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2025屆四川省南充市第一中學高三下學期二模物理試題
1．（2025·順慶模擬）用中子轟擊靜止的鋰核，得到氚核、頻率為的光子和原子核X；已知鋰核的結合能為，氚核的結合能為，X的結合能為，普朗克常量為h，真空中的光速為c，下列說法正確的是（　　）
A．X的電離作用弱
B．光子的動量為
C．該核反應的質量虧損為
D．該核反應釋放的核能為
【答案】D
【知識點】質量虧損與質能方程；光子及其動量；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能
【解析】【解答】A、根據核反應的核電荷數和質量數守恒可知，X是α粒子，其電離作用強，穿透能力弱，故A錯誤；
B、光子的動量應為
故B錯誤；
CD、根據結合能的定義可知，該核反應釋放的核能為核反應后的結合能與核反應前的結合能之差即
光子的能量是核能的一部分，核反應的質量虧損為
即為
故C錯誤，D正確。
故答案為：D。
【分析】根據核反應的核電荷數和質量數守恒確定x粒子的種類，α粒子電離作用強，穿透能力弱。根據題意確定核反應釋放的核能，再根據愛因斯坦質能虧損方程確定虧損的質量。熟練掌握光子動量的定義。
2．（2025·順慶模擬）如圖所示，在磁感應強度為的勻強磁場中，線框平面與磁感線垂直，現使矩形線框繞垂直于磁場的軸以恒定角速度轉動，線框電阻不計，匝數為匝，面積為。線框通過滑環與一理想自耦變壓器的原線圈相連，副線圈接有一只燈泡L（4W，）和滑動變阻器R，電流表為理想交流電表，下列說法正確的是（　　）
A．從圖示位置開始計時，線框中感應電動勢瞬時值表達式為
B．線框平面與磁感線垂直時，穿過線框的磁通量變化最快
C．若將自耦變壓器觸頭向下滑動，則燈泡會變暗
D．若燈泡正常發光，則原、副線圈的匝數比為
【答案】C
【知識點】變壓器原理；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】本題考查了正、余弦交流電產生原理與變壓器的動態過程分析，一定要熟悉理想變壓器的變壓比公式及各參量的決定關系。A．線框中感應電動勢最大值為
圖中位置穿過線圈的磁通量最大，即為中性面位置，所以線圈中感應電動勢的瞬時值為
故A錯誤；
B．根據上述表達式可知線框平面與磁感線垂直時為中性面位置，此時感應電動勢的瞬時值為0，即
可得此時穿過線框的磁通量變化率
穿過線框的磁通量變化最慢。故B錯誤；
C．若將自耦變壓器觸頭向下滑動，副線圈匝數變小，根據理想變壓器電壓與匝數的關系
可知輸出電壓減小，又因為
可知燈泡發光的功率變小，所以燈泡變暗。故C正確；
D．變壓器變壓器輸入電壓的有效值為
開關閉合時燈泡正常發光，所以
根據理想變壓器的變壓比得此時原副線圈的匝數比為
故D錯誤。
故選C。
【分析】根據正余弦交流電產生原理求解交變電流的瞬時值表達式、峰值及有效值；根據瞬時值得到該位置感應電動勢的值，結合法拉第電磁感應定律確定變化率；由原副線圈的電壓比等于匝數比得到副線圈電壓的變化，再確定燈泡功率的變化；根據燈泡常發光求出副線圈兩端電壓，輸出電壓由原線圈電壓和匝數比決定。
3．（2025·順慶模擬）疫情防控期間，某同學在家對著豎直墻壁練習打乒乓球。某次斜向上發球，球垂直在墻上后反彈落地，落地點正好在發球點正下方，球在空中運動的軌跡如圖，不計空氣阻力，關于球離開球拍到第一次落地的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．球在空中上升和下降過程時間相等
B．球落地時的動量一定比拋出時大
C．球落地時和拋出時的動能可能相等
D．球撞擊墻壁過程可能沒有機械能損失
【答案】C
【知識點】斜拋運動；動能；機械能守恒定律；動量
【解析】【解答】本題主要考查斜上拋運動、平拋運動和能量守恒定律，關鍵是根據軌跡分析碰撞前后速度的大小，由此確定是否存在能量損失，能夠根據逆向思維分析問題。
A．斜上拋運動看作反向的平拋運動，根據
可得
由于兩種情況下豎直方向運動的高度不同，則運動時間不相等，反彈后運動的時間長，故A錯誤；
B．雖然反彈落地時乒乓球豎直方向的速度大于原來拋出時豎直方向的速度，但水平方向的速度是斜上拋時的大，所以球落地時的速率不一定比拋出時大，則球落地時的動量不一定比拋出時大，故B錯誤；
C．雖然碰撞過程中有能量損失，但反彈后下落的高度大，從開始拋出到落地過程中重力做正功，如果整個過程中重力做的功等于乒乓球與墻碰撞過程中損失的能量，則球落地時和拋出時的動能相等，故C正確；
D．若反彈的速度大小與碰撞墻時的速度大小相等，則乒乓球原路返回，根據圖象可知，乒乓球與墻碰撞過程中有能量損失，使得碰撞后速度減小，故D錯誤。
故選C。
【分析】球上升過程的逆運動是平拋運動，球垂直撞墻后的運動是平拋運動，根據
分析時間關系；結合水平位移關系，判斷球上升和下降水平速度關系，由機械能守恒定律分析落地時與拋出時速率關系；若球反彈的速度大小與碰撞墻時的速度大小相等，則乒乓球原路返回，根據圖分析有沒有能量損失。
4．（2025·順慶模擬）如圖所示，圓弧形槽固定在地面上，COD為水平直徑，在光滑的半球形絕緣內壁有質量分別為mA、mB兩帶同種電荷的小球，各自帶電量為 qA、qB，A、B兩小球球心與O 點的連線與豎直方向分別成 37°、53°夾角，處于靜止狀態，則（　　）
A．一定有 mA < mB
B．一定有 qA > qB
C．若A球電量減小，A球會降低，B球會升高
D．若用外力將小球A緩慢移動到球心O點的正下方，A、B系統的電勢能將增大
【答案】D
【知識點】共點力的平衡；電勢能
【解析】【解答】對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。
AB．分別以小球A、B為研究對象，分析其受力情況，如圖所示
根據相似三角形法可得
，
而，則可知，另根據題中條件不能判斷兩球電量關系，故AB錯誤；
C．若A球電量減小，則A、B兩球間的庫侖力F將減小，根據三角形相似法可得
，
則可知AC、CB都減小，即A、B兩球都會降低，故C錯誤；
D．若用外力將小球A緩慢移動到球心O點的正下方，則A、B兩球間的距離減小，庫侖力變大，移動過程中電場力做負功，則A、B系統的電勢能增大，故D正確。
故選D。
【分析】一般情況下的共點力平衡（根據相似三角形處理），庫侖定律，電場力做功和電勢能關系。
5．（2025·順慶模擬）2024年6月4日，攜帶月球樣品的嫦娥六號上升器自月球背面起飛，隨后成功進入預定環月軌道，圖為嫦娥六號著陸月球前部分軌道的簡化示意圖，Ⅰ是地月轉移軌道，Ⅱ、Ⅲ是繞月球運行的橢圓軌道，Ⅳ是繞月球運行的圓形軌道。P、Q分別為橢圓軌道Ⅱ的遠月點和近月點。已知圓軌道Ⅳ到月球表面的高度為h，月球半徑為R，月球表面的重力加速度為g，不考慮月球的自轉，嫦娥六號（　　）
