資源簡介

2025屆四川省達州市渠縣中學高三下學期二模物理試題
1．（2025·渠縣模擬）2024年10月8日消息，本年度諾貝爾物理學獎授予約翰·霍普菲爾德和杰弗里·辛頓，“以表彰他們為利用人工神經網絡進行機器學習作出的基礎性發現和發明”。在物理學的探索和發現過程中，物理過程和研究方法比物理知識本身更加重要。以下關于物理學研究方法和物理學史的敘述中正確的是（　?。?br/>A．慣性定律即牛頓第一定律，伽利略通過理想斜面實驗直接驗證了慣性定律
B．美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷，并通過油滴實驗測得元電荷的數值
C．自然界中的電和磁存在著某種神秘的聯系，丹麥物理學家奧斯特通過不斷地探索發現了電流的磁效應
D．根據速度定義式，當足夠小時，就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義應用了微元法思想方法
2．（2025·渠縣模擬）下列說法中正確的是（　　）
A．光導纖維傳輸信號利用了光的干涉
B．光在沒有障礙物的均勻介質中沿直線傳播
C．在照相機鏡頭前裝一片偏振濾光片是為了增強透射光的強度
D．用透明的標準樣板和單色光檢查平面的平整度利用了光的偏振
3．（2025·渠縣模擬）2024年10月11日凌晨，新疆北部出現了極光。太陽風中的高能帶電粒子與大氣層發生撞擊，撞擊過程的部分能量被大氣原子與分子的核外電子吸收，電子被激發至高能級。電子從高能級向低能級躍遷時，形成不同顏色的極光，紅色與綠色極光往往來自氧原子。下列說法中正確的是（　　）
A．紅色極光的波長小于綠色極光的波長
B．紅色極光光子的能量大于綠色極光光子的能量
C．玻爾原子理論可以完美解釋氧原子的發光現象
D．形成的綠色極光與紅色極光相比，躍遷的能級差更大
4．（2025·渠縣模擬）如圖所示的電路中，電源的電動勢為E、內阻為r，C為電容器（中間有一帶電液滴），為定值電阻，為光敏電阻（阻值隨光照強度的增大而減?。珹和V為理想電表，G為靈敏電流計。當開關S閉合且電路穩定后，電容器中間的帶電液滴恰好靜止，現逐漸增大對的光照強度，下列說法正確的是（　　）
A．A的示數變大 B．V的示數變大
C．G中有從a至b的電流 D．帶電液滴向上運動
5．（2025·渠縣模擬）磁感應強度為0.2T的勻強磁場中有一個閉合的金屬線框abcd，線框以某一角速度繞中心軸轉動，其發熱功率為P；當線框轉至如圖所示的位置時固定不動，使磁場的磁感應強度隨時間的變化率為0.1T/s，線框的發熱功率仍為P，則線框轉動角速度的大小為（　?。?br/>A． B． C． D．
6．（2025·渠縣模擬）隨著綠色環保理念深入人心，電動汽車市場日趨火爆，電池充電技術飛速發展。如圖為某科技公司利用電磁感應原理設計的無線充電樁原理示意圖，若汽車以22kW的恒定功率充電，送電線圈連接的交流電，不計能量損失，下列說法正確的是（　?。?br/>A．送電線圈中的電流為100A
B．受電線圈中電流的頻率為100Hz
C．僅減小送電線圈的匝數，會增大電池端的輸出電流
D．僅減小送電線圈的匝數，會減小電池端的輸出電壓
7．（2025·渠縣模擬）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（　?。?br/>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
8．（2025·渠縣模擬）某機械波在時刻的波形如圖甲所示，P是平衡位置在處的質點，Q是平衡位置在的質點，以此時刻做為計時起點，質點Q振動的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（　?。?br/>A．該機械波沿x軸負方向傳播
B．該機械波的波速大小為
C．時，質點Q的速度最大
D．0~5s內，質點P運動的路程為10cm
9．（2025·渠縣模擬）嫦娥六號實現了人類首次月球背面采樣，其返回艙的運動軌跡如圖所示。返回艙從A點首次進入大氣層，經速度修正后從B點穿出大氣層，經過最高點C后，從D點再次進入大氣層。由上述信息可以判斷，返回艙（　?。?br/>A．從A點到B點的過程中機械能守恒
B．在C點的速率小于第一宇宙速度
C．在D點所受地球引力小于其在地表的重力
D．在A、B、D三點的速度相等
10．（2025·渠縣模擬）如圖，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車（含管道）的質量為m，原來靜止在光滑的水平面上。有一個可以看做質點的小球，質量也為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道右端滑離小車。不計空氣阻力，關于這個過程，下列說法正確的是（　　）
A．小球滑離小車時，小車回到原來位置
B．小球滑離小車時的速度大小為v
C．到達最高點時小球上升的豎直高度為
D．小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車所受合外力沖量大小為
11．（2025·渠縣模擬）小凱同學家有一個擺件上掛著一個球形透明物，為了弄清這個球形物體的材質是什么，小凱設計了一個實驗來測定該球體的折射率。
（1）小凱同學先用游標卡尺測量球體的直徑，測量結果如圖甲所示，球體直徑　 　cm；
（2）圖乙是小凱同學設計的實驗原理圖，他將該球體固定在水平桌面上，找來一支激光筆，射出一束沿水平方向的紅色激光照在球體上，調整水平激光的高度，當看到光線在進出球體時沒有發生偏折時，說明激光通過了球體的球心（如圖中），在球體上光線出射的位置做一個記號（圖中點）。將激光筆豎直向上移動，保持入射光線水平，當光線經球體發生折射后恰好能從點射出時，將激光筆固定，測量得到該過程中光線向上移動的距離為。根據所測數據可求得球體的折射率為　 　（，計算結果保留兩位有效數字）；
（3）若實際操作中，小凱最終調到的水平光線從球體內出射時的位置相對點向上偏了一點，他仍按照（2）中原理計算折射率，實驗結果將　 　（填“偏大”、“偏小”或“沒有影響"）；
（4）如果將光線繼續上移，　 ?。ㄌ睢澳堋被颉安荒堋保┛吹焦庠谇蝮w內發生全反射。
12．（2025·渠縣模擬）探究電容器充放電規律，實驗裝置如圖甲所示，有電源E，定值電阻R0，電容器C，單刀雙置開關S。
