【分析】根據題意設置重力勢能零勢面，結合機械能的變化情況推導機械能的損失量。
4．（2025·柳州模擬）如圖所示，用輕質細繩將一幅所受重力為G的畫框對稱懸掛在墻壁上，細繩與水平方向的夾角為，則細繩的拉力大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】力的合成與分解的運用
【解析】【解答】本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用。對畫框進行分析，根據平衡條件有
解得
故選B。
【分析】利用力的分解即可求出。
5．（2025·柳州模擬）t=0時刻，x=0處的波源開始振動，產生一列沿x軸正方向傳播的簡諧波，t1=0.02s時形成如圖所示的波形，下列說法正確的是（　　）
A．這列波的波速為8m/s
B．t=0時刻，波源沿y軸負方向開始振動
C．t2=0.03s時，x=10cm處的質點開始振動
D．0~0.02s內，x=4cm處的質點通過的路程為10cm
【答案】D
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】波的圖象反映了在某時刻介質中的質點離開平衡位置的位移情況，圖象的橫軸表示各質點的平衡位置，縱軸表示該時刻各質點的位移，A．根據題意可得，波速為
故A錯誤；
B．根據“上下坡”法可知，t=0時刻，波源沿y軸正方向開始振動，故B錯誤；
C．x=10cm處的質點開始振動的時間為
故C錯誤；
D．x=4cm處的質點開始振動的時間為
波的周期為
所以0~0.02s內，x=4cm處的質點通過的路程為
故D正確。
故選D。
【分析】由波形圖可知波長及0.02s時波的振動形式傳播的距離，即可計算波速、判斷波源的起振方向；由波速，即可計算波源的振動形式傳播到x=10cm的時間，即x=10cm處的質點開始振動的時刻；由波速，可計算x=4cm處的質點開始振動的時刻，根據簡諧運動的特點，可知質點在0～0.02s內通過的路程。
6．（2025·柳州模擬）如圖所示，理想變壓器原副線圈匝數比為2：1，原線圈接在（V）的交流電源上，小燈泡L1、L2完全相同，額定電壓為4V，電阻恒定，下列說法正確的是（　　）
A．通過L2的交流電頻率為25Hz B．通過L1、L2的電流之比為2：1
C．L1恰好正常發光 D．L2恰好正常發光
【答案】D
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】知道電源電壓等于變壓器的輸入電壓與燈泡L1兩端電壓之和是解題的關鍵，掌握變壓規律和變流規律是解題的基礎。A．交流電通過變壓器后頻率不變，所以通過L2的交流電頻率為
故A錯誤；
B．根據理想變壓器原副線圈與匝數的關系可得，通過L1、L2的電流之比為
故B錯誤；
CD．對原線圈回路有
聯立可得
，
即L2正常發光，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據角速度和頻率的關系計算；根據變流規律計算；根據變壓規律分別計算出兩燈泡兩端的電壓，和額定電壓相比較。
7．（2025·柳州模擬）如圖所示，邊長為a的正方體位于一勻強電場中，將一電量為q的點電荷從A點移到B點，電場力做功為W，從B點移到C點，電場力做功為2W，從B點移到點，電場力做功為零，則勻強電場的場強為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】電勢差；電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】知道把勻強電場的電場強度分解為沿AB方向和BC方向是解題的關鍵。根據
可知
則
而
即BB1為等勢面；因等勢面與電場方向正交，可知場強方向與平面ABCD平行， 則沿AB方向的場強分量
沿AD方向的場強分量
則
故選A。