A．由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ，需在P處向后噴氣
B．在軌道Ⅳ上繞月運行的速度大小為
C．在軌道Ⅳ上繞月運行的周期大于在軌道Ⅲ上繞月運行的周期
D．在軌道Ⅱ上穩定運行時經過P點的加速度大于經過Q點的加速度
【答案】B
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】A．根據變軌的知識分析機械能大小和噴氣的方向，由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ，需在P處向前噴氣制動減速，故A錯誤；
B．根據月球表面的物體萬有引力提供重力，結合嫦娥五號的萬有引力提供向心力計算出嫦娥五號的繞月速度。不考慮月球的自轉，在月球表面的物體受到的重力等于萬有引力，則
嫦娥六號在軌道Ⅳ上繞月運行時，由萬有引力提供向心力，可得
聯立可得，嫦娥六號在軌道Ⅳ上繞月運行的速度大小為
故B正確；
C．根據開普勒第三定律
可知，在軌道Ⅳ上繞月運行的周期小于在軌道Ⅲ上繞月運行的周期，故C錯誤；
D．根據牛頓第二定律分析PQ兩點的加速度大小關系。根據牛頓第二定律，有
可知其他條件不變的情況下，距離月球越遠，加速度越小，所以在軌道Ⅱ上穩定運行時經過P點的加速度小于經過Q點的加速度，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據萬有引力和向心力的等量關系列式求解，結合牛頓第二定律分析出加速度即可。
6．（2025·順慶模擬）如圖所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，一質量為0.3kg的物塊從彈簧上端某高度處自由下落，當彈簧的壓縮量為0.1m時物塊達到最大速度，此后物塊繼續向下運動到達最低點。在以上整個運動過程中，彈簧始終在彈性限度內，物塊和彈簧接觸瞬間機械能損失不計，不計空氣阻力，取，下列說法正確的是（　　）
A．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，物塊的加速度先增大后減小
B．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，物塊的機械能先增大后減小
C．該彈簧的勁度系數為20.0N/m
D．彈簧壓縮量為0.2m時，物塊的加速度大小為
【答案】D
【知識點】功能關系；胡克定律；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查了對機械能守恒定律的掌握，解題時需知，在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變。A．物塊從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，開始時重力大于彈簧彈力，合力向下，隨著彈簧壓縮量增大，彈力增大，合力減小，加速度減小，當彈力大小等于重力大小時速度達到最大；之后彈力大于重力，合力向上，且隨著彈簧壓縮量繼續增大，合力增大，加速度增大。所以加速度是先減小后增大，故A錯誤；
B．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，彈簧彈力對物塊做負功，根據功能關系，除重力之外的力做負功，物塊的機械能一直減小，故B錯誤；
C．速度最大時，彈簧壓縮量，對物塊，由平衡條件有
代入題中數據得彈簧的勁度系數
故C錯誤；
D．彈簧壓縮量為時，由牛頓第二定律得
聯立以上解得加速度大小
故D正確。
故選 D。
【分析】根據胡克定律及牛頓第二定律，彈簧彈力對物塊做負功，根據功能關系分析，速度最大時，受力平衡，結合平衡條件以及牛頓第二定律分析。
7．（2025·順慶模擬）如圖所示ABC為等邊三角形，電荷量為+q的點電荷Q1固定在A點。先將一電荷量也為+q的點電荷Q2從無窮遠處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為－W。再將Q2從C點沿CB移到B點。下列說法正確的是（　　）
A．+q從無窮遠處移到C點的過程中，電勢能減少了W
B．+q在移到B點后的電勢能為W
C．Q2在C點的電勢為
D．+q從C點移到B點的過程中，所受電場力做負功
【答案】B
【知識點】電勢能；電勢差
【解析】【解答】解決本題的關鍵要掌握電場力做功與電勢差的關系、電勢差與電勢的關系、電勢能的變化與電場力做功的關系。要注意運用公式W=qU時各個量均要代符號運算。A．電荷運動過程中，電場力做的功等于電勢能減少量，故+q從無窮遠處移到C點的過程中，電勢能增加了，故A錯誤；
B．ABC為等邊三角形，所以，因此點電荷Q2從C點到B點后的電勢能不變，所以+q在移到B點后的電勢能為W，故B正確；
C．點電荷Q2從無窮遠處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為－W
故C錯誤；
D．+q從C點移到B點的過程中，電勢能不變，電場力不做功，故D錯誤。
故選B
【分析】研究+q從無窮遠處（電勢為0）移到C點的過程，利用公式W=qU求出無窮遠處與C點間的電勢差，從而求得C點的電勢；+q從C點移到B點的過程中，根據C點與B點間的電勢差求電場力做功。
8．（2025·順慶模擬）如圖所示，在點電荷Q形成的電場中，已知a、b兩點在同一等勢面上，c、d兩點在同一等勢面上。甲、乙兩個帶電粒子的運動軌跡分別為acb和adb曲線，兩個粒子經過a點時具有相同的動能，由此可以判斷（　　）
A．甲粒子c點時與乙粒子d點時具有相同的動能
B．甲乙兩粒子帶異號電荷
C．若取無窮遠處為零電勢，則甲粒子經過c點時的電勢能小于乙粒子經過d點時的電勢能
D．兩粒子經過b點時具有相同的動能
【答案】B,C,D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題首先根據粒子軌跡彎曲方向判斷電場力大致方向，確定粒子的電性，由動能定理分析判斷動能關系。A．由帶電粒子的軌跡彎曲方向可知，Q對乙粒子有斥力，對甲粒子有引力，從a到c，電場力對乙做負功，動能減小，電場力對甲粒子做正功，動能增大，而兩個粒子經過a點時具有相同的動能，故甲粒子經過c點時的動能大于乙粒子經過d點時的動能，故A錯誤；
B． 由上可知，甲與Q是異種電荷，乙與Q是同種電荷，故甲、乙兩個粒子帶異種電荷，故B正確；
C． 若取無窮遠處為零電勢，對甲粒子，從無窮遠到c點，電場力做正功，電勢能減小，所以甲粒子在c點電勢能為負值；對乙粒子，從無窮遠到d點，電場力做負功，電勢能增大，故乙粒子在d點的電勢能為正值，則甲粒子經過c點時的電勢能小于乙粒子經過d點時的電勢能，故C正確；
D． a、b位于同一等勢面上，電勢相等，從a到b電場力做功均為零，兩個粒子經過a點時具有相同的動能，則兩粒子經過b點時也具有相同的動能，故D正確。
故選：BCD。
