2025届广西壮族自治区高三下学期三模物理试题
1．（2025·广西壮族自治区模拟）放射性元素钋（）发生衰变时，会产生和一种未知粒子，并放出射线，其核反应方程为，下列说法正确的是（ ）
A．γ射线带负电
B．y=206
C．升高温度有利于衰变的发生
D．核的比结合能小于核的比结合能
2．（2025·广西壮族自治区模拟）我国发射的嫦娥四号成功在月球背面软着陆，实现了人类历史上首次月球背面软着陆与探测，为人类开发月球迈出坚实一步。太空船返回地球的过程中，一旦通过地球、月球对其引力的合力为零的位置后，该合力将有助于太空船返回地球，已知地球质量约为月球的81倍，则该位置距地心的距离和距月球中心的距离之比为（ ）
A．81：1 B．10： 9 C．9：1 D．9：10
3．（2025·广西壮族自治区模拟）风洞是空气动力学研究和试验中广泛使用的工具。如图所示，在地面的M点以竖直向上的初速度v0抛出一小球，小球抛出后始终受到水平向左的恒定风力作用，竖直方向只受重力。经过一段时间后小球将以速度水平向左经过N点，最终落回地面上，不计风力以外的空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球在N点之后做平抛运动
B．小球上升和下落过程运动时间相等
C．仅增大初速度，小球的水平位移不变
D．仅增大风力，小球落地瞬间重力的瞬时功率增大
4．（2025·广西壮族自治区模拟）竖直方向的弹簧一端固定于A点，另一端连一小球，小球穿过固定在y轴上的光滑直杆，一水平弹性长绳与小球相连，沿绳方向建立x轴，沿弹簧轴线方向建立y轴，如图甲所示。现让小球在竖直方向上做周期为T的简谐振动，带动弹性绳形成向右的简谐横波。振动后，某时刻记为 t=0时刻，时弹性绳状态如图乙所示，则小球的位移y随时间t变化的关系式为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，在x轴上固定有两个点电荷Q1，Q2，电荷量分别为+q和-4q，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．在x轴上（无穷远处除外），电场强度为零的点有两个
B．在x轴上（无穷远处除外），电场强度为零的点有三个
C．在x轴上（无穷远处除外），电势为零的点只有一个
D．在x轴上（无穷远处除外），电势为零的点有两个
6．（2025·广西壮族自治区模拟）自耦变压器常用于电源变压，如图为理想自耦变压器的工作原理图。当线圈的a、b两端输入电压恒定的交流电时，c与抽头d和c与抽头e之间可获取不同的电压。已知图中定值电阻R1与R2比值为9：16，若开关S1、S2均闭合时电流表的示数为仅闭合S1时的2倍，则c与抽头e和c与抽头d之间线圈的匝数比为（ ）
A．4：3 B．3：2 C．4：1 D．5：2
7．（2025·广西壮族自治区模拟）示波管可以用来观察电信号随时间的变化情况，其原理如图甲所示，通电后电子枪有电子逸出（初速度为零），经加速电压U1加速后，从偏转电极左侧边缘中心进入偏转电场，最后打在荧光屏上，荧光屏的中心在偏转电极的水平轴线上，以荧光屏的中心为原点O，建立xOy坐标系。若在 YY'电极上输入图乙所示的电压，下列说法正确的是（ ）
A．若在水平电极XX'不加电压，荧光屏上的图像为正弦图像
B．若在水平电极XX'不加电压，所有的电子打在荧光屏中心 O点
C．若在水平电极XX'加图丙所示电压，荧光屏上的图像是一条直线
D．若在水平电极XX'加图丙所示电压，荧光屏上的图像是一个圆
8．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，ABCDE是某种透明物质截面的边界，若一束蓝光从O点入射（入射光线未画出），在P点和Q点均发生了全反射，最后垂直于BC面射出。现改用红光和紫光分别垂直于BC入射至Q点，则下列说法正确的是（ ）
A．红光一定在Q点发生全反射
B．紫光一定在Q、P两处发生全反射
C．该物质对红光的折射率可能是1.6
D．该物质对紫光的折射率可能是1.6
9．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，天花板上用一满足胡克定律的弹性绳悬挂一质量为M的物块a处于静止状态，另一质量为m的小环b穿过弹性绳，从距离物块a一定高度静止释放，与a发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后结合为整体c继续向下运动至最低点，若增大b释放的高度，以下说法中正确的是（ ）
A．由于碰撞损失的机械能增大 B．由于碰撞损失的机械能不变
C．整体c速度最大的位置下移 D．整体c速度最大的位置不变
10．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，两根光滑平行金属导轨平放在绝缘水平面上，左侧导轨间距为2L，右侧导轨间距为L，左右两侧分别存在垂直导轨所在平面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．两根由相同材料制成的不同粗细的金属杆a、b恰好横跨在导轨上，a、b的质量均为m，b的电阻为R，初始时给a、b杆向左的瞬时速度，大小均为v，不计导轨电阻，a、b两杆到导轨两端及导轨间距变化处均足够远且运动过程中始终与导轨垂直，则（ ）
A．刚开始运动时通过a的电流大小为
B．导体棒a先向左减速，再向右加速，最后匀速
C．从开始到运动恰好稳定的过程中通过b某横截面的电荷量为
D．从开始到运动恰好稳定的过程中b上产生的焦耳热为
11．（2025·广西壮族自治区模拟）某实验小组利用如图甲所示的实验装置，测量滑块与木板之间的动摩擦因数。
（1）下列关于实验操作的说法正确的是___________。
A．实验前，应在竖直方向对弹簧测力计调零
B．实验前须调节桌面水平
C．实验时，需将木板匀速向右拉出
D．实验时，可将木板向右加速拉出
（2）由于木板与桌面间的摩擦力不能忽略，会导致动摩擦因数的测量值与真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）选取若干质量均为50g的砝码，每次往滑块上添加一个砝码，正确操作并记录弹簧测力计示数和砝码数量。根据实验数据，作出弹簧测力计示数F与砝码个数n的关系图像如图乙所示，重力加速度取9.8m/s2，则滑块与木板间的动摩擦因数为 （结果保留2位有效数字）。
12．（2025·广西壮族自治区模拟）某同学要将量程为3V的直流电压表VA改装成量程为15V的电压表。电压表VA内阻未知，该同学先测量电压表VA的内阻，然后进行改装。可使用的器材有：电源，滑动变阻器，定值电阻（阻值为R0），标准电压表VB。具体实验步骤如下：
①按图甲连接电路；
②闭合开关S，将滑动变阻器滑片P滑动到某位置，记录VA和VB的示数；