【分析】根據電場力做功公式分別計算出勻強電場沿AB方向和BC方向的電場強度大小，然后根據矢量合成法則計算即可。
8．（2025·柳州模擬）如圖所示，一定質量的理想氣體經歷了a→b→c→a的循環過程，氣體在a、b、c狀態下的體積分別為、、，下列說法正確的是（　　）
A．a→b過程氣體對外做功 B．b→c過程氣體內能不變
C．c→a過程氣體從外界吸熱 D．
【答案】B,D
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】了解圖像的物理意義是正確解題的前提。明確圖像表示的物理意義和特點，區分清楚各個不同的物理過程是解決問題的關鍵。掌握根據熱力學第一定律的表達式，以及式中各物理量的物理意義。A．a→b過程，壓強與熱力學溫度成正比，根據查理定律可知，氣體體積不變，則氣體對外不做功，故A錯誤；
B．b→c過程理想氣體溫度不變，則氣體內能不變，故B正確；
C．c→a過程理想氣體壓強一定，溫度減小，根據蓋呂薩克定律可知，氣體體積減小，由于溫度減小，則氣體內能減小，氣體體積減小，外界對氣體做功，根據熱力學第一定律可知，c→a過程氣體向外界放熱，故C錯誤；
D．結合上述可知，a→b過程，氣體體積不變，b→c過程理想氣體溫度不變，根據玻意耳定律可知，氣體壓強減小，則氣體體積增大，則有
故D正確。
故選BD。
【分析】根據p-t圖像中過原點的傾斜的直線為等容線，判斷a→b的過程氣體體積的變化，可知該過程氣體是否對外做功；b→c過程氣體溫度不變，根據一定質量的理想氣體的內能只與溫度有關判斷此過程氣體內能的變化；c→a過程氣體壓強不變，溫度降低，內能減少，由蓋—呂薩克定律判斷氣體的體積的變化，得到做功情況，根據熱力學第一定律判斷吸放熱情況；b→c過程氣體溫度不變，壓強降低，由玻意耳定律可知氣體的體積的變化。
9．（2025·柳州模擬）如圖所示，一光電管陰極材料的逸出功為，現用某單色光照射該光電管的陰極K，發現有光電子逸出。普朗克常量為h，若減小入射光的強度，下列說法正確的是（　　）
A．陰極材料的逸出功變小 B．逸出光電子的最大初動能變小
C．單位時間逸出的光電子數減少 D．該陰極材料的截止頻率為
【答案】C,D
【知識點】光電效應
【解析】【解答】為了解釋光電效應現象，愛因斯坦提出了光電效應理論。光電效應方程：Ek=hν-W0，其中hν為入射光子的能量，Ek為光電子的最大初動能，W0是金屬的逸出功。AB．逸出功只由材料自身決定，若減小入射光的強度，陰極材料的逸出功不變，根據光電效應方程可得
可知逸出光電子的最大初動能不變，故AB錯誤；
C．若減小入射光的強度，則單位時間逸出的光電子數減少，故C正確；
D．根據
可得該陰極材料的截止頻率為
故D正確。
故選CD。
【分析】陰極材料的逸出功是由材料的性質所決定的；逸出功的最大初動能與入射光的頻率有關；入射光的強度減小，則在單位時間內射到陰極材料上的光子數減少，據此分析；根據逸出功與截止頻率的關系計算。
10．（2025·柳州模擬）如圖所示，頂角為的光滑金屬導軌AOC水平固定，處在方向與導軌平面垂直、磁感應強度為B的勻強磁場中。一根與OC垂直的導體棒MN（足夠長）在水平外力作用下以恒定速度沿導軌向右滑動，時，導體棒位于O處，時刻撤掉外力。已知導軌與導體棒單位長度的電阻均為r，導體棒質量為m，與導軌接觸良好，，則（　　）
A．時間內，流過導體棒MN的電流大小不變
B．時間內，流過導體棒MN的電荷量為
C．時間內，回路產生的焦耳熱為
D．從撤掉外力到導體棒停止運動的過程，穿過回路的磁通量增加
【答案】A,C
【知識點】電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解。A．經過時間t導體棒中的感應電動勢
感應電流
可知時間內，流過導體棒MN的電流大小不變，選項A正確；
B．時間內，流過導體棒MN的電荷量為
選項B錯誤；
