資源簡介

2025屆四川省自貢市第一中學校高三下學期二模物理試卷
1．（2025·自貢模擬）2024年2月 19日中國科學家成功合成兩種新的核素：鋨160（）鎢156（）。鋨160發生α衰變發射出的高能粒子能使空氣電離，鎢156發生衰變（正電子）生成鉭156（）。下列說法正確的是（　　）
A．不同溫度下，鋨160的半衰期不同
B．能使空氣電離的高能粒子主要是γ射線
C．鎢156發生β+衰變產生的新核與鎢156是一對同位素
D．鋨160發生α衰變產生的鎢156的比結合能大于鋨160的比結合能
2．（2025·自貢模擬）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動。已知座艙的質量為，運動半徑為，角速度大小為，重力加速度為，則座艙（　　）
A．運動的周期為
B．線速度大小為
C．運動至圓心等高處時，所受摩天輪的作用力大于
D．運動至最低點時，所受摩天輪的作用力大小與最高點的相等
3．（2025·自貢模擬）已知形狀不規則的導體甲、乙帶異種電荷，附近的電場如圖所示。其中a、b、c、d是導體外表面的點，e和f是甲導體內部的點。則（　　）
A．a點的電勢低于c點的電勢
B．f點的電場強度大于e點的電場強度
C．a、b兩點間的電勢差等于c、d兩點間的電勢差
D．由于漏電，甲乙兩導體構成的電容器的電容逐漸減小
4．（2025·自貢模擬）如圖所示，某同學用大腿顛足球，某時刻質量為的足球以的豎直向下的速度碰撞大腿，足球與腿接觸后豎直向上原速反彈，重力加速度取，則在足球與腿碰撞的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．碰撞前后，足球動量變化量的大小為
B．碰撞前，足球的動量大小為
C．足球對大腿的沖量大小為
D．大腿對足球的平均作用力大小為
5．（2025·自貢模擬）如圖甲是工人在高層安裝空調時吊運室外機的場景，簡化圖如圖乙所示。一名工人在高處控制繩子，另一名工人站在水平地面上拉住另一根繩子。在吊運的過程中，地面上的工人在緩慢后退時緩慢放繩，室外機緩慢豎直上升，繩子與豎直方向的夾角近似不變，繩子質量忽略不計，則下列說法正確的是（　　）
A．繩子上的拉力不斷變大
B．繩子上的拉力先變小后變大
C．地面對工人的支持力不斷變大
D．繩子對室外機的拉力的合力不斷變大
6．（2025·自貢模擬）熱水器中，常用熱敏電阻實現溫度控制。如圖是一學習小組設計的模擬電路，為加熱電阻絲，為正溫度系數的熱敏電阻（溫度越高電阻越大），C為電容器。S閉合后，當溫度升高時（　　）
A．電容器C的帶電荷量減小 B．燈泡L變暗
C．電容器C兩板間的電場強度增大 D．消耗的功率增大
7．（2025·自貢模擬）如圖所示，兩根相同彈性輕繩一端分別固定在點，自然伸長時另一端恰好處于圖中光滑定滑輪上的，將輕繩自由端跨過定滑輪連接質量為的小球，、在同一水平線上，且。現將小球從點由靜止釋放，沿豎直方向運動到點時速度恰好為零。已知兩點間距離為為的中點，重力加速度為，輕繩形變遵循胡克定律且始終處于彈性限度內，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．小球在點的加速度為
B．小球在段減少的機械能等于在段減少的機械能
C．小球從運動到的時間小于從運動到的時間
D．若僅將小球質量變為，則小球到達點時的速度為
8．（2025·自貢模擬）如圖所示，豎直平面內有固定的光滑絕緣圓形軌道，勻強電場的方向平行于軌道平面水平向右，P、Q分別為軌道上的最高點和最低點，M、N是軌道上與圓心O等高的點。質量為m、電荷量為q的帶正電的小球在P處以速度水平向右射出，恰好能在軌道內做完整的圓周運動，已知重力加速度為g，電場強度大小。則下列說法中正確的是（　　）
A．在軌道上運動時，小球動能最大的位置在M、Q之間
B．在軌道上運動時，小球機械能最小的位置在N點
C．經過M、N兩點時，小球所受軌道彈力大小的差值為
D．小球在Q處以速度水平向右射出，也能在此軌道內做完整的圓周運動
9．（2025·自貢模擬）計算機鍵盤為電容式傳感器，如圖甲所示。每個鍵下面由相互平行且間距為的活動極板和固定極板組成，如圖乙所示。其內部電路如圖丙所示，已知只有該鍵的電容改變量不小于原電容的50%時，傳感器才有感應，則下列說法正確的是（　　）
A．按鍵的過程中，電容器的電容減小
B．按鍵的過程中，圖丙中電流方向從流向
C．按鍵的過程中，電容器兩極板間的電場強度不變
D．要使傳感器發生感應，至少要將按鍵按下
10．（2025·自貢模擬）在大型物流貨場，廣泛的應用傳送帶搬運貨物。如圖甲所示，與水平面傾斜的傳送帶以恒定的速率運動，皮帶始終是繃緊的，將的貨物放在傳送帶上的A端，經過1.2s到達傳送帶的B端。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖象如圖乙所示。已知重力加速度，則可知（　　）
A．貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.5
B．A、B兩點的距離為2.4m
C．貨物從A運動到B過程中，傳送帶對貸物做功的大小為8J
D．貨物從A運動到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為4.8J
11．（2025·自貢模擬）某同學用三根完全相同的彈簧設計了如下實驗，以探究彈簧的勁度系數。
（1）將彈簧上端均固定在鐵架臺上相同高度的橫桿上，甲裝置用一根彈簧掛物塊，乙裝置用另外兩根彈簧掛大小相同但質量不同的物塊，在物塊正下方的距離傳感器可以測出物塊到傳感器的距離，此時剛好均為，如圖所示，則是的　 　倍。
