資源簡介

2025屆四川省南充市高三下學(xué)期適應(yīng)性考試（二模）物理試題
1．（2025·南充模擬）如圖所示，理想降壓變壓器的線圈接學(xué)生電源交流輸出端，線圈與小燈泡相連接，閉合電源開關(guān)，發(fā)現(xiàn)小燈泡亮度較低，為了提高小燈泡的亮度，下列可行的是（　　）
A．僅將線圈改接直流輸出端 B．僅適當(dāng)減小交流電的頻率
C．僅適當(dāng)增加線圈的匝數(shù) D．僅適當(dāng)增加線圈的匝數(shù)
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】變壓器原理
【解析】【解答】本題考查了理想變壓器的工作原理，要知道變壓器不改變交流電的頻率，交流電的頻率變化也不會(huì)影響輸出電壓。理想變壓器輸出電壓與匝數(shù)成正比，即
要想提升小燈泡的亮度，需要提高其兩端的電壓，因此應(yīng)增大副線圈（線圈b）的匝數(shù)，從而使輸出電壓增大，小燈泡變亮。其余選項(xiàng)均無法有效增大燈泡兩端的交流電壓。
故選D。
【分析】變壓器輸入直流電時(shí)，變壓器不會(huì)工作；改變交流電的頻率，不會(huì)影響變壓器的輸出電壓；根據(jù)理想變壓器的原副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系，分析改變?cè)€圈a或副線圈b的匝數(shù)時(shí)，輸出電壓的變化情況。
2．（2025·南充模擬）1932年，考克饒夫和瓦爾頓用質(zhì)子加速器進(jìn)行了人工核蛻變實(shí)驗(yàn)。在實(shí)驗(yàn)中，鋰原子核俘獲一個(gè)質(zhì)子后成為不穩(wěn)定的鈹原子核，隨后又蛻變?yōu)閮蓚€(gè)氦原子核，核反應(yīng)方程為，已知、、的質(zhì)量分別為、、，相當(dāng)于，則該核反應(yīng)中釋放的核能約（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】質(zhì)量虧損與質(zhì)能方程
【解析】【解答】本題考查了對(duì)愛因斯坦質(zhì)能方程的理解。整個(gè)核反應(yīng)過程中的釋放的能量為
故選C。
【分析】根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程計(jì)算即可。
3．（2025·南充模擬）圖甲是某人在湖邊打水漂的圖片，圖乙是石塊運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖。石塊從水面彈起到再次觸水后即將彈起算一個(gè)水漂，假設(shè)石塊始終在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，且每次從水面彈起時(shí)速度與水面的夾角均為，一個(gè)水漂的過程速率損失。若石塊第1次彈起后的滯空時(shí)間為，不計(jì)空氣阻力，，重力加速度，則石塊第4次在水面彈起瞬間的速率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】斜拋運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】本題考查的是物體在斜上拋運(yùn)動(dòng)中的速度和時(shí)間關(guān)系，以及通過條件求解物體運(yùn)動(dòng)的次數(shù)。石塊第1次彈起后的滯空時(shí)間為，設(shè)石塊第1次彈起的速度大小為，石塊做斜上拋運(yùn)動(dòng)，則有，
解得
一個(gè)水漂的過程速率損失，則石塊第4次在水面彈起瞬間的速率為
故選B。
【分析】石塊做斜上拋運(yùn)動(dòng)，分解求豎直速度，根據(jù)豎直方向速度公式，求時(shí)間進(jìn)而求速率即可。
4．（2025·南充模擬）如圖所示，半徑為R的光滑半球面固定在水平面上，半球面內(nèi)的剛性輕質(zhì)細(xì)桿AC長為L，桿上B點(diǎn)套有小球。系統(tǒng)靜止時(shí)，半球面對(duì)細(xì)桿A端的彈力是對(duì)C端的彈力的2倍，則BC部分的長度為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】本題考查共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用，正確做出受力分析是求解的關(guān)鍵。由平衡條件可知，半球面對(duì)細(xì)桿A端的彈力和對(duì)C端的彈力過球心O，且與小球B的重力平衡，所以小球B應(yīng)在O點(diǎn)正下方，受力情況如圖所示
根據(jù)正弦定理可得
，，
結(jié)合已知條件
解得
又因?yàn)?br/>解得
故選A。
【分析】對(duì)細(xì)桿和小球整體受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，由正弦定理求解即可。
5．（2025·南充模擬）嫦娥六號(hào)探測(cè)器在中國文昌航天發(fā)射場發(fā)射升空，之后準(zhǔn)確進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，成功完成世界首次月背挖寶”之旅。圖中繞月運(yùn)行的三個(gè)軌道依次為：大橢圓軌道1，小橢圓停泊軌道2，圓軌道3，點(diǎn)為三個(gè)軌道的公共切點(diǎn)，為軌道1的遠(yuǎn)月點(diǎn)，在三個(gè)軌道上比較（　　）
A．探測(cè)器在軌道3上運(yùn)行的周期最小
B．探測(cè)器在軌道3上經(jīng)過點(diǎn)的速率最大
C．探測(cè)器在經(jīng)過點(diǎn)的向心加速度不相同
D．探測(cè)器只在軌道3上經(jīng)過點(diǎn)時(shí)所受月球引力的瞬時(shí)功率為零
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】衛(wèi)星問題
【解析】【解答】本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析，掌握開普勒第三定律的應(yīng)用方法。A．根據(jù)開普勒第三定律
可知，軌道3的半徑小于軌道1、2的半長軸，故軌道1上的運(yùn)行周期最小，A正確；
B．探測(cè)器從軌道1依次變軌到軌道3的過程中，需要減速做向心運(yùn)動(dòng)，因此探測(cè)器在軌道3上經(jīng)過P點(diǎn)的速度最小，B錯(cuò)誤；
C．萬有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律可得
解得
三個(gè)軌道經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的軌道半徑相等，故加速度大小相等，C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)探測(cè)器速度與引力方向正好垂直（如橢圓軌道在遠(yuǎn)月點(diǎn)或近月點(diǎn)、圓軌道在任一點(diǎn)）時(shí)，引力對(duì)探測(cè)器的瞬時(shí)功率為零，并非只有圓軌道3經(jīng)過 Q 點(diǎn)引力的瞬時(shí)功率才為零，D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】根據(jù)開普勒第三定律進(jìn)行分析；根據(jù)變軌原理進(jìn)行分析；根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行分析；當(dāng)力的方向與速度方向垂直時(shí)，力的功率為零，由此分析。
6．（2025·南充模擬）phyphox是一款可以讓手機(jī)充當(dāng)一個(gè)真實(shí)物理實(shí)驗(yàn)工具的手機(jī)軟件，中文名為手機(jī)實(shí)驗(yàn)工坊。某同學(xué)打開手機(jī)中phyphox的加速度傳感器，用手掌托著手機(jī)把手機(jī)豎直向上拋出，又迅速在拋出點(diǎn)接住手機(jī)，得到手機(jī)在豎直方向的加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示（以豎直向上為正方向），則（　　）
A．時(shí)刻手機(jī)離開手掌
