2025届四川省达州市高级中学校高三下学期模拟预测物理试题
1．（2025·通川模拟）中国原子能科学研究院利用100兆电子伏强流质子回旋加速器辐照自主研制的镓镍合金靶件，通过系列分离纯化工艺，成功生产出满足医用要求、核纯度大于99.9%的放射性同位素锗-68样品。放射性同位素锗-68的衰变方程为，该方程中的X为
A．中子 B．质子 C．电子 D．正电子
2．（2025·通川模拟）2024年10月30日11时，神舟十九号飞船与中国空间站完成自主交会对接，在交会对接前的最后阶段，神舟十九号与空间站在同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆形轨道。要使神舟十九号在同一轨道上追上空间站实现对接，下列神舟十九号喷射燃气的方向可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025·通川模拟）如图所示，粗细均匀的圆形金属线圈用轻质导线悬吊，两导线分别焊接在圆形线圈的a、b两点，a、b两点间的劣弧所对的圆心角为120°。a、b两点下方线圈处在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。给导线通以如图所示的恒定电流I，静止时每根导线的拉力为F。保持电流不变，将圆形线圈向下平移至刚好完全进入磁场，静止时每根导线的拉力为2F。ab连线始终保持水平，导线始终竖直，则圆形线圈的重力为（ ）
A．F B． C． D．
4．（2025·通川模拟）2024年12月29日，当地时间上午9时左右，韩国一架客机降落过程中偏离跑道，碰撞起火，造成重大人员伤亡。初步判断，飞机疑似与鸟群相撞，起落架没有放下。若飞机匀速飞行的速度约为720km/h，与质量为100g的飞鸟相撞，碰撞时间约为2ms。飞鸟的速度远小于飞机的速度，且碰撞后与飞机的速度相同。则撞击时，飞鸟对飞机的撞击力大约为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·通川模拟）如图所示，足够大的水面下有一平行于水面、长度为d的线状光源，线状光源到水面的距离也为d，水的折射率为n，则水面上有光透出来的区域面积为
A． B．
C． D．
6．（2025·通川模拟）如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比，在ab端输入电压最大值为的正弦交流电，为定值电阻，调节电阻箱，当时，理想电压表、理想电流表的示数分别为U、I，则下列说法正确的是( )
A．
B．
C．调节电阻箱，当时，电压表与电流表的示数乘积最大
D．调节电阻箱，当时，电压表与电流表的示数乘积仍为UI
7．（2025·通川模拟）如图甲所示，小球在一竖直的轻弹簧正上方由静止开始自由下落，直到压缩弹簧到最低点，其运动的a－x图像如图乙所示，小球在最低点时的加速度大小为。已知小球的质量为m，重力加速度为g，小球在运动过程中的空气阻力忽略不计。弹簧始终在弹性限度内，则
A．弹簧的劲度系数为
B．小球运动过程中的最大速度为
C．等于2g
D．
8．（2025·通川模拟）一定质量的理想气体从状态A开始经过循环过程A→B→C→A回到状态A，p－V图像如图所示，则
A．整个循环过程中，气体对外界做的功为
B．从状态A到状态B，气体的内能先增大后减小
C．从状态C到状态A，气体从外界吸收热量
D．气体在状态A时比在状态C时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多
9．（2025·通川模拟）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率v与它下降的高度h或它到P点的距离L的关系图像可能正确的是
A． B．
C． D．
10．（2025·通川模拟）如图所示，等边三角形位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场方向竖直向下，BC边中点N处的电场方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，下列说法正确的是（ ）
A．A点处的电荷为负电荷
B．C点处点电荷的电荷量的绝对为
C．M点的电势高于N点的电势
D．M点的电场强度大于N点的电场强度
11．（2025·通川模拟）李老师和他的儿子在公园里玩耍，公园里有一个用一块木板和两根绳子做成的秋千，绳子上端系在一棵大榕树的树枝上。小朋友想知道悬挂秋千的绳子有多长，李老师和他一起做了一个简易实验来测量绳子的长度。实验步骤如下：
①秋千静止时，在秋千旁边支起一根自拍杆，如图所示；
②让小朋友坐在秋千上，然后轻推小朋友使秋千前后小弧度摆动；
③李老师使用手机上的秒表在小朋友某次经过自拍杆时开始计时；
④开始计时后，小朋友第30次经过自拍杆时停止计时，记录的时间为69s。
（1）根据以上实验步骤，秋千摆动的周期为 s。
（2）若将秋千的运动视为单摆运动，且认为摆长等于绳长，可测得绳长为 m。（保留两位有效数字，取）
（3）由于人坐在秋千上时，重心不在木板上，仅考虑该因素对实验结果的影响，则（2）问中测得的绳长比实际绳长 （填“长”或“短”）。
12．（2025·通川模拟）某同学要将量程为3mA的毫安表G改装成量程为3V的电压表。再利用一标准电压表对改装后的电压表进行检测，可供选择的器材如下：
A.毫安表G（量程3mA，标称内阻200Ω）
B.标准电压表V（量程3V，内阻几千欧）
C.滑动变阻器（0~10Ω，额定电流0.2A）
D.滑动变阻器（0~50Ω，额定电流0.1A）
E.定值电阻
F.定值电阻
G.电源E（电动势约为3V）
H.开关、导线若干
回答下列问题：
（1）将上述毫安表G改装成量程为3V的电压表，需要将毫安表G与定值电阻 （填““或“”）串联。
（2）接着该同学对改装后的电压表进行逐格校准，应选择滑动变阻器 （填“”或“”）；请在答题卡方框内画出对改装电压表进行校准的实验电路图 ，改装电压表用毫安表G串联一个定值电阻R表示。