（2）只交換兩物塊的位置，此時甲裝置的距離傳感器顯示為，彈簧相對原長的形變量為；乙裝置中的每根彈簧相對原長的形變量為，則是的　 　倍。
（3）已知物塊質量，當地重力加速度為，該同學測得、，則每根彈簧的勁度系數　 　。
12．（2025·自貢模擬）某小組用如圖甲所示的電路，測量一個電動勢E約為、內阻r約為的電池的電動勢和內阻。其中，是保護電阻，是電阻箱。
（1）虛線框內是由量程為、內阻為的電壓表和電阻箱串聯，改裝成量程為的電壓表，則電阻箱的阻值應調為　 　。
（2）若電源允許通過的最大電流為，則定值電阻宜選　 　。
A. B. C. D.
（3）該小組利用圖甲電路測量電源的電動勢和內阻時，選取（2）問中所選的定值電阻，將改裝好的電壓表正確地接在A、C之間，調節電阻箱，測出若干組的阻值和原表頭示數U，則　 　。（用題中給出的各物理量字母符號表示）
（4）根據實驗數據，用描點的方法繪出如圖乙所示的圖像，依據圖像，可以求出電源的電動勢　 　V。內阻　 　。（結果均保留兩位有效數字）
13．（2025·自貢模擬）如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，管口的橫截面積為S，管口離水池水面的高度為h，水在水池中的落點與管口的水平距離為d。假定水在空中做平拋運動，已知重力加速度為g，h遠大于管口內徑。求：
（1）水從管口到水面的運動時間t；
（2）水從管口排出時的速度大小；
（3）管口單位時間內流出水的體積Q。
14．（2025·自貢模擬）如圖甲所示為某種“電磁槍”的原理圖。在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距L的平行長直金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導體棒放置在導軌上，與導軌垂直且接觸良好，不計導軌電阻及導體棒與導軌間的摩擦。已知磁場的磁感應強度大小為B，導體棒的質量為m、接入電路的電阻為R。開關閉合前電容器的電荷量為Q。
（1）求閉合開關瞬間通過導體棒的電流I；
（2）求閉合開關瞬間導體棒的加速度大小a；
（3）在圖乙中定性畫出閉合開關后導體棒的速度v隨時間t的變化圖線。
15．（2025·自貢模擬）如圖所示，為帶電金屬板，金屬板間電壓為，板間距離為，同時板間有方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一束帶正電粒子以平行于金屬板的速度自點射入復合場區域，恰好沿直線通過金屬板。已知為的中點，金屬板足夠長，帶電粒子的比荷，不計帶電粒子的重力及它們之間的相互作用，求：
（1）勻強磁場的磁感應強度大小；
（2）若僅撤去電場，帶電粒子將打在金屬板上且被金屬板吸收，則此位置距金屬板左端的距離及粒子在磁場中運動的時間；
（3）若僅將金屬板間電壓變為，則帶電粒子在兩板間運動的最大速率以及沿電場線方向上的最大偏移量。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】原子核的衰變、半衰期；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能
【解析】【解答】A．半衰期與溫度無關，故A錯誤；
B．能使空氣電離的高能粒子主要是射線，故B錯誤；
C．由題意可知核反應方程為
由于鎢156發生β+衰變產生的新核與鎢156質子數不同，故二者不是同位素，故C錯誤；
D．比結合能越大越穩定，自然衰變的產物比結合能會變大，故鋨160發生α衰變產生的鎢156的比結合能大于鋨160的比結合能，故D正確。
故選D。
【分析】半衰期與溫度無關；射線電離能力最大；根據核反應方程分判斷；比結合能越大越穩定，自然衰變的產物比結合能會變大。
2．【答案】C
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】A．運動的周期為
故A錯誤；
B．線速度大小為
故B錯誤；
C．運動至圓心等高處時，由平行四邊形定則得座艙所受摩天輪的作用力
大于，故C正確；
D．在最低點
在最高點
顯然，則運動至最低點時，所受摩天輪的作用力大小與最高點的不相等。故D錯誤。
故選C。
【分析】AB、根據勻速圓周運動周期與角速度關系，角速度與線速度關系分別求解周期和線速度；
C、運動至圓心等高處時，由平行四邊形定則得座艙所受摩天輪的作用力大于；
D、分別對最低點和最高點受力分析，根據牛頓第二定律可得：，，以此分析判斷。
3．【答案】C
【知識點】電場線
4．【答案】A
【知識點】動量定理；動量
【解析】【解答】A．以豎直向下為正方向，碰撞前后，足球的動量變化量為
則碰撞前后，足球的動量變化量的大小為，故A正確；
B．碰撞前，足球的動量大小為
故B錯誤；
CD．以豎直向下為正方向，碰撞過程中，根據動量定理可得
解得
則大腿對足球的平均作用力大小為18N，根據牛頓第三定律可知，足球對大腿的平均作用力大小為
則足球對大腿的沖量大小為
故CD錯誤。