B．手機(jī)先超重后失重
C．手機(jī)的機(jī)械能一直增大
D．手掌對(duì)手機(jī)的支持力始終大于手機(jī)對(duì)手掌的壓力
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第三定律；功能關(guān)系；超重與失重
【解析】【解答】本題考查了加速度傳感器的應(yīng)用以及牛頓第二定律的運(yùn)用。A．由題圖可知，時(shí)間內(nèi)手機(jī)沒有離開手掌，速度向上，加速度向上，手機(jī)一直在向上加速，A錯(cuò)誤；
B．時(shí)間內(nèi)加速度向上，手機(jī)一直處在超重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；
C．時(shí)間內(nèi)，手機(jī)的加速度先向上再向下，時(shí)刻手機(jī)加速度剛好向下增大到等于重力加速度，所以手即將脫離手機(jī)，故時(shí)間內(nèi)，手對(duì)手機(jī)的支持力一直做正功，手機(jī)機(jī)械能一直增大，C正確；
D．手掌對(duì)手機(jī)的支持力和手機(jī)對(duì)手掌的壓力是一對(duì)相互作用力，大小始終相等，D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】通過分析加速度隨時(shí)間變化的圖像，可以確定手機(jī)在不同時(shí)間點(diǎn)的狀態(tài)。
7．（2025·南充模擬）戰(zhàn)繩是非常流行的一種高效全身訓(xùn)練方式，在某次訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員手持繩的一端甩動(dòng)，形成的繩波可簡化為簡諧波，如圖甲為簡諧波在時(shí)刻的波形圖，是平衡位置為處的質(zhì)點(diǎn)，是平衡位置為處的質(zhì)點(diǎn)，如圖乙為質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像。下列說法正確的是（　　）
A．波速為
B．波沿軸正方向傳播
C．質(zhì)點(diǎn)在1.4s時(shí)的位移為
D．質(zhì)點(diǎn)P在時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程小于
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】橫波的圖象
【解析】【解答】本題既要理解振動(dòng)圖像和波動(dòng)圖像各自的物理意義，由振動(dòng)圖像能判斷出質(zhì)點(diǎn)的速度方向，同時(shí)要把握兩種圖像的內(nèi)在聯(lián)系，能由質(zhì)點(diǎn)的速度方向，判斷出波的傳播方向。A．由甲圖可知，該波的波長為
由乙圖可知，該波的周期為
故該波的波速為
A錯(cuò)誤；
B．由乙圖可知，時(shí)Q沿y負(fù)方向振動(dòng)，根據(jù)“上、下坡法”可知，該波沿x負(fù)方向傳播，B錯(cuò)誤；
C．在1.4s時(shí)質(zhì)點(diǎn)Q經(jīng)過的時(shí)間
由于質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)周期
故
時(shí)質(zhì)點(diǎn)Q由平衡位置向下振動(dòng)，經(jīng)過后到達(dá)負(fù)的最大位移處，其位移為，C錯(cuò)誤；
D．結(jié)合上述分析可知，在時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)了，若時(shí)，P點(diǎn)在平衡位置，則這段時(shí)間內(nèi)其通過的路程為
由甲圖可知，時(shí)，P不在平衡位置，故在時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P通過的路程小于2m，D正確。
故選D。
【分析】由甲圖可知波長，由乙圖可知周期，根據(jù)計(jì)算波速；根據(jù)“同側(cè)法”判斷波的傳播方向；如果質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置或最大位移處，求出在1.0s內(nèi)通過的路程，再根據(jù)P點(diǎn)的振動(dòng)情況進(jìn)行分析。
8．（2025·南充模擬）電子槍發(fā)出的電子僅在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中實(shí)線所示，a、b、c是軌跡上的三點(diǎn)，虛線為電場中的等差等勢(shì)面（a、b、c是軌跡和等勢(shì)面的交點(diǎn)），下列說法中正確的是（　　）
A．電場中c點(diǎn)的場強(qiáng)大于b點(diǎn)的場強(qiáng)
B．電場中c點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)
C．電子在c點(diǎn)的速率大于在b點(diǎn)的速率
D．電子從a到b電勢(shì)能變化為從b到c電勢(shì)能變化的2倍
【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】電勢(shì)差；帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)綜合
【解析】【解答】本題主要考查等勢(shì)面及其與電場線的關(guān)系，解題時(shí)需注意：等勢(shì)面與電場線一定處處正交（垂直）、電場線總是從電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面。B．根據(jù)電場線的方向與等勢(shì)面垂直，且電子帶負(fù)電可知，題圖中電場線的方向大體沿左上方至右下方，沿著電場線的方向電勢(shì)越來越低，所以b點(diǎn)的電勢(shì)大于c點(diǎn)的電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；
A．等差等勢(shì)面的疏密表示電場的強(qiáng)弱，則b點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于c點(diǎn)的電場強(qiáng)，故A正確；
C．電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，電子在c點(diǎn)的速度比在b點(diǎn)的速度小，故C錯(cuò)誤；
D．由題知虛線為電場中的等差等勢(shì)面，設(shè)相鄰兩等勢(shì)面的電勢(shì)差為U，則電子從a到b電勢(shì)能變化為
ΔEpab = －2eU
從b到c電勢(shì)能變化為
ΔEpbc = －eU
則電子從a到b電勢(shì)能變化為從b到c電勢(shì)能變化的2倍，故D正確。
故選AD。
【分析】根據(jù)等勢(shì)面及其與電場線的關(guān)系，結(jié)合電子所受電場力的特點(diǎn)，即可分析判斷；等差等勢(shì)面的疏密表示電場的強(qiáng)弱，據(jù)此分析判斷；結(jié)合前面分析，由功能關(guān)系，即可分析判斷；結(jié)合前面分析及題意，即可分析判斷。
9．（2025·南充模擬）如圖甲為一個(gè)半徑為的質(zhì)量均勻的透明水晶球，過球心的截面如圖乙所示，為水晶球直徑，一單色細(xì)光束從點(diǎn)射入球內(nèi)，折射光線與夾角為，出射光線與平行。光在真空中的傳播速度為，則（　　）
A．光束在點(diǎn)的入射角為 B．水晶球的折射率為
C．光在水晶球中的傳播速度為 D．光在水晶球中的傳播時(shí)間為
【答案】B,D
【知識(shí)點(diǎn)】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題考查了光的折射定律，解題時(shí)需注意：根據(jù)題意正確畫出光路圖，根據(jù)幾何知識(shí)正確找出角度關(guān)系，依光的折射定律列式求解。AB．如圖所示
出射光線與平行，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得
則有
可得光束在點(diǎn)的入射角為
故A錯(cuò)誤，B正確；
CD．光在水晶球中的傳播速度為
光在水晶球中的傳播距離為