（3）当标准电压表的示数为2.2V时，改装表的指针位置如图所示，由此可以推测出改装的电压表量程不是预期值，而是 V；说明毫安表的内阻不是标称值，而是 Ω；要达到预期目的，需要将与毫安表G串联的电阻换成一个阻值为 Ω的电阻。
13．（2025·通川模拟）如图所示，有一单匝圆形闭合线圈，质量为m，半径为r，横截面积为S，电阻率为ρ，用绝缘细线悬挂着。线圈下半部分处于垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律为B=kt（k>0），已知重力加速度为g，求：
（1）线圈中感应电流的大小I；
（2）细线拉力减小为零的时刻。
14．（2025·通川模拟）如图所示为一儿童玩具的简化模型，AB为水平直轨道，BC和CD为两段半径为R、圆心角为37°的圆弧轨道，ABCD位于同一竖直平面内，整个轨道无摩擦且各段轨道平滑连接。在水平直轨道的A端有一弹簧枪，向左压缩弹簧可将小球向右弹出。在某次玩耍时，弹簧枪将质量为m的小球弹出后，小球恰好能够到达D点。已知重力加速速为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小球经过B点前后瞬间对轨道的压力大小之比；
（2）更换一个质量为的小球，仍将弹簧压缩到相同的长度后释放，小球经过C点后上升的最大高度。
15．（2025·通川模拟）如图所示，在直角坐标系中，x轴下方存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E，在x轴上方，0（1）求释放点P的坐标；
（2）若磁场区域Ⅰ的磁感应强度变为，仍从P点静止释放该粒子，求粒子从释放到离开磁场的时间；
（3）若磁场区域Ⅰ的磁感应强度大小随y均匀增大，且满足B=ky，仍从P点静止释放该粒子，粒子恰好不能进入磁场区域Ⅱ，求k值。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题考查核反应方程的书写规则，会根据题意进行准确分析解答。根据核反应方程中质量数守恒和电荷数守恒可得，X的质量数为0，电荷数为1，故X为正电子。
故选D。
【分析】根据核反应方程的书写规则进行分析解答。
2．【答案】B
【知识点】反冲
【解析】【解答】本题考查人造卫星的接轨问题，解题关键掌握变轨问题，注意向心力公式的应用。要想使神舟十九号在同一轨道上与空间站对接，则需要使神舟十九号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据
可知，必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，又因喷气产生的推力方向与喷气方向相反，则图B是正确的。
故选B。
【分析】根据变轨原理结合向心力公式分析向心力变化，根据力的合成，分析推力和喷气的方向关系。
3．【答案】A
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。因为a、b两点间的劣弧所对的圆心角为，所以上、下两段圆弧的长度之比为1：2，电阻之比为1：2，所以流过ab间优弧的电流为，设ab间的距离为L，当a、b两点下方线圈处在匀强磁场中时，根据平衡条件得
将圆形线圈向下平移至刚好完全进入磁场时，根据平衡条件得
联立解得
故选A。
【分析】根据安培力的计算公式分别求出两种情况下的安培力大小，再根据平衡条件进行解答。
4．【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题考查对动量定理的理解，合力冲量等于物体动量变化，根据公式解答即可。根据题意可知，飞机与飞鸟的碰撞为完全非弹性碰撞，由于飞机的质量远大于飞鸟的质量，故碰撞后飞机的速度大小几乎不变。对飞鸟由动量定理得
解得
故选C。
【分析】飞机对飞鸟的撞击力与飞鸟对飞机的撞击力是一对相互作用力，根据飞鸟的速度变化求解其动量变化量，然后由动量定理求解撞击力。
5．【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】
本题考查了光学基本知识，画出光路图，理解折射定律以及全反射条件是解决此类问题的关键。
如图甲所示，线状光源端点发出的光射到水面上恰好发生全反射时，入射角为C，其照亮的水面区域为一个半径为r的圆，同理其他各点发出的光照亮的区域也是半径为r的圆，则整个线状光源发出的光照亮的区域如图乙所示。根据光的全反射规律有
，
水面上有光透出来的区域面积
联立解得
故选A。
【分析】根据折射定律，光的全反射条件，结合几何关系与光路图分析求解。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了理想变压器的动态分析问题，考查了等效电阻、电源输出功率与外电阻的关系等知识点。考查考生的分析问题、解决问题的能力。A．将变压器和等效为一个电阻R，则
当时，，根据串联电路的分压规律可得，变压器的原线圈两端电压有效值
电压表的示数为副线圈两端电压的有效值，故
故A错误；
B．电流表的示数
故B错误；
C．电压表与电流表的示数乘积为的功率，将视为电源的内阻，等效电阻R的功率为电源的输出功率，则
当，即时，的功率最大，故C错误；
D．根据电源的输出功率随外电阻变化的规律，当
即时，的功率与时相等，故D正确。
故选D。
【分析】将理想变压器与负载电阻整体等效为一个等效电阻，确定ab端输入电压的有效值。根据闭合电路欧姆定律求得原线圈的电压，根据理想变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系，求得副线圈的电压，即电压表的示数；根据欧姆定律求得副线圈中的电流，即电流表的示数；电压表与电流表的示数乘积等于变压器的输出功率，就等于等效电阻的功率。
7．【答案】B
【知识点】胡克定律
【解析】【解答】本题考查小球在弹簧上运动的动力学问题，结合a-x图像分析小球运动过程中的物理量，涉及胡克定律、牛顿第二定律及机械能守恒定律求解即可。A．由图乙可知，小球下落时接触弹簧，下落时加速度为0，有
解得
故A错误；
B．由速度位移公式