故選A。
【分析】根據動量定義式求解碰撞前的動量P=mv；豎直向下為正方向，碰撞前后，足球的動量變化量為；根據動量定理求解平均作用力；由沖量定義式求解足球對大腿的沖量。
5．【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】AB． 題意可知外機分別受P、Q拉力和自身重力mg而平衡，外機受力如圖
將這三個力構成矢量三角形，如圖
可知地面上的工人在緩慢后退時緩慢放繩過程中，均增大，故A正確，B錯誤；
C．由于不變，繩子Q拉力增大，故Q的拉力在豎直方向分力增大，對地面工人，由平衡條件易得地面對工人的支持力不斷變小，故C錯誤；
D．由于外機受到P、Q拉力和自身重力mg而平衡，由平衡條件可知繩子對室外機的拉力的合力與外機重力始終等大反向，所以繩子對室外機的拉力的合力不變，故D錯誤。
故選A。
【分析】AB、對外機受力分析，根據力的矢量三角形分析判斷繩子拉力的變化情況；
C、對地面工人受力分析，結合Q繩子拉力的變化，根據平衡狀態分析支持力的變化情況；
D、根據平衡條件，兩根繩子對外機的作用力的合力平衡其重力可知，其合力不變。
6．【答案】C
【知識點】含容電路分析；電路動態分析
【解析】【解答】AB．由電路圖可知，與串聯，再與L并聯，S閉合后，當溫度升高時，的電阻越大，外電路的總電阻越大，根據閉合電路歐姆定律
可知干路中的總電流I減小，根據
可知路端電壓增大，即燈泡L兩端的電壓增大，根據
可知流過燈泡的電流增IL大，故燈泡變亮；根據
可知流過的電流減小，根據
可知兩端的電壓減小，根據
可知兩端的電壓增大，即電容器兩端的電壓增大，根據
可知電容器所帶的電量增大，故AB錯誤；
C．根據
可知電容器C兩板間的電場強度增大，故C正確；
D．根據
可知消耗的功率減小，故D錯誤。
故選C。
【分析】度升高時，的電阻越大，根據閉合電路歐姆定律可知電流減小，路端電壓增大，L燈泡變亮；根據串聯電路分壓原理分得電壓增大電容器電荷量增加；電容器兩板間電場強度增大；總電流減小，L燈泡電流變大，上電流減小，根據功率公式可知功率減小。
7．【答案】D
【知識點】功能關系；機械能守恒定律；簡諧運動
【解析】【解答】A．根據題意分析知，小球在兩點間做簡諧運動，根據對稱性知，點的加速度大小等于點的加速度，點小球所受合力等于重力，故加速度大小為，故A錯誤；
C．根據A項分析知，小球在兩點間做簡諧運動，根據運動的對稱性知，小球從運動到的時間等于從運動到的時間，故C錯誤；
B．根據功能關系知小球減少的機械能等于彈力對小球做的負功，設小球在點時伸長量為，則小球在段克服彈力做功
在段克服彈力做功
聯立知
故小球在段減少的機械能不等于在段減少的機械能，故B錯誤；
D．小球從過程，根據系統機械能守恒
若僅將小球質量變為，則根據系統機械能守恒
聯立解得小球到達點時的速度為
故D正確。
故選D。
【分析】AC、根據題意分析知，小球在兩點間做簡諧運動，根據對稱性知，點的加速度大小等于點的加速度，點小球所受合力等于重力，故加速度大小為；小球從運動到的時間等于從運動到的時間；
B、根據功能關系，小球在CD段平均彈力的合力大于DE段，CD段克服彈力做功小于DE段，故小球在CD段減小的機械能小于DE段；
D、小球從過程，根據系統機械能守恒；小球質量變為，則根據系統機械能守恒，聯立方程組求解。
8．【答案】A,B
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．使用等效場的觀點，將重力場和電場等效的看作一個場，設該場的場強為g'，結合平行四邊形法則有
設等效場對物體的力與豎直方向的夾角為θ，則有
解得
故等效重力（即重力和電場力的合力）與圓交的最低點在MQ之間，故動能最大的位置在MQ之間，故A正確；
B．根據功能關系，非重力做負功最多位置在N點，所以機械能最小的位置在N點，故B正確；
C．小球在M點，由牛頓第二定律得
小球在N點，由牛頓第二定律得
從M到N點，由動能定理得
解得小球所受軌道彈力大小的差值
故C錯誤；
D．由于等效場對物體的力與豎直方向的夾角為，故等效場的最高點在弧的中間位置，設為點，又質量為m、電荷量為q的帶正電的小球在P處以速度水平向右射出，恰好能在軌道內做完整的圓周運動，從P處到點，根據動能定理
假設小球在Q處以速度水平向右射出，也能在此軌道內做完整的圓周運動，從Q處到點，根據動能定理
聯立解得
故小球在Q處以速度水平向右射出，不能在此軌道內做完整的圓周運動，故D錯誤。
故選AB。
【分析】主要涉及等效場法 在復合場（重力場+電場）中的應用，并結合 圓周運動、動能定理、機械能守恒、牛頓第二定律 等力學和電磁學知識。
1、等效重力：，等效最低點：等效重力方向與圓周的交點（動能最大點），等效最高點：等效重力的反方向與圓周的交點（臨界速度點，類似重力場中的“最高點”）。
2、電場力做正功 → 機械能增加。電場力做負功 → 機械能減少。機械能最小點：電場力做負功最多的位置（N點）。
3、完整圓周運動的臨界條件：等效最高點的速度，應用動能定理計算最高點速度是否滿足來判斷能否在此軌道內做完整的圓周運動。