則光在水晶球中的傳播時(shí)間為
故C錯(cuò)誤，D正確。
故選BD。
【分析】畫出光路圖，由幾何關(guān)系、光的折射定律分別列式，即可分析判斷；結(jié)合前面分析，由折射率的速度表達(dá)式、速度與時(shí)間的關(guān)系分別列式，即可分析判斷。
10．（2025·南充模擬）如圖所示，一長為，質(zhì)量為的長木板AB靜止在光滑水平地面上，為長木板的中點(diǎn)，原長為的輕彈簧一端栓接在長木板左端的豎直擋板上，另一端連接質(zhì)量為的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），開始時(shí)將彈簧壓縮并鎖定。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，彈簧的勁度系數(shù)，其彈性勢(shì)能的表達(dá)式為（為彈簧的形變量），解除鎖定后，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力，則（　　）
A．解除鎖定瞬間物塊的加速度大小為
B．物塊經(jīng)過點(diǎn)時(shí)速度最大
C．木板的速度最大時(shí)，其位移大小為
D．物塊最終停在點(diǎn)左側(cè)處
【答案】A,C
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；碰撞模型
【解析】【解答】求解本題的關(guān)鍵是要求掌握物塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，掌握平衡條件、機(jī)械能守恒定律和功能關(guān)系。A．解除鎖定瞬間，物塊受力向右的彈力和向左的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有
又
，
聯(lián)立解得
故A正確；
B．由題分析，可知當(dāng)物塊的加速度為零時(shí)其速度最大，則有
解得
說明此時(shí)彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；
C．由題分析，可知系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒的條件，設(shè)物塊的最大速度為，木板的最大速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒有
又
變形得
由B分析，可知彈簧的壓縮量由變到，則有
聯(lián)立解得
故C正確；
D．系統(tǒng)初態(tài)的能量為
設(shè)物塊全程通過的路程為，根據(jù)能量守恒有
解得
物塊最終停在點(diǎn)右側(cè)的距離為
故D錯(cuò)誤。
故選AC。
【分析】分析解除鎖定瞬間物塊的受力，由牛頓第二定律求出加速度；當(dāng)物塊的加速度為零時(shí)其速度最大，根據(jù)受力平衡分析物塊此時(shí)所處的位置；根據(jù)人船模型原理分析木板的速度最大時(shí)其位移大小；根據(jù)能量守恒定律求解物塊最終停止的位置。
11．（2025·南充模擬）用如圖所示的裝置驗(yàn)證物塊和物塊（含遮光條）組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒光電門在鐵架臺(tái)上的位置可豎直上下調(diào)節(jié)，滑輪和細(xì)繩質(zhì)量及各處摩擦均忽略不計(jì)，（含遮光條）質(zhì)量相等，實(shí)驗(yàn)時(shí)將物塊由靜止釋放。
（1）若遮光條寬度為，遮光條的擋光時(shí)間為，則物塊通過光電門的速率為　 　，此時(shí)物塊的速率為　 　。
（2）改變遮光條與光電門之間的高度（滿足遠(yuǎn)大于，多次實(shí)驗(yàn)，測(cè)出各次的擋光時(shí)間，在以為橫軸、為縱軸的平面直角坐標(biāo)系中作出圖像，該圖像的斜率為，在誤差允許范圍內(nèi)，若　 　（用重力加速度和題中表示），則驗(yàn)證了該系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
【答案】（1）；
（2）
【知識(shí)點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)，理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，根據(jù)題意應(yīng)用機(jī)械能守恒定律即可解題。
（1）由題可知，物塊通過光電門的速率為
相同時(shí)間內(nèi)，B的位移為A的位移的2倍，則有
（2）根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
整理可得
故在的圖像中，其斜率
【分析】（1）根據(jù)遮光條的寬度與遮光時(shí)間求出滑塊的速度；根據(jù)A、B間的位移關(guān)系求出A的速度大小。
（2）應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出圖像的函數(shù)解析式，然后分析答題。
（1）[1]由題可知，物塊通過光電門的速率為
[2]相同時(shí)間內(nèi)，B的位移為A的位移的2倍，則有
（2）根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
整理可得
故在的圖像中，其斜率
12．（2025·南充模擬）某實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)一段粗細(xì)均勻的合金絲的電阻率ρ。
（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)定合金絲的直徑，如圖甲，則直徑為　 　mm；
（2）用多用電表“ × 10”擋粗測(cè)合金絲的電阻，多用電表指針如圖乙中虛線所示，正確換擋電阻調(diào)零后再次測(cè)量，指針如圖乙中實(shí)線所示，可得合金絲的電阻Rx = 　 　Ω；
（3）為更準(zhǔn)確測(cè)量該合金絲的電阻，實(shí)驗(yàn)室還提供下列器材：
電壓表V（量程0 ~ 3V，內(nèi)阻約15kΩ）
電流表A1（量程0 ~ 3A，內(nèi)阻約0.2Ω）
電流表A2（量程0 ~ 600mA，內(nèi)阻約1Ω）
滑動(dòng)變阻器R（0 ~ 5Ω，0.6A）
3V的直流穩(wěn)壓電源
開關(guān)S，導(dǎo)線若干
①為減小實(shí)驗(yàn)誤差，電流表應(yīng)選　 　，并采用電流表　 　（選填“外接法”或“內(nèi)接法”），滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用接法　 　（選填“限流”或“分壓”）；
②若測(cè)得合金絲的長度為60.00cm，電阻為9.00Ω，則合金絲的電阻率為ρ = 　 　Ω·m（為方便計(jì)算，取π = 3，結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。
【答案】（1）6.370（6.368 ~ 6.372）
（2）10
（3）A2；外接法；限流；ρ = 4.6 × 10－4Ω·m
【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測(cè)量
【解析】【解答】要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法；立即實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，應(yīng)用電阻定律即可解題。
（1）螺旋測(cè)微器讀數(shù)為
6mm＋37.0 × 0.01mm = 6.370mm
（2）虛線的示數(shù)偏小，應(yīng)該更換小倍率，所以讀數(shù)為
10 × 1Ω = 10Ω
（3）根據(jù)電源電壓和待測(cè)電阻的估計(jì)值可估算電流不超過300mA，所以接A2。利用待測(cè)電阻的平方和電流表電壓表的乘積比較，小于為小電阻，應(yīng)該使用外接法。滑動(dòng)變阻器和待測(cè)電阻的阻值相差不大，應(yīng)該使用限流接法。根據(jù)公式
可解得
ρ = 4.6 × 10－4Ω·m