【分析】根據曲線運動中合力指向軌跡彎曲的內側，判斷兩帶電粒子所受的電場力方向，確定兩帶電粒子的電性，分析電場力做功的正負，由動能定理分析動能關系．根據正電荷在電勢高處電勢能大分析電勢能的關系．
9．（2025·順慶模擬）如圖所示，足夠長的光滑水平桿上套有一質量為m的圓環P，圓環右側被一豎直擋板擋住，一根長為L且不可伸長的輕質細線一端固定在圓環P上，另一端與質量為2m的小球Q（視為質點）相連，把小球拉到水平等高處，細線剛好拉直，靜止釋放小球。已知重力加速度為g，忽略空氣的阻力。則（　　）
A．當小球Q第一次到達左端最高點時，細線對P做功為
B．當小球Q第二次到最低點時，細線對Q做功為
C．當小球Q第二次到最低點時，小球Q的加速度大小為2g
D．當小球Q第二次到最低點時，細線對Q的拉力大小為
【答案】A,C
【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【解答】本題主要考查動量守恒與能量守恒共同解決實際問題，解題時需注意挖掘臨界條件：在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，即速度相等或位移相等時。A．當小球Q從右側最高點運動到小環P正下方的最低點時，此時由于小環P被擋板擋住，故此過程小環P不會發生運動，對小球Q，根據能量守恒有
解得小球Q在最低點時的速度大小為
當小球Q從最低點向左擺到最高點時，此時小環P在細線的拉力作用下向左運動，擋板對其沒有力的作用，所以兩小球在水平方向動量守恒，當兩者速度相等時，小球Q運動到左側最高點，以水平向左為正方向，根據水平方向動量守恒有
解得
故此過程中細線對P做功為
故A正確；
B．由題意及前面分析可知，小球Q第一次到最低點至第二次到最低點的過程，系統機械能守恒、水平方向動量守恒，以水平向左為正方向，根據水平方向動量守恒有
根據機械能守恒可得
聯立解得
對Q，此過程重力不做功，則根據動能定理可知，細線對Q做功為
故B錯誤；
C．結合前面分析，由向心加速度與線速度的關系可知，當小球Q第二次到最低點時，小球Q的加速度大小為
故C正確；
D．當小球Q第二次到最低點時，由牛頓第二定律可得
解得，細線對Q的拉力大小為
故D錯誤；
故選AC。
【分析】結合題意，由能量守恒、動量守恒、動能定理分別列式，即可分析判斷；由動量守恒、機械能守恒分別列式，即可分析判斷；結合前面分析，由向心加速度與線速度的關系列式，即可分析判斷；當小球Q第二次到最低點時，由牛頓第二定律列式，即可分析判斷。
10．（2025·順慶模擬）如圖所示，兩條電阻不計的光滑平行導軌AED和BFC與水平面成角，平行導軌間距為L，一勁度系數為k的輕質彈簧一端固定在O點，彈簧中心軸線與軌道平行，另一端與質量為m、電阻為r的導體棒相連，導軌一端連接定值電阻R，勻強磁場垂直穿過導軌平面ABCD，AB到CD的距離足夠大，磁感應強度大小為，O點到CD的距離等于彈簧的原長，導體棒從CD位置靜止釋放，到達EF位置時速度達到最大，CD到EF的距離為d，導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．導體棒從CD到EF過程中，流過定值電阻R的電流方向為A到B
B．導體棒從CD到EF過程中，流過定值電阻R的電荷量為
C．導體棒到達EF時的最大速度為
D．導體棒從CD到下滑到最低點的過程中導體棒與彈簧組成的系統機械能一直減小
【答案】A,D
【知識點】機械能守恒定律；安培力的計算；右手定則；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】本題考查導體切割磁感線中的能量及受力平衡關系的應用，要明確導體棒速度最大的條件：合力為零，熟練找到安培力與速度的關系。A．導體棒從CD到EF過程中，由右手定則可知，通過CD棒電流方向為C到D，則流過定值電阻R的電流方向為A到B，故A正確；
B．導體棒從CD到EF過程中，流過定值電阻R的電荷量
故B錯誤；
C．最大速度時，導體棒合力為0，由平衡條件有
因為
聯立解得
故C錯誤；
D．導體棒從CD到下滑到最低點的過程中，安培力對導體棒一直做負功，故導體棒與彈簧組成的系統機械能一直減小，故D正確。
故選AD。
【分析】根據楞次定律判斷出導體棒從CD到EF過程中，流過定值電阻R的電流方向為A到B；根據牛頓第二定律和電荷量公式分析求解；根據功能關系判斷導體棒與彈簧組成的系統機械能的變化。
11．（2025·順慶模擬）某同學設計了如圖所示的裝置來探究機械能守恒。輕質細線的上端固定在O點，下端連接擺球，在擺球擺動的路徑上可以用光電門測其瞬時速度。
（1）利用光電門測量擺球通過某點速度時，測得擺球直徑為d，通過光電門時間為t，則過該點的瞬時速度大小　 　。
（2）如果擺球每次從A位置靜止釋放，測得距最低點E的豎直高度h處的速度為v，以h為橫坐標，為縱坐標，建立直角坐標系，作出的圖線是否過坐標原點　 　（選填“是”或“否”）
（3）另一同學分別在A、B、C、D、E點安裝光電門，得到擺球經過每個光電門的速度，并且相鄰兩點豎直高度差相等。通過計算發現相鄰兩點速度的平方差近似相等，則擺球在擺動過程中機械能　 　（選填“守恒”或“不守恒”）。
【答案】（1）
（2）否
（3）守恒
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】光電門測量瞬時速度是實驗中常用的方法。由于擋光片的寬度d很小，所以我們可以用很短時間內的平均速度代替通過某點瞬時速度，利用圖像結合數學知識處理物理數據是實驗研究常用的方法。
（1）利用光電門測量擺球通過某點速度時，測得擺球直徑為d，通過光電門時間為t，則過該點的瞬時速度大小為
（2）設A位置距最低點E的豎直高度為，根據機械能守恒可得
整理可得
可知作出的圖線不過坐標原點。
（3）設相鄰兩點豎直高度差為，在相鄰兩點間，根據機械能守恒可得
可得
由于相鄰兩點豎直高度差相等，通過計算發現相鄰兩點速度的平方差近似相等，則擺球在擺動過程中機械能守恒。
【分析】（1）根據平均速度與瞬時速度的聯系解答；
（2）根據機械能守恒定律分析解答；
（3）根據機械能守恒可得相鄰兩點豎直高度差相等，擺球在擺動過程中機械能守恒。
（1）利用光電門測量擺球通過某點速度時，測得擺球直徑為d，通過光電門時間為t，則過該點的瞬時速度大小為
（2）設A位置距最低點E的豎直高度為，根據機械能守恒可得
整理可得
可知作出的圖線不過坐標原點。
（3）設相鄰兩點豎直高度差為，在相鄰兩點間，根據機械能守恒可得
可得
由于相鄰兩點豎直高度差相等，通過計算發現相鄰兩點速度的平方差近似相等，則擺球在擺動過程中機械能守恒。
12．（2025·順慶模擬）實驗小組欲測定一段粗細均勻的直電阻絲的電阻率，設計電路如圖甲所示。
實驗器材如下：
待測電阻絲
電源（電動勢，內阻不計）
電流表（量程為，內阻約為）
滑動變阻器
滑動變阻器
電阻箱（最大阻值為）
開關、導線若干
實驗操作步驟如下：