C．時間內，回路產生的焦耳熱等于克服安培力做功
選項C正確；
D．若撤掉外力時導體棒的有效長度為L，根據動量定理
其中
（是導體棒與導軌所圍成的三角形的周長）
聯立解得
很明顯可知
選項D錯誤。
故選AC。
【分析】求出導體棒切割磁感線的有效長度，求出回路的總電阻，應用E=BLv求出感應電動勢，應用歐姆定律求出感應電流；根據電流定義式的變形公式求出電荷量；應用焦耳定律求出焦耳熱；應用動量定理求出磁通量的增加量。
11．（2025·柳州模擬）利用如圖1所示的裝置研究平拋運動的特點。實驗前，先將一張白紙和復寫紙固定在裝置的背板上。鋼球落到的擋板上后，就會擠壓復寫紙，在白紙上留下印跡。上下調節擋板N，通過多次實驗，在白紙上記錄鋼球所經過的多個位置。用平滑曲線把這些印跡連接起來，就得到鋼球做平拋運動的軌跡。
（1）實驗時每次必須由斜槽上的同一位置由靜止釋放鋼球，目的是　 　；
（2）如圖2，以鋼球放在斜槽末端時球心在白紙上的投影點O為坐標原點，建立直角坐標系xOy，、為軌跡上的兩點，鋼球從O到A、A到B的時間分別為、，則　 　（填“＞”、“<”或“=”）；
（3）若已知重力加速度為g，則鋼球做平拋運動的初速度為（　　）
A． B． C． D．
【答案】（1）確保鋼球每次平拋的初速度相同
（2）=
（3）A；C
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】本題考查了研究平拋運動的特點的實驗，要明確實驗原理，掌握平拋運動的規律，根據勻變速直線運動的推論求解時間間隔是解題的關鍵。
（1）實驗時每次必須由斜槽上的同一位置由靜止釋放鋼球，目的是保證鋼球每次平拋的初速度相同；
（2）由于鋼球水平方向做勻速直線運動，則
所以
（3）水平方向有
豎直方向有
所以或
故選AC。
【分析】（1）根據實驗原理分析作答；
（2）平拋運動在水平方向做勻速直線運動，根據勻速直線運動公式分析作答；
（3）根據勻變速直線運動的推論求時間間隔，根據勻速直線運動公式求解水平初速度。
（1）實驗時每次必須由斜槽上的同一位置由靜止釋放鋼球，目的是保證鋼球每次平拋的初速度相同；
（2）由于鋼球水平方向做勻速直線運動，則
所以
（3）水平方向有
豎直方向有
所以
或
故選AC。
12．（2025·柳州模擬）某實驗小組為測量一合金絲的電阻率，進行了如下實驗：
（1）用螺旋測微器測量合金絲的直徑，如圖所示，則合金絲的直徑　 　mm；
（2）如圖1所示，將合金絲固定在木板的兩端，用帶有金屬夾A、B的導線將合金絲接入如圖2所示電路，實驗器材如下：
A．電源E（電動勢8V，內阻約為）；
B．電流表（0~10mA，內阻）；
C．電流表（0~300mA，內阻很小）；
D．電阻箱R（最大阻值）；
E．滑動變阻器（阻值）；
F．開關S和導線若干。
現將電阻箱R與電流表改裝為量程為6V的電壓表，電阻箱的阻值應調為　 　；
（3）移動金屬夾B至適當位置，用刻度尺測量兩金屬夾之間合金絲的長度L，將滑動變阻器的滑片調至a端，閉合開關S，移動滑動變阻器的滑片，使電流表的示數達到最大值，記錄電流表的示數I；
（4）重復步驟（3），獲得多組I、L數據，作出I-L圖像如圖所示。則I-L圖像的斜率　 　mA/cm（保留兩位有效數字），合金絲的電阻率　 　（用、、k、d、表示）；
（5）本實驗中，若電流表的內阻不能忽略，則電阻率的測量值　 　真實值（選填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】1.671；597.0；0.11；；等于
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；導體電阻率的測量；表頭的改裝
【解析】【解答】本題主要考查了測量金屬絲電阻率的實驗，要明確實驗原理，掌握螺旋測微器的讀數規則，掌握串聯、并聯電路的特點、電阻定律和歐姆定律的運用。（1）螺旋測微器精度為0.01mm，結合題中圖像，可得直徑