【分析】（1）螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度讀數(shù)的和是螺旋測(cè)微器讀數(shù)。
（2）歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)。
（3）①根據(jù)電路最大電流選擇電流表；根據(jù)待測(cè)電阻阻值與電表的關(guān)系確定電流表的接法；根據(jù)待測(cè)電阻阻值與滑動(dòng)變阻器最大阻值間的關(guān)系確定滑動(dòng)變阻器的接法；
②應(yīng)用電阻定律求出電阻率。
（1）螺旋測(cè)微器讀數(shù)為6mm＋37.0 × 0.01mm = 6.370mm
（2）虛線的示數(shù)偏小，應(yīng)該更換小倍率，所以讀數(shù)為10 × 1Ω = 10Ω
（3）[1]根據(jù)電源電壓和待測(cè)電阻的估計(jì)值可估算電流不超過300mA，所以接A2。
[2]利用待測(cè)電阻的平方和電流表電壓表的乘積比較，小于為小電阻，應(yīng)該使用外接法。
[3]滑動(dòng)變阻器和待測(cè)電阻的阻值相差不大，應(yīng)該使用限流接法。
[4]根據(jù)公式
可解得
ρ = 4.6 × 10－4Ω·m
13．（2025·南充模擬）如圖所示為某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)的測(cè)量不規(guī)則礦石體積的氣壓體積測(cè)量儀的原理圖，上端開口的直筒導(dǎo)熱氣缸A和放入待測(cè)礦石后上端封閉的直筒導(dǎo)熱氣缸B高均為，橫截面積，兩氣缸連接處的細(xì)管體積不計(jì)。將質(zhì)量的活塞C置A上方開口處放下，在兩氣缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體（不計(jì)活塞厚度和摩擦力），活塞穩(wěn)定后，活塞距氣缸A頂端。已知環(huán)境溫度保持不變，大氣壓強(qiáng)，重力加速度。求：
（1）活塞穩(wěn)定后，封閉氣體的壓強(qiáng)；
（2）礦石的體積。
【答案】（1）解：對(duì)活塞
解得
（2）解：初始?xì)怏w體積為
穩(wěn)定后氣體體積為
根據(jù)玻意耳定律可得
解得
【知識(shí)點(diǎn)】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根據(jù)平衡條件求得活塞穩(wěn)定時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)；
（2）根據(jù)玻意耳定律即可求解礦石的體積。
（1）對(duì)活塞
解得
（2）初始?xì)怏w體積為
穩(wěn)定后氣體體積為
根據(jù)玻意耳定律可得
解得
14．（2025·南充模擬）如圖所示，間距為l=0.5m的兩平行等長金屬直導(dǎo)軌ab、a'b'固定在同一水平絕緣桌面上，導(dǎo)軌端接有R=0.25Ω的定值電阻，bb'端與兩條位于豎直面內(nèi)半徑均為r=0.02m的半圓形金屬導(dǎo)軌平滑連接；一根電阻為R=0.25Ω、長度為=0.5的細(xì)金屬棒M質(zhì)量為m=0.5kg，與導(dǎo)軌垂直靜止于處，（含邊界）所在區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2T的勻強(qiáng)磁場垂直于金屬棒并與水平面成夾角θ=30°。現(xiàn)給細(xì)金屬棒提供瞬時(shí)水平向右的初速度=3m/s，金屬棒恰好能經(jīng)過半圓形金屬導(dǎo)軌的最高點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中M與導(dǎo)軌始終接觸良好，且始終垂直于導(dǎo)軌。不計(jì)全部金屬導(dǎo)軌的電阻以及摩擦阻力和空氣阻力，重力加速度取g=10m/s2。求：
（1）金屬棒M經(jīng)過位置時(shí)的速度大小；
（2）金屬棒M獲得初速度瞬間所受安培力的大小；
（3）金屬棒M向右經(jīng)過區(qū)域通過電阻R的電荷量。
【答案】（1）解：圓弧最高點(diǎn)，重力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有
根據(jù)動(dòng)能定理得
聯(lián)立解得
（2）解：電動(dòng)勢(shì)
感應(yīng)電流
安培力大小
解得
（3）解：由動(dòng)量定理得
，
聯(lián)立解得
【知識(shí)點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的能量類問題
【解析】【分析】（1）金屬棒恰好能經(jīng)過半圓形金屬導(dǎo)軌的最高點(diǎn)，重力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律與動(dòng)能定理求出金屬經(jīng)過bb'的速度大小。
（2）應(yīng)用E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用歐姆定律求出電流，應(yīng)用安培力公式求出安培力大小。
（3）應(yīng)用動(dòng)量定理求出通過R的電荷量。
（1）圓弧最高點(diǎn)，重力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有
根據(jù)動(dòng)能定理得
聯(lián)立解得
（2）電動(dòng)勢(shì)
感應(yīng)電流
安培力大小
解得
（3）由動(dòng)量定理得，
聯(lián)立解得
15．（2025·南充模擬）圖甲是某光電管的立體圖和俯視圖，為光電管的陰極，為光電管的陽極，某單色光照射陰極。逸出的光電子到達(dá)陽極形成光電流，已知陰極材料的逸出功為，入射光的波長為，電子電荷量絕對(duì)值為、質(zhì)量為，朗克常量為。真空中光速為。
（1）求光電子的最大初速度和入射光的遏止電壓；
（2）圖乙是該光電管橫截面示意圖，在半徑為的四分之一圓平面內(nèi)加垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場，只研究在該截面內(nèi)運(yùn)動(dòng)的光電子，僅考慮洛倫茲力作用。
①若要使從陰極上點(diǎn)逸出的光電子運(yùn)動(dòng)到陽極，求從陰極點(diǎn)逸出的光電子速度的最小值；
②若該單色光照射下陰極表面各處均有光電子逸出，設(shè)面積為的表面逸出的光電子能到達(dá)陽極，面積為的表面逸出的光電子不能到達(dá)陽極，求比值。
【答案】（1）解：入射光的頻率
根據(jù)光電效應(yīng)方程得
解得
根據(jù)動(dòng)能定理得
解得
（2）解：①設(shè)最小速度為
最小半徑為
由洛倫茲力提供向心力得
解得
②若速度為的電子半徑為，則
解得
如圖所示，設(shè)電子從點(diǎn)以最大速度與成方向射出，電子剛好與磁場邊界相切，則
能到達(dá)陽極的光電子逸出區(qū)域的面積與不能到達(dá)陽極的光電子逸出區(qū)域的面積的比值
解得
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)；光電效應(yīng)
【解析】【分析】（1）由愛因斯坦光電效應(yīng)方程和動(dòng)能定理求得入射光的波長λ和遏止電壓Uc；
（2）①由題意先確定電子能運(yùn)動(dòng)到陽極處的半徑，再由半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；
②先考慮正常情況下軌跡與磁場邊界相切的臨界情況，確定偏轉(zhuǎn)角的范圍，再考慮平移后同樣的臨界情況，分別求出光電子打中的范圍占磁場區(qū)的圓心角，從而就求出了占比。
（1）入射光的頻率
根據(jù)光電效應(yīng)方程得
解得
根據(jù)動(dòng)能定理得
解得
（2）①設(shè)最小速度為
最小半徑為
由洛倫茲力提供向心力得
解得
②若速度為的電子半徑為，則
解得
如圖所示，設(shè)電子從點(diǎn)以最大速度與成方向射出，電子剛好與磁場邊界相切，則
能到達(dá)陽極的光電子逸出區(qū)域的面積與不能到達(dá)陽極的光電子逸出區(qū)域的面積的比值。
解得
1 / 12025屆四川省南充市高三下學(xué)期適應(yīng)性考試（二模）物理試題