可知，a－x图线围成的面积表示，当位移为时，小球速度达到最大值，有
故B正确；
CD．由图乙可知，当小球下落时加速度大小为，速度减为零，a－x图线x轴上方围成的面积与x轴下方围成的面积相等，即
且
联立解得
，
故CD错误。
故选B。
【分析】由平衡条件可求弹簧的劲度系数；由a-x的图线围成的面积表示，由牛顿第二定律结合胡克定律即可求解加速度；由机械能守恒定可得可求x1。
8．【答案】B,D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题考查玻意耳定律与热力学第一定律ΔU=Q+W，解题关键是会根据图像分析气体状态参量的变化，掌握理想气体状态方程和热力学第一定律。A．A到B过程气体体积膨胀对外做功，B到C过程气体体积不变做功为零，C到A过程气体体积减小外界对气体做功，整个循环过程外界对气体做功等于的面积，等于，故A错误；
B．从状态A到状态B，p和V的乘积先变大后变小，故温度先升高后降低，气体的内能先增大后减小，故B正确；
C．从状态C到状态A，p不变，V减小，所以温度降低，内能减小，且外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体应向外界放出热量，故C错误；
D．气体在状态A时的温度比在状态C时的低，分子的平均速率更小，而状态A与状态C的压强相等，根据压强的微观解释，气体在状态A时比在状态C时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，故D正确。
故选BD。
【分析】A→B过程p和V的乘积先变大后变小，C→A过程为等体积升温过程，根据热力学第一定律ΔU=Q+W来判断各个物理量的变化情况。
9．【答案】A,C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题主要考查对机械能守恒定律的掌握，解题时需知，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。AB．如图所示
设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据动能定理得
解得
故A正确，B错误：
CD．由几何关系可得
，
联立可得
则
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】由题意画图，根据机械能守恒定律，即可分析判断；根据题意，由几何关系分别列式，结合前面分析，即可分析判断。
10．【答案】B,C
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】本题考查点电荷的场强和场强的矢量叠加，解题关键是掌握点电荷场强的特点和点电荷场强的大小，结合平行四边形定则分析解答。A．因为M点处电场方向竖直向下，则C点处点电荷为正电荷，根据电场强度的叠加原理可知，A、B两点的点电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点处点电荷的电荷量为q，电性与A点处点电荷相同，又N点处电场方向竖直向上，则A点处点电荷在N处的电场方向垂直BC沿AN连线向右上，如图所示
可知A点处点电荷为正电荷，所以A、B、C点处的电荷均为正电荷，故A错误；
B．对N点处电场强度分析如图所示
由几何关系可得
即
其中
解得
故B正确；
C．根据B选项的分析可知，C点的点电荷电量小于A点的点电荷电量，若C处电量也为q，则M点电势等于N点电势，但C点的电量小于q，相当于在C点叠加了一个负电荷，由于M点比N点离C点更远，故M点的电势高于N点的电势，故C正确；
D．M点的电场强度
N点的电场强度
因为AN=CM，，所以
故D错误。
故选BC。
【分析】根据点电荷场强的特点判断各点电荷在M点和N点的场强的方向，根据M、N两点的合场强向判断点电荷的电性和电荷量；根据点电荷场强公式求解各点电荷在N点的场强大小，根据矢量叠加原理求解C点处点电荷的电荷量。
11．【答案】（1）4.6
（2）5.3
（3）短
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】掌握基础知识、理解实验原理是解题的前提，根据题意应用单摆周期公式即可解题。
（1）从开始计时到小朋友第30次经过自拍杆所用的时间为15个周期，故周期
（2）若将秋千的运动视为单摆运动，且认为摆长等于绳长，根据单摆的周期公式
可得
（3）人坐在秋千上时，重心在木板上方，利用周期公式计算得到的L为重心到绳子上端的距离，小于木板到绳子上端的距离，即测得的绳长小于实际绳长。
【分析】（1）单摆在一个周期内两次经过平衡位置，根据题意求出秋千的周期。
（2）根据单摆周期公式求解。
（3）根据重心与悬点间的距离与绳长的关系分析答题。
（1）从开始计时到小朋友第30次经过自拍杆所用的时间为15个周期，故周期。
（2）若将秋千的运动视为单摆运动，且认为摆长等于绳长，根据单摆的周期公式
可得
（3）人坐在秋千上时，重心在木板上方，利用周期公式计算得到的L为重心到绳子上端的距离，小于木板到绳子上端的距离，即测得的绳长小于实际绳长。
12．【答案】（1）
（2）；
（3）3.3；300；700
【知识点】表头的改装；电表的改装与应用
【解析】【解答】本题考查学生对电表改装原理的理解，对实验误差的分析与修正，注意电压表改装原理。 （1）将题中的毫安表G改装成量程为3V的电压表，需要串联电阻的阻值
故应选择定值电阻。
（2）要对改装电压表进行逐格校准，应将标准电压表与改装电压表并联，且两表的示数应从零开始变化，故滑动变阻器应采用分压式连接，若滑动变阻器应选择总阻值较小的，此时最小的电流约为
超过的额定电流，故滑动变阻器应选择，校准电路如图所示
（3）当标准电压表的示数为2.2V时，改装表的指针位置如图所示，此时电压为2.0V，故当改装表满偏时，其对应的电压应为
故改装的电压表的量程
毫安表的内阻
要达到预期目的，应将与毫安表G串联的电阻换成
【分析】（1）根据实验原理和并联电路的特点求解毫安表内阻并进行误差分析；