（1）為測量電容器充放電過程電壓U和電流I變化，需在①、②處接入測量儀器，位置②應該接入測　 ?。娏鳌㈦妷海﹥x器。
（2）接通電路并接通開關，當電壓表示數最大時，電流表示數為　 　。
（3）根據測到數據，某過程中電容器兩端電壓U與電流I的關系圖如圖乙所示。該過程為　 　（充電，放電）。放電過程中電容器兩端電壓U隨時間t變化關系如圖丙所示。0.2s時R0消耗的功率　 　W。
13．（2025·渠縣模擬）如圖甲所示，質量、面積的絕熱活塞將理想氣體封閉在上端開口的直立圓筒形的絕熱汽缸中，活塞可沿汽缸無摩擦滑動且不漏氣。開始時，活塞處于A位置，缸內氣體的內能，通過電熱絲加熱直到活塞到達B位置，缸內氣體的圖像如圖乙所示。已知一定質量的理想氣體內能與熱力學溫度成正比，大氣壓強，重力加速度g取，電阻絲自身升溫所需熱量以及所占的體積均忽略不計，求：
（1）活塞到達B位置時，缸內氣體的內能；
（2）活塞從A位置到B位置過程中，缸內氣體吸收的熱量。
14．（2025·渠縣模擬）如圖所示，輕桿兩端分別固定質量均為的物塊A和物塊B，物塊A，B與水平地面間的動摩擦因數分別為、。現用的水平向左的恒力推物塊B，A和B由靜止開始運動，1.2s后撤去恒力F。求：
（1）撤去恒力F之前，系統加速度的大小。
（2）撤去恒力F瞬間，輕桿對物塊A的作用力的大小和方向。
（3）撤去恒力F之后，輕桿對物塊B做的功。
15．（2025·渠縣模擬）如圖所示，M、N兩個釘子固定于相距a的兩點，M的正下方有不可伸長的輕質細繩，一端固定在M上，另一端連接位于M正下方放置于水平地面質量為m的小木塊B，繩長與M到地面的距離均為10a，質量為2m的小木塊A，沿水平方向于B發生彈性碰撞，碰撞時間極短，A與地面間摩擦因數為，重力加速為g，忽略空氣阻力和釘子直徑，不計繩被釘子阻擋和繩斷裂時的機械能損失。
（1）若碰后，B在豎直面內做圓周運動，且能經過圓周運動最高點，求B碰后瞬間速度的最小值；
（2）若改變A碰前瞬間的速度，碰后A運動到P點停止，B在豎直面圓周運動旋轉2圈，經過M正下方時細繩子斷開，B也來到P點，求B碰后瞬間的速度大小；
（3）若拉力達到12mg細繩會斷，上下移動N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬間的速度與（2）問中的相同，使B旋轉n圈。經過M正下的時細繩斷開，求MN之間距離的范圍，及在n的所有取值中，B落在地面時水平位移的最小值和最大值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】物理學史；安培定則
【解析】【解答】正確理解每個物理學家的貢獻和物理學研究方法是解答此類題目的關鍵。A．慣性定律即牛頓第一定律，該實驗無法通過實驗直接驗證，伽利略通過理想斜面實驗間接驗證了慣性定律，A錯誤；
B．美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷，密立根油滴實驗測得元電荷的數值，B錯誤；
C．丹麥物理學家奧斯特通過不斷地探索發現了電流的磁效應，C正確；
D．速度，當足夠小時，就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義應用了極限的思想方法，D錯誤。
故選C。
【分析】根據物理學研究方法的基本概念和物理學史，判斷其正確性。
2．【答案】B
【知識點】光導纖維及其應用；生活中的光現象；薄膜干涉；光的偏振現象
【解析】【解答】只要熟練掌握高中物理的選修內容，掌握基礎知識即可正確解題。A．光導纖維傳輸信號利用了光的全反射，故A錯誤；
B．光在沒有障礙物的均勻介質中沿直線傳播，故B正確；
C．在照相機鏡頭前裝上偏振濾光片是為了減弱反射光的影響，使景像更清晰，故C錯誤；
D．用透明的標準樣板和單色光檢查平面的平整度利用了光的干涉，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據所學光學知識對物理現象進行簡單分析即可。
3．【答案】D
【知識點】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；光子及其動量
【解析】【解答】解題時需注意，在發生躍遷時，如果核外電子由低能級向高能級躍遷，需要吸收能量，如果由高能級向低能級躍遷，需要釋放能量（以光子的形式）。AB．紅色極光的波長大于綠色極光的波長，紅色極光的頻率小于綠色極光的頻率，根據可知，紅色極光光子的能量小于綠色極光光子的能量，故AB錯誤；
C．玻爾原子理論可以完美解釋氫原子的發光現象，其他元素的躍遷都不能解釋，故C錯誤；
D．玻爾原子理論能級躍遷規律
由于綠光極光的能量較大，則形成的綠色極光與紅色極光相比，躍遷的能級差更大，故D正確；
故選D。
【分析】根據E=hν分析，玻爾原子理論具有局限性，結合玻爾原子理論能級躍遷規律E=Em-En分析。
4．【答案】A
【知識點】含容電路分析；帶電粒子在電場中的運動綜合；電路動態分析
【解析】【解答】本題解題的關鍵是明確電路的結構，分析外電阻的變化，判斷總電流的變化，再分析各部分電壓的變化。A．增大對的光照強度，則總電阻減小，電路總電流增大，則A的示數變大，故A正確；
BC．兩端的電壓減小，則V的示數減小，電容器兩端電壓減小，電容器放電，G中有從至的電流，故BC錯誤；
D．根據，可知電容器中電場強度減小，帶電液滴向下運動，故D錯誤。
故選A。
【分析】逐漸增大對R2的光照強度，則光敏電阻R2的阻值減小，電路的總電阻減小，據此分析電路中電流的變化，即可知道A的示數變化；分析R2兩端的電壓變化，即可知道電容器兩板間電壓的變化，從而確定電容器所帶電荷量的變化，可知G中電流的方向；分析出電容器極板間電場強度的變化，從而分析帶電液滴的運動方向。
5．【答案】B
【知識點】感應電動勢及其產生條件；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】本題的關鍵在于理解線框在不同情況下（固定不動與轉動）產生感應電動勢的原理，以及如何通過發熱功率來建立兩者之間的聯系。線框以某一角速度繞其中心軸勻速轉動時電動勢的最大值為
此時線框的發熱功率為
磁場均勻增大時，產生的感應電動勢為
此時線框的發熱功率為
聯立解得
故選B。
【分析】根據給定的條件計算出線框固定不動時的發熱功率，利用這個功率值來求解線框轉動時的角速度。
6．【答案】A