1．（2025·南充模擬）如圖所示，理想降壓變壓器的線圈接學(xué)生電源交流輸出端，線圈與小燈泡相連接，閉合電源開關(guān)，發(fā)現(xiàn)小燈泡亮度較低，為了提高小燈泡的亮度，下列可行的是（　　）
A．僅將線圈改接直流輸出端 B．僅適當(dāng)減小交流電的頻率
C．僅適當(dāng)增加線圈的匝數(shù) D．僅適當(dāng)增加線圈的匝數(shù)
2．（2025·南充模擬）1932年，考克饒夫和瓦爾頓用質(zhì)子加速器進(jìn)行了人工核蛻變實(shí)驗(yàn)。在實(shí)驗(yàn)中，鋰原子核俘獲一個(gè)質(zhì)子后成為不穩(wěn)定的鈹原子核，隨后又蛻變?yōu)閮蓚€(gè)氦原子核，核反應(yīng)方程為，已知、、的質(zhì)量分別為、、，相當(dāng)于，則該核反應(yīng)中釋放的核能約（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·南充模擬）圖甲是某人在湖邊打水漂的圖片，圖乙是石塊運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖。石塊從水面彈起到再次觸水后即將彈起算一個(gè)水漂，假設(shè)石塊始終在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，且每次從水面彈起時(shí)速度與水面的夾角均為，一個(gè)水漂的過程速率損失。若石塊第1次彈起后的滯空時(shí)間為，不計(jì)空氣阻力，，重力加速度，則石塊第4次在水面彈起瞬間的速率是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·南充模擬）如圖所示，半徑為R的光滑半球面固定在水平面上，半球面內(nèi)的剛性輕質(zhì)細(xì)桿AC長為L，桿上B點(diǎn)套有小球。系統(tǒng)靜止時(shí)，半球面對(duì)細(xì)桿A端的彈力是對(duì)C端的彈力的2倍，則BC部分的長度為（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·南充模擬）嫦娥六號(hào)探測(cè)器在中國文昌航天發(fā)射場發(fā)射升空，之后準(zhǔn)確進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，成功完成世界首次月背挖寶”之旅。圖中繞月運(yùn)行的三個(gè)軌道依次為：大橢圓軌道1，小橢圓停泊軌道2，圓軌道3，點(diǎn)為三個(gè)軌道的公共切點(diǎn)，為軌道1的遠(yuǎn)月點(diǎn)，在三個(gè)軌道上比較（　　）
A．探測(cè)器在軌道3上運(yùn)行的周期最小
B．探測(cè)器在軌道3上經(jīng)過點(diǎn)的速率最大
C．探測(cè)器在經(jīng)過點(diǎn)的向心加速度不相同
D．探測(cè)器只在軌道3上經(jīng)過點(diǎn)時(shí)所受月球引力的瞬時(shí)功率為零
6．（2025·南充模擬）phyphox是一款可以讓手機(jī)充當(dāng)一個(gè)真實(shí)物理實(shí)驗(yàn)工具的手機(jī)軟件，中文名為手機(jī)實(shí)驗(yàn)工坊。某同學(xué)打開手機(jī)中phyphox的加速度傳感器，用手掌托著手機(jī)把手機(jī)豎直向上拋出，又迅速在拋出點(diǎn)接住手機(jī)，得到手機(jī)在豎直方向的加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示（以豎直向上為正方向），則（　　）
A．時(shí)刻手機(jī)離開手掌
B．手機(jī)先超重后失重
C．手機(jī)的機(jī)械能一直增大
D．手掌對(duì)手機(jī)的支持力始終大于手機(jī)對(duì)手掌的壓力
7．（2025·南充模擬）戰(zhàn)繩是非常流行的一種高效全身訓(xùn)練方式，在某次訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員手持繩的一端甩動(dòng)，形成的繩波可簡化為簡諧波，如圖甲為簡諧波在時(shí)刻的波形圖，是平衡位置為處的質(zhì)點(diǎn)，是平衡位置為處的質(zhì)點(diǎn)，如圖乙為質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像。下列說法正確的是（　　）
A．波速為
B．波沿軸正方向傳播
C．質(zhì)點(diǎn)在1.4s時(shí)的位移為
D．質(zhì)點(diǎn)P在時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程小于
8．（2025·南充模擬）電子槍發(fā)出的電子僅在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中實(shí)線所示，a、b、c是軌跡上的三點(diǎn)，虛線為電場中的等差等勢(shì)面（a、b、c是軌跡和等勢(shì)面的交點(diǎn)），下列說法中正確的是（　　）
A．電場中c點(diǎn)的場強(qiáng)大于b點(diǎn)的場強(qiáng)
B．電場中c點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)
C．電子在c點(diǎn)的速率大于在b點(diǎn)的速率
D．電子從a到b電勢(shì)能變化為從b到c電勢(shì)能變化的2倍
9．（2025·南充模擬）如圖甲為一個(gè)半徑為的質(zhì)量均勻的透明水晶球，過球心的截面如圖乙所示，為水晶球直徑，一單色細(xì)光束從點(diǎn)射入球內(nèi)，折射光線與夾角為，出射光線與平行。光在真空中的傳播速度為，則（　　）
A．光束在點(diǎn)的入射角為 B．水晶球的折射率為
C．光在水晶球中的傳播速度為 D．光在水晶球中的傳播時(shí)間為
10．（2025·南充模擬）如圖所示，一長為，質(zhì)量為的長木板AB靜止在光滑水平地面上，為長木板的中點(diǎn)，原長為的輕彈簧一端栓接在長木板左端的豎直擋板上，另一端連接質(zhì)量為的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），開始時(shí)將彈簧壓縮并鎖定。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，彈簧的勁度系數(shù)，其彈性勢(shì)能的表達(dá)式為（為彈簧的形變量），解除鎖定后，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力，則（　　）
A．解除鎖定瞬間物塊的加速度大小為
B．物塊經(jīng)過點(diǎn)時(shí)速度最大
C．木板的速度最大時(shí)，其位移大小為
D．物塊最終停在點(diǎn)左側(cè)處
11．（2025·南充模擬）用如圖所示的裝置驗(yàn)證物塊和物塊（含遮光條）組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒光電門在鐵架臺(tái)上的位置可豎直上下調(diào)節(jié)，滑輪和細(xì)繩質(zhì)量及各處摩擦均忽略不計(jì)，（含遮光條）質(zhì)量相等，實(shí)驗(yàn)時(shí)將物塊由靜止釋放。
（1）若遮光條寬度為，遮光條的擋光時(shí)間為，則物塊通過光電門的速率為　 　，此時(shí)物塊的速率為　 　。
（2）改變遮光條與光電門之間的高度（滿足遠(yuǎn)大于，多次實(shí)驗(yàn)，測(cè)出各次的擋光時(shí)間，在以為橫軸、為縱軸的平面直角坐標(biāo)系中作出圖像，該圖像的斜率為，在誤差允許范圍內(nèi)，若　 　（用重力加速度和題中表示），則驗(yàn)證了該系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
12．（2025·南充模擬）某實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)一段粗細(xì)均勻的合金絲的電阻率ρ。
（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)定合金絲的直徑，如圖甲，則直徑為　 　mm；
（2）用多用電表“ × 10”擋粗測(cè)合金絲的電阻，多用電表指針如圖乙中虛線所示，正確換擋電阻調(diào)零后再次測(cè)量，指針如圖乙中實(shí)線所示，可得合金絲的電阻Rx = 　 　Ω；