③改变滑动变阻器滑片P的位置，读出多组VA和VB的示数；
④求出电压表VA的内阻r。
（1）为了便于调节，所选用滑动变阻器的阻值应 （选填“较大”或“较小”）。
（2）步骤②中，闭合开关S前滑片P应调至最 端（选填“左”或“右”）。
（3）甲同学分析电路结构，得到电压表VA内阻的计算式r= （用UA、UB和R0表示）
（4）乙同学根据多组UB、UA数据，做出UB-UA的图像，如图乙所示，该图像是一条过原点的倾斜直线，直线的斜率为k。由此可求得电压表VA的内阻r= （用R0和k表示）。
（5）实验测得电压表VA内阻r为2kΩ，可将阻值为 kΩ的电阻与VA串联即可改装为量程为15V的电压表。
13．（2025·广西壮族自治区模拟）野外山地滑雪是一项既危险又充满刺激的挑战运动。如图所示，山区某一滑雪道由坡道AB、水平道BC和缓冲道CD三段组成，且各段均平滑连接，坡道倾角θ=37°，缓冲道为一段半径R=15m的圆弧。一质量为m（含装备）=60kg的滑雪者从坡道上的A点由静止开始自由滑下，最终恰好能到达缓冲道上的D点，已知坡道上AB两点相距20m，滑雪者在坡道上所受阻力恒定，大小为所受支持力的k倍，k=0.05，圆弧CD所对的圆心角也为θ，不计空气阻力，当地重力加速度g取，，，求：
（1）滑雪者滑至B点时的速度大小（用根式表示）；
（2）滑雪者从B点经C滑至D点的过程克服阻力所做的功。
14．（2025·广西壮族自治区模拟）汽车行驶过程中电子系统对轮胎气压进行实时自动监测，并对轮胎漏气和低气压进行报警，以确保行车安全。按照行业标准，夏季汽车轮胎正常胎压为p=2.4atm（atm为标准大气压）。某汽车轮胎的正常容积为，某次启动该汽车后，电子系统正常工作并报警，各轮胎胎压及温度如图所示（假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体）。为使汽车正常行驶，用电动充气泵给左前轮充气，每秒充入体积为、温度为27℃、压强为p0=1atm的气体，充气t1=9s后，左前轮胎压恢复到正常胎压。充气过程中轮胎内气体温度不变。
（1）充气过程左前轮中的气体 （选填“放热”或“吸热”）；
（2）求每秒充入的气体体积；
（3）在行驶过程中，汽车右前轮扎到钉子，导致车胎缓慢漏气，漏气前后轮胎体积不变，停车后发现仪表显示胎内气体压强仍为2.4atm。已知剩余气体质量与原有气体质量之比为10：11，求停车时右前轮胎内气体的温度（温度单位用K，T=273K+t）。
15．（2025·广西壮族自治区模拟）电偏转和磁偏转是控制粒子运动轨迹的常用手段。如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一象限存在匀强磁场B，方向垂直于纸面向外，第二象限存在匀强电场E1，方向沿y轴负方向，第四象限存在沿y轴负方向的匀强电场E2，同时存在垂直于纸面向里磁感应强度也为B的匀强磁场，E1、E2、B大小均未知。质量为m、电荷量为q（q>0））的带正电粒子以初速度v0从x轴负半轴M点射入电场，v0与x轴正方向的夹角为60°，经电场偏转后从点P（0，L）垂直于y轴进入磁场，然后从x轴正半轴的N点（图上未标出）与x轴正方向成45°角进入第四象限，不计粒子重力。
（1）求电场强度E1的大小；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若第四象限中电场E2的大小满足，求粒子在第四象限运动过程中的最大速度及粒子第一次达到最大速度时所处位置的x坐标。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题考查γ射线的本质和质量数守恒，半衰期和比结合能的知识，会根据题意进行准确分析解答。A．射线是电磁波，不带电，A错误；
B．由质量数守恒可得
B正确；
C．半衰期与原子核物理、化学环境无关，C错误；
D．该反应放出能量，生成物相对更稳定，比结合能增大，D错误。
故选B。
【分析】根据γ射线的本质和质量数守恒，半衰期和比结合能的知识进行分析解答。
2．【答案】C
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】本题考查万有引力定律和平衡条件的应用，会根据题意进行准确分析解答。设太空舱质量为m，月球质量为m0，引力合力为零的位置到地心的距离为r1，地球质量为81m0，引力合力为零的位置到月球中心的距离为r2，由万有引力定律和力的平衡有
可得
故选C。
【分析】根据万有引力定律和平衡条件列式解答。
3．【答案】B
【知识点】斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】本题考查了曲线运动和功率的基本知识，理解小球的运动状态和受力关系是解决此类问题的关键。A．过N点后，小球还受水平风力，不满足平抛运动只受重力特征，A错误；
B．竖直方向上，先竖直上抛再做自由落体运动，由对称性时间相等，B正确；
C．增大初速度运动时间增大，水平位移增大，C错误；
D．增大风力，小球回到地面水平速度增大，竖直分速度不变，重力的瞬时功率不变，D错误。
故选B。
【分析】根据过N点后，小球还受水平风力，竖直方向上，先竖直上抛再做自由落体运动，结合小球回到地面水平速度增大，竖直分速度不变，重力的瞬时功率不变分析求解。
4．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道方程中各字母表示的物理意义。由波形图知，时刻小球在平衡位置且正向下振动，可知0时刻小球在负方向最大位移处，故小球的振动关系式为
故ABC错误， D正确。
故D。
【分析】由图读出振幅；先判断出时刻O点的位置以及运动方向，然后向前推出t=0时刻O点的位置与运动方向，最后写出O点的振动方程。
5．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】 本题主要带电体周围的电势分布，解题时需注意，电势是标量，电势的叠加遵循代数相加法则，如果A、B两个点电荷在空间中C点产生的电势分别为φA、φB，那么C点的电势φ=φA+φB。AB．将Q2看作两个点电荷，电荷量分别为-q、-3q，根据两等量异种点电荷周围的电场分布可知，在x轴上（无穷远处除外），+q、-q在Q1左侧的电场强度向左、Q1和Q2之间的电场强度方向向右、在Q2右侧的电场强度向左；根据负点电荷周围的电场分布可知，在x轴上（无穷远处除外），-3q在Q1左侧的电场强度向右、Q1和Q2之间的电场强度方向向右、在Q2右侧的电场强度向左；则由电场强度的叠加原理可知，在x轴上（无穷远处除外），+q、-q、-3q在Q1左侧存在一个电场强度为零的点，即在x轴上（无穷远处除外），电场强度为零的点有一个，故AB错误；