（2）要对改装电压表进行逐格校准，应将标准电压表与改装电压表并联，根据实验原理设计电路图；
（3）依据示数与真实值的比值一定，利用比例式求解。
（1）将题中的毫安表G改装成量程为3V的电压表，需要串联电阻的阻值
故应选择定值电阻。
（2）要对改装电压表进行逐格校准，应将标准电压表与改装电压表并联，且两表的示数应从零开始变化，故滑动变阻器应采用分压式连接，若滑动变阻器应选择总阻值较小的，此时最小的电流约为
超过的额定电流，故滑动变阻器应选择，校准电路如图所示
（3）[1][2][3]当标准电压表的示数为2.2V时，改装表的指针位置如图所示，此时电压为2.0V，故当改装表满偏时，其对应的电压应为
故改装的电压表的量程
毫安表的内阻
要达到预期目的，应将与毫安表G串联的电阻换成
13．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律有
根据电阻定律，线圈的电阻
根据闭合电路欧姆定律有
联立解得
（2）解：线圈受到的安培力大小
当细线拉力减小为零时，有
联立解得
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出线圈产生的感应电动势大小，根据电阻定律求出线圈的电阻，再根据闭合电路欧姆定律计算感应电流大小；
（2）当细线拉力减小为零时，线圈受到的安培力与重力平衡，根据安培力公式和平衡条件求出计算所需的时间。
（1）根据法拉第电磁感应定律有
根据电阻定律，线圈的电阻
根据闭合电路欧姆定律有
联立解得
（2）线圈受到的安培力大小
当细线拉力减小为零时，有F=mg
联立解得
14．【答案】（1）解：小球经过B点前瞬间，轨道对小球的支持力大小
根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小
因为小球恰好到达D点，故到达D点的速度为零，从B点到D点由动能定理得
小球经过B点后瞬间，由牛顿第二定律得
联立解得
根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小
所以
（2）解：弹簧枪对小球做的功
设质量为的小球被弹出后到达C点的速度为，根据动能定理得
解得
因为
所以小球经过C点后将离开轨道做斜上抛运动，设其离开C点后上升的最大高度为h，有
解得
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）从B点到D点由动能定理求解B点速度，小球经过B点后瞬间，由牛顿第二定律求解支持力大小，结合牛顿第三定律分析；
（2）根据动能定理求解在C点速度，向心力不够，小球经过C点后将离开轨道做斜上抛运动，根据斜抛运动规律求解上升的最大高度。
（1）小球经过B点前瞬间，轨道对小球的支持力大小
根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小
因为小球恰好到达D点，故到达D点的速度为零，从B点到D点由动能定理得
小球经过B点后瞬间，由牛顿第二定律得
联立解得
根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小
所以。
（2）弹簧枪对小球做的功
设质量为的小球被弹出后到达C点的速度为，根据动能定理得
解得
因为
所以小球经过C点后将离开轨道做斜上抛运动，设其离开C点后上升的最大高度为h
有
解得。
15．【答案】（1）解：粒子在电场中运动的过程中，由动能定理得
粒子在磁场区域Ⅰ中运动，恰不进入磁场区域Ⅱ，由几何关系得
由牛顿第二定律得
联立解得
故P点的坐标为（0，）。
（2）解：粒子在电场中，由动量定理得
解得
粒子在磁场区域Ⅰ中，由牛顿第二定律得
解得
由几何关系得
解得
粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的周期
粒子在磁场区域Ⅰ中运动的时间
在磁场区域Ⅱ中，粒子做圆周运动的半径为r，设粒子射出磁场区域Ⅱ时的半径与上边界的夹角为α，根据几何关系得
解得
粒子在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的周期
在磁场区域Ⅱ中运动时间
总时间
解得
（3）解：粒子在磁场区域Ⅰ中运动时，洛伦兹力的水平分力
粒子恰不进入磁场区域Ⅱ中，即当粒子运动至时，速度方向为水平向右，速度大小仍为；该过程中取一段极短时间，水平方向由动量定理得
又因为
故
上式两边求和得
其中为B－y图像与y轴所围图形的面积，即
联立解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理求解进入磁场的速度，由几何关系得，洛伦兹力提供向心力，联立方程得到释放点P的坐标；
（2）由动量定理求解运动时间，洛伦兹力提供向心力得到轨道半径，根据运动轨迹得到运动的偏转角，再结合周期公式求粒子从释放到离开磁场的时间；
（3）粒子恰不进入磁场区域Ⅱ中，即当粒子运动至时，速度方向为水平向右，速度大小仍为，由动量定理和B-y图像与y轴所围图形的面积的物理意义求k值。
（1）粒子在电场中运动的过程中，由动能定理得
粒子在磁场区域Ⅰ中运动，恰不进入磁场区域Ⅱ，由几何关系得
由牛顿第二定律得
联立解得
故P点的坐标为（0，）。
（2）粒子在电场中，由动量定理得
解得
粒子在磁场区域Ⅰ中，由牛顿第二定律得
解得
由几何关系得
解得
粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的周期
粒子在磁场区域Ⅰ中运动的时间
在磁场区域Ⅱ中，粒子做圆周运动的半径为r，设粒子射出磁场区域Ⅱ时的半径与上边界的夹角为α，根据几何关系得
解得
粒子在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的周期
在磁场区域Ⅱ中运动时间
总时间
解得
（3）粒子在磁场区域Ⅰ中运动时，洛伦兹力的水平分力
粒子恰不进入磁场区域Ⅱ中，即当粒子运动至时，速度方向为水平向右，速度大小仍为；该过程中取一段极短时间，水平方向由动量定理得
又因为
故
上式两边求和得