（3）為更準(zhǔn)確測(cè)量該合金絲的電阻，實(shí)驗(yàn)室還提供下列器材：
電壓表V（量程0 ~ 3V，內(nèi)阻約15kΩ）
電流表A1（量程0 ~ 3A，內(nèi)阻約0.2Ω）
電流表A2（量程0 ~ 600mA，內(nèi)阻約1Ω）
滑動(dòng)變阻器R（0 ~ 5Ω，0.6A）
3V的直流穩(wěn)壓電源
開關(guān)S，導(dǎo)線若干
①為減小實(shí)驗(yàn)誤差，電流表應(yīng)選　 　，并采用電流表　 　（選填“外接法”或“內(nèi)接法”），滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用接法　 　（選填“限流”或“分壓”）；
②若測(cè)得合金絲的長度為60.00cm，電阻為9.00Ω，則合金絲的電阻率為ρ = 　 　Ω·m（為方便計(jì)算，取π = 3，結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。
13．（2025·南充模擬）如圖所示為某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)的測(cè)量不規(guī)則礦石體積的氣壓體積測(cè)量儀的原理圖，上端開口的直筒導(dǎo)熱氣缸A和放入待測(cè)礦石后上端封閉的直筒導(dǎo)熱氣缸B高均為，橫截面積，兩氣缸連接處的細(xì)管體積不計(jì)。將質(zhì)量的活塞C置A上方開口處放下，在兩氣缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體（不計(jì)活塞厚度和摩擦力），活塞穩(wěn)定后，活塞距氣缸A頂端。已知環(huán)境溫度保持不變，大氣壓強(qiáng)，重力加速度。求：
（1）活塞穩(wěn)定后，封閉氣體的壓強(qiáng)；
（2）礦石的體積。
14．（2025·南充模擬）如圖所示，間距為l=0.5m的兩平行等長金屬直導(dǎo)軌ab、a'b'固定在同一水平絕緣桌面上，導(dǎo)軌端接有R=0.25Ω的定值電阻，bb'端與兩條位于豎直面內(nèi)半徑均為r=0.02m的半圓形金屬導(dǎo)軌平滑連接；一根電阻為R=0.25Ω、長度為=0.5的細(xì)金屬棒M質(zhì)量為m=0.5kg，與導(dǎo)軌垂直靜止于處，（含邊界）所在區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2T的勻強(qiáng)磁場垂直于金屬棒并與水平面成夾角θ=30°。現(xiàn)給細(xì)金屬棒提供瞬時(shí)水平向右的初速度=3m/s，金屬棒恰好能經(jīng)過半圓形金屬導(dǎo)軌的最高點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中M與導(dǎo)軌始終接觸良好，且始終垂直于導(dǎo)軌。不計(jì)全部金屬導(dǎo)軌的電阻以及摩擦阻力和空氣阻力，重力加速度取g=10m/s2。求：
（1）金屬棒M經(jīng)過位置時(shí)的速度大小；
（2）金屬棒M獲得初速度瞬間所受安培力的大小；
（3）金屬棒M向右經(jīng)過區(qū)域通過電阻R的電荷量。
15．（2025·南充模擬）圖甲是某光電管的立體圖和俯視圖，為光電管的陰極，為光電管的陽極，某單色光照射陰極。逸出的光電子到達(dá)陽極形成光電流，已知陰極材料的逸出功為，入射光的波長為，電子電荷量絕對(duì)值為、質(zhì)量為，朗克常量為。真空中光速為。
（1）求光電子的最大初速度和入射光的遏止電壓；
（2）圖乙是該光電管橫截面示意圖，在半徑為的四分之一圓平面內(nèi)加垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場，只研究在該截面內(nèi)運(yùn)動(dòng)的光電子，僅考慮洛倫茲力作用。
①若要使從陰極上點(diǎn)逸出的光電子運(yùn)動(dòng)到陽極，求從陰極點(diǎn)逸出的光電子速度的最小值；
②若該單色光照射下陰極表面各處均有光電子逸出，設(shè)面積為的表面逸出的光電子能到達(dá)陽極，面積為的表面逸出的光電子不能到達(dá)陽極，求比值。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】變壓器原理
【解析】【解答】本題考查了理想變壓器的工作原理，要知道變壓器不改變交流電的頻率，交流電的頻率變化也不會(huì)影響輸出電壓。理想變壓器輸出電壓與匝數(shù)成正比，即
要想提升小燈泡的亮度，需要提高其兩端的電壓，因此應(yīng)增大副線圈（線圈b）的匝數(shù)，從而使輸出電壓增大，小燈泡變亮。其余選項(xiàng)均無法有效增大燈泡兩端的交流電壓。
故選D。
【分析】變壓器輸入直流電時(shí)，變壓器不會(huì)工作；改變交流電的頻率，不會(huì)影響變壓器的輸出電壓；根據(jù)理想變壓器的原副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系，分析改變?cè)€圈a或副線圈b的匝數(shù)時(shí)，輸出電壓的變化情況。
2．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】質(zhì)量虧損與質(zhì)能方程
【解析】【解答】本題考查了對(duì)愛因斯坦質(zhì)能方程的理解。整個(gè)核反應(yīng)過程中的釋放的能量為
故選C。
【分析】根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程計(jì)算即可。
3．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】斜拋運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】本題考查的是物體在斜上拋運(yùn)動(dòng)中的速度和時(shí)間關(guān)系，以及通過條件求解物體運(yùn)動(dòng)的次數(shù)。石塊第1次彈起后的滯空時(shí)間為，設(shè)石塊第1次彈起的速度大小為，石塊做斜上拋運(yùn)動(dòng)，則有，
解得
一個(gè)水漂的過程速率損失，則石塊第4次在水面彈起瞬間的速率為
故選B。
【分析】石塊做斜上拋運(yùn)動(dòng)，分解求豎直速度，根據(jù)豎直方向速度公式，求時(shí)間進(jìn)而求速率即可。
4．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】本題考查共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用，正確做出受力分析是求解的關(guān)鍵。由平衡條件可知，半球面對(duì)細(xì)桿A端的彈力和對(duì)C端的彈力過球心O，且與小球B的重力平衡，所以小球B應(yīng)在O點(diǎn)正下方，受力情況如圖所示
根據(jù)正弦定理可得
，，
結(jié)合已知條件
解得
又因?yàn)?br/>解得
故選A。
【分析】對(duì)細(xì)桿和小球整體受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，由正弦定理求解即可。
5．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】衛(wèi)星問題
【解析】【解答】本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析，掌握開普勒第三定律的應(yīng)用方法。A．根據(jù)開普勒第三定律
可知，軌道3的半徑小于軌道1、2的半長軸，故軌道1上的運(yùn)行周期最小，A正確；
B．探測(cè)器從軌道1依次變軌到軌道3的過程中，需要減速做向心運(yùn)動(dòng)，因此探測(cè)器在軌道3上經(jīng)過P點(diǎn)的速度最小，B錯(cuò)誤；
C．萬有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律可得
解得