（2）電流表改裝為量程為6V的電壓表需要串聯一個電阻，根據改裝原理有
整理得
解得
（3）根據圖像可知斜率為
（4）由于電流表內阻很小，可忽略其內阻，結合圖2，根據串聯、并聯關系有
又因為
整理得
可知圖像斜率
故電阻率為
（5）若電流表的內阻不能忽略，設其內阻為，結合圖2，根據串聯、并聯關系有
又因為
整理得
可知圖像斜率與之前的斜率相同，故電阻率的測量值等于真實值。
【分析】（1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，根據螺旋測微器的讀數規則讀數；
（2）根據串聯電路的特點和歐姆定律求解作答；
（4）根據圖丁求解圖像的斜率；根據電阻定律、串聯和并聯電路的特點、歐姆定律求解I-L函數，結合圖像斜率的含義求解電阻率；
（5）若電流表A2的內阻不能忽略，根據串聯、并聯電路的特點和歐姆定律求解I-L函數，結合圖像斜率分析作答。
13．（2025·柳州模擬）某種半球形采光球由均勻透明材料制作而成，圖為過中心軸線的截面圖，O為球心，MN為采光球與空氣的分界面。為測定該透明材料的折射率，將一束單色光從球面的P點沿PO方向射入采光球，恰好在O處發生全反射。已知，球的半徑為R，光在真空中的傳播速度為c，，求：
（1）該透明材料的折射率；
（2）若將單色光改為從P點沿垂直于MN的方向射入采光球，求該單色光在采光球中傳播的時間（不考慮光在MN界面的反射）。
【答案】（1）解：沿PO射入透明材料的光在半圓形界面上光路不變，單色光在球心O處恰好發生全反射，作出光路圖如圖所示
則單色光在MN界面上的入射角為全反射臨界角C，則有
，
解得
（2）解：單色光垂直MN界面射向半球形界面時，在半球形界面的入射角為
作出光路圖如圖所示
由折射定律有
解得
則有
過點P作MN的垂線交MN于B點，則有
，
單色光在采光球中傳播的時間為
根據光速與折射率的關系有
解得
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）作出光路圖，根據全反射臨界角公式分析解答；
（2）作出光路圖，根據幾何關系結合折射定律分析解答。
（1）沿PO射入透明材料的光在半圓形界面上光路不變，單色光在球心O處恰好發生全反射，作出光路圖如圖所示
則單色光在MN界面上的入射角為全反射臨界角C，則有，
解得
（2）單色光垂直MN界面射向半球形界面時，在半球形界面的入射角為
作出光路圖如圖所示
由折射定律有
解得
則有
過點P作MN的垂線交MN于B點，則有，
單色光在采光球中傳播的時間為
根據光速與折射率的關系有
解得
14．（2025·柳州模擬）有一種環形質譜儀，由加速電場、偏轉磁場和圓形角度尺組成，如圖所示。其中偏轉磁場是一個勻強磁場，方向垂直紙面向里，分布在半徑為R且與角度尺構成同心圓的區域內，一離子源釋放出初速度忽略不計的正離子，經加速電壓U加速后，正對偏轉磁場區域的圓心O射入磁場，飛出磁場后打在角度尺上60°的位置，已知離子的電荷量為q，質量為m，不計離子的重力，求：
（1）離子經加速電場加速后的速度大小；
（2）偏轉磁場的磁感應強度B；
（3）將加速電壓調為U1，使離子在磁場中的運動時間變為原來的2倍，求U1。
【答案】（1）解：根據動能定理可得
所以
（2）解：設離子在磁場中圓周運動的軌跡半徑為r，如圖所示
根據幾何關系可知
則
所以
在磁場中有
聯立解得
（3）解：離子在磁場中的運動時間為
第1次在磁場中運動軌跡的圓心角為60°，則第2次在磁場中運動軌跡的圓心角為120°，據此可以畫出離子的運動軌跡如圖所示
即最終離子打在120°的位置，設離子的軌跡半徑為r1，則
，
則
所以
根據洛倫茲力提供向心力
可知離子經過電場加速后的速度為
根據動能定理有
解得
【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）根據動能定理列式解答；