9．【答案】B,D
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】A．根據電容表達式
可知按鍵過程中，d減小，C增大，故A錯誤；
B．由于電容器直接接在電源兩端，故電容器兩端電壓U不變，因C增大，根據
可知Q增大，電容器充電，電流方向從b流向a，故B正確；
C．根據電勢差與電場強度關系，有
可知，由于U不變，按鍵過程中，d減小，故E增大，故C錯誤；
D．令按鍵至少按下距離，傳感器才有感應，則此時電容
又因為
聯立以上解得
故D正確。
故選 BD。
【分析】ABC、根據電決定式可知，可知按鍵過程中，d減小，C增大；由丙圖可知，電壓不變，根據電容定義式可知電荷量增大，電容器充電，電流由b到a；根據可知，d減小，E增大；
D、按鍵至少按下距離，傳感器才有感應，則此時電容，聯立求解。
10．【答案】A,D
【知識點】運動學 v-t 圖象
11．【答案】（1）
（2）4
（3）245
【知識點】胡克定律；探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】（1）根據題意可知甲乙兩裝置彈簧伸長量相等，根據物塊的平衡方程及胡克定律可以得出：
，
則兩個物塊的質量之比為：
即是的倍。
（2）交換位置后再分別對兩物體受力分析，根據物塊的平衡方程及胡克定律可以得出：
，
兩式聯立解得彈簧的形變量之比為：
即是的4倍。
（3）設彈簧處于原長狀態時，下端與距離傳感器之間距離為，則
，
聯立等式
可以得出
再根據平衡方程
解得
【分析】（1）利用兩個物塊的平衡方程結合胡克定律可以求出兩個物塊質量之比；
（2）利用兩個物塊的平衡方程結合質量之比可以求出形變量之比；
（3）利用彈簧的形變量和幾何關系可以求出彈簧形變量的大小，結合平衡方程可以求出彈簧勁度系數的大小。
12．【答案】3000；B；；5.7；1.0
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）根據串聯電路中電壓與電阻的關系有
解得
（2）由題意可知回路中
所以有
故選B。
（3）該回路中和改裝后的電壓表并聯，由于的阻值遠小于改裝后電壓表的阻值，所以可忽略改裝電壓表的影響，根據串聯電路中電壓的規律可得
整理得
（4）根據（3）問表達式，結合圖乙可知
與縱軸的截距
解得
，
綜上：第1空：3000；第2空：B；第3空：；第4空：5.7；第5空：1.0
【分析】（1）根據串聯電路分壓原理求解；
（2）根據閉合電路歐姆定律由最大電流求解電阻最小值，結合功率公式求解最大電流對應功率；
（3）結合電路可知，由于的阻值遠小于改裝后電壓表的阻值，所以可忽略改裝電壓表的影響，根據串聯電路中電壓的規律可得，整理求解；
（4）根據關系式，結合圖像斜率和截距聯立方程組求解。
13．【答案】解：（1）水在空中做平拋運動，由平拋運動規律得，豎直方向
解得水從管口到水面的運動時間
（2）由平拋運動規律得，水平方向
解得水從管口排出時的速度大小
（3）管口單位時間內流出水的體積
【知識點】平拋運動
【解析】【分析】（1）根據平拋運動豎直方向的運動規律計算時間；
（2）根據平拋運動的水平規律結合時間計算平拋初速度；
（3）根據流量的公式列式推導。
14．【答案】解：（1）開關閉合前電容器的電荷量為Q，則電容器兩極板間電壓
開關閉合瞬間，通過導體棒的電流
解得閉合開關瞬間通過導體棒的電流為
（2）開關閉合瞬間由牛頓第二定律有
將電流I代入解得
（3）由（2）中結論可知，隨著電容器放電，所帶電荷量不斷減少，所以導體棒的加速度不斷減小，其v-t圖線如圖所示
【知識點】電磁感應中的動力學問題
15．【答案】（1）解：帶電粒子能沿直線通過金屬板，有
解得
（2）解：帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有
解得
帶電粒子向上偏轉，設打在板上距端處，由幾何關系有
解得
帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期
設此過程所對應的圓心角為，有
解得
則帶電粒子在勻強磁場中的運動時間
（3）解：通過配速法，使電場力與洛倫茲力平衡，有
解得
即將帶電粒子的初速度分解為向右的
和向左的
如圖所示
則帶電粒子在兩板間運動的最大速率
帶電粒子做勻速圓周運動的半徑
因
故帶電粒子沿電場線方向的最大偏移量
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）由粒子可在速度選擇器中做勻速直線運動，可計算勻強磁場的磁感應強度；
（2）僅撤去電場，粒子在金屬板間做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，可計算軌跡半徑，結合幾何關系，可計算粒子打在金屬板上的位置與左端的距離；由粒子圓周運動的特點，可計算粒子在磁場中運動的時間；