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】本題主要考查了無線充電，即通過理想變壓器原理，抓住電壓之比與線圈的匝數成正比，輸入功率等于輸出功率。
A．根據
解得
則送電線圈中的電流為100A，A正確；
B．送電線圈頻率為50Hz，則受電線圈中交流電的頻率也為50Hz，B錯誤：
CD．輸送電壓與輸送功率恒定，則送電線圈中電流恒定，減小送電線圈匝數n1，根據
受電線圈電壓U2增大，根據
電池端的輸出電流減小，CD錯誤。
故選A。
【分析】根據送電線圈連接u=220sin100πt（V）的交流電可知交流電的最大值和角速度，即可求得有效值和頻率，根據P=UI求得電流，根據電壓之比與匝數成正比，根據輸入功率等于輸出功率即可判斷。
7．【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。
8．【答案】A,B
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】解決y-t圖像和y-x圖像綜合問題，關鍵要明確兩點：一是y-t圖像描述的是哪個質點的振動；二是y-x圖像是哪一時刻的圖像，然后根據y-t圖像確定這一時刻該點的位移和振動方向，最后根據y-x圖像確定波的傳播方向。A．由圖乙可知，內，質點的加速度方向沿軸負方向，故時，質點從平衡位置向上振動，根據同側法，可知該機械波沿軸負方向傳播，A正確；
B．由圖甲可知，該機械波的波長滿足
解得
由圖乙可知，該機械波的周期，可知該機械波的波速大小
B正確；
C．由圖乙可知，時，質點的加速度最大，故速度最小，C錯誤；
D．因
若質點從平衡位置，波峰或波谷位置開始振動，其路程一定為
現點是從非特殊位置振動，其路程一定不等于10cm，D錯誤。
故選AB。
【分析】根據波長、波速和頻率的關系，結合同側法和質點的振動特點分析求解。
9．【答案】B,C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題考查的是萬有引力定律的應用，其中涉及到了第一宇宙速度的判斷。第一宇宙速度是衛星環繞地球表面運行的速度，也是繞地球做勻速圓周運動的最大速度A．從A點到B點的過程中，有空氣阻力做功，機械能不守恒，故A錯誤；
B．第一宇宙速度是圓周運動的最大環繞速度，返回艙在C點的速率小于第一宇宙速度，故B正確；
C．根據萬有引力與重力的關系
返回艙在D點的距離較大，則返回艙所受地球引力小于其在地表的重力，故C正確；
D．速度沿軌跡的切線方向，可知返回艙在A、B、D三點的速度方向不相等，故D錯誤；
故選BC。
【分析】根據機械能守恒定律條件判斷；根據第一宇宙速度的定義判斷；根據萬有引力提供重力，結合距離關系求解；曲線運動的速度方向為切線方向。
10．【答案】B,C,D
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】本題是系統動量守恒和機械能守恒的類型，類似于彈性碰撞，常見類型。分析清楚運動過程、應用動量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題。A．由題意，小球與小車組成的系統在水平方向上不受外力，所以系統在水平方向動量守恒。小球從左端滑上小車到從右端滑離小車的過程中，小車水平方向先加速后減速，小球水平方向先減速后加速，在整個過程中小車一直向右運動，不會回到原來位置，故A錯誤；
B．由動量守恒可得
其中是小球速度，是小車速度。
由機械能守恒定律可得
解得
，
小球滑離小車時的速度大小是v，故B正確；
C．小球恰好到達管道的最高點后，則小球和小車的速度相同為，由動量守恒定律可得
解得
根據機械能守恒定律可得
解得
故C正確；
D．小球滑到管道的最高點時，根據動量定理可得，小車所受合外力沖量為
故D正確。
故選BCD。
【分析】根據小球在小車上運動時，小球和小車的在水平方向上合外力為零，故水平方向上動量守恒；結合系統機械能守恒即可求解。
11．【答案】（1）5.00
（2）1.8
（3）偏大
（4）不能
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本題關鍵掌握測定球體折射率的實驗原理和發生全反射的條件。光照射到兩種介質界面上時，光線全部被反射回原介質的現象稱為全反射現象。
（1）球體直徑
（2）
如圖所示
設光線由A點射入，入射角為，折射角為，則
，
，
則
（3）若實際操作中，小凱最終調到的水平光線從球體內出射時的位置相對點向上偏了一點，則會造成d偏小，即AP偏大，n的測量值偏大。
（4）如果將光線繼續上移，由于光線射出球體時的入射角始終等于射入球體時的折射角，而光線射入球體時的入射角小于，所以光線射出球體時的折射角必小于，不能發生全反射。
【分析】（1）螺旋測微器的讀數為固定刻度與可動刻度讀數之和；
（2）根據幾何知識計算折射角和入射角，根據折射定律求解折射率；
（3）根據誤差分析判斷；
（4）根據發生全反射的條件判斷，光線射入球體時的入射角小于，不可能發生全反射。
（1）球體直徑
（2）如圖所示
設光線由A點射入，入射角為，折射角為，則
，
，
則
（3）若實際操作中，小凱最終調到的水平光線從球體內出射時的位置相對點向上偏了一點，則會造成d偏小，即AP偏大，n的測量值偏大。
（4）如果將光線繼續上移，由于光線射出球體時的入射角始終等于射入球體時的折射角，而光線射入球體時的入射角小于，所以光線射出球體時的折射角必小于，不能發生全反射。
12．【答案】（1）電壓
（2）0
（3）放電；0.32
【知識點】觀察電容器的充、放電現象
【解析】【解答】本題查電容器的充放電問題，結合各圖像深刻理解各參數的變化情況和充放電的實質，體會能量的轉化和守恒思想。
（1）位置②與電容器并聯，為測電壓儀器。
（2）電壓表示數最大時，電容器充電完畢，電流表示數為零。
（3）電容器放電時電壓和電流都減小，圖像逆向分析，該過程為電容器放電過程。
電容器充電完畢后的電壓等于電源電動勢，大小為12V，由題圖丙可知t = 0.2s時電容器兩端電壓為U = 8V，由題圖乙可知當U = 8V時，電流I = 40mA，則電阻R0消耗的功率為
P = 8 × 4 0× 10－3W = 0.32W
【分析】（1）根據兩個位置接入電路是串聯還是并聯結合電流表串聯與電壓表并聯特點進行判斷；
（2）根據圖乙最大電壓讀數為12V，再在圖甲中讀出其最大電流；