其中为B－y图像与y轴所围图形的面积，即
联立解得
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1．（2025·通川模拟）中国原子能科学研究院利用100兆电子伏强流质子回旋加速器辐照自主研制的镓镍合金靶件，通过系列分离纯化工艺，成功生产出满足医用要求、核纯度大于99.9%的放射性同位素锗-68样品。放射性同位素锗-68的衰变方程为，该方程中的X为
A．中子 B．质子 C．电子 D．正电子
【答案】D
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题考查核反应方程的书写规则，会根据题意进行准确分析解答。根据核反应方程中质量数守恒和电荷数守恒可得，X的质量数为0，电荷数为1，故X为正电子。
故选D。
【分析】根据核反应方程的书写规则进行分析解答。
2．（2025·通川模拟）2024年10月30日11时，神舟十九号飞船与中国空间站完成自主交会对接，在交会对接前的最后阶段，神舟十九号与空间站在同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆形轨道。要使神舟十九号在同一轨道上追上空间站实现对接，下列神舟十九号喷射燃气的方向可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】反冲
【解析】【解答】本题考查人造卫星的接轨问题，解题关键掌握变轨问题，注意向心力公式的应用。要想使神舟十九号在同一轨道上与空间站对接，则需要使神舟十九号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据
可知，必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，又因喷气产生的推力方向与喷气方向相反，则图B是正确的。
故选B。
【分析】根据变轨原理结合向心力公式分析向心力变化，根据力的合成，分析推力和喷气的方向关系。
3．（2025·通川模拟）如图所示，粗细均匀的圆形金属线圈用轻质导线悬吊，两导线分别焊接在圆形线圈的a、b两点，a、b两点间的劣弧所对的圆心角为120°。a、b两点下方线圈处在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。给导线通以如图所示的恒定电流I，静止时每根导线的拉力为F。保持电流不变，将圆形线圈向下平移至刚好完全进入磁场，静止时每根导线的拉力为2F。ab连线始终保持水平，导线始终竖直，则圆形线圈的重力为（ ）
A．F B． C． D．
【答案】A
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。因为a、b两点间的劣弧所对的圆心角为，所以上、下两段圆弧的长度之比为1：2，电阻之比为1：2，所以流过ab间优弧的电流为，设ab间的距离为L，当a、b两点下方线圈处在匀强磁场中时，根据平衡条件得
将圆形线圈向下平移至刚好完全进入磁场时，根据平衡条件得
联立解得
故选A。
【分析】根据安培力的计算公式分别求出两种情况下的安培力大小，再根据平衡条件进行解答。
4．（2025·通川模拟）2024年12月29日，当地时间上午9时左右，韩国一架客机降落过程中偏离跑道，碰撞起火，造成重大人员伤亡。初步判断，飞机疑似与鸟群相撞，起落架没有放下。若飞机匀速飞行的速度约为720km/h，与质量为100g的飞鸟相撞，碰撞时间约为2ms。飞鸟的速度远小于飞机的速度，且碰撞后与飞机的速度相同。则撞击时，飞鸟对飞机的撞击力大约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题考查对动量定理的理解，合力冲量等于物体动量变化，根据公式解答即可。根据题意可知，飞机与飞鸟的碰撞为完全非弹性碰撞，由于飞机的质量远大于飞鸟的质量，故碰撞后飞机的速度大小几乎不变。对飞鸟由动量定理得
解得
故选C。
【分析】飞机对飞鸟的撞击力与飞鸟对飞机的撞击力是一对相互作用力，根据飞鸟的速度变化求解其动量变化量，然后由动量定理求解撞击力。
5．（2025·通川模拟）如图所示，足够大的水面下有一平行于水面、长度为d的线状光源，线状光源到水面的距离也为d，水的折射率为n，则水面上有光透出来的区域面积为
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】
本题考查了光学基本知识，画出光路图，理解折射定律以及全反射条件是解决此类问题的关键。
如图甲所示，线状光源端点发出的光射到水面上恰好发生全反射时，入射角为C，其照亮的水面区域为一个半径为r的圆，同理其他各点发出的光照亮的区域也是半径为r的圆，则整个线状光源发出的光照亮的区域如图乙所示。根据光的全反射规律有
，
水面上有光透出来的区域面积
联立解得
故选A。
【分析】根据折射定律，光的全反射条件，结合几何关系与光路图分析求解。
6．（2025·通川模拟）如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比，在ab端输入电压最大值为的正弦交流电，为定值电阻，调节电阻箱，当时，理想电压表、理想电流表的示数分别为U、I，则下列说法正确的是( )
A．
B．
C．调节电阻箱，当时，电压表与电流表的示数乘积最大
D．调节电阻箱，当时，电压表与电流表的示数乘积仍为UI
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了理想变压器的动态分析问题，考查了等效电阻、电源输出功率与外电阻的关系等知识点。考查考生的分析问题、解决问题的能力。A．将变压器和等效为一个电阻R，则
当时，，根据串联电路的分压规律可得，变压器的原线圈两端电压有效值
电压表的示数为副线圈两端电压的有效值，故
故A错误；
B．电流表的示数
故B错误；
C．电压表与电流表的示数乘积为的功率，将视为电源的内阻，等效电阻R的功率为电源的输出功率，则
当，即时，的功率最大，故C错误；
D．根据电源的输出功率随外电阻变化的规律，当
即时，的功率与时相等，故D正确。