（3）將粒子在復合場中的運動，分解為兩種運動，沿直線向右運動，勻速圓周運動，將兩個運動合成，即可知最大速率，即粒子在電場線方向上的最大偏移量。
（1）帶電粒子能沿直線通過金屬板，有
解得
（2）帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有
解得
帶電粒子向上偏轉，設打在板上距端處，由幾何關系有
解得
帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期
設此過程所對應的圓心角為，有
解得
則帶電粒子在勻強磁場中的運動時間
（3）通過配速法，使電場力與洛倫茲力平衡，有
解得
即將帶電粒子的初速度分解為向右的
和向左的
如圖所示
則帶電粒子在兩板間運動的最大速率
帶電粒子做勻速圓周運動的半徑
因
故帶電粒子沿電場線方向的最大偏移量
1 / 12025屆四川省自貢市第一中學校高三下學期二模物理試卷
1．（2025·自貢模擬）2024年2月 19日中國科學家成功合成兩種新的核素：鋨160（）鎢156（）。鋨160發生α衰變發射出的高能粒子能使空氣電離，鎢156發生衰變（正電子）生成鉭156（）。下列說法正確的是（　　）
A．不同溫度下，鋨160的半衰期不同
B．能使空氣電離的高能粒子主要是γ射線
C．鎢156發生β+衰變產生的新核與鎢156是一對同位素
D．鋨160發生α衰變產生的鎢156的比結合能大于鋨160的比結合能
【答案】D
【知識點】原子核的衰變、半衰期；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能
【解析】【解答】A．半衰期與溫度無關，故A錯誤；
B．能使空氣電離的高能粒子主要是射線，故B錯誤；
C．由題意可知核反應方程為
由于鎢156發生β+衰變產生的新核與鎢156質子數不同，故二者不是同位素，故C錯誤；
D．比結合能越大越穩定，自然衰變的產物比結合能會變大，故鋨160發生α衰變產生的鎢156的比結合能大于鋨160的比結合能，故D正確。
故選D。
【分析】半衰期與溫度無關；射線電離能力最大；根據核反應方程分判斷；比結合能越大越穩定，自然衰變的產物比結合能會變大。
2．（2025·自貢模擬）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動。已知座艙的質量為，運動半徑為，角速度大小為，重力加速度為，則座艙（　　）
A．運動的周期為
B．線速度大小為
C．運動至圓心等高處時，所受摩天輪的作用力大于
D．運動至最低點時，所受摩天輪的作用力大小與最高點的相等
【答案】C
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】A．運動的周期為
故A錯誤；
B．線速度大小為
故B錯誤；
C．運動至圓心等高處時，由平行四邊形定則得座艙所受摩天輪的作用力
大于，故C正確；
D．在最低點
在最高點
顯然，則運動至最低點時，所受摩天輪的作用力大小與最高點的不相等。故D錯誤。
故選C。
【分析】AB、根據勻速圓周運動周期與角速度關系，角速度與線速度關系分別求解周期和線速度；
C、運動至圓心等高處時，由平行四邊形定則得座艙所受摩天輪的作用力大于；
D、分別對最低點和最高點受力分析，根據牛頓第二定律可得：，，以此分析判斷。
3．（2025·自貢模擬）已知形狀不規則的導體甲、乙帶異種電荷，附近的電場如圖所示。其中a、b、c、d是導體外表面的點，e和f是甲導體內部的點。則（　　）
A．a點的電勢低于c點的電勢
B．f點的電場強度大于e點的電場強度
C．a、b兩點間的電勢差等于c、d兩點間的電勢差
D．由于漏電，甲乙兩導體構成的電容器的電容逐漸減小
【答案】C
【知識點】電場線
4．（2025·自貢模擬）如圖所示，某同學用大腿顛足球，某時刻質量為的足球以的豎直向下的速度碰撞大腿，足球與腿接觸后豎直向上原速反彈，重力加速度取，則在足球與腿碰撞的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．碰撞前后，足球動量變化量的大小為
B．碰撞前，足球的動量大小為
C．足球對大腿的沖量大小為
D．大腿對足球的平均作用力大小為
【答案】A
【知識點】動量定理；動量
【解析】【解答】A．以豎直向下為正方向，碰撞前后，足球的動量變化量為
則碰撞前后，足球的動量變化量的大小為，故A正確；
B．碰撞前，足球的動量大小為
故B錯誤；
CD．以豎直向下為正方向，碰撞過程中，根據動量定理可得
解得
則大腿對足球的平均作用力大小為18N，根據牛頓第三定律可知，足球對大腿的平均作用力大小為
則足球對大腿的沖量大小為
故CD錯誤。
故選A。
【分析】根據動量定義式求解碰撞前的動量P=mv；豎直向下為正方向，碰撞前后，足球的動量變化量為；根據動量定理求解平均作用力；由沖量定義式求解足球對大腿的沖量。