①測量金屬絲的長度、直徑。
②選取合適的滑動變阻器，按圖甲連接電路，將滑動變阻器滑片移至端，電阻絲上的滑片移至端，電阻箱示數調為0。
③閉合開關，調節至合適位置，記錄電流表的示數；保持不動，將電阻箱示數調為，然后調節，使電流表示數仍為，測出此時至的距離。
④重復步驟③，測出多組相應數據，作出關系圖像，計算相應的電阻率。
（1）小組同學用螺旋測微器測量電阻絲的直徑，如圖乙所示，則　 　。
（2）實驗中電流表示數如圖丙所示，則　 　A。
（3）小組同學作出的關系圖像如圖丁所示，小組同學測出圖像的斜率的絕對值為，則電阻絲的電阻率　 　；圖線在縱軸上的截距為　 　。（均用題中所給物理量的符號表示）
（4）電流表的內阻對實驗結果的測量　 　（填“有”或者“沒有”）影響。
【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）沒有
【知識點】導體電阻率的測量
【解析】【解答】實驗原理：把電阻絲連入如圖所示的電路，用電壓表測其兩端電壓，用電流表測電流，根據歐姆定律計算金屬絲的電阻Rx，然后用米尺測量金屬絲的有效長度l，用螺旋測微器測量金屬絲的直徑d，計算出金屬絲的橫截面積S，根據電阻定律計算出電阻率。
（1）螺旋測微器測得金屬絲的直徑為
（2）電流表量程為，最小刻度為，故
（3）根據閉合電路歐姆定律有
整理得
故關系圖像的斜率的絕對值為
解得
圖線在縱軸上的截距為
（4）根據小問3的分析知
與電流表內阻無關，故電流表的內阻對該電阻絲電阻率的測量結果沒有影響。
【分析】（1）螺旋測微器讀數等于固定刻度加上可動刻度，讀數要估讀；
（2）根據電流表最小刻度和表盤指針讀數；
（3）根據閉合電路歐姆定律求解關系，根據圖像的斜率和縱軸上的截距求解；
（4）電阻率與電流表內阻無關，據此分析。
（1）[1]螺旋測微器測得金屬絲的直徑為
（2）[1]電流表量程為，最小刻度為，故
（3）[1] [2]根據閉合電路歐姆定律定律有
整理得
故關系圖像的斜率的絕對值為
解得
圖線在縱軸上的截距為
（4）[1]根據小問3的分析知
與電流表內阻無關，故電流表的內阻對該電阻絲電阻率的測量結果沒有影響。
13．（2025·順慶模擬）如圖所示為某型號家用噴水壺的外形圖和原理圖，壺中氣筒內壁的橫截面積，活塞的最大行程為，正常噴水時壺內氣體壓強需達到以上。壺內裝水后，將壓柄連接的活塞壓到氣筒的最底部，此時壺內氣體體積為，壓強為，溫度為27℃．已知大氣壓強。
（1）將噴水壺放到室外，室外溫度為12℃，求穩定后壺內氣體的壓強；
（2）在（1）問情況下且溫度保持不變，為了使噴水壺達到工作狀態，至少需要通過壓柄充氣多少次？
【答案】解：（1）氣體發生等容變化，由查理定律可知
代入數據解得
（2）將原有氣體轉化為工作壓強，由玻意耳定律可知
代入數據解得
打入n次的外界氣體轉換為工作壓強，由玻意耳定律可知
解得，取，至少需要通過壓柄充氣14次
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【分析】（1）被封閉氣體做等容變化，找出初末狀態參量，根據查理定律求得；
（2）把原有氣體轉化為工作壓強時的氣體，然后在把打入的氣體轉化為工作壓強下的氣體，根據玻意耳定律求得。
14．（2025·順慶模擬）如圖(a)所示，兩條平行導軌固定在同一水平面內，相距為L，在導軌之間右側的長方形區域內（如圖陰影部分）存在方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B。導軌右端固定連接一根光滑的圓柱形金屬MN，另一根金屬棒PQ則垂直放置在導軌上，用一根輕繩連接棒PQ的中點后跨過棒MN的中點懸掛一物體，兩金屬棒之間的繩子保持水平，靜止釋放物體后棒PQ沿粗糙導軌運動的v-t圖象如圖（b）所示。已知棒PQ和所掛物體的質量均為m，導軌電阻可忽略不計。求：
（1）金屬棒PQ進入磁場后所受安培力的大小；
（2）兩金屬棒在回路中的總電阻R。
【答案】解：(1)由圖（b）可知，金屬棒PQ進入磁場前做勻加速直線運動，在磁場中做勻速直線運動，勻加速階段，由圖象得加速度為
以金屬棒PQ和物體為研究對象，根據牛頓第二定律可得
勻速階段滿足
即金屬棒PQ進入磁場后所受安培力的大小為
(2)金屬棒PQ在磁場中切割磁感線產生的感應電動勢、感應電流、安培力分別為
聯立解得兩金屬棒在回路中的總電阻為
【知識點】電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）由圖象得到加速度，再以金屬棒PQ和物體為研究對象，根據牛頓第二定律列方程求解安培力的大小；
（2）根據切割磁感線產生的感應電動勢的計算公式、閉合電路的歐姆定律求解回路中的總電阻。
15．（2025·順慶模擬）如圖所示，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向外的勻強磁場，大量比荷為、速度大小范圍為的粒子從PM和QK間平行于PM射入圓形磁場區域，PM與圓心O在同一直線上，PM和QK間距離為0.5R，已知從M點射入的速度為的粒子剛好從N點射出圓形磁場區域，N點在O點正下方，不計粒子重力以及粒子間的相互作用。求：
（1）圓形區域磁場的磁感應強度B及帶電粒子電性；
（2）圓形區域內有粒子經過的面積；
（3）擋板CN、ND下方有磁感應強度為2B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，ND=R，直線CD與圓形區域相切于N點，到達N點的粒子均能從板上小孔進入下方磁場，擋板ND繞N點在紙面內順時針旋轉，ND板下表面上有粒子打到的區域長度l與板旋轉角度α（0°≤α<90°）之間的函數關系式。
【答案】解：（1）速度為的粒子從M點射入，從N點出，軌道半徑為r，依題意有
由左手定則判斷可得粒子帶正電；
（2）速度為的粒子從M射入，射出點為A，如圖1所示，依題意有
MK間入射的速度為的粒子能到達的區域為圖中陰影部分，面積為
（3）如圖2所示，由幾何關系可知，能到達N點的帶電粒子速度均為，半徑均為R，中有
從K點射入帶電粒子速度偏轉角為60°，從M入射帶電粒子速度偏轉角為90°，從N點出射的粒子速度與ON的夾角最大值為
擋板下方磁感應強度為2B，粒子均以速度進入（如圖3），有
則軌道半徑為
在三角形NFD中有
連接HG構成三角形，中有
ND板下表面被粒子打到的長度為
（）
或
()
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）根基幾何關系得出半徑的大小，結合牛頓第二定律得出磁感應強度的大小，利用左手定則分析出粒子的電性；
（2）根據牛頓第二定律分析出粒子做圓周運動的半徑，結合數學知識計算出粒子經過的面積；
（3）畫出粒子的運動軌跡，結合數學知識得出l與角度α的函數關系式。
1 / 12025屆四川省南充市第一中學高三下學期二模物理試題