CD．设在x轴上（无穷远处除外），电势为零的点距Q1、Q2的距离分别为r1、r2，可得
解得
则在Q1和Q2之间、Q1左侧，均存在一个电势为零的点，则x轴上（无穷远处除外），电势为零的点有两个，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】 将Q2看作两个点电荷，电荷量分别为-q、-3q，根据电场强度的叠加原理，即可分析判断；结合题意，根据电势的叠加原则，即可分析判断。
6．【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查理想变压器的比例计算，关键是综合利用功率公式、电压比与匝数比的关系。开关S1、S2均闭合时电流表的示数为仅闭合S1时的2倍，ab端输入电压一定，可知两状态功率为2倍关系，所以S1、S2均闭合时R1，R2功率相等。由
有
P相等时，，故
故选A。
【分析】由理想变压器的电压之比与匝数的关系，结合电功率公式，即可计算匝数比。
7．【答案】C
【知识点】示波器的使用
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的偏转，掌握处理曲线运动的方法，知道粒子在沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直电场方向做匀速直线运动。AB．若在水平电极XX'不加电压，则电子仅在竖直方向偏转，图像为过O点的竖直线，故AB错误；
CD．若在水平电极XX'加图丙所示电压，即电极XX'与电极YY'上所加电压均为正弦电压，则电子水平偏转位移和竖直偏转位移始终相等，图像为过O点的满足y=x的倾斜的直线，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】粒子在偏转电场中做类平抛运动，抓住沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直电场方向做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式分析，
8．【答案】B,C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查光的折射与全反射的运用，解题关键掌握临界角公式，注意频率与折射率的关系。AB．红光折射率小于蓝光，临界角大于蓝光临界角，在Q点不一定全反射，而紫光临界角小于蓝光临界角，在QP两处一定全反射，故A错误，B正确；
CD．红光在Q点全反射，可知蓝光折射大于
而红光折射率小于蓝光，紫光折射率大于蓝光，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】根据全反射临界角公式计算蓝光的折射率，结合红光、紫光频率分析解答。
9．【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；碰撞模型
【解析】【解答】本题考查了动量守恒定律以及功能关系的综合应用，解决此题的关键是要搞清楚研究对象的运动过程，灵活应用相关公式列方程求解。AB．完全非弹性碰撞满足动量守恒
损失的机械能
下落高度增大则v0增大，可知损失的机械能增大，A正确，B错误。
CD．整体c向下先加速后减速，速度最大的位置为平衡位置，合力为零处，不变，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据动量守恒和能量守恒定律分析判断；根据整体c的运动情况判断整体c速度最大的位置。
10．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题将电磁感应与力学知识电路知识综合在一起考查，关键是正确分析导体棒的运动形式然后结合对应规律列方程求解。A．两杆质量相同，a杆的长度是b杆的2倍，则a杆的横截面积是b杆的，又因为电阻率相同，根据电阻定律可知a杆电阻是b杆电阻的4倍。结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律计算电流初始时，根据右手定则可知两杆产生的电动势方向相同，总电动势为两电动势之和，等于3BLv，根据闭合电路欧姆定律可知通过a的电流为
A错误。
B．开始运动时，可知a杆受到的安培力向右，b杆受到的安培力也向右，两杆均向左做减速运动，a杆所受的安培力大小为b杆所受安培力大小的2倍，两杆质量相同，则a杆做减速运动的加速度大小较大，先减速到零，然后在向右的安培力作用下向右做加速运动，产生与b杆相反的电动势，即
当两杆电动势大小相等时，闭合回路电流为0，此时a杆向右做匀速运动， b杆向左做匀速运动，故B确。
C．a杆向左减速至0，由动量定理得
得
b杆向左减速至v1
，
a杆向右加速速至匀速
b杆向左继续减速至匀速v3
当a、b杆电动势等大反向时，回路电流为0，及
得
，，
选项C错误。
D．a、b杆的电阻之比为4：1，设产生的总热量为Q，则b上产生的热量
由能量守恒定律有
解得
D正确。
故选BD。
【分析】a棒刚运动瞬间，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式相结合求出a棒受到的安培力，稳定时，两棒在磁场中做匀速运动，两棒切割产生的感应电动势大小相等，对两棒分别利用动量定理列方程，即可求解稳定时a、b棒速度大小。由能量守恒定律求解整个运动过程中a棒产生焦耳热。对b棒根据动量定理求解通过b棒横截面的电荷量。
11．【答案】（1）B；D
（2）无影响
（3）0.80
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【分析】本题考查了测量滑块与木板之间的动摩擦因数的实验，解决本题的关键掌握实验原理，对于动摩擦因数，关键得出该物理量的表达式，从而分析判断。
（1）A．实验前，应在水平方向对弹簧测力计调零，减小读数误差，故A错误；
B．实验调节桌面水平使得正压力等于重力，便于获得正压力，故B正确；
CD．不管木板如何运动，木块都是处于平衡状态，即细线的拉力都等于摩擦力，所以没有必要一定要匀速拉出木板，故C错误D正确。
故选BD。
（2）缓慢向右拉动水平放置的木板，当滑块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为滑块受到的滑动摩擦力的大小。因此木板与桌面间的摩擦力对滑块摩擦力的测量无影响。
（3）弹簧测力计示数等于木块受到的滑动摩擦力大小
结合题图乙F-n图像中斜率为
解得
【分析】（1）根据实验原理、正确操作及注意事项分析作答；
（2）根据滑动摩擦力的影响因素分析作答；
（3）根据平衡条件求解F-n函数，结合图像斜率的含义求解作答。
（1）A．实验前，应在水平方向对弹簧测力计调零，减小读数误差，故A错误；