（3）根據電容器充當和放電電流隨電壓變化的特點進行判斷，結合各圖中對應的電流和電壓的數據，根據功能關系計算電阻消耗功率。
（1）位置②與電容器并聯，為測電壓儀器。
（2）電壓表示數最大時，電容器充電完畢，電流表示數為零。
（3）[1]電容器放電時電壓和電流都減小，圖像逆向分析，該過程為電容器放電過程。
[2]電容器充電完畢后的電壓等于電源電動勢，大小為12V，由題圖丙可知t = 0.2s時電容器兩端電壓為U = 8V，由題圖乙可知當U = 8V時，電流I = 40mA，則電阻R0消耗的功率為
P = 8 × 4 0× 10－3W = 0.32W
13．【答案】（1）解：缸內氣體發生等壓變化，由蓋-呂薩克定律有
解得
則活塞處于位置時，缸內氣體的內能
（2）解：對活塞受力分析，有
解得
從A到，外界對氣體做功
由熱力學第一定律
解得
故缸內氣體吸收的熱量為。
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）缸內氣體發生等壓變化，由蓋—呂薩克定律求活塞處于A位置時的溫度；根據一定質量的理想氣體內能與熱力學溫度成正比，計算活塞處于B位置時，缸內氣體的內能；
（2）對活塞受力分析，根據平衡方程可得氣體的壓強，再根據外界對氣體做功表達式，結合熱力學第一定律求缸內氣體吸收的熱量。
（1）缸內氣體發生等壓變化，由蓋-呂薩克定律有
解得
則活塞處于位置時，缸內氣體的內能
（2）對活塞受力分析，有
解得
從A到，外界對氣體做功
由熱力學第一定律
解得
故缸內氣體吸收的熱量為。
14．【答案】（1）解：對系統進行受力分析，系統受到水平向左的恒力F，物塊A受到向右的摩擦力
物塊B受到向右的摩擦力
根據牛頓第二定律
將，，，，代入可得
解得
（2）解：撤去恒力F瞬間，對物塊A進行受力分析，物塊受到向右的摩擦力
設輕桿對物塊的作用力為T，方向向左，根據牛頓第二定律
撤去F后，系統的加速度
聯立解得，方向向左。
（3）解：先求出撤去F時的速度
撤去F后，物塊B加速度
物塊A速度
設經過時間系統停止運動，以系統為研究對象
，，，得
物塊B的位移
對物塊B根據動能定理
解得
【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【分析】（1）對系統進行受力分析，系統受到水平向左的恒力F，系統所受摩擦力為A、B分別所受摩擦力，根據牛頓第二定律對系統列式子，計算加速度大?。?br/>（2）撤去恒力F瞬間，AB之間輕桿仍有拉力，A的加速度等于AB系統加速度，可先利用整體法計算系統加速度，再利用隔離法計算此時A所受拉力；
（3）恒力F撤去之后，系統受摩擦力影響最后停止運動，可先利用系統運動特點計算摩擦力作用下B的位移，然后利用動能定理判斷輕桿對B做的功。
（1）對系統進行受力分析，系統受到水平向左的恒力F，物塊A受到向右的摩擦力，物塊B受到向右的摩擦力。根據牛頓第二定律
將，，，，代入可得
解得
（2）撤去恒力F瞬間，對物塊A進行受力分析，物塊受到向右的摩擦力
設輕桿對物塊的作用力為T，方向向左，根據牛頓第二定律
撤去F后，系統的加速度
聯立解得
方向向左。
（3）先求出撤去F時的速度
撤去F后，物塊B加速度
物塊A速度
設經過時間系統停止運動，以系統為研究對象，，，得
物塊B的位移
對物塊B根據動能定理
解得
15．【答案】（1）解：碰后B能在豎直面內做圓周運動，軌跡半徑為10a，設碰后B的最小速度大小為v0，最高點速度大小為v，在最高點時由牛頓第二足定律有
B從最低點到最高點由動能定理可得
解得
（2）解：A和B碰撞過程中動量守恒，設碰前A的速度大小為v1碰后A的速度大小為v2。碰后B的速度大小為v3，則有
碰后A減速到0，有
碰后B做兩周圓周運動，繩子在MN間纏繞2圈，縮短4a，在M點正下方時，離M點6a，離地面4a，此時速度大小為v4，由功能關系得
B隨后做平拋運動，有
解得
（3）解：設MN間距離為h，B轉n圈后到達M正下方速度大小為v5，繩縮短2nh，繩斷開時，以M為圓心，由牛頓第二定律得
（n = 1，2，3，…）
以N為圓心，由牛頓第二定律得
（n = 1，2，3，…）
從碰后到B轉n圈后到達M正下方，由功能關系得
（n = 1，2，3，…）
解得
（n = 1，2，3，…）
繩斷后，B做平拋運動，有
（n = 1，2，3，…）
s = v5t
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
則由數學分析可得
當時，
當n = 1時，，
【知識點】動量守恒定律；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）碰后B能在豎直面內做圓周運動，在最高點時由牛頓第二足定律結合B從最低點到最高點的動能定理可求解B碰后瞬間速度的最小值；
（2）A和B碰撞過程中動量守恒，能量守恒，結合碰前A直線運動，再運用動能定理，以及對B碰后做兩周圓周運動應用能量守恒，結合B隨后做平拋運動，聯立可以求解速度大??；
（3）設MN間距離為h，則B轉n圈后到達M正下方繩縮短2nh，分別以M、N為圓心，列出牛頓第二定律方程，以及從碰后到B轉n圈后到達M正下方，結合功能關系以及繩斷后，B做平拋運動，由數學分析可得MN之間距離的范圍，及在n的所有取值中，B落在地面時水平位移的最小值和最大值。
（1）碰后B能在豎直面內做圓周運動，軌跡半徑為10a，設碰后B的最小速度大小為v0，最高點速度大小為v，在最高點時由牛頓第二足定律有
B從最低點到最高點由動能定理可得
解得
（2）A和B碰撞過程中動量守恒，設碰前A的速度大小為v1碰后A的速度大小為v2。碰后B的速度大小為v3，則有
2mv1 = 2mv2＋mv3
碰后A減速到0，有
碰后B做兩周圓周運動，繩子在MN間纏繞2圈，縮短4a，在M點正下方時，離M點6a，離地面4a，此時速度大小為v4，由功能關系得
B隨后做平拋運動，有
L = v4t
解得
（3）設MN間距離為h，B轉n圈后到達M正下方速度大小為v5，繩縮短2nh，繩斷開時，以M為圓心，由牛頓第二定律得
（n = 1，2，3，…）
以N為圓心，由牛頓第二定律得
（n = 1，2，3，…）
從碰后到B轉n圈后到達M正下方，由功能關系得
（n = 1，2，3，…）
解得
（n = 1，2，3，…）
繩斷后，B做平拋運動，有
（n = 1，2，3，…）
s = v5t
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