5．（2025·自貢模擬）如圖甲是工人在高層安裝空調時吊運室外機的場景，簡化圖如圖乙所示。一名工人在高處控制繩子，另一名工人站在水平地面上拉住另一根繩子。在吊運的過程中，地面上的工人在緩慢后退時緩慢放繩，室外機緩慢豎直上升，繩子與豎直方向的夾角近似不變，繩子質量忽略不計，則下列說法正確的是（　　）
A．繩子上的拉力不斷變大
B．繩子上的拉力先變小后變大
C．地面對工人的支持力不斷變大
D．繩子對室外機的拉力的合力不斷變大
【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】AB． 題意可知外機分別受P、Q拉力和自身重力mg而平衡，外機受力如圖
將這三個力構成矢量三角形，如圖
可知地面上的工人在緩慢后退時緩慢放繩過程中，均增大，故A正確，B錯誤；
C．由于不變，繩子Q拉力增大，故Q的拉力在豎直方向分力增大，對地面工人，由平衡條件易得地面對工人的支持力不斷變小，故C錯誤；
D．由于外機受到P、Q拉力和自身重力mg而平衡，由平衡條件可知繩子對室外機的拉力的合力與外機重力始終等大反向，所以繩子對室外機的拉力的合力不變，故D錯誤。
故選A。
【分析】AB、對外機受力分析，根據力的矢量三角形分析判斷繩子拉力的變化情況；
C、對地面工人受力分析，結合Q繩子拉力的變化，根據平衡狀態分析支持力的變化情況；
D、根據平衡條件，兩根繩子對外機的作用力的合力平衡其重力可知，其合力不變。
6．（2025·自貢模擬）熱水器中，常用熱敏電阻實現溫度控制。如圖是一學習小組設計的模擬電路，為加熱電阻絲，為正溫度系數的熱敏電阻（溫度越高電阻越大），C為電容器。S閉合后，當溫度升高時（　　）
A．電容器C的帶電荷量減小 B．燈泡L變暗
C．電容器C兩板間的電場強度增大 D．消耗的功率增大
【答案】C
【知識點】含容電路分析；電路動態分析
【解析】【解答】AB．由電路圖可知，與串聯，再與L并聯，S閉合后，當溫度升高時，的電阻越大，外電路的總電阻越大，根據閉合電路歐姆定律
可知干路中的總電流I減小，根據
可知路端電壓增大，即燈泡L兩端的電壓增大，根據
可知流過燈泡的電流增IL大，故燈泡變亮；根據
可知流過的電流減小，根據
可知兩端的電壓減小，根據
可知兩端的電壓增大，即電容器兩端的電壓增大，根據
可知電容器所帶的電量增大，故AB錯誤；
C．根據
可知電容器C兩板間的電場強度增大，故C正確；
D．根據
可知消耗的功率減小，故D錯誤。
故選C。
【分析】度升高時，的電阻越大，根據閉合電路歐姆定律可知電流減小，路端電壓增大，L燈泡變亮；根據串聯電路分壓原理分得電壓增大電容器電荷量增加；電容器兩板間電場強度增大；總電流減小，L燈泡電流變大，上電流減小，根據功率公式可知功率減小。
7．（2025·自貢模擬）如圖所示，兩根相同彈性輕繩一端分別固定在點，自然伸長時另一端恰好處于圖中光滑定滑輪上的，將輕繩自由端跨過定滑輪連接質量為的小球，、在同一水平線上，且。現將小球從點由靜止釋放，沿豎直方向運動到點時速度恰好為零。已知兩點間距離為為的中點，重力加速度為，輕繩形變遵循胡克定律且始終處于彈性限度內，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．小球在點的加速度為
B．小球在段減少的機械能等于在段減少的機械能
C．小球從運動到的時間小于從運動到的時間
D．若僅將小球質量變為，則小球到達點時的速度為
【答案】D
【知識點】功能關系；機械能守恒定律；簡諧運動
【解析】【解答】A．根據題意分析知，小球在兩點間做簡諧運動，根據對稱性知，點的加速度大小等于點的加速度，點小球所受合力等于重力，故加速度大小為，故A錯誤；
C．根據A項分析知，小球在兩點間做簡諧運動，根據運動的對稱性知，小球從運動到的時間等于從運動到的時間，故C錯誤；
B．根據功能關系知小球減少的機械能等于彈力對小球做的負功，設小球在點時伸長量為，則小球在段克服彈力做功
在段克服彈力做功
聯立知
故小球在段減少的機械能不等于在段減少的機械能，故B錯誤；
D．小球從過程，根據系統機械能守恒
若僅將小球質量變為，則根據系統機械能守恒
聯立解得小球到達點時的速度為
故D正確。
故選D。
【分析】AC、根據題意分析知，小球在兩點間做簡諧運動，根據對稱性知，點的加速度大小等于點的加速度，點小球所受合力等于重力，故加速度大小為；小球從運動到的時間等于從運動到的時間；
B、根據功能關系，小球在CD段平均彈力的合力大于DE段，CD段克服彈力做功小于DE段，故小球在CD段減小的機械能小于DE段；
D、小球從過程，根據系統機械能守恒；小球質量變為，則根據系統機械能守恒，聯立方程組求解。
8．（2025·自貢模擬）如圖所示，豎直平面內有固定的光滑絕緣圓形軌道，勻強電場的方向平行于軌道平面水平向右，P、Q分別為軌道上的最高點和最低點，M、N是軌道上與圓心O等高的點。質量為m、電荷量為q的帶正電的小球在P處以速度水平向右射出，恰好能在軌道內做完整的圓周運動，已知重力加速度為g，電場強度大小。則下列說法中正確的是（　　）
A．在軌道上運動時，小球動能最大的位置在M、Q之間
B．在軌道上運動時，小球機械能最小的位置在N點