故选D。
【分析】将理想变压器与负载电阻整体等效为一个等效电阻，确定ab端输入电压的有效值。根据闭合电路欧姆定律求得原线圈的电压，根据理想变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系，求得副线圈的电压，即电压表的示数；根据欧姆定律求得副线圈中的电流，即电流表的示数；电压表与电流表的示数乘积等于变压器的输出功率，就等于等效电阻的功率。
7．（2025·通川模拟）如图甲所示，小球在一竖直的轻弹簧正上方由静止开始自由下落，直到压缩弹簧到最低点，其运动的a－x图像如图乙所示，小球在最低点时的加速度大小为。已知小球的质量为m，重力加速度为g，小球在运动过程中的空气阻力忽略不计。弹簧始终在弹性限度内，则
A．弹簧的劲度系数为
B．小球运动过程中的最大速度为
C．等于2g
D．
【答案】B
【知识点】胡克定律
【解析】【解答】本题考查小球在弹簧上运动的动力学问题，结合a-x图像分析小球运动过程中的物理量，涉及胡克定律、牛顿第二定律及机械能守恒定律求解即可。A．由图乙可知，小球下落时接触弹簧，下落时加速度为0，有
解得
故A错误；
B．由速度位移公式
可知，a－x图线围成的面积表示，当位移为时，小球速度达到最大值，有
故B正确；
CD．由图乙可知，当小球下落时加速度大小为，速度减为零，a－x图线x轴上方围成的面积与x轴下方围成的面积相等，即
且
联立解得
，
故CD错误。
故选B。
【分析】由平衡条件可求弹簧的劲度系数；由a-x的图线围成的面积表示，由牛顿第二定律结合胡克定律即可求解加速度；由机械能守恒定可得可求x1。
8．（2025·通川模拟）一定质量的理想气体从状态A开始经过循环过程A→B→C→A回到状态A，p－V图像如图所示，则
A．整个循环过程中，气体对外界做的功为
B．从状态A到状态B，气体的内能先增大后减小
C．从状态C到状态A，气体从外界吸收热量
D．气体在状态A时比在状态C时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多
【答案】B,D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题考查玻意耳定律与热力学第一定律ΔU=Q+W，解题关键是会根据图像分析气体状态参量的变化，掌握理想气体状态方程和热力学第一定律。A．A到B过程气体体积膨胀对外做功，B到C过程气体体积不变做功为零，C到A过程气体体积减小外界对气体做功，整个循环过程外界对气体做功等于的面积，等于，故A错误；
B．从状态A到状态B，p和V的乘积先变大后变小，故温度先升高后降低，气体的内能先增大后减小，故B正确；
C．从状态C到状态A，p不变，V减小，所以温度降低，内能减小，且外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体应向外界放出热量，故C错误；
D．气体在状态A时的温度比在状态C时的低，分子的平均速率更小，而状态A与状态C的压强相等，根据压强的微观解释，气体在状态A时比在状态C时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，故D正确。
故选BD。
【分析】A→B过程p和V的乘积先变大后变小，C→A过程为等体积升温过程，根据热力学第一定律ΔU=Q+W来判断各个物理量的变化情况。
9．（2025·通川模拟）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率v与它下降的高度h或它到P点的距离L的关系图像可能正确的是
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题主要考查对机械能守恒定律的掌握，解题时需知，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。AB．如图所示
设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据动能定理得
解得
故A正确，B错误：
CD．由几何关系可得
，
联立可得
则
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】由题意画图，根据机械能守恒定律，即可分析判断；根据题意，由几何关系分别列式，结合前面分析，即可分析判断。
10．（2025·通川模拟）如图所示，等边三角形位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场方向竖直向下，BC边中点N处的电场方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，下列说法正确的是（ ）
A．A点处的电荷为负电荷
B．C点处点电荷的电荷量的绝对为
C．M点的电势高于N点的电势
D．M点的电场强度大于N点的电场强度
【答案】B,C
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】本题考查点电荷的场强和场强的矢量叠加，解题关键是掌握点电荷场强的特点和点电荷场强的大小，结合平行四边形定则分析解答。A．因为M点处电场方向竖直向下，则C点处点电荷为正电荷，根据电场强度的叠加原理可知，A、B两点的点电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点处点电荷的电荷量为q，电性与A点处点电荷相同，又N点处电场方向竖直向上，则A点处点电荷在N处的电场方向垂直BC沿AN连线向右上，如图所示
可知A点处点电荷为正电荷，所以A、B、C点处的电荷均为正电荷，故A错误；
B．对N点处电场强度分析如图所示
由几何关系可得
即
其中
解得
故B正确；
C．根据B选项的分析可知，C点的点电荷电量小于A点的点电荷电量，若C处电量也为q，则M点电势等于N点电势，但C点的电量小于q，相当于在C点叠加了一个负电荷，由于M点比N点离C点更远，故M点的电势高于N点的电势，故C正确；
D．M点的电场强度
N点的电场强度