則由數學分析可得
當時，
當n = 1時，，
1 / 12025屆四川省達州市渠縣中學高三下學期二模物理試題
1．（2025·渠縣模擬）2024年10月8日消息，本年度諾貝爾物理學獎授予約翰·霍普菲爾德和杰弗里·辛頓，“以表彰他們為利用人工神經網絡進行機器學習作出的基礎性發現和發明”。在物理學的探索和發現過程中，物理過程和研究方法比物理知識本身更加重要。以下關于物理學研究方法和物理學史的敘述中正確的是（　?。?br/>A．慣性定律即牛頓第一定律，伽利略通過理想斜面實驗直接驗證了慣性定律
B．美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷，并通過油滴實驗測得元電荷的數值
C．自然界中的電和磁存在著某種神秘的聯系，丹麥物理學家奧斯特通過不斷地探索發現了電流的磁效應
D．根據速度定義式，當足夠小時，就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義應用了微元法思想方法
【答案】C
【知識點】物理學史；安培定則
【解析】【解答】正確理解每個物理學家的貢獻和物理學研究方法是解答此類題目的關鍵。A．慣性定律即牛頓第一定律，該實驗無法通過實驗直接驗證，伽利略通過理想斜面實驗間接驗證了慣性定律，A錯誤；
B．美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷，密立根油滴實驗測得元電荷的數值，B錯誤；
C．丹麥物理學家奧斯特通過不斷地探索發現了電流的磁效應，C正確；
D．速度，當足夠小時，就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義應用了極限的思想方法，D錯誤。
故選C。
【分析】根據物理學研究方法的基本概念和物理學史，判斷其正確性。
2．（2025·渠縣模擬）下列說法中正確的是（　?。?br/>A．光導纖維傳輸信號利用了光的干涉
B．光在沒有障礙物的均勻介質中沿直線傳播
C．在照相機鏡頭前裝一片偏振濾光片是為了增強透射光的強度
D．用透明的標準樣板和單色光檢查平面的平整度利用了光的偏振
【答案】B
【知識點】光導纖維及其應用；生活中的光現象；薄膜干涉；光的偏振現象
【解析】【解答】只要熟練掌握高中物理的選修內容，掌握基礎知識即可正確解題。A．光導纖維傳輸信號利用了光的全反射，故A錯誤；
B．光在沒有障礙物的均勻介質中沿直線傳播，故B正確；
C．在照相機鏡頭前裝上偏振濾光片是為了減弱反射光的影響，使景像更清晰，故C錯誤；
D．用透明的標準樣板和單色光檢查平面的平整度利用了光的干涉，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據所學光學知識對物理現象進行簡單分析即可。
3．（2025·渠縣模擬）2024年10月11日凌晨，新疆北部出現了極光。太陽風中的高能帶電粒子與大氣層發生撞擊，撞擊過程的部分能量被大氣原子與分子的核外電子吸收，電子被激發至高能級。電子從高能級向低能級躍遷時，形成不同顏色的極光，紅色與綠色極光往往來自氧原子。下列說法中正確的是（　?。?br/>A．紅色極光的波長小于綠色極光的波長
B．紅色極光光子的能量大于綠色極光光子的能量
C．玻爾原子理論可以完美解釋氧原子的發光現象
D．形成的綠色極光與紅色極光相比，躍遷的能級差更大
【答案】D
【知識點】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；光子及其動量
【解析】【解答】解題時需注意，在發生躍遷時，如果核外電子由低能級向高能級躍遷，需要吸收能量，如果由高能級向低能級躍遷，需要釋放能量（以光子的形式）。AB．紅色極光的波長大于綠色極光的波長，紅色極光的頻率小于綠色極光的頻率，根據可知，紅色極光光子的能量小于綠色極光光子的能量，故AB錯誤；
C．玻爾原子理論可以完美解釋氫原子的發光現象，其他元素的躍遷都不能解釋，故C錯誤；
D．玻爾原子理論能級躍遷規律
由于綠光極光的能量較大，則形成的綠色極光與紅色極光相比，躍遷的能級差更大，故D正確；
故選D。
【分析】根據E=hν分析，玻爾原子理論具有局限性，結合玻爾原子理論能級躍遷規律E=Em-En分析。
4．（2025·渠縣模擬）如圖所示的電路中，電源的電動勢為E、內阻為r，C為電容器（中間有一帶電液滴），為定值電阻，為光敏電阻（阻值隨光照強度的增大而減?。珹和V為理想電表，G為靈敏電流計。當開關S閉合且電路穩定后，電容器中間的帶電液滴恰好靜止，現逐漸增大對的光照強度，下列說法正確的是（　?。?br/>A．A的示數變大 B．V的示數變大
C．G中有從a至b的電流 D．帶電液滴向上運動
【答案】A
【知識點】含容電路分析；帶電粒子在電場中的運動綜合；電路動態分析
【解析】【解答】本題解題的關鍵是明確電路的結構，分析外電阻的變化，判斷總電流的變化，再分析各部分電壓的變化。A．增大對的光照強度，則總電阻減小，電路總電流增大，則A的示數變大，故A正確；
BC．兩端的電壓減小，則V的示數減小，電容器兩端電壓減小，電容器放電，G中有從至的電流，故BC錯誤；
D．根據，可知電容器中電場強度減小，帶電液滴向下運動，故D錯誤。
故選A。
【分析】逐漸增大對R2的光照強度，則光敏電阻R2的阻值減小，電路的總電阻減小，據此分析電路中電流的變化，即可知道A的示數變化；分析R2兩端的電壓變化，即可知道電容器兩板間電壓的變化，從而確定電容器所帶電荷量的變化，可知G中電流的方向；分析出電容器極板間電場強度的變化，從而分析帶電液滴的運動方向。
5．（2025·渠縣模擬）磁感應強度為0.2T的勻強磁場中有一個閉合的金屬線框abcd，線框以某一角速度繞中心軸轉動，其發熱功率為P；當線框轉至如圖所示的位置時固定不動，使磁場的磁感應強度隨時間的變化率為0.1T/s，線框的發熱功率仍為P，則線框轉動角速度的大小為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】感應電動勢及其產生條件；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】本題的關鍵在于理解線框在不同情況下（固定不動與轉動）產生感應電動勢的原理，以及如何通過發熱功率來建立兩者之間的聯系。線框以某一角速度繞其中心軸勻速轉動時電動勢的最大值為
此時線框的發熱功率為