B．实验调节桌面水平使得正压力等于重力，便于获得正压力，故B正确；
CD．不管木板如何运动，木块都是处于平衡状态，即细线的拉力都等于摩擦力，所以没有必要一定要匀速拉出木板，故C错误D正确。
故选BD。
（2）缓慢向右拉动水平放置的木板，当滑块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为滑块受到的滑动摩擦力的大小。因此木板与桌面间的摩擦力对滑块摩擦力的测量无影响。
（3）弹簧测力计示数等于木块受到的滑动摩擦力大小F=f =μnmg+μMg
结合题图乙F-n图像中斜率为
解得μ=0.80
12．【答案】（1）较小
（2）左
（3）
（4）
（5）8
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】本题考查电表的改装和欧姆定律的应用等，会根据题意进行准确分析解答。改装成大量程电压表要串联一个电阻，改装成大量程电流表要并联一个电阻。
（1）分压式电路为使测量电路电压随滑动距离近似成正比，滑动变阻器应选小阻值。
（2）为了保护测量电路，滑片滑到最左边，测量电路电压为零。
（3）根据欧姆定律可得
，
联立可得
（4）由（3） 整理有
对照图像斜率
解得
（5）根据串联电路特点
可得
【分析】（1）根据滑动变阻器的分压式接法的要求进行分析解答；
（2）根据保护电路的要求进行分析解答；
（3）对两个电压表根据欧姆定律列方程求解；
（4）根据欧姆定律得到 UB-UA的 函数关系，根据图像斜率的物理意义进行解答；
（5）根据串联电路的电流关系列式求解。
（1）分压式电路为使测量电路电压随滑动距离近似成正比，滑动变阻器应选小阻值。
（2）为了保护测量电路，滑片滑到最左边，测量电路电压为零。
（3）根据欧姆定律可得，
联立可得
（4）由（3） 整理有
对照图像斜率
解得
（5）根据串联电路特点
可得R=8kΩ
13．【答案】（1）解：在坡道上滑雪者做匀加速运动，由牛顿第二定律
由匀变速直线运动规律
解得
（2）解：B到D的过程，重力做功
由动能定理
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对于滑雪者从A点滑至B点的过程，主要考虑的是重力沿斜面的分量和摩擦力的作用。根据牛顿第二定律，可以得到滑雪者沿斜面下滑的加速度a。由于滑雪者从静止开始下滑，可以利用匀加速直线运动的公式来计算滑雪者到达B点时的速度v。
（2）对于滑雪者从B点滑至D点的过程，主要考虑的是重力做功和克服阻力做功。由于滑雪者最终恰好能到达D点，可以利用动能定理来计算滑雪者克服阻力所做的功Wf。
（1）在坡道上滑雪者做匀加速运动，由牛顿第二定律
由匀变速直线运动规律
解得
（2）B到 D 的过程，重力做功
由动能定理
解得
14．【答案】（1）放热
（2）解：设充气前，左前轮胎内气体胎压为p1；充入气体的总体积为V1，以左前轮充气后的所有气体为研究对象，则初状态p1=1.8atm，V=3.0×10-2m3
末状态p=2.4atm，V=3.0×10-2m3
由题干和图可知，充入气体的温度与原有气体的温度相同，充气过程为等温变化，由玻意耳定律得
每秒充入气体的体积
联立解得
（3）解：以右前轮漏气前所有气体为研究对象，设原有气体的质量为m，剩余气体的质量为m'、温度为T2，漏出气体的体积为V漏，漏气过程为等压变化。由盖—吕萨克定律得
剩余气体与原有气体质量比为
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】本题考查理想气体状态方程，关键是分析等温、等压的前提条件，再根据玻意耳定律、盖—吕萨克定律列出等量关系式求解。
（1）充气过程，外界对左前轮中的气体做功，即，由于充气过程中轮胎内气体温度不变，即，根据热力学第一定律，可得则充气过程左前轮中的气体放热。
【分析】 （1）由充气过程轮胎气体温度不变、压强增大，可知气体的体积变化情况、做功情况，根据内能与做功、吸放热的关系，可分析左前轮的气体吸放热的情况；
（2）由题意可知充气过程，左前轮气体的温度不变，根据玻意耳定律，即可计算充入气体的体积；
（3）由剩余气体与原有气体的质量之比，可计算原有气体与漏气的体积、质量关系；根据最终气体压强不变，可知漏气过程，可计算停车时右前轮胎气体的温度。
（1）充气过程，外界对左前轮中的气体做功，即
由于充气过程中轮胎内气体温度不变，即
根据热力学第一定律
可得
则充气过程左前轮中的气体放热。
（2）设充气前，左前轮胎内气体胎压为p1；充入气体的总体积为V1，以左前轮充气后的所有气体为研究对象，则初状态p1=1.8atm，V=3.0×10-2m3
末状态p=2.4atm，V=3.0×10-2m3
由题干和图可知，充入气体的温度与原有气体的温度相同，充气过程为等温变化，由玻意耳定律得
每秒充入气体的体积
联立解得
（3）以右前轮漏气前所有气体为研究对象，设原有气体的质量为m，剩余气体的质量为m'、温度为T2，漏出气体的体积为V漏，漏气过程为等压变化。
由盖—吕萨克定律得
剩余气体与原有气体质量比为
解得T2=330K
15．【答案】（1）解：粒子在第二象限中做类斜抛运动，竖直方向上有
由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）解：由速度的分解可知，粒子在第一象限做匀速圆周运动的速度大小为
洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
由几何关系有
解得
联立解得
（3）解：粒子进入第四象限后，受沿y轴负方向的电场力qE2和洛伦兹力，配速vx其满足
解得
此vx正好为v1沿x轴的分量故，粒子在第四象限的运动可分解为沿x轴正方向的匀速直线运动和以vy（沿y轴负方向）为初速度的匀速圆周运动，则有
当两分速度方向都沿x轴正方向时，合速度达到最大
设此时粒子位置为Q，则有
沿y方向的洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
圆周运动的周期
于是
结合上述结论可知
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在第二象限中做类斜抛运动，竖直方向上根据牛顿运动和运动学公式求解电场强度E1的大小；
（2）由几何关系求解圆周运动半径。求出粒子在第一象限做匀速圆周运动的速度大小，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，从而求解 磁感应强度B的大小；
（3）粒子在第四象限的运动可分解为沿x轴正方向的匀速直线运动和以vy（沿y轴负方向）为初速度的匀速圆周运动，两分速度方向都沿x轴正方向时，合速度达到最大，沿y方向的洛伦兹力提供圆周运动的向心力，求出此时粒子位置，从而求解所处位置的x坐标。