1．（2025·順慶模擬）用中子轟擊靜止的鋰核，得到氚核、頻率為的光子和原子核X；已知鋰核的結合能為，氚核的結合能為，X的結合能為，普朗克常量為h，真空中的光速為c，下列說法正確的是（　　）
A．X的電離作用弱
B．光子的動量為
C．該核反應的質量虧損為
D．該核反應釋放的核能為
2．（2025·順慶模擬）如圖所示，在磁感應強度為的勻強磁場中，線框平面與磁感線垂直，現使矩形線框繞垂直于磁場的軸以恒定角速度轉動，線框電阻不計，匝數為匝，面積為。線框通過滑環與一理想自耦變壓器的原線圈相連，副線圈接有一只燈泡L（4W，）和滑動變阻器R，電流表為理想交流電表，下列說法正確的是（　　）
A．從圖示位置開始計時，線框中感應電動勢瞬時值表達式為
B．線框平面與磁感線垂直時，穿過線框的磁通量變化最快
C．若將自耦變壓器觸頭向下滑動，則燈泡會變暗
D．若燈泡正常發光，則原、副線圈的匝數比為
3．（2025·順慶模擬）疫情防控期間，某同學在家對著豎直墻壁練習打乒乓球。某次斜向上發球，球垂直在墻上后反彈落地，落地點正好在發球點正下方，球在空中運動的軌跡如圖，不計空氣阻力，關于球離開球拍到第一次落地的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．球在空中上升和下降過程時間相等
B．球落地時的動量一定比拋出時大
C．球落地時和拋出時的動能可能相等
D．球撞擊墻壁過程可能沒有機械能損失
4．（2025·順慶模擬）如圖所示，圓弧形槽固定在地面上，COD為水平直徑，在光滑的半球形絕緣內壁有質量分別為mA、mB兩帶同種電荷的小球，各自帶電量為 qA、qB，A、B兩小球球心與O 點的連線與豎直方向分別成 37°、53°夾角，處于靜止狀態，則（　　）
A．一定有 mA < mB
B．一定有 qA > qB
C．若A球電量減小，A球會降低，B球會升高
D．若用外力將小球A緩慢移動到球心O點的正下方，A、B系統的電勢能將增大
5．（2025·順慶模擬）2024年6月4日，攜帶月球樣品的嫦娥六號上升器自月球背面起飛，隨后成功進入預定環月軌道，圖為嫦娥六號著陸月球前部分軌道的簡化示意圖，Ⅰ是地月轉移軌道，Ⅱ、Ⅲ是繞月球運行的橢圓軌道，Ⅳ是繞月球運行的圓形軌道。P、Q分別為橢圓軌道Ⅱ的遠月點和近月點。已知圓軌道Ⅳ到月球表面的高度為h，月球半徑為R，月球表面的重力加速度為g，不考慮月球的自轉，嫦娥六號（　　）
A．由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ，需在P處向后噴氣
B．在軌道Ⅳ上繞月運行的速度大小為
C．在軌道Ⅳ上繞月運行的周期大于在軌道Ⅲ上繞月運行的周期
D．在軌道Ⅱ上穩定運行時經過P點的加速度大于經過Q點的加速度
6．（2025·順慶模擬）如圖所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，一質量為0.3kg的物塊從彈簧上端某高度處自由下落，當彈簧的壓縮量為0.1m時物塊達到最大速度，此后物塊繼續向下運動到達最低點。在以上整個運動過程中，彈簧始終在彈性限度內，物塊和彈簧接觸瞬間機械能損失不計，不計空氣阻力，取，下列說法正確的是（　　）
A．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，物塊的加速度先增大后減小
B．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，物塊的機械能先增大后減小
C．該彈簧的勁度系數為20.0N/m
D．彈簧壓縮量為0.2m時，物塊的加速度大小為
7．（2025·順慶模擬）如圖所示ABC為等邊三角形，電荷量為+q的點電荷Q1固定在A點。先將一電荷量也為+q的點電荷Q2從無窮遠處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為－W。再將Q2從C點沿CB移到B點。下列說法正確的是（　　）
A．+q從無窮遠處移到C點的過程中，電勢能減少了W
B．+q在移到B點后的電勢能為W
C．Q2在C點的電勢為
D．+q從C點移到B點的過程中，所受電場力做負功
8．（2025·順慶模擬）如圖所示，在點電荷Q形成的電場中，已知a、b兩點在同一等勢面上，c、d兩點在同一等勢面上。甲、乙兩個帶電粒子的運動軌跡分別為acb和adb曲線，兩個粒子經過a點時具有相同的動能，由此可以判斷（　　）
A．甲粒子c點時與乙粒子d點時具有相同的動能
B．甲乙兩粒子帶異號電荷
C．若取無窮遠處為零電勢，則甲粒子經過c點時的電勢能小于乙粒子經過d點時的電勢能
D．兩粒子經過b點時具有相同的動能
9．（2025·順慶模擬）如圖所示，足夠長的光滑水平桿上套有一質量為m的圓環P，圓環右側被一豎直擋板擋住，一根長為L且不可伸長的輕質細線一端固定在圓環P上，另一端與質量為2m的小球Q（視為質點）相連，把小球拉到水平等高處，細線剛好拉直，靜止釋放小球。已知重力加速度為g，忽略空氣的阻力。則（　　）
A．當小球Q第一次到達左端最高點時，細線對P做功為
B．當小球Q第二次到最低點時，細線對Q做功為
C．當小球Q第二次到最低點時，小球Q的加速度大小為2g
D．當小球Q第二次到最低點時，細線對Q的拉力大小為
10．（2025·順慶模擬）如圖所示，兩條電阻不計的光滑平行導軌AED和BFC與水平面成角，平行導軌間距為L，一勁度系數為k的輕質彈簧一端固定在O點，彈簧中心軸線與軌道平行，另一端與質量為m、電阻為r的導體棒相連，導軌一端連接定值電阻R，勻強磁場垂直穿過導軌平面ABCD，AB到CD的距離足夠大，磁感應強度大小為，O點到CD的距離等于彈簧的原長，導體棒從CD位置靜止釋放，到達EF位置時速度達到最大，CD到EF的距離為d，導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．導體棒從CD到EF過程中，流過定值電阻R的電流方向為A到B
B．導體棒從CD到EF過程中，流過定值電阻R的電荷量為
C．導體棒到達EF時的最大速度為
D．導體棒從CD到下滑到最低點的過程中導體棒與彈簧組成的系統機械能一直減小
11．（2025·順慶模擬）某同學設計了如圖所示的裝置來探究機械能守恒。輕質細線的上端固定在O點，下端連接擺球，在擺球擺動的路徑上可以用光電門測其瞬時速度。
（1）利用光電門測量擺球通過某點速度時，測得擺球直徑為d，通過光電門時間為t，則過該點的瞬時速度大小　 　。
（2）如果擺球每次從A位置靜止釋放，測得距最低點E的豎直高度h處的速度為v，以h為橫坐標，為縱坐標，建立直角坐標系，作出的圖線是否過坐標原點　 　（選填“是”或“否”）
（3）另一同學分別在A、B、C、D、E點安裝光電門，得到擺球經過每個光電門的速度，并且相鄰兩點豎直高度差相等。通過計算發現相鄰兩點速度的平方差近似相等，則擺球在擺動過程中機械能　 　（選填“守恒”或“不守恒”）。