C．經過M、N兩點時，小球所受軌道彈力大小的差值為
D．小球在Q處以速度水平向右射出，也能在此軌道內做完整的圓周運動
【答案】A,B
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．使用等效場的觀點，將重力場和電場等效的看作一個場，設該場的場強為g'，結合平行四邊形法則有
設等效場對物體的力與豎直方向的夾角為θ，則有
解得
故等效重力（即重力和電場力的合力）與圓交的最低點在MQ之間，故動能最大的位置在MQ之間，故A正確；
B．根據功能關系，非重力做負功最多位置在N點，所以機械能最小的位置在N點，故B正確；
C．小球在M點，由牛頓第二定律得
小球在N點，由牛頓第二定律得
從M到N點，由動能定理得
解得小球所受軌道彈力大小的差值
故C錯誤；
D．由于等效場對物體的力與豎直方向的夾角為，故等效場的最高點在弧的中間位置，設為點，又質量為m、電荷量為q的帶正電的小球在P處以速度水平向右射出，恰好能在軌道內做完整的圓周運動，從P處到點，根據動能定理
假設小球在Q處以速度水平向右射出，也能在此軌道內做完整的圓周運動，從Q處到點，根據動能定理
聯立解得
故小球在Q處以速度水平向右射出，不能在此軌道內做完整的圓周運動，故D錯誤。
故選AB。
【分析】主要涉及等效場法 在復合場（重力場+電場）中的應用，并結合 圓周運動、動能定理、機械能守恒、牛頓第二定律 等力學和電磁學知識。
1、等效重力：，等效最低點：等效重力方向與圓周的交點（動能最大點），等效最高點：等效重力的反方向與圓周的交點（臨界速度點，類似重力場中的“最高點”）。
2、電場力做正功 → 機械能增加。電場力做負功 → 機械能減少。機械能最小點：電場力做負功最多的位置（N點）。
3、完整圓周運動的臨界條件：等效最高點的速度，應用動能定理計算最高點速度是否滿足來判斷能否在此軌道內做完整的圓周運動。
9．（2025·自貢模擬）計算機鍵盤為電容式傳感器，如圖甲所示。每個鍵下面由相互平行且間距為的活動極板和固定極板組成，如圖乙所示。其內部電路如圖丙所示，已知只有該鍵的電容改變量不小于原電容的50%時，傳感器才有感應，則下列說法正確的是（　　）
A．按鍵的過程中，電容器的電容減小
B．按鍵的過程中，圖丙中電流方向從流向
C．按鍵的過程中，電容器兩極板間的電場強度不變
D．要使傳感器發生感應，至少要將按鍵按下
【答案】B,D
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】A．根據電容表達式
可知按鍵過程中，d減小，C增大，故A錯誤；
B．由于電容器直接接在電源兩端，故電容器兩端電壓U不變，因C增大，根據
可知Q增大，電容器充電，電流方向從b流向a，故B正確；
C．根據電勢差與電場強度關系，有
可知，由于U不變，按鍵過程中，d減小，故E增大，故C錯誤；
D．令按鍵至少按下距離，傳感器才有感應，則此時電容
又因為
聯立以上解得
故D正確。
故選 BD。
【分析】ABC、根據電決定式可知，可知按鍵過程中，d減小，C增大；由丙圖可知，電壓不變，根據電容定義式可知電荷量增大，電容器充電，電流由b到a；根據可知，d減小，E增大；
D、按鍵至少按下距離，傳感器才有感應，則此時電容，聯立求解。
10．（2025·自貢模擬）在大型物流貨場，廣泛的應用傳送帶搬運貨物。如圖甲所示，與水平面傾斜的傳送帶以恒定的速率運動，皮帶始終是繃緊的，將的貨物放在傳送帶上的A端，經過1.2s到達傳送帶的B端。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖象如圖乙所示。已知重力加速度，則可知（　　）
A．貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.5
B．A、B兩點的距離為2.4m
C．貨物從A運動到B過程中，傳送帶對貸物做功的大小為8J
D．貨物從A運動到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為4.8J
【答案】A,D
【知識點】運動學 v-t 圖象
11．（2025·自貢模擬）某同學用三根完全相同的彈簧設計了如下實驗，以探究彈簧的勁度系數。
（1）將彈簧上端均固定在鐵架臺上相同高度的橫桿上，甲裝置用一根彈簧掛物塊，乙裝置用另外兩根彈簧掛大小相同但質量不同的物塊，在物塊正下方的距離傳感器可以測出物塊到傳感器的距離，此時剛好均為，如圖所示，則是的　 　倍。
（2）只交換兩物塊的位置，此時甲裝置的距離傳感器顯示為，彈簧相對原長的形變量為；乙裝置中的每根彈簧相對原長的形變量為，則是的　 　倍。
（3）已知物塊質量，當地重力加速度為，該同學測得、，則每根彈簧的勁度系數　 　。
【答案】（1）
（2）4
（3）245
【知識點】胡克定律；探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】（1）根據題意可知甲乙兩裝置彈簧伸長量相等，根據物塊的平衡方程及胡克定律可以得出：