三個(gè)軌道經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的軌道半徑相等，故加速度大小相等，C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)探測(cè)器速度與引力方向正好垂直（如橢圓軌道在遠(yuǎn)月點(diǎn)或近月點(diǎn)、圓軌道在任一點(diǎn)）時(shí)，引力對(duì)探測(cè)器的瞬時(shí)功率為零，并非只有圓軌道3經(jīng)過 Q 點(diǎn)引力的瞬時(shí)功率才為零，D錯(cuò)誤。
故選A。
【分析】根據(jù)開普勒第三定律進(jìn)行分析；根據(jù)變軌原理進(jìn)行分析；根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行分析；當(dāng)力的方向與速度方向垂直時(shí)，力的功率為零，由此分析。
6．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第三定律；功能關(guān)系；超重與失重
【解析】【解答】本題考查了加速度傳感器的應(yīng)用以及牛頓第二定律的運(yùn)用。A．由題圖可知，時(shí)間內(nèi)手機(jī)沒有離開手掌，速度向上，加速度向上，手機(jī)一直在向上加速，A錯(cuò)誤；
B．時(shí)間內(nèi)加速度向上，手機(jī)一直處在超重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；
C．時(shí)間內(nèi)，手機(jī)的加速度先向上再向下，時(shí)刻手機(jī)加速度剛好向下增大到等于重力加速度，所以手即將脫離手機(jī)，故時(shí)間內(nèi)，手對(duì)手機(jī)的支持力一直做正功，手機(jī)機(jī)械能一直增大，C正確；
D．手掌對(duì)手機(jī)的支持力和手機(jī)對(duì)手掌的壓力是一對(duì)相互作用力，大小始終相等，D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】通過分析加速度隨時(shí)間變化的圖像，可以確定手機(jī)在不同時(shí)間點(diǎn)的狀態(tài)。
7．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】橫波的圖象
【解析】【解答】本題既要理解振動(dòng)圖像和波動(dòng)圖像各自的物理意義，由振動(dòng)圖像能判斷出質(zhì)點(diǎn)的速度方向，同時(shí)要把握兩種圖像的內(nèi)在聯(lián)系，能由質(zhì)點(diǎn)的速度方向，判斷出波的傳播方向。A．由甲圖可知，該波的波長為
由乙圖可知，該波的周期為
故該波的波速為
A錯(cuò)誤；
B．由乙圖可知，時(shí)Q沿y負(fù)方向振動(dòng)，根據(jù)“上、下坡法”可知，該波沿x負(fù)方向傳播，B錯(cuò)誤；
C．在1.4s時(shí)質(zhì)點(diǎn)Q經(jīng)過的時(shí)間
由于質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)周期
故
時(shí)質(zhì)點(diǎn)Q由平衡位置向下振動(dòng)，經(jīng)過后到達(dá)負(fù)的最大位移處，其位移為，C錯(cuò)誤；
D．結(jié)合上述分析可知，在時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)了，若時(shí)，P點(diǎn)在平衡位置，則這段時(shí)間內(nèi)其通過的路程為
由甲圖可知，時(shí)，P不在平衡位置，故在時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P通過的路程小于2m，D正確。
故選D。
【分析】由甲圖可知波長，由乙圖可知周期，根據(jù)計(jì)算波速；根據(jù)“同側(cè)法”判斷波的傳播方向；如果質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置或最大位移處，求出在1.0s內(nèi)通過的路程，再根據(jù)P點(diǎn)的振動(dòng)情況進(jìn)行分析。
8．【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】電勢(shì)差；帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)綜合
【解析】【解答】本題主要考查等勢(shì)面及其與電場線的關(guān)系，解題時(shí)需注意：等勢(shì)面與電場線一定處處正交（垂直）、電場線總是從電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面。B．根據(jù)電場線的方向與等勢(shì)面垂直，且電子帶負(fù)電可知，題圖中電場線的方向大體沿左上方至右下方，沿著電場線的方向電勢(shì)越來越低，所以b點(diǎn)的電勢(shì)大于c點(diǎn)的電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；
A．等差等勢(shì)面的疏密表示電場的強(qiáng)弱，則b點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于c點(diǎn)的電場強(qiáng)，故A正確；
C．電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，電子在c點(diǎn)的速度比在b點(diǎn)的速度小，故C錯(cuò)誤；
D．由題知虛線為電場中的等差等勢(shì)面，設(shè)相鄰兩等勢(shì)面的電勢(shì)差為U，則電子從a到b電勢(shì)能變化為
ΔEpab = －2eU
從b到c電勢(shì)能變化為
ΔEpbc = －eU
則電子從a到b電勢(shì)能變化為從b到c電勢(shì)能變化的2倍，故D正確。
故選AD。
【分析】根據(jù)等勢(shì)面及其與電場線的關(guān)系，結(jié)合電子所受電場力的特點(diǎn)，即可分析判斷；等差等勢(shì)面的疏密表示電場的強(qiáng)弱，據(jù)此分析判斷；結(jié)合前面分析，由功能關(guān)系，即可分析判斷；結(jié)合前面分析及題意，即可分析判斷。
9．【答案】B,D
【知識(shí)點(diǎn)】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題考查了光的折射定律，解題時(shí)需注意：根據(jù)題意正確畫出光路圖，根據(jù)幾何知識(shí)正確找出角度關(guān)系，依光的折射定律列式求解。AB．如圖所示
出射光線與平行，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得
則有
可得光束在點(diǎn)的入射角為
故A錯(cuò)誤，B正確；
CD．光在水晶球中的傳播速度為
光在水晶球中的傳播距離為
則光在水晶球中的傳播時(shí)間為
故C錯(cuò)誤，D正確。
故選BD。
【分析】畫出光路圖，由幾何關(guān)系、光的折射定律分別列式，即可分析判斷；結(jié)合前面分析，由折射率的速度表達(dá)式、速度與時(shí)間的關(guān)系分別列式，即可分析判斷。
10．【答案】A,C
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；碰撞模型
【解析】【解答】求解本題的關(guān)鍵是要求掌握物塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，掌握平衡條件、機(jī)械能守恒定律和功能關(guān)系。A．解除鎖定瞬間，物塊受力向右的彈力和向左的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有
又
，
聯(lián)立解得
故A正確；
B．由題分析，可知當(dāng)物塊的加速度為零時(shí)其速度最大，則有
解得
說明此時(shí)彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；
C．由題分析，可知系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒的條件，設(shè)物塊的最大速度為，木板的最大速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒有