12．（2025·順慶模擬）實驗小組欲測定一段粗細均勻的直電阻絲的電阻率，設計電路如圖甲所示。
實驗器材如下：
待測電阻絲
電源（電動勢，內阻不計）
電流表（量程為，內阻約為）
滑動變阻器
滑動變阻器
電阻箱（最大阻值為）
開關、導線若干
實驗操作步驟如下：
①測量金屬絲的長度、直徑。
②選取合適的滑動變阻器，按圖甲連接電路，將滑動變阻器滑片移至端，電阻絲上的滑片移至端，電阻箱示數調為0。
③閉合開關，調節至合適位置，記錄電流表的示數；保持不動，將電阻箱示數調為，然后調節，使電流表示數仍為，測出此時至的距離。
④重復步驟③，測出多組相應數據，作出關系圖像，計算相應的電阻率。
（1）小組同學用螺旋測微器測量電阻絲的直徑，如圖乙所示，則　 　。
（2）實驗中電流表示數如圖丙所示，則　 　A。
（3）小組同學作出的關系圖像如圖丁所示，小組同學測出圖像的斜率的絕對值為，則電阻絲的電阻率　 　；圖線在縱軸上的截距為　 　。（均用題中所給物理量的符號表示）
（4）電流表的內阻對實驗結果的測量　 　（填“有”或者“沒有”）影響。
13．（2025·順慶模擬）如圖所示為某型號家用噴水壺的外形圖和原理圖，壺中氣筒內壁的橫截面積，活塞的最大行程為，正常噴水時壺內氣體壓強需達到以上。壺內裝水后，將壓柄連接的活塞壓到氣筒的最底部，此時壺內氣體體積為，壓強為，溫度為27℃．已知大氣壓強。
（1）將噴水壺放到室外，室外溫度為12℃，求穩定后壺內氣體的壓強；
（2）在（1）問情況下且溫度保持不變，為了使噴水壺達到工作狀態，至少需要通過壓柄充氣多少次？
14．（2025·順慶模擬）如圖(a)所示，兩條平行導軌固定在同一水平面內，相距為L，在導軌之間右側的長方形區域內（如圖陰影部分）存在方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B。導軌右端固定連接一根光滑的圓柱形金屬MN，另一根金屬棒PQ則垂直放置在導軌上，用一根輕繩連接棒PQ的中點后跨過棒MN的中點懸掛一物體，兩金屬棒之間的繩子保持水平，靜止釋放物體后棒PQ沿粗糙導軌運動的v-t圖象如圖（b）所示。已知棒PQ和所掛物體的質量均為m，導軌電阻可忽略不計。求：
（1）金屬棒PQ進入磁場后所受安培力的大小；
（2）兩金屬棒在回路中的總電阻R。
15．（2025·順慶模擬）如圖所示，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向外的勻強磁場，大量比荷為、速度大小范圍為的粒子從PM和QK間平行于PM射入圓形磁場區域，PM與圓心O在同一直線上，PM和QK間距離為0.5R，已知從M點射入的速度為的粒子剛好從N點射出圓形磁場區域，N點在O點正下方，不計粒子重力以及粒子間的相互作用。求：
（1）圓形區域磁場的磁感應強度B及帶電粒子電性；
（2）圓形區域內有粒子經過的面積；
（3）擋板CN、ND下方有磁感應強度為2B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，ND=R，直線CD與圓形區域相切于N點，到達N點的粒子均能從板上小孔進入下方磁場，擋板ND繞N點在紙面內順時針旋轉，ND板下表面上有粒子打到的區域長度l與板旋轉角度α（0°≤α<90°）之間的函數關系式。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】質量虧損與質能方程；光子及其動量；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能
【解析】【解答】A、根據核反應的核電荷數和質量數守恒可知，X是α粒子，其電離作用強，穿透能力弱，故A錯誤；
B、光子的動量應為
故B錯誤；
CD、根據結合能的定義可知，該核反應釋放的核能為核反應后的結合能與核反應前的結合能之差即
光子的能量是核能的一部分，核反應的質量虧損為
即為
故C錯誤，D正確。
故答案為：D。
【分析】根據核反應的核電荷數和質量數守恒確定x粒子的種類，α粒子電離作用強，穿透能力弱。根據題意確定核反應釋放的核能，再根據愛因斯坦質能虧損方程確定虧損的質量。熟練掌握光子動量的定義。
2．【答案】C
【知識點】變壓器原理；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】本題考查了正、余弦交流電產生原理與變壓器的動態過程分析，一定要熟悉理想變壓器的變壓比公式及各參量的決定關系。A．線框中感應電動勢最大值為
圖中位置穿過線圈的磁通量最大，即為中性面位置，所以線圈中感應電動勢的瞬時值為
故A錯誤；
B．根據上述表達式可知線框平面與磁感線垂直時為中性面位置，此時感應電動勢的瞬時值為0，即
可得此時穿過線框的磁通量變化率
穿過線框的磁通量變化最慢。故B錯誤；
C．若將自耦變壓器觸頭向下滑動，副線圈匝數變小，根據理想變壓器電壓與匝數的關系
可知輸出電壓減小，又因為
可知燈泡發光的功率變小，所以燈泡變暗。故C正確；
D．變壓器變壓器輸入電壓的有效值為
開關閉合時燈泡正常發光，所以
根據理想變壓器的變壓比得此時原副線圈的匝數比為
故D錯誤。
故選C。
【分析】根據正余弦交流電產生原理求解交變電流的瞬時值表達式、峰值及有效值；根據瞬時值得到該位置感應電動勢的值，結合法拉第電磁感應定律確定變化率；由原副線圈的電壓比等于匝數比得到副線圈電壓的變化，再確定燈泡功率的變化；根據燈泡常發光求出副線圈兩端電壓，輸出電壓由原線圈電壓和匝數比決定。
3．【答案】C
【知識點】斜拋運動；動能；機械能守恒定律；動量
【解析】【解答】本題主要考查斜上拋運動、平拋運動和能量守恒定律，關鍵是根據軌跡分析碰撞前后速度的大小，由此確定是否存在能量損失，能夠根據逆向思維分析問題。
A．斜上拋運動看作反向的平拋運動，根據
可得
由于兩種情況下豎直方向運動的高度不同，則運動時間不相等，反彈后運動的時間長，故A錯誤；
B．雖然反彈落地時乒乓球豎直方向的速度大于原來拋出時豎直方向的速度，但水平方向的速度是斜上拋時的大，所以球落地時的速率不一定比拋出時大，則球落地時的動量不一定比拋出時大，故B錯誤；
C．雖然碰撞過程中有能量損失，但反彈后下落的高度大，從開始拋出到落地過程中重力做正功，如果整個過程中重力做的功等于乒乓球與墻碰撞過程中損失的能量，則球落地時和拋出時的動能相等，故C正確；
D．若反彈的速度大小與碰撞墻時的速度大小相等，則乒乓球原路返回，根據圖象可知，乒乓球與墻碰撞過程中有能量損失，使得碰撞后速度減小，故D錯誤。
故選C。
【分析】球上升過程的逆運動是平拋運動，球垂直撞墻后的運動是平拋運動，根據
分析時間關系；結合水平位移關系，判斷球上升和下降水平速度關系，由機械能守恒定律分析落地時與拋出時速率關系；若球反彈的速度大小與碰撞墻時的速度大小相等，則乒乓球原路返回，根據圖分析有沒有能量損失。
4．【答案】D
【知識點】共點力的平衡；電勢能
【解析】【解答】對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。