，
則兩個物塊的質量之比為：
即是的倍。
（2）交換位置后再分別對兩物體受力分析，根據物塊的平衡方程及胡克定律可以得出：
，
兩式聯立解得彈簧的形變量之比為：
即是的4倍。
（3）設彈簧處于原長狀態時，下端與距離傳感器之間距離為，則
，
聯立等式
可以得出
再根據平衡方程
解得
【分析】（1）利用兩個物塊的平衡方程結合胡克定律可以求出兩個物塊質量之比；
（2）利用兩個物塊的平衡方程結合質量之比可以求出形變量之比；
（3）利用彈簧的形變量和幾何關系可以求出彈簧形變量的大小，結合平衡方程可以求出彈簧勁度系數的大小。
12．（2025·自貢模擬）某小組用如圖甲所示的電路，測量一個電動勢E約為、內阻r約為的電池的電動勢和內阻。其中，是保護電阻，是電阻箱。
（1）虛線框內是由量程為、內阻為的電壓表和電阻箱串聯，改裝成量程為的電壓表，則電阻箱的阻值應調為　 　。
（2）若電源允許通過的最大電流為，則定值電阻宜選　 　。
A. B. C. D.
（3）該小組利用圖甲電路測量電源的電動勢和內阻時，選取（2）問中所選的定值電阻，將改裝好的電壓表正確地接在A、C之間，調節電阻箱，測出若干組的阻值和原表頭示數U，則　 　。（用題中給出的各物理量字母符號表示）
（4）根據實驗數據，用描點的方法繪出如圖乙所示的圖像，依據圖像，可以求出電源的電動勢　 　V。內阻　 　。（結果均保留兩位有效數字）
【答案】3000；B；；5.7；1.0
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）根據串聯電路中電壓與電阻的關系有
解得
（2）由題意可知回路中
所以有
故選B。
（3）該回路中和改裝后的電壓表并聯，由于的阻值遠小于改裝后電壓表的阻值，所以可忽略改裝電壓表的影響，根據串聯電路中電壓的規律可得
整理得
（4）根據（3）問表達式，結合圖乙可知
與縱軸的截距
解得
，
綜上：第1空：3000；第2空：B；第3空：；第4空：5.7；第5空：1.0
【分析】（1）根據串聯電路分壓原理求解；
（2）根據閉合電路歐姆定律由最大電流求解電阻最小值，結合功率公式求解最大電流對應功率；
（3）結合電路可知，由于的阻值遠小于改裝后電壓表的阻值，所以可忽略改裝電壓表的影響，根據串聯電路中電壓的規律可得，整理求解；
（4）根據關系式，結合圖像斜率和截距聯立方程組求解。
13．（2025·自貢模擬）如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，管口的橫截面積為S，管口離水池水面的高度為h，水在水池中的落點與管口的水平距離為d。假定水在空中做平拋運動，已知重力加速度為g，h遠大于管口內徑。求：
（1）水從管口到水面的運動時間t；
（2）水從管口排出時的速度大小；
（3）管口單位時間內流出水的體積Q。
【答案】解：（1）水在空中做平拋運動，由平拋運動規律得，豎直方向
解得水從管口到水面的運動時間
（2）由平拋運動規律得，水平方向
解得水從管口排出時的速度大小
（3）管口單位時間內流出水的體積
【知識點】平拋運動
【解析】【分析】（1）根據平拋運動豎直方向的運動規律計算時間；
（2）根據平拋運動的水平規律結合時間計算平拋初速度；
（3）根據流量的公式列式推導。
14．（2025·自貢模擬）如圖甲所示為某種“電磁槍”的原理圖。在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距L的平行長直金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導體棒放置在導軌上，與導軌垂直且接觸良好，不計導軌電阻及導體棒與導軌間的摩擦。已知磁場的磁感應強度大小為B，導體棒的質量為m、接入電路的電阻為R。開關閉合前電容器的電荷量為Q。
（1）求閉合開關瞬間通過導體棒的電流I；
（2）求閉合開關瞬間導體棒的加速度大小a；
（3）在圖乙中定性畫出閉合開關后導體棒的速度v隨時間t的變化圖線。
【答案】解：（1）開關閉合前電容器的電荷量為Q，則電容器兩極板間電壓
開關閉合瞬間，通過導體棒的電流
解得閉合開關瞬間通過導體棒的電流為
（2）開關閉合瞬間由牛頓第二定律有
將電流I代入解得
（3）由（2）中結論可知，隨著電容器放電，所帶電荷量不斷減少，所以導體棒的加速度不斷減小，其v-t圖線如圖所示
【知識點】電磁感應中的動力學問題
15．（2025·自貢模擬）如圖所示，為帶電金屬板，金屬板間電壓為，板間距離為，同時板間有方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一束帶正電粒子以平行于金屬板的速度自點射入復合場區域，恰好沿直線通過金屬板。已知為的中點，金屬板足夠長，帶電粒子的比荷，不計帶電粒子的重力及它們之間的相互作用，求：
（1）勻強磁場的磁感應強度大小；
（2）若僅撤去電場，帶電粒子將打在金屬板上且被金屬板吸收，則此位置距金屬板左端的距離及粒子在磁場中運動的時間；
（3）若僅將金屬板間電壓變為，則帶電粒子在兩板間運動的最大速率以及沿電場線方向上的最大偏移量。
【答案】（1）解：帶電粒子能沿直線通過金屬板，有
解得
（2）解：帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有
解得
帶電粒子向上偏轉，設打在板上距端處，由幾何關系有
解得
帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期
設此過程所對應的圓心角為，有
解得
則帶電粒子在勻強磁場中的運動時間
（3）解：通過配速法，使電場力與洛倫茲力平衡，有
解得
即將帶電粒子的初速度分解為向右的
和向左的
如圖所示
則帶電粒子在兩板間運動的最大速率
帶電粒子做勻速圓周運動的半徑
因
故帶電粒子沿電場線方向的最大偏移量
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）由粒子可在速度選擇器中做勻速直線運動，可計算勻強磁場的磁感應強度；
（2）僅撤去電場，粒子在金屬板間做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，可計算軌跡半徑，結合幾何關系，可計算粒子打在金屬板上的位置與左端的距離；由粒子圓周運動的特點，可計算粒子在磁場中運動的時間；
（3）將粒子在復合場中的運動，分解為兩種運動，沿直線向右運動，勻速圓周運動，將兩個運動合成，即可知最大速率，即粒子在電場線方向上的最大偏移量。
（1）帶電粒子能沿直線通過金屬板，有
解得
（2）帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有
解得
帶電粒子向上偏轉，設打在板上距端處，由幾何關系有
解得
帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期
設此過程所對應的圓心角為，有
解得
則帶電粒子在勻強磁場中的運動時間
（3）通過配速法，使電場力與洛倫茲力平衡，有
解得
即將帶電粒子的初速度分解為向右的
和向左的
如圖所示
則帶電粒子在兩板間運動的最大速率
帶電粒子做勻速圓周運動的半徑
因
故帶電粒子沿電場線方向的最大偏移量
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