磁場均勻增大時，產生的感應電動勢為
此時線框的發熱功率為
聯立解得
故選B。
【分析】根據給定的條件計算出線框固定不動時的發熱功率，利用這個功率值來求解線框轉動時的角速度。
6．（2025·渠縣模擬）隨著綠色環保理念深入人心，電動汽車市場日趨火爆，電池充電技術飛速發展。如圖為某科技公司利用電磁感應原理設計的無線充電樁原理示意圖，若汽車以22kW的恒定功率充電，送電線圈連接的交流電，不計能量損失，下列說法正確的是（　?。?br/>A．送電線圈中的電流為100A
B．受電線圈中電流的頻率為100Hz
C．僅減小送電線圈的匝數，會增大電池端的輸出電流
D．僅減小送電線圈的匝數，會減小電池端的輸出電壓
【答案】A
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】本題主要考查了無線充電，即通過理想變壓器原理，抓住電壓之比與線圈的匝數成正比，輸入功率等于輸出功率。
A．根據
解得
則送電線圈中的電流為100A，A正確；
B．送電線圈頻率為50Hz，則受電線圈中交流電的頻率也為50Hz，B錯誤：
CD．輸送電壓與輸送功率恒定，則送電線圈中電流恒定，減小送電線圈匝數n1，根據
受電線圈電壓U2增大，根據
電池端的輸出電流減小，CD錯誤。
故選A。
【分析】根據送電線圈連接u=220sin100πt（V）的交流電可知交流電的最大值和角速度，即可求得有效值和頻率，根據P=UI求得電流，根據電壓之比與匝數成正比，根據輸入功率等于輸出功率即可判斷。
7．（2025·渠縣模擬）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。
8．（2025·渠縣模擬）某機械波在時刻的波形如圖甲所示，P是平衡位置在處的質點，Q是平衡位置在的質點，以此時刻做為計時起點，質點Q振動的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（　?。?br/>A．該機械波沿x軸負方向傳播
B．該機械波的波速大小為
C．時，質點Q的速度最大
D．0~5s內，質點P運動的路程為10cm
【答案】A,B
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】解決y-t圖像和y-x圖像綜合問題，關鍵要明確兩點：一是y-t圖像描述的是哪個質點的振動；二是y-x圖像是哪一時刻的圖像，然后根據y-t圖像確定這一時刻該點的位移和振動方向，最后根據y-x圖像確定波的傳播方向。A．由圖乙可知，內，質點的加速度方向沿軸負方向，故時，質點從平衡位置向上振動，根據同側法，可知該機械波沿軸負方向傳播，A正確；
B．由圖甲可知，該機械波的波長滿足
解得
由圖乙可知，該機械波的周期，可知該機械波的波速大小
B正確；
C．由圖乙可知，時，質點的加速度最大，故速度最小，C錯誤；
D．因
若質點從平衡位置，波峰或波谷位置開始振動，其路程一定為
現點是從非特殊位置振動，其路程一定不等于10cm，D錯誤。
故選AB。
【分析】根據波長、波速和頻率的關系，結合同側法和質點的振動特點分析求解。
9．（2025·渠縣模擬）嫦娥六號實現了人類首次月球背面采樣，其返回艙的運動軌跡如圖所示。返回艙從A點首次進入大氣層，經速度修正后從B點穿出大氣層，經過最高點C后，從D點再次進入大氣層。由上述信息可以判斷，返回艙（　?。?br/>A．從A點到B點的過程中機械能守恒
B．在C點的速率小于第一宇宙速度
C．在D點所受地球引力小于其在地表的重力
D．在A、B、D三點的速度相等
【答案】B,C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題考查的是萬有引力定律的應用，其中涉及到了第一宇宙速度的判斷。第一宇宙速度是衛星環繞地球表面運行的速度，也是繞地球做勻速圓周運動的最大速度A．從A點到B點的過程中，有空氣阻力做功，機械能不守恒，故A錯誤；
B．第一宇宙速度是圓周運動的最大環繞速度，返回艙在C點的速率小于第一宇宙速度，故B正確；
C．根據萬有引力與重力的關系
返回艙在D點的距離較大，則返回艙所受地球引力小于其在地表的重力，故C正確；
D．速度沿軌跡的切線方向，可知返回艙在A、B、D三點的速度方向不相等，故D錯誤；
故選BC。
【分析】根據機械能守恒定律條件判斷；根據第一宇宙速度的定義判斷；根據萬有引力提供重力，結合距離關系求解；曲線運動的速度方向為切線方向。
10．（2025·渠縣模擬）如圖，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車（含管道）的質量為m，原來靜止在光滑的水平面上。有一個可以看做質點的小球，質量也為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道右端滑離小車。不計空氣阻力，關于這個過程，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球滑離小車時，小車回到原來位置
B．小球滑離小車時的速度大小為v
C．到達最高點時小球上升的豎直高度為
D．小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車所受合外力沖量大小為
【答案】B,C,D
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】本題是系統動量守恒和機械能守恒的類型，類似于彈性碰撞，常見類型。分析清楚運動過程、應用動量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題。A．由題意，小球與小車組成的系統在水平方向上不受外力，所以系統在水平方向動量守恒。小球從左端滑上小車到從右端滑離小車的過程中，小車水平方向先加速后減速，小球水平方向先減速后加速，在整個過程中小車一直向右運動，不會回到原來位置，故A錯誤；
B．由動量守恒可得
其中是小球速度，是小車速度。
由機械能守恒定律可得
解得
，
小球滑離小車時的速度大小是v，故B正確；
C．小球恰好到達管道的最高點后，則小球和小車的速度相同為，由動量守恒定律可得
解得
根據機械能守恒定律可得
解得
故C正確；
D．小球滑到管道的最高點時，根據動量定理可得，小車所受合外力沖量為
故D正確。
故選BCD。
【分析】根據小球在小車上運動時，小球和小車的在水平方向上合外力為零，故水平方向上動量守恒；結合系統機械能守恒即可求解。