因为AN=CM，，所以
故D错误。
故选BC。
【分析】根据点电荷场强的特点判断各点电荷在M点和N点的场强的方向，根据M、N两点的合场强向判断点电荷的电性和电荷量；根据点电荷场强公式求解各点电荷在N点的场强大小，根据矢量叠加原理求解C点处点电荷的电荷量。
11．（2025·通川模拟）李老师和他的儿子在公园里玩耍，公园里有一个用一块木板和两根绳子做成的秋千，绳子上端系在一棵大榕树的树枝上。小朋友想知道悬挂秋千的绳子有多长，李老师和他一起做了一个简易实验来测量绳子的长度。实验步骤如下：
①秋千静止时，在秋千旁边支起一根自拍杆，如图所示；
②让小朋友坐在秋千上，然后轻推小朋友使秋千前后小弧度摆动；
③李老师使用手机上的秒表在小朋友某次经过自拍杆时开始计时；
④开始计时后，小朋友第30次经过自拍杆时停止计时，记录的时间为69s。
（1）根据以上实验步骤，秋千摆动的周期为 s。
（2）若将秋千的运动视为单摆运动，且认为摆长等于绳长，可测得绳长为 m。（保留两位有效数字，取）
（3）由于人坐在秋千上时，重心不在木板上，仅考虑该因素对实验结果的影响，则（2）问中测得的绳长比实际绳长 （填“长”或“短”）。
【答案】（1）4.6
（2）5.3
（3）短
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】掌握基础知识、理解实验原理是解题的前提，根据题意应用单摆周期公式即可解题。
（1）从开始计时到小朋友第30次经过自拍杆所用的时间为15个周期，故周期
（2）若将秋千的运动视为单摆运动，且认为摆长等于绳长，根据单摆的周期公式
可得
（3）人坐在秋千上时，重心在木板上方，利用周期公式计算得到的L为重心到绳子上端的距离，小于木板到绳子上端的距离，即测得的绳长小于实际绳长。
【分析】（1）单摆在一个周期内两次经过平衡位置，根据题意求出秋千的周期。
（2）根据单摆周期公式求解。
（3）根据重心与悬点间的距离与绳长的关系分析答题。
（1）从开始计时到小朋友第30次经过自拍杆所用的时间为15个周期，故周期。
（2）若将秋千的运动视为单摆运动，且认为摆长等于绳长，根据单摆的周期公式
可得
（3）人坐在秋千上时，重心在木板上方，利用周期公式计算得到的L为重心到绳子上端的距离，小于木板到绳子上端的距离，即测得的绳长小于实际绳长。
12．（2025·通川模拟）某同学要将量程为3mA的毫安表G改装成量程为3V的电压表。再利用一标准电压表对改装后的电压表进行检测，可供选择的器材如下：
A.毫安表G（量程3mA，标称内阻200Ω）
B.标准电压表V（量程3V，内阻几千欧）
C.滑动变阻器（0~10Ω，额定电流0.2A）
D.滑动变阻器（0~50Ω，额定电流0.1A）
E.定值电阻
F.定值电阻
G.电源E（电动势约为3V）
H.开关、导线若干
回答下列问题：
（1）将上述毫安表G改装成量程为3V的电压表，需要将毫安表G与定值电阻 （填““或“”）串联。
（2）接着该同学对改装后的电压表进行逐格校准，应选择滑动变阻器 （填“”或“”）；请在答题卡方框内画出对改装电压表进行校准的实验电路图 ，改装电压表用毫安表G串联一个定值电阻R表示。
（3）当标准电压表的示数为2.2V时，改装表的指针位置如图所示，由此可以推测出改装的电压表量程不是预期值，而是 V；说明毫安表的内阻不是标称值，而是 Ω；要达到预期目的，需要将与毫安表G串联的电阻换成一个阻值为 Ω的电阻。
【答案】（1）
（2）；
（3）3.3；300；700
【知识点】表头的改装；电表的改装与应用
【解析】【解答】本题考查学生对电表改装原理的理解，对实验误差的分析与修正，注意电压表改装原理。 （1）将题中的毫安表G改装成量程为3V的电压表，需要串联电阻的阻值
故应选择定值电阻。
（2）要对改装电压表进行逐格校准，应将标准电压表与改装电压表并联，且两表的示数应从零开始变化，故滑动变阻器应采用分压式连接，若滑动变阻器应选择总阻值较小的，此时最小的电流约为
超过的额定电流，故滑动变阻器应选择，校准电路如图所示
（3）当标准电压表的示数为2.2V时，改装表的指针位置如图所示，此时电压为2.0V，故当改装表满偏时，其对应的电压应为
故改装的电压表的量程
毫安表的内阻
要达到预期目的，应将与毫安表G串联的电阻换成
【分析】（1）根据实验原理和并联电路的特点求解毫安表内阻并进行误差分析；
（2）要对改装电压表进行逐格校准，应将标准电压表与改装电压表并联，根据实验原理设计电路图；
（3）依据示数与真实值的比值一定，利用比例式求解。
（1）将题中的毫安表G改装成量程为3V的电压表，需要串联电阻的阻值
故应选择定值电阻。
（2）要对改装电压表进行逐格校准，应将标准电压表与改装电压表并联，且两表的示数应从零开始变化，故滑动变阻器应采用分压式连接，若滑动变阻器应选择总阻值较小的，此时最小的电流约为
超过的额定电流，故滑动变阻器应选择，校准电路如图所示
（3）[1][2][3]当标准电压表的示数为2.2V时，改装表的指针位置如图所示，此时电压为2.0V，故当改装表满偏时，其对应的电压应为
故改装的电压表的量程
毫安表的内阻
要达到预期目的，应将与毫安表G串联的电阻换成
13．（2025·通川模拟）如图所示，有一单匝圆形闭合线圈，质量为m，半径为r，横截面积为S，电阻率为ρ，用绝缘细线悬挂着。线圈下半部分处于垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律为B=kt（k>0），已知重力加速度为g，求：
（1）线圈中感应电流的大小I；
（2）细线拉力减小为零的时刻。
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律有
根据电阻定律，线圈的电阻
根据闭合电路欧姆定律有
联立解得
（2）解：线圈受到的安培力大小
当细线拉力减小为零时，有
联立解得
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出线圈产生的感应电动势大小，根据电阻定律求出线圈的电阻，再根据闭合电路欧姆定律计算感应电流大小；