（2）根據題意作圖，結合相應的幾何關系，牛頓第二定律列式求解；
（3）以畫出離子的運動軌跡，最終離子打在120°的位置，根據洛倫茲力提供向心力結合動能定理求解電勢差。
（1）根據動能定理可得
所以
（2）設離子在磁場中圓周運動的軌跡半徑為r，如圖所示
根據幾何關系可知
則
所以
在磁場中有
聯立解得
（3）離子在磁場中的運動時間為
第1次在磁場中運動軌跡的圓心角為60°，則第2次在磁場中運動軌跡的圓心角為120°，據此可以畫出離子的運動軌跡如圖所示
即最終離子打在120°的位置，設離子的軌跡半徑為r1，則，
則
所以
根據洛倫茲力提供向心力
可知離子經過電場加速后的速度為
根據動能定理有
解得
15．（2025·柳州模擬）如圖所示，傾角為、上表面光滑的斜面體靜止在水平地面上，斜面體下端固定一輕擋板，擋板上連接有一根勁度系數為的輕質彈簧，彈簧另一端連接質量為的物塊B，使B靜止在斜面上的Q點。現將質量為的物塊A從斜面上的P點由靜止釋放，A沿斜面下滑并與B發生彈性碰撞，碰后立即取走A，整個過程斜面體始終保持靜止。已知PQ間的距離為，物塊A、B均可看作質點；g取，，求：
（1）兩物塊碰撞前的瞬間，A的速度大小；
（2）兩物塊碰撞后的瞬間，B的速度大小；
（3）已知斜面體的質量為，彈簧的彈性勢能為（x為彈簧的形變量），要使斜面體始終保持靜止，求斜面體與地面間的動摩擦因數 應滿足的條件。（認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）
【答案】（1）解：以沿斜面向下為正方向，由牛頓第二定律，對A有
解得
設A與B碰撞前瞬間得速度為v0，則
解得
（2）解：A與B發生彈性碰撞有
，
解得
，
故B的速度大小為2m/s；
（3）解：碰撞后，B做簡諧運動，設B簡諧運動的振幅為A0，當B在Q點時，彈簧的壓縮量為x0，則
解得
對B和彈簧的系統，從發生碰撞至B到達最低點的過程，由機械能守恒定律可得
解得
設A、B對斜面的壓力分別為、，其中
分類討論：
①當A沿斜面勻速下滑時，地面對斜面的支持力為，靜摩擦力為f1，對斜面和B整體受力分析可得，，
解得
②當B運動到最低點時，地面對斜面的支持力為，靜摩擦力為f2，此時對斜面受力分析可得，，
解得
③當B運動到最高點時，地面對斜面的支持力為，靜摩擦力為，此時對斜面受力分析可得，，
解得
綜上可知
【知識點】碰撞模型；簡諧運動
【解析】【解答】（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律和運動學公式求兩物塊碰撞前的瞬間，A的速度大小；
（2）A與B發生彈性碰撞，機械能守恒，動量守恒，根據動量守恒和能量守恒定律求兩物塊碰撞后的瞬間，B的速度大小；
（3）由機械能守恒定律求解振幅，對斜面和B整體受力分析，根據受力平衡條件，分類討論求斜面體與地面間的動摩擦因數μ應滿足的條件。
（1）以沿斜面向下為正方向，由牛頓第二定律，對A有
解得
設A與B碰撞前瞬間得速度為v0，則
解得
（2）A與B發生彈性碰撞有，
解得，
故B的速度大小為2m/s；
（3）碰撞后，B做簡諧運動，設B簡諧運動的振幅為A0，當B在Q點時，彈簧的壓縮量為x0，則
解得
對B和彈簧的系統，從發生碰撞至B到達最低點的過程，由機械能守恒定律可得
解得
設A、B對斜面的壓力分別為、，其中
分類討論：
①當A沿斜面勻速下滑時，地面對斜面的支持力為，靜摩擦力為f1，對斜面和B整體受力分析可得，，
解得
②當B運動到最低點時，地面對斜面的支持力為，靜摩擦力為f2，此時對斜面受力分析可得，，
解得
③當B運動到最高點時，地面對斜面的支持力為，靜摩擦力為，此時對斜面受力分析可得，，
解得
綜上可知
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