又
變形得
由B分析，可知彈簧的壓縮量由變到，則有
聯(lián)立解得
故C正確；
D．系統(tǒng)初態(tài)的能量為
設(shè)物塊全程通過的路程為，根據(jù)能量守恒有
解得
物塊最終停在點(diǎn)右側(cè)的距離為
故D錯(cuò)誤。
故選AC。
【分析】分析解除鎖定瞬間物塊的受力，由牛頓第二定律求出加速度；當(dāng)物塊的加速度為零時(shí)其速度最大，根據(jù)受力平衡分析物塊此時(shí)所處的位置；根據(jù)人船模型原理分析木板的速度最大時(shí)其位移大小；根據(jù)能量守恒定律求解物塊最終停止的位置。
11．【答案】（1）；
（2）
【知識(shí)點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)，理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，根據(jù)題意應(yīng)用機(jī)械能守恒定律即可解題。
（1）由題可知，物塊通過光電門的速率為
相同時(shí)間內(nèi)，B的位移為A的位移的2倍，則有
（2）根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
整理可得
故在的圖像中，其斜率
【分析】（1）根據(jù)遮光條的寬度與遮光時(shí)間求出滑塊的速度；根據(jù)A、B間的位移關(guān)系求出A的速度大小。
（2）應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出圖像的函數(shù)解析式，然后分析答題。
（1）[1]由題可知，物塊通過光電門的速率為
[2]相同時(shí)間內(nèi)，B的位移為A的位移的2倍，則有
（2）根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
整理可得
故在的圖像中，其斜率
12．【答案】（1）6.370（6.368 ~ 6.372）
（2）10
（3）A2；外接法；限流；ρ = 4.6 × 10－4Ω·m
【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)體電阻率的測(cè)量
【解析】【解答】要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法；立即實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，應(yīng)用電阻定律即可解題。
（1）螺旋測(cè)微器讀數(shù)為
6mm＋37.0 × 0.01mm = 6.370mm
（2）虛線的示數(shù)偏小，應(yīng)該更換小倍率，所以讀數(shù)為
10 × 1Ω = 10Ω
（3）根據(jù)電源電壓和待測(cè)電阻的估計(jì)值可估算電流不超過300mA，所以接A2。利用待測(cè)電阻的平方和電流表電壓表的乘積比較，小于為小電阻，應(yīng)該使用外接法。滑動(dòng)變阻器和待測(cè)電阻的阻值相差不大，應(yīng)該使用限流接法。根據(jù)公式
可解得
ρ = 4.6 × 10－4Ω·m
【分析】（1）螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度讀數(shù)的和是螺旋測(cè)微器讀數(shù)。
（2）歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)。
（3）①根據(jù)電路最大電流選擇電流表；根據(jù)待測(cè)電阻阻值與電表的關(guān)系確定電流表的接法；根據(jù)待測(cè)電阻阻值與滑動(dòng)變阻器最大阻值間的關(guān)系確定滑動(dòng)變阻器的接法；
②應(yīng)用電阻定律求出電阻率。
（1）螺旋測(cè)微器讀數(shù)為6mm＋37.0 × 0.01mm = 6.370mm
（2）虛線的示數(shù)偏小，應(yīng)該更換小倍率，所以讀數(shù)為10 × 1Ω = 10Ω
（3）[1]根據(jù)電源電壓和待測(cè)電阻的估計(jì)值可估算電流不超過300mA，所以接A2。
[2]利用待測(cè)電阻的平方和電流表電壓表的乘積比較，小于為小電阻，應(yīng)該使用外接法。
[3]滑動(dòng)變阻器和待測(cè)電阻的阻值相差不大，應(yīng)該使用限流接法。
[4]根據(jù)公式
可解得
ρ = 4.6 × 10－4Ω·m
13．【答案】（1）解：對(duì)活塞
解得
（2）解：初始?xì)怏w體積為
穩(wěn)定后氣體體積為
根據(jù)玻意耳定律可得
解得
【知識(shí)點(diǎn)】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根據(jù)平衡條件求得活塞穩(wěn)定時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)；
（2）根據(jù)玻意耳定律即可求解礦石的體積。
（1）對(duì)活塞
解得
（2）初始?xì)怏w體積為
穩(wěn)定后氣體體積為
根據(jù)玻意耳定律可得
解得
14．【答案】（1）解：圓弧最高點(diǎn)，重力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有
根據(jù)動(dòng)能定理得
聯(lián)立解得
（2）解：電動(dòng)勢(shì)
感應(yīng)電流
安培力大小
解得
（3）解：由動(dòng)量定理得
，
聯(lián)立解得
【知識(shí)點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的能量類問題
【解析】【分析】（1）金屬棒恰好能經(jīng)過半圓形金屬導(dǎo)軌的最高點(diǎn)，重力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律與動(dòng)能定理求出金屬經(jīng)過bb'的速度大小。
（2）應(yīng)用E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用歐姆定律求出電流，應(yīng)用安培力公式求出安培力大小。
（3）應(yīng)用動(dòng)量定理求出通過R的電荷量。
（1）圓弧最高點(diǎn)，重力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有
根據(jù)動(dòng)能定理得
聯(lián)立解得
（2）電動(dòng)勢(shì)
感應(yīng)電流
安培力大小
解得
（3）由動(dòng)量定理得，
聯(lián)立解得
15．【答案】（1）解：入射光的頻率
根據(jù)光電效應(yīng)方程得
解得
根據(jù)動(dòng)能定理得
解得
（2）解：①設(shè)最小速度為
最小半徑為
由洛倫茲力提供向心力得
解得
②若速度為的電子半徑為，則
解得
如圖所示，設(shè)電子從點(diǎn)以最大速度與成方向射出，電子剛好與磁場邊界相切，則
能到達(dá)陽極的光電子逸出區(qū)域的面積與不能到達(dá)陽極的光電子逸出區(qū)域的面積的比值
解得
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)；光電效應(yīng)
【解析】【分析】（1）由愛因斯坦光電效應(yīng)方程和動(dòng)能定理求得入射光的波長λ和遏止電壓Uc；
（2）①由題意先確定電子能運(yùn)動(dòng)到陽極處的半徑，再由半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；
②先考慮正常情況下軌跡與磁場邊界相切的臨界情況，確定偏轉(zhuǎn)角的范圍，再考慮平移后同樣的臨界情況，分別求出光電子打中的范圍占磁場區(qū)的圓心角，從而就求出了占比。
（1）入射光的頻率
根據(jù)光電效應(yīng)方程得
解得
根據(jù)動(dòng)能定理得
解得
（2）①設(shè)最小速度為
最小半徑為
由洛倫茲力提供向心力得
解得
②若速度為的電子半徑為，則
解得
如圖所示，設(shè)電子從點(diǎn)以最大速度與成方向射出，電子剛好與磁場邊界相切，則
能到達(dá)陽極的光電子逸出區(qū)域的面積與不能到達(dá)陽極的光電子逸出區(qū)域的面積的比值。
解得
1 / 1

展開更多......

收起↑