（1）粒子在第二象限中做类斜抛运动，竖直方向上有
由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）由速度的分解可知，粒子在第一象限做匀速圆周运动的速度大小为
洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
由几何关系有
解得
联立解得
（3）粒子进入第四象限后，受沿y轴负方向的电场力qE2和洛伦兹力，配速vx其满足
解得
此vx正好为v1沿x轴的分量故，粒子在第四象限的运动可分解为沿x轴正方向的匀速直线运动和以vy（沿y轴负方向）为初速度的匀速圆周运动，则有
当两分速度方向都沿x轴正方向时，合速度达到最大
设此时粒子位置为Q，则有
沿y方向的洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
圆周运动的周期
于是
结合上述结论可知
联立解得
1 / 12025届广西壮族自治区高三下学期三模物理试题
1．（2025·广西壮族自治区模拟）放射性元素钋（）发生衰变时，会产生和一种未知粒子，并放出射线，其核反应方程为，下列说法正确的是（ ）
A．γ射线带负电
B．y=206
C．升高温度有利于衰变的发生
D．核的比结合能小于核的比结合能
【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题考查γ射线的本质和质量数守恒，半衰期和比结合能的知识，会根据题意进行准确分析解答。A．射线是电磁波，不带电，A错误；
B．由质量数守恒可得
B正确；
C．半衰期与原子核物理、化学环境无关，C错误；
D．该反应放出能量，生成物相对更稳定，比结合能增大，D错误。
故选B。
【分析】根据γ射线的本质和质量数守恒，半衰期和比结合能的知识进行分析解答。
2．（2025·广西壮族自治区模拟）我国发射的嫦娥四号成功在月球背面软着陆，实现了人类历史上首次月球背面软着陆与探测，为人类开发月球迈出坚实一步。太空船返回地球的过程中，一旦通过地球、月球对其引力的合力为零的位置后，该合力将有助于太空船返回地球，已知地球质量约为月球的81倍，则该位置距地心的距离和距月球中心的距离之比为（ ）
A．81：1 B．10： 9 C．9：1 D．9：10
【答案】C
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】本题考查万有引力定律和平衡条件的应用，会根据题意进行准确分析解答。设太空舱质量为m，月球质量为m0，引力合力为零的位置到地心的距离为r1，地球质量为81m0，引力合力为零的位置到月球中心的距离为r2，由万有引力定律和力的平衡有
可得
故选C。
【分析】根据万有引力定律和平衡条件列式解答。
3．（2025·广西壮族自治区模拟）风洞是空气动力学研究和试验中广泛使用的工具。如图所示，在地面的M点以竖直向上的初速度v0抛出一小球，小球抛出后始终受到水平向左的恒定风力作用，竖直方向只受重力。经过一段时间后小球将以速度水平向左经过N点，最终落回地面上，不计风力以外的空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球在N点之后做平抛运动
B．小球上升和下落过程运动时间相等
C．仅增大初速度，小球的水平位移不变
D．仅增大风力，小球落地瞬间重力的瞬时功率增大
【答案】B
【知识点】斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】本题考查了曲线运动和功率的基本知识，理解小球的运动状态和受力关系是解决此类问题的关键。A．过N点后，小球还受水平风力，不满足平抛运动只受重力特征，A错误；
B．竖直方向上，先竖直上抛再做自由落体运动，由对称性时间相等，B正确；
C．增大初速度运动时间增大，水平位移增大，C错误；
D．增大风力，小球回到地面水平速度增大，竖直分速度不变，重力的瞬时功率不变，D错误。
故选B。
【分析】根据过N点后，小球还受水平风力，竖直方向上，先竖直上抛再做自由落体运动，结合小球回到地面水平速度增大，竖直分速度不变，重力的瞬时功率不变分析求解。
4．（2025·广西壮族自治区模拟）竖直方向的弹簧一端固定于A点，另一端连一小球，小球穿过固定在y轴上的光滑直杆，一水平弹性长绳与小球相连，沿绳方向建立x轴，沿弹簧轴线方向建立y轴，如图甲所示。现让小球在竖直方向上做周期为T的简谐振动，带动弹性绳形成向右的简谐横波。振动后，某时刻记为 t=0时刻，时弹性绳状态如图乙所示，则小球的位移y随时间t变化的关系式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道方程中各字母表示的物理意义。由波形图知，时刻小球在平衡位置且正向下振动，可知0时刻小球在负方向最大位移处，故小球的振动关系式为
故ABC错误， D正确。
故D。
【分析】由图读出振幅；先判断出时刻O点的位置以及运动方向，然后向前推出t=0时刻O点的位置与运动方向，最后写出O点的振动方程。
5．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，在x轴上固定有两个点电荷Q1，Q2，电荷量分别为+q和-4q，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．在x轴上（无穷远处除外），电场强度为零的点有两个
B．在x轴上（无穷远处除外），电场强度为零的点有三个
C．在x轴上（无穷远处除外），电势为零的点只有一个
D．在x轴上（无穷远处除外），电势为零的点有两个
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】 本题主要带电体周围的电势分布，解题时需注意，电势是标量，电势的叠加遵循代数相加法则，如果A、B两个点电荷在空间中C点产生的电势分别为φA、φB，那么C点的电势φ=φA+φB。AB．将Q2看作两个点电荷，电荷量分别为-q、-3q，根据两等量异种点电荷周围的电场分布可知，在x轴上（无穷远处除外），+q、-q在Q1左侧的电场强度向左、Q1和Q2之间的电场强度方向向右、在Q2右侧的电场强度向左；根据负点电荷周围的电场分布可知，在x轴上（无穷远处除外），-3q在Q1左侧的电场强度向右、Q1和Q2之间的电场强度方向向右、在Q2右侧的电场强度向左；则由电场强度的叠加原理可知，在x轴上（无穷远处除外），+q、-q、-3q在Q1左侧存在一个电场强度为零的点，即在x轴上（无穷远处除外），电场强度为零的点有一个，故AB错误；
CD．设在x轴上（无穷远处除外），电势为零的点距Q1、Q2的距离分别为r1、r2，可得
解得