AB．分別以小球A、B為研究對象，分析其受力情況，如圖所示
根據相似三角形法可得
，
而，則可知，另根據題中條件不能判斷兩球電量關系，故AB錯誤；
C．若A球電量減小，則A、B兩球間的庫侖力F將減小，根據三角形相似法可得
，
則可知AC、CB都減小，即A、B兩球都會降低，故C錯誤；
D．若用外力將小球A緩慢移動到球心O點的正下方，則A、B兩球間的距離減小，庫侖力變大，移動過程中電場力做負功，則A、B系統的電勢能增大，故D正確。
故選D。
【分析】一般情況下的共點力平衡（根據相似三角形處理），庫侖定律，電場力做功和電勢能關系。
5．【答案】B
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】A．根據變軌的知識分析機械能大小和噴氣的方向，由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ，需在P處向前噴氣制動減速，故A錯誤；
B．根據月球表面的物體萬有引力提供重力，結合嫦娥五號的萬有引力提供向心力計算出嫦娥五號的繞月速度。不考慮月球的自轉，在月球表面的物體受到的重力等于萬有引力，則
嫦娥六號在軌道Ⅳ上繞月運行時，由萬有引力提供向心力，可得
聯立可得，嫦娥六號在軌道Ⅳ上繞月運行的速度大小為
故B正確；
C．根據開普勒第三定律
可知，在軌道Ⅳ上繞月運行的周期小于在軌道Ⅲ上繞月運行的周期，故C錯誤；
D．根據牛頓第二定律分析PQ兩點的加速度大小關系。根據牛頓第二定律，有
可知其他條件不變的情況下，距離月球越遠，加速度越小，所以在軌道Ⅱ上穩定運行時經過P點的加速度小于經過Q點的加速度，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據萬有引力和向心力的等量關系列式求解，結合牛頓第二定律分析出加速度即可。
6．【答案】D
【知識點】功能關系；胡克定律；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查了對機械能守恒定律的掌握，解題時需知，在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變。A．物塊從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，開始時重力大于彈簧彈力，合力向下，隨著彈簧壓縮量增大，彈力增大，合力減小，加速度減小，當彈力大小等于重力大小時速度達到最大；之后彈力大于重力，合力向上，且隨著彈簧壓縮量繼續增大，合力增大，加速度增大。所以加速度是先減小后增大，故A錯誤；
B．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，彈簧彈力對物塊做負功，根據功能關系，除重力之外的力做負功，物塊的機械能一直減小，故B錯誤；
C．速度最大時，彈簧壓縮量，對物塊，由平衡條件有
代入題中數據得彈簧的勁度系數
故C錯誤；
D．彈簧壓縮量為時，由牛頓第二定律得
聯立以上解得加速度大小
故D正確。
故選 D。
【分析】根據胡克定律及牛頓第二定律，彈簧彈力對物塊做負功，根據功能關系分析，速度最大時，受力平衡，結合平衡條件以及牛頓第二定律分析。
7．【答案】B
【知識點】電勢能；電勢差
【解析】【解答】解決本題的關鍵要掌握電場力做功與電勢差的關系、電勢差與電勢的關系、電勢能的變化與電場力做功的關系。要注意運用公式W=qU時各個量均要代符號運算。A．電荷運動過程中，電場力做的功等于電勢能減少量，故+q從無窮遠處移到C點的過程中，電勢能增加了，故A錯誤；
B．ABC為等邊三角形，所以，因此點電荷Q2從C點到B點后的電勢能不變，所以+q在移到B點后的電勢能為W，故B正確；
C．點電荷Q2從無窮遠處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為－W
故C錯誤；
D．+q從C點移到B點的過程中，電勢能不變，電場力不做功，故D錯誤。
故選B
【分析】研究+q從無窮遠處（電勢為0）移到C點的過程，利用公式W=qU求出無窮遠處與C點間的電勢差，從而求得C點的電勢；+q從C點移到B點的過程中，根據C點與B點間的電勢差求電場力做功。
8．【答案】B,C,D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題首先根據粒子軌跡彎曲方向判斷電場力大致方向，確定粒子的電性，由動能定理分析判斷動能關系。A．由帶電粒子的軌跡彎曲方向可知，Q對乙粒子有斥力，對甲粒子有引力，從a到c，電場力對乙做負功，動能減小，電場力對甲粒子做正功，動能增大，而兩個粒子經過a點時具有相同的動能，故甲粒子經過c點時的動能大于乙粒子經過d點時的動能，故A錯誤；
B． 由上可知，甲與Q是異種電荷，乙與Q是同種電荷，故甲、乙兩個粒子帶異種電荷，故B正確；
C． 若取無窮遠處為零電勢，對甲粒子，從無窮遠到c點，電場力做正功，電勢能減小，所以甲粒子在c點電勢能為負值；對乙粒子，從無窮遠到d點，電場力做負功，電勢能增大，故乙粒子在d點的電勢能為正值，則甲粒子經過c點時的電勢能小于乙粒子經過d點時的電勢能，故C正確；
D． a、b位于同一等勢面上，電勢相等，從a到b電場力做功均為零，兩個粒子經過a點時具有相同的動能，則兩粒子經過b點時也具有相同的動能，故D正確。
故選：BCD。
【分析】根據曲線運動中合力指向軌跡彎曲的內側，判斷兩帶電粒子所受的電場力方向，確定兩帶電粒子的電性，分析電場力做功的正負，由動能定理分析動能關系．根據正電荷在電勢高處電勢能大分析電勢能的關系．
9．【答案】A,C
【知識點】生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【解答】本題主要考查動量守恒與能量守恒共同解決實際問題，解題時需注意挖掘臨界條件：在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，即速度相等或位移相等時。A．當小球Q從右側最高點運動到小環P正下方的最低點時，此時由于小環P被擋板擋住，故此過程小環P不會發生運動，對小球Q，根據能量守恒有
解得小球Q在最低點時的速度大小為
當小球Q從最低點向左擺到最高點時，此時小環P在細線的拉力作用下向左運動，擋板對其沒有力的作用，所以兩小球在水平方向動量守恒，當兩者速度相等時，小球Q運動到左側最高點，以水平向左為正方向，根據水平方向動量守恒有
解得
故此過程中細線對P做功為
故A正確；
B．由題意及前面分析可知，小球Q第一次到最低點至第二次到最低點的過程，系統機械能守恒、水平方向動量守恒，以水平向左為正方向，根據水平方向動量守恒有
根據機械能守恒可得
聯立解得
對Q，此過程重力不做功，則根據動能定理可知，細線對Q做功為
故B錯誤；
C．結合前面分析，由向心加速度與線速度的關系可知，當小球Q第二次到最低點時，小球Q的加速度大小為