11．（2025·渠縣模擬）小凱同學家有一個擺件上掛著一個球形透明物，為了弄清這個球形物體的材質是什么，小凱設計了一個實驗來測定該球體的折射率。
（1）小凱同學先用游標卡尺測量球體的直徑，測量結果如圖甲所示，球體直徑　 　cm；
（2）圖乙是小凱同學設計的實驗原理圖，他將該球體固定在水平桌面上，找來一支激光筆，射出一束沿水平方向的紅色激光照在球體上，調整水平激光的高度，當看到光線在進出球體時沒有發生偏折時，說明激光通過了球體的球心（如圖中），在球體上光線出射的位置做一個記號（圖中點）。將激光筆豎直向上移動，保持入射光線水平，當光線經球體發生折射后恰好能從點射出時，將激光筆固定，測量得到該過程中光線向上移動的距離為。根據所測數據可求得球體的折射率為　 ?。?，計算結果保留兩位有效數字）；
（3）若實際操作中，小凱最終調到的水平光線從球體內出射時的位置相對點向上偏了一點，他仍按照（2）中原理計算折射率，實驗結果將　 ?。ㄌ睢捌蟆?、“偏小”或“沒有影響"）；
（4）如果將光線繼續上移，　 ?。ㄌ睢澳堋被颉安荒堋保┛吹焦庠谇蝮w內發生全反射。
【答案】（1）5.00
（2）1.8
（3）偏大
（4）不能
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本題關鍵掌握測定球體折射率的實驗原理和發生全反射的條件。光照射到兩種介質界面上時，光線全部被反射回原介質的現象稱為全反射現象。
（1）球體直徑
（2）
如圖所示
設光線由A點射入，入射角為，折射角為，則
，
，
則
（3）若實際操作中，小凱最終調到的水平光線從球體內出射時的位置相對點向上偏了一點，則會造成d偏小，即AP偏大，n的測量值偏大。
（4）如果將光線繼續上移，由于光線射出球體時的入射角始終等于射入球體時的折射角，而光線射入球體時的入射角小于，所以光線射出球體時的折射角必小于，不能發生全反射。
【分析】（1）螺旋測微器的讀數為固定刻度與可動刻度讀數之和；
（2）根據幾何知識計算折射角和入射角，根據折射定律求解折射率；
（3）根據誤差分析判斷；
（4）根據發生全反射的條件判斷，光線射入球體時的入射角小于，不可能發生全反射。
（1）球體直徑
（2）如圖所示
設光線由A點射入，入射角為，折射角為，則
，
，
則
（3）若實際操作中，小凱最終調到的水平光線從球體內出射時的位置相對點向上偏了一點，則會造成d偏小，即AP偏大，n的測量值偏大。
（4）如果將光線繼續上移，由于光線射出球體時的入射角始終等于射入球體時的折射角，而光線射入球體時的入射角小于，所以光線射出球體時的折射角必小于，不能發生全反射。
12．（2025·渠縣模擬）探究電容器充放電規律，實驗裝置如圖甲所示，有電源E，定值電阻R0，電容器C，單刀雙置開關S。
（1）為測量電容器充放電過程電壓U和電流I變化，需在①、②處接入測量儀器，位置②應該接入測　 　（電流、電壓）儀器。
（2）接通電路并接通開關，當電壓表示數最大時，電流表示數為　 　。
（3）根據測到數據，某過程中電容器兩端電壓U與電流I的關系圖如圖乙所示。該過程為　 ?。ǔ潆?，放電）。放電過程中電容器兩端電壓U隨時間t變化關系如圖丙所示。0.2s時R0消耗的功率　 　W。
【答案】（1）電壓
（2）0
（3）放電；0.32
【知識點】觀察電容器的充、放電現象
【解析】【解答】本題查電容器的充放電問題，結合各圖像深刻理解各參數的變化情況和充放電的實質，體會能量的轉化和守恒思想。
（1）位置②與電容器并聯，為測電壓儀器。
（2）電壓表示數最大時，電容器充電完畢，電流表示數為零。
（3）電容器放電時電壓和電流都減小，圖像逆向分析，該過程為電容器放電過程。
電容器充電完畢后的電壓等于電源電動勢，大小為12V，由題圖丙可知t = 0.2s時電容器兩端電壓為U = 8V，由題圖乙可知當U = 8V時，電流I = 40mA，則電阻R0消耗的功率為
P = 8 × 4 0× 10－3W = 0.32W
【分析】（1）根據兩個位置接入電路是串聯還是并聯結合電流表串聯與電壓表并聯特點進行判斷；
（2）根據圖乙最大電壓讀數為12V，再在圖甲中讀出其最大電流；
（3）根據電容器充當和放電電流隨電壓變化的特點進行判斷，結合各圖中對應的電流和電壓的數據，根據功能關系計算電阻消耗功率。
（1）位置②與電容器并聯，為測電壓儀器。
（2）電壓表示數最大時，電容器充電完畢，電流表示數為零。
（3）[1]電容器放電時電壓和電流都減小，圖像逆向分析，該過程為電容器放電過程。
[2]電容器充電完畢后的電壓等于電源電動勢，大小為12V，由題圖丙可知t = 0.2s時電容器兩端電壓為U = 8V，由題圖乙可知當U = 8V時，電流I = 40mA，則電阻R0消耗的功率為
P = 8 × 4 0× 10－3W = 0.32W
13．（2025·渠縣模擬）如圖甲所示，質量、面積的絕熱活塞將理想氣體封閉在上端開口的直立圓筒形的絕熱汽缸中，活塞可沿汽缸無摩擦滑動且不漏氣。開始時，活塞處于A位置，缸內氣體的內能，通過電熱絲加熱直到活塞到達B位置，缸內氣體的圖像如圖乙所示。已知一定質量的理想氣體內能與熱力學溫度成正比，大氣壓強，重力加速度g取，電阻絲自身升溫所需熱量以及所占的體積均忽略不計，求：
（1）活塞到達B位置時，缸內氣體的內能；
（2）活塞從A位置到B位置過程中，缸內氣體吸收的熱量。
【答案】（1）解：缸內氣體發生等壓變化，由蓋-呂薩克定律有
解得
則活塞處于位置時，缸內氣體的內能
（2）解：對活塞受力分析，有
解得
從A到，外界對氣體做功
由熱力學第一定律
解得
故缸內氣體吸收的熱量為。
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）缸內氣體發生等壓變化，由蓋—呂薩克定律求活塞處于A位置時的溫度；根據一定質量的理想氣體內能與熱力學溫度成正比，計算活塞處于B位置時，缸內氣體的內能；
（2）對活塞受力分析，根據平衡方程可得氣體的壓強，再根據外界對氣體做功表達式，結合熱力學第一定律求缸內氣體吸收的熱量。
（1）缸內氣體發生等壓變化，由蓋-呂薩克定律有
解得
則活塞處于位置時，缸內氣體的內能
（2）對活塞受力分析，有
解得
從A到，外界對氣體做功
由熱力學第一定律
解得
故缸內氣體吸收的熱量為。
14．（2025·渠縣模擬）如圖所示，輕桿兩端分別固定質量均為的物塊A和物塊B，物塊A，B與水平地面間的動摩擦因數分別為、?，F用的水平向左的恒力推物塊B，A和B由靜止開始運動，1.2s后撤去恒力F。求：