则在Q1和Q2之间、Q1左侧，均存在一个电势为零的点，则x轴上（无穷远处除外），电势为零的点有两个，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】 将Q2看作两个点电荷，电荷量分别为-q、-3q，根据电场强度的叠加原理，即可分析判断；结合题意，根据电势的叠加原则，即可分析判断。
6．（2025·广西壮族自治区模拟）自耦变压器常用于电源变压，如图为理想自耦变压器的工作原理图。当线圈的a、b两端输入电压恒定的交流电时，c与抽头d和c与抽头e之间可获取不同的电压。已知图中定值电阻R1与R2比值为9：16，若开关S1、S2均闭合时电流表的示数为仅闭合S1时的2倍，则c与抽头e和c与抽头d之间线圈的匝数比为（ ）
A．4：3 B．3：2 C．4：1 D．5：2
【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查理想变压器的比例计算，关键是综合利用功率公式、电压比与匝数比的关系。开关S1、S2均闭合时电流表的示数为仅闭合S1时的2倍，ab端输入电压一定，可知两状态功率为2倍关系，所以S1、S2均闭合时R1，R2功率相等。由
有
P相等时，，故
故选A。
【分析】由理想变压器的电压之比与匝数的关系，结合电功率公式，即可计算匝数比。
7．（2025·广西壮族自治区模拟）示波管可以用来观察电信号随时间的变化情况，其原理如图甲所示，通电后电子枪有电子逸出（初速度为零），经加速电压U1加速后，从偏转电极左侧边缘中心进入偏转电场，最后打在荧光屏上，荧光屏的中心在偏转电极的水平轴线上，以荧光屏的中心为原点O，建立xOy坐标系。若在 YY'电极上输入图乙所示的电压，下列说法正确的是（ ）
A．若在水平电极XX'不加电压，荧光屏上的图像为正弦图像
B．若在水平电极XX'不加电压，所有的电子打在荧光屏中心 O点
C．若在水平电极XX'加图丙所示电压，荧光屏上的图像是一条直线
D．若在水平电极XX'加图丙所示电压，荧光屏上的图像是一个圆
【答案】C
【知识点】示波器的使用
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的偏转，掌握处理曲线运动的方法，知道粒子在沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直电场方向做匀速直线运动。AB．若在水平电极XX'不加电压，则电子仅在竖直方向偏转，图像为过O点的竖直线，故AB错误；
CD．若在水平电极XX'加图丙所示电压，即电极XX'与电极YY'上所加电压均为正弦电压，则电子水平偏转位移和竖直偏转位移始终相等，图像为过O点的满足y=x的倾斜的直线，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】粒子在偏转电场中做类平抛运动，抓住沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直电场方向做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式分析，
8．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，ABCDE是某种透明物质截面的边界，若一束蓝光从O点入射（入射光线未画出），在P点和Q点均发生了全反射，最后垂直于BC面射出。现改用红光和紫光分别垂直于BC入射至Q点，则下列说法正确的是（ ）
A．红光一定在Q点发生全反射
B．紫光一定在Q、P两处发生全反射
C．该物质对红光的折射率可能是1.6
D．该物质对紫光的折射率可能是1.6
【答案】B,C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查光的折射与全反射的运用，解题关键掌握临界角公式，注意频率与折射率的关系。AB．红光折射率小于蓝光，临界角大于蓝光临界角，在Q点不一定全反射，而紫光临界角小于蓝光临界角，在QP两处一定全反射，故A错误，B正确；
CD．红光在Q点全反射，可知蓝光折射大于
而红光折射率小于蓝光，紫光折射率大于蓝光，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】根据全反射临界角公式计算蓝光的折射率，结合红光、紫光频率分析解答。
9．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，天花板上用一满足胡克定律的弹性绳悬挂一质量为M的物块a处于静止状态，另一质量为m的小环b穿过弹性绳，从距离物块a一定高度静止释放，与a发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后结合为整体c继续向下运动至最低点，若增大b释放的高度，以下说法中正确的是（ ）
A．由于碰撞损失的机械能增大 B．由于碰撞损失的机械能不变
C．整体c速度最大的位置下移 D．整体c速度最大的位置不变
【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；碰撞模型
【解析】【解答】本题考查了动量守恒定律以及功能关系的综合应用，解决此题的关键是要搞清楚研究对象的运动过程，灵活应用相关公式列方程求解。AB．完全非弹性碰撞满足动量守恒
损失的机械能
下落高度增大则v0增大，可知损失的机械能增大，A正确，B错误。
CD．整体c向下先加速后减速，速度最大的位置为平衡位置，合力为零处，不变，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据动量守恒和能量守恒定律分析判断；根据整体c的运动情况判断整体c速度最大的位置。
10．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，两根光滑平行金属导轨平放在绝缘水平面上，左侧导轨间距为2L，右侧导轨间距为L，左右两侧分别存在垂直导轨所在平面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．两根由相同材料制成的不同粗细的金属杆a、b恰好横跨在导轨上，a、b的质量均为m，b的电阻为R，初始时给a、b杆向左的瞬时速度，大小均为v，不计导轨电阻，a、b两杆到导轨两端及导轨间距变化处均足够远且运动过程中始终与导轨垂直，则（ ）
A．刚开始运动时通过a的电流大小为
B．导体棒a先向左减速，再向右加速，最后匀速
C．从开始到运动恰好稳定的过程中通过b某横截面的电荷量为
D．从开始到运动恰好稳定的过程中b上产生的焦耳热为