故C正確；
D．當小球Q第二次到最低點時，由牛頓第二定律可得
解得，細線對Q的拉力大小為
故D錯誤；
故選AC。
【分析】結合題意，由能量守恒、動量守恒、動能定理分別列式，即可分析判斷；由動量守恒、機械能守恒分別列式，即可分析判斷；結合前面分析，由向心加速度與線速度的關系列式，即可分析判斷；當小球Q第二次到最低點時，由牛頓第二定律列式，即可分析判斷。
10．【答案】A,D
【知識點】機械能守恒定律；安培力的計算；右手定則；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】本題考查導體切割磁感線中的能量及受力平衡關系的應用，要明確導體棒速度最大的條件：合力為零，熟練找到安培力與速度的關系。A．導體棒從CD到EF過程中，由右手定則可知，通過CD棒電流方向為C到D，則流過定值電阻R的電流方向為A到B，故A正確；
B．導體棒從CD到EF過程中，流過定值電阻R的電荷量
故B錯誤；
C．最大速度時，導體棒合力為0，由平衡條件有
因為
聯立解得
故C錯誤；
D．導體棒從CD到下滑到最低點的過程中，安培力對導體棒一直做負功，故導體棒與彈簧組成的系統機械能一直減小，故D正確。
故選AD。
【分析】根據楞次定律判斷出導體棒從CD到EF過程中，流過定值電阻R的電流方向為A到B；根據牛頓第二定律和電荷量公式分析求解；根據功能關系判斷導體棒與彈簧組成的系統機械能的變化。
11．【答案】（1）
（2）否
（3）守恒
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】光電門測量瞬時速度是實驗中常用的方法。由于擋光片的寬度d很小，所以我們可以用很短時間內的平均速度代替通過某點瞬時速度，利用圖像結合數學知識處理物理數據是實驗研究常用的方法。
（1）利用光電門測量擺球通過某點速度時，測得擺球直徑為d，通過光電門時間為t，則過該點的瞬時速度大小為
（2）設A位置距最低點E的豎直高度為，根據機械能守恒可得
整理可得
可知作出的圖線不過坐標原點。
（3）設相鄰兩點豎直高度差為，在相鄰兩點間，根據機械能守恒可得
可得
由于相鄰兩點豎直高度差相等，通過計算發現相鄰兩點速度的平方差近似相等，則擺球在擺動過程中機械能守恒。
【分析】（1）根據平均速度與瞬時速度的聯系解答；
（2）根據機械能守恒定律分析解答；
（3）根據機械能守恒可得相鄰兩點豎直高度差相等，擺球在擺動過程中機械能守恒。
（1）利用光電門測量擺球通過某點速度時，測得擺球直徑為d，通過光電門時間為t，則過該點的瞬時速度大小為
（2）設A位置距最低點E的豎直高度為，根據機械能守恒可得
整理可得
可知作出的圖線不過坐標原點。
（3）設相鄰兩點豎直高度差為，在相鄰兩點間，根據機械能守恒可得
可得
由于相鄰兩點豎直高度差相等，通過計算發現相鄰兩點速度的平方差近似相等，則擺球在擺動過程中機械能守恒。
12．【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）沒有
【知識點】導體電阻率的測量
【解析】【解答】實驗原理：把電阻絲連入如圖所示的電路，用電壓表測其兩端電壓，用電流表測電流，根據歐姆定律計算金屬絲的電阻Rx，然后用米尺測量金屬絲的有效長度l，用螺旋測微器測量金屬絲的直徑d，計算出金屬絲的橫截面積S，根據電阻定律計算出電阻率。
（1）螺旋測微器測得金屬絲的直徑為
（2）電流表量程為，最小刻度為，故
（3）根據閉合電路歐姆定律有
整理得
故關系圖像的斜率的絕對值為
解得
圖線在縱軸上的截距為
（4）根據小問3的分析知
與電流表內阻無關，故電流表的內阻對該電阻絲電阻率的測量結果沒有影響。
【分析】（1）螺旋測微器讀數等于固定刻度加上可動刻度，讀數要估讀；
（2）根據電流表最小刻度和表盤指針讀數；
（3）根據閉合電路歐姆定律求解關系，根據圖像的斜率和縱軸上的截距求解；
（4）電阻率與電流表內阻無關，據此分析。
（1）[1]螺旋測微器測得金屬絲的直徑為
（2）[1]電流表量程為，最小刻度為，故
（3）[1] [2]根據閉合電路歐姆定律定律有
整理得
故關系圖像的斜率的絕對值為
解得
圖線在縱軸上的截距為
（4）[1]根據小問3的分析知
與電流表內阻無關，故電流表的內阻對該電阻絲電阻率的測量結果沒有影響。
13．【答案】解：（1）氣體發生等容變化，由查理定律可知
代入數據解得
（2）將原有氣體轉化為工作壓強，由玻意耳定律可知
代入數據解得
打入n次的外界氣體轉換為工作壓強，由玻意耳定律可知
解得，取，至少需要通過壓柄充氣14次
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【分析】（1）被封閉氣體做等容變化，找出初末狀態參量，根據查理定律求得；
（2）把原有氣體轉化為工作壓強時的氣體，然后在把打入的氣體轉化為工作壓強下的氣體，根據玻意耳定律求得。
14．【答案】解：(1)由圖（b）可知，金屬棒PQ進入磁場前做勻加速直線運動，在磁場中做勻速直線運動，勻加速階段，由圖象得加速度為
以金屬棒PQ和物體為研究對象，根據牛頓第二定律可得
勻速階段滿足
即金屬棒PQ進入磁場后所受安培力的大小為
(2)金屬棒PQ在磁場中切割磁感線產生的感應電動勢、感應電流、安培力分別為
聯立解得兩金屬棒在回路中的總電阻為
【知識點】電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）由圖象得到加速度，再以金屬棒PQ和物體為研究對象，根據牛頓第二定律列方程求解安培力的大小；
（2）根據切割磁感線產生的感應電動勢的計算公式、閉合電路的歐姆定律求解回路中的總電阻。
15．【答案】解：（1）速度為的粒子從M點射入，從N點出，軌道半徑為r，依題意有
由左手定則判斷可得粒子帶正電；
（2）速度為的粒子從M射入，射出點為A，如圖1所示，依題意有
MK間入射的速度為的粒子能到達的區域為圖中陰影部分，面積為
（3）如圖2所示，由幾何關系可知，能到達N點的帶電粒子速度均為，半徑均為R，中有
從K點射入帶電粒子速度偏轉角為60°，從M入射帶電粒子速度偏轉角為90°，從N點出射的粒子速度與ON的夾角最大值為
擋板下方磁感應強度為2B，粒子均以速度進入（如圖3），有
則軌道半徑為
在三角形NFD中有
連接HG構成三角形，中有
ND板下表面被粒子打到的長度為
（）
或
()
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）根基幾何關系得出半徑的大小，結合牛頓第二定律得出磁感應強度的大小，利用左手定則分析出粒子的電性；
（2）根據牛頓第二定律分析出粒子做圓周運動的半徑，結合數學知識計算出粒子經過的面積；
（3）畫出粒子的運動軌跡，結合數學知識得出l與角度α的函數關系式。
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