（2）当细线拉力减小为零时，线圈受到的安培力与重力平衡，根据安培力公式和平衡条件求出计算所需的时间。
（1）根据法拉第电磁感应定律有
根据电阻定律，线圈的电阻
根据闭合电路欧姆定律有
联立解得
（2）线圈受到的安培力大小
当细线拉力减小为零时，有F=mg
联立解得
14．（2025·通川模拟）如图所示为一儿童玩具的简化模型，AB为水平直轨道，BC和CD为两段半径为R、圆心角为37°的圆弧轨道，ABCD位于同一竖直平面内，整个轨道无摩擦且各段轨道平滑连接。在水平直轨道的A端有一弹簧枪，向左压缩弹簧可将小球向右弹出。在某次玩耍时，弹簧枪将质量为m的小球弹出后，小球恰好能够到达D点。已知重力加速速为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小球经过B点前后瞬间对轨道的压力大小之比；
（2）更换一个质量为的小球，仍将弹簧压缩到相同的长度后释放，小球经过C点后上升的最大高度。
【答案】（1）解：小球经过B点前瞬间，轨道对小球的支持力大小
根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小
因为小球恰好到达D点，故到达D点的速度为零，从B点到D点由动能定理得
小球经过B点后瞬间，由牛顿第二定律得
联立解得
根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小
所以
（2）解：弹簧枪对小球做的功
设质量为的小球被弹出后到达C点的速度为，根据动能定理得
解得
因为
所以小球经过C点后将离开轨道做斜上抛运动，设其离开C点后上升的最大高度为h，有
解得
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）从B点到D点由动能定理求解B点速度，小球经过B点后瞬间，由牛顿第二定律求解支持力大小，结合牛顿第三定律分析；
（2）根据动能定理求解在C点速度，向心力不够，小球经过C点后将离开轨道做斜上抛运动，根据斜抛运动规律求解上升的最大高度。
（1）小球经过B点前瞬间，轨道对小球的支持力大小
根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小
因为小球恰好到达D点，故到达D点的速度为零，从B点到D点由动能定理得
小球经过B点后瞬间，由牛顿第二定律得
联立解得
根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小
所以。
（2）弹簧枪对小球做的功
设质量为的小球被弹出后到达C点的速度为，根据动能定理得
解得
因为
所以小球经过C点后将离开轨道做斜上抛运动，设其离开C点后上升的最大高度为h
有
解得。
15．（2025·通川模拟）如图所示，在直角坐标系中，x轴下方存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E，在x轴上方，0（1）求释放点P的坐标；
（2）若磁场区域Ⅰ的磁感应强度变为，仍从P点静止释放该粒子，求粒子从释放到离开磁场的时间；
（3）若磁场区域Ⅰ的磁感应强度大小随y均匀增大，且满足B=ky，仍从P点静止释放该粒子，粒子恰好不能进入磁场区域Ⅱ，求k值。
【答案】（1）解：粒子在电场中运动的过程中，由动能定理得
粒子在磁场区域Ⅰ中运动，恰不进入磁场区域Ⅱ，由几何关系得
由牛顿第二定律得
联立解得
故P点的坐标为（0，）。
（2）解：粒子在电场中，由动量定理得
解得
粒子在磁场区域Ⅰ中，由牛顿第二定律得
解得
由几何关系得
解得
粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的周期
粒子在磁场区域Ⅰ中运动的时间
在磁场区域Ⅱ中，粒子做圆周运动的半径为r，设粒子射出磁场区域Ⅱ时的半径与上边界的夹角为α，根据几何关系得
解得
粒子在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的周期
在磁场区域Ⅱ中运动时间
总时间
解得
（3）解：粒子在磁场区域Ⅰ中运动时，洛伦兹力的水平分力
粒子恰不进入磁场区域Ⅱ中，即当粒子运动至时，速度方向为水平向右，速度大小仍为；该过程中取一段极短时间，水平方向由动量定理得
又因为
故
上式两边求和得
其中为B－y图像与y轴所围图形的面积，即
联立解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理求解进入磁场的速度，由几何关系得，洛伦兹力提供向心力，联立方程得到释放点P的坐标；
（2）由动量定理求解运动时间，洛伦兹力提供向心力得到轨道半径，根据运动轨迹得到运动的偏转角，再结合周期公式求粒子从释放到离开磁场的时间；
（3）粒子恰不进入磁场区域Ⅱ中，即当粒子运动至时，速度方向为水平向右，速度大小仍为，由动量定理和B-y图像与y轴所围图形的面积的物理意义求k值。
（1）粒子在电场中运动的过程中，由动能定理得
粒子在磁场区域Ⅰ中运动，恰不进入磁场区域Ⅱ，由几何关系得
由牛顿第二定律得
联立解得
故P点的坐标为（0，）。
（2）粒子在电场中，由动量定理得
解得
粒子在磁场区域Ⅰ中，由牛顿第二定律得
解得
由几何关系得
解得
粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的周期
粒子在磁场区域Ⅰ中运动的时间
在磁场区域Ⅱ中，粒子做圆周运动的半径为r，设粒子射出磁场区域Ⅱ时的半径与上边界的夹角为α，根据几何关系得
解得
粒子在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的周期
在磁场区域Ⅱ中运动时间
总时间
解得
（3）粒子在磁场区域Ⅰ中运动时，洛伦兹力的水平分力
粒子恰不进入磁场区域Ⅱ中，即当粒子运动至时，速度方向为水平向右，速度大小仍为；该过程中取一段极短时间，水平方向由动量定理得
又因为
故
上式两边求和得
其中为B－y图像与y轴所围图形的面积，即
联立解得
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