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题将电磁感应与力学知识电路知识综合在一起考查，关键是正确分析导体棒的运动形式然后结合对应规律列方程求解。A．两杆质量相同，a杆的长度是b杆的2倍，则a杆的横截面积是b杆的，又因为电阻率相同，根据电阻定律可知a杆电阻是b杆电阻的4倍。结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律计算电流初始时，根据右手定则可知两杆产生的电动势方向相同，总电动势为两电动势之和，等于3BLv，根据闭合电路欧姆定律可知通过a的电流为
A错误。
B．开始运动时，可知a杆受到的安培力向右，b杆受到的安培力也向右，两杆均向左做减速运动，a杆所受的安培力大小为b杆所受安培力大小的2倍，两杆质量相同，则a杆做减速运动的加速度大小较大，先减速到零，然后在向右的安培力作用下向右做加速运动，产生与b杆相反的电动势，即
当两杆电动势大小相等时，闭合回路电流为0，此时a杆向右做匀速运动， b杆向左做匀速运动，故B确。
C．a杆向左减速至0，由动量定理得
得
b杆向左减速至v1
，
a杆向右加速速至匀速
b杆向左继续减速至匀速v3
当a、b杆电动势等大反向时，回路电流为0，及
得
，，
选项C错误。
D．a、b杆的电阻之比为4：1，设产生的总热量为Q，则b上产生的热量
由能量守恒定律有
解得
D正确。
故选BD。
【分析】a棒刚运动瞬间，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式相结合求出a棒受到的安培力，稳定时，两棒在磁场中做匀速运动，两棒切割产生的感应电动势大小相等，对两棒分别利用动量定理列方程，即可求解稳定时a、b棒速度大小。由能量守恒定律求解整个运动过程中a棒产生焦耳热。对b棒根据动量定理求解通过b棒横截面的电荷量。
11．（2025·广西壮族自治区模拟）某实验小组利用如图甲所示的实验装置，测量滑块与木板之间的动摩擦因数。
（1）下列关于实验操作的说法正确的是___________。
A．实验前，应在竖直方向对弹簧测力计调零
B．实验前须调节桌面水平
C．实验时，需将木板匀速向右拉出
D．实验时，可将木板向右加速拉出
（2）由于木板与桌面间的摩擦力不能忽略，会导致动摩擦因数的测量值与真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）选取若干质量均为50g的砝码，每次往滑块上添加一个砝码，正确操作并记录弹簧测力计示数和砝码数量。根据实验数据，作出弹簧测力计示数F与砝码个数n的关系图像如图乙所示，重力加速度取9.8m/s2，则滑块与木板间的动摩擦因数为 （结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）B；D
（2）无影响
（3）0.80
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【分析】本题考查了测量滑块与木板之间的动摩擦因数的实验，解决本题的关键掌握实验原理，对于动摩擦因数，关键得出该物理量的表达式，从而分析判断。
（1）A．实验前，应在水平方向对弹簧测力计调零，减小读数误差，故A错误；
B．实验调节桌面水平使得正压力等于重力，便于获得正压力，故B正确；
CD．不管木板如何运动，木块都是处于平衡状态，即细线的拉力都等于摩擦力，所以没有必要一定要匀速拉出木板，故C错误D正确。
故选BD。
（2）缓慢向右拉动水平放置的木板，当滑块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为滑块受到的滑动摩擦力的大小。因此木板与桌面间的摩擦力对滑块摩擦力的测量无影响。
（3）弹簧测力计示数等于木块受到的滑动摩擦力大小
结合题图乙F-n图像中斜率为
解得
【分析】（1）根据实验原理、正确操作及注意事项分析作答；
（2）根据滑动摩擦力的影响因素分析作答；
（3）根据平衡条件求解F-n函数，结合图像斜率的含义求解作答。
（1）A．实验前，应在水平方向对弹簧测力计调零，减小读数误差，故A错误；
B．实验调节桌面水平使得正压力等于重力，便于获得正压力，故B正确；
CD．不管木板如何运动，木块都是处于平衡状态，即细线的拉力都等于摩擦力，所以没有必要一定要匀速拉出木板，故C错误D正确。
故选BD。
（2）缓慢向右拉动水平放置的木板，当滑块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为滑块受到的滑动摩擦力的大小。因此木板与桌面间的摩擦力对滑块摩擦力的测量无影响。
（3）弹簧测力计示数等于木块受到的滑动摩擦力大小F=f =μnmg+μMg
结合题图乙F-n图像中斜率为
解得μ=0.80
12．（2025·广西壮族自治区模拟）某同学要将量程为3V的直流电压表VA改装成量程为15V的电压表。电压表VA内阻未知，该同学先测量电压表VA的内阻，然后进行改装。可使用的器材有：电源，滑动变阻器，定值电阻（阻值为R0），标准电压表VB。具体实验步骤如下：
①按图甲连接电路；
②闭合开关S，将滑动变阻器滑片P滑动到某位置，记录VA和VB的示数；
③改变滑动变阻器滑片P的位置，读出多组VA和VB的示数；
④求出电压表VA的内阻r。
（1）为了便于调节，所选用滑动变阻器的阻值应 （选填“较大”或“较小”）。
（2）步骤②中，闭合开关S前滑片P应调至最 端（选填“左”或“右”）。
（3）甲同学分析电路结构，得到电压表VA内阻的计算式r= （用UA、UB和R0表示）
（4）乙同学根据多组UB、UA数据，做出UB-UA的图像，如图乙所示，该图像是一条过原点的倾斜直线，直线的斜率为k。由此可求得电压表VA的内阻r= （用R0和k表示）。
（5）实验测得电压表VA内阻r为2kΩ，可将阻值为 kΩ的电阻与VA串联即可改装为量程为15V的电压表。
【答案】（1）较小
（2）左
（3）
（4）
（5）8
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】本题考查电表的改装和欧姆定律的应用等，会根据题意进行准确分析解答。改装成大量程电压表要串联一个电阻，改装成大量程电流表要并联一个电阻。
（1）分压式电路为使测量电路电压随滑动距离近似成正比，滑动变阻器应选小阻值。
（2）为了保护测量电路，滑片滑到最左边，测量电路电压为零。
（3）根据欧姆定律可得
，
联立可得
（4）由（3） 整理有
对照图像斜率
解得
（5）根据串联电路特点
可得
【分析】（1）根据滑动变阻器的分压式接法的要求进行分析解答；
（2）根据保护电路的要求进行分析解答；
（3）对两个电压表根据欧姆定律列方程求解；
（4）根据欧姆定律得到 UB-UA的 函数关系，根据图像斜率的物理意义进行解答；
（5）根据串联电路的电流关系列式求解。
（1）分压式电路为使测量电路电压随滑动距离近似成正比，滑动变阻器应选小阻值。
（2）为了保护测量电路，滑片滑到最左边，测量电路电压为零。