（1）撤去恒力F之前，系統加速度的大小。
（2）撤去恒力F瞬間，輕桿對物塊A的作用力的大小和方向。
（3）撤去恒力F之后，輕桿對物塊B做的功。
【答案】（1）解：對系統進行受力分析，系統受到水平向左的恒力F，物塊A受到向右的摩擦力
物塊B受到向右的摩擦力
根據牛頓第二定律
將，，，，代入可得
解得
（2）解：撤去恒力F瞬間，對物塊A進行受力分析，物塊受到向右的摩擦力
設輕桿對物塊的作用力為T，方向向左，根據牛頓第二定律
撤去F后，系統的加速度
聯立解得，方向向左。
（3）解：先求出撤去F時的速度
撤去F后，物塊B加速度
物塊A速度
設經過時間系統停止運動，以系統為研究對象
，，，得
物塊B的位移
對物塊B根據動能定理
解得
【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【分析】（1）對系統進行受力分析，系統受到水平向左的恒力F，系統所受摩擦力為A、B分別所受摩擦力，根據牛頓第二定律對系統列式子，計算加速度大?。?br/>（2）撤去恒力F瞬間，AB之間輕桿仍有拉力，A的加速度等于AB系統加速度，可先利用整體法計算系統加速度，再利用隔離法計算此時A所受拉力；
（3）恒力F撤去之后，系統受摩擦力影響最后停止運動，可先利用系統運動特點計算摩擦力作用下B的位移，然后利用動能定理判斷輕桿對B做的功。
（1）對系統進行受力分析，系統受到水平向左的恒力F，物塊A受到向右的摩擦力，物塊B受到向右的摩擦力。根據牛頓第二定律
將，，，，代入可得
解得
（2）撤去恒力F瞬間，對物塊A進行受力分析，物塊受到向右的摩擦力
設輕桿對物塊的作用力為T，方向向左，根據牛頓第二定律
撤去F后，系統的加速度
聯立解得
方向向左。
（3）先求出撤去F時的速度
撤去F后，物塊B加速度
物塊A速度
設經過時間系統停止運動，以系統為研究對象，，，得
物塊B的位移
對物塊B根據動能定理
解得
15．（2025·渠縣模擬）如圖所示，M、N兩個釘子固定于相距a的兩點，M的正下方有不可伸長的輕質細繩，一端固定在M上，另一端連接位于M正下方放置于水平地面質量為m的小木塊B，繩長與M到地面的距離均為10a，質量為2m的小木塊A，沿水平方向于B發生彈性碰撞，碰撞時間極短，A與地面間摩擦因數為，重力加速為g，忽略空氣阻力和釘子直徑，不計繩被釘子阻擋和繩斷裂時的機械能損失。
（1）若碰后，B在豎直面內做圓周運動，且能經過圓周運動最高點，求B碰后瞬間速度的最小值；
（2）若改變A碰前瞬間的速度，碰后A運動到P點停止，B在豎直面圓周運動旋轉2圈，經過M正下方時細繩子斷開，B也來到P點，求B碰后瞬間的速度大小；
（3）若拉力達到12mg細繩會斷，上下移動N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬間的速度與（2）問中的相同，使B旋轉n圈。經過M正下的時細繩斷開，求MN之間距離的范圍，及在n的所有取值中，B落在地面時水平位移的最小值和最大值。
【答案】（1）解：碰后B能在豎直面內做圓周運動，軌跡半徑為10a，設碰后B的最小速度大小為v0，最高點速度大小為v，在最高點時由牛頓第二足定律有
B從最低點到最高點由動能定理可得
解得
（2）解：A和B碰撞過程中動量守恒，設碰前A的速度大小為v1碰后A的速度大小為v2。碰后B的速度大小為v3，則有
碰后A減速到0，有
碰后B做兩周圓周運動，繩子在MN間纏繞2圈，縮短4a，在M點正下方時，離M點6a，離地面4a，此時速度大小為v4，由功能關系得
B隨后做平拋運動，有
解得
（3）解：設MN間距離為h，B轉n圈后到達M正下方速度大小為v5，繩縮短2nh，繩斷開時，以M為圓心，由牛頓第二定律得
（n = 1，2，3，…）
以N為圓心，由牛頓第二定律得
（n = 1，2，3，…）
從碰后到B轉n圈后到達M正下方，由功能關系得
（n = 1，2，3，…）
解得
（n = 1，2，3，…）
繩斷后，B做平拋運動，有
（n = 1，2，3，…）
s = v5t
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
則由數學分析可得
當時，
當n = 1時，，
【知識點】動量守恒定律；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）碰后B能在豎直面內做圓周運動，在最高點時由牛頓第二足定律結合B從最低點到最高點的動能定理可求解B碰后瞬間速度的最小值；
（2）A和B碰撞過程中動量守恒，能量守恒，結合碰前A直線運動，再運用動能定理，以及對B碰后做兩周圓周運動應用能量守恒，結合B隨后做平拋運動，聯立可以求解速度大小；
（3）設MN間距離為h，則B轉n圈后到達M正下方繩縮短2nh，分別以M、N為圓心，列出牛頓第二定律方程，以及從碰后到B轉n圈后到達M正下方，結合功能關系以及繩斷后，B做平拋運動，由數學分析可得MN之間距離的范圍，及在n的所有取值中，B落在地面時水平位移的最小值和最大值。
（1）碰后B能在豎直面內做圓周運動，軌跡半徑為10a，設碰后B的最小速度大小為v0，最高點速度大小為v，在最高點時由牛頓第二足定律有
B從最低點到最高點由動能定理可得
解得
（2）A和B碰撞過程中動量守恒，設碰前A的速度大小為v1碰后A的速度大小為v2。碰后B的速度大小為v3，則有
2mv1 = 2mv2＋mv3
碰后A減速到0，有
碰后B做兩周圓周運動，繩子在MN間纏繞2圈，縮短4a，在M點正下方時，離M點6a，離地面4a，此時速度大小為v4，由功能關系得
B隨后做平拋運動，有
L = v4t
解得
（3）設MN間距離為h，B轉n圈后到達M正下方速度大小為v5，繩縮短2nh，繩斷開時，以M為圓心，由牛頓第二定律得
（n = 1，2，3，…）
以N為圓心，由牛頓第二定律得
（n = 1，2，3，…）
從碰后到B轉n圈后到達M正下方，由功能關系得
（n = 1，2，3，…）
解得
（n = 1，2，3，…）
繩斷后，B做平拋運動，有
（n = 1，2，3，…）
s = v5t
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
則由數學分析可得
當時，
當n = 1時，，
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