（3）根据欧姆定律可得，
联立可得
（4）由（3） 整理有
对照图像斜率
解得
（5）根据串联电路特点
可得R=8kΩ
13．（2025·广西壮族自治区模拟）野外山地滑雪是一项既危险又充满刺激的挑战运动。如图所示，山区某一滑雪道由坡道AB、水平道BC和缓冲道CD三段组成，且各段均平滑连接，坡道倾角θ=37°，缓冲道为一段半径R=15m的圆弧。一质量为m（含装备）=60kg的滑雪者从坡道上的A点由静止开始自由滑下，最终恰好能到达缓冲道上的D点，已知坡道上AB两点相距20m，滑雪者在坡道上所受阻力恒定，大小为所受支持力的k倍，k=0.05，圆弧CD所对的圆心角也为θ，不计空气阻力，当地重力加速度g取，，，求：
（1）滑雪者滑至B点时的速度大小（用根式表示）；
（2）滑雪者从B点经C滑至D点的过程克服阻力所做的功。
【答案】（1）解：在坡道上滑雪者做匀加速运动，由牛顿第二定律
由匀变速直线运动规律
解得
（2）解：B到D的过程，重力做功
由动能定理
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对于滑雪者从A点滑至B点的过程，主要考虑的是重力沿斜面的分量和摩擦力的作用。根据牛顿第二定律，可以得到滑雪者沿斜面下滑的加速度a。由于滑雪者从静止开始下滑，可以利用匀加速直线运动的公式来计算滑雪者到达B点时的速度v。
（2）对于滑雪者从B点滑至D点的过程，主要考虑的是重力做功和克服阻力做功。由于滑雪者最终恰好能到达D点，可以利用动能定理来计算滑雪者克服阻力所做的功Wf。
（1）在坡道上滑雪者做匀加速运动，由牛顿第二定律
由匀变速直线运动规律
解得
（2）B到 D 的过程，重力做功
由动能定理
解得
14．（2025·广西壮族自治区模拟）汽车行驶过程中电子系统对轮胎气压进行实时自动监测，并对轮胎漏气和低气压进行报警，以确保行车安全。按照行业标准，夏季汽车轮胎正常胎压为p=2.4atm（atm为标准大气压）。某汽车轮胎的正常容积为，某次启动该汽车后，电子系统正常工作并报警，各轮胎胎压及温度如图所示（假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体）。为使汽车正常行驶，用电动充气泵给左前轮充气，每秒充入体积为、温度为27℃、压强为p0=1atm的气体，充气t1=9s后，左前轮胎压恢复到正常胎压。充气过程中轮胎内气体温度不变。
（1）充气过程左前轮中的气体 （选填“放热”或“吸热”）；
（2）求每秒充入的气体体积；
（3）在行驶过程中，汽车右前轮扎到钉子，导致车胎缓慢漏气，漏气前后轮胎体积不变，停车后发现仪表显示胎内气体压强仍为2.4atm。已知剩余气体质量与原有气体质量之比为10：11，求停车时右前轮胎内气体的温度（温度单位用K，T=273K+t）。
【答案】（1）放热
（2）解：设充气前，左前轮胎内气体胎压为p1；充入气体的总体积为V1，以左前轮充气后的所有气体为研究对象，则初状态p1=1.8atm，V=3.0×10-2m3
末状态p=2.4atm，V=3.0×10-2m3
由题干和图可知，充入气体的温度与原有气体的温度相同，充气过程为等温变化，由玻意耳定律得
每秒充入气体的体积
联立解得
（3）解：以右前轮漏气前所有气体为研究对象，设原有气体的质量为m，剩余气体的质量为m'、温度为T2，漏出气体的体积为V漏，漏气过程为等压变化。由盖—吕萨克定律得
剩余气体与原有气体质量比为
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】本题考查理想气体状态方程，关键是分析等温、等压的前提条件，再根据玻意耳定律、盖—吕萨克定律列出等量关系式求解。
（1）充气过程，外界对左前轮中的气体做功，即，由于充气过程中轮胎内气体温度不变，即，根据热力学第一定律，可得则充气过程左前轮中的气体放热。
【分析】 （1）由充气过程轮胎气体温度不变、压强增大，可知气体的体积变化情况、做功情况，根据内能与做功、吸放热的关系，可分析左前轮的气体吸放热的情况；
（2）由题意可知充气过程，左前轮气体的温度不变，根据玻意耳定律，即可计算充入气体的体积；
（3）由剩余气体与原有气体的质量之比，可计算原有气体与漏气的体积、质量关系；根据最终气体压强不变，可知漏气过程，可计算停车时右前轮胎气体的温度。
（1）充气过程，外界对左前轮中的气体做功，即
由于充气过程中轮胎内气体温度不变，即
根据热力学第一定律
可得
则充气过程左前轮中的气体放热。
（2）设充气前，左前轮胎内气体胎压为p1；充入气体的总体积为V1，以左前轮充气后的所有气体为研究对象，则初状态p1=1.8atm，V=3.0×10-2m3
末状态p=2.4atm，V=3.0×10-2m3
由题干和图可知，充入气体的温度与原有气体的温度相同，充气过程为等温变化，由玻意耳定律得
每秒充入气体的体积
联立解得
（3）以右前轮漏气前所有气体为研究对象，设原有气体的质量为m，剩余气体的质量为m'、温度为T2，漏出气体的体积为V漏，漏气过程为等压变化。
由盖—吕萨克定律得
剩余气体与原有气体质量比为
解得T2=330K
15．（2025·广西壮族自治区模拟）电偏转和磁偏转是控制粒子运动轨迹的常用手段。如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一象限存在匀强磁场B，方向垂直于纸面向外，第二象限存在匀强电场E1，方向沿y轴负方向，第四象限存在沿y轴负方向的匀强电场E2，同时存在垂直于纸面向里磁感应强度也为B的匀强磁场，E1、E2、B大小均未知。质量为m、电荷量为q（q>0））的带正电粒子以初速度v0从x轴负半轴M点射入电场，v0与x轴正方向的夹角为60°，经电场偏转后从点P（0，L）垂直于y轴进入磁场，然后从x轴正半轴的N点（图上未标出）与x轴正方向成45°角进入第四象限，不计粒子重力。
（1）求电场强度E1的大小；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若第四象限中电场E2的大小满足，求粒子在第四象限运动过程中的最大速度及粒子第一次达到最大速度时所处位置的x坐标。
【答案】（1）解：粒子在第二象限中做类斜抛运动，竖直方向上有
由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）解：由速度的分解可知，粒子在第一象限做匀速圆周运动的速度大小为
洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
由几何关系有
解得
联立解得
（3）解：粒子进入第四象限后，受沿y轴负方向的电场力qE2和洛伦兹力，配速vx其满足
解得
此vx正好为v1沿x轴的分量故，粒子在第四象限的运动可分解为沿x轴正方向的匀速直线运动和以vy（沿y轴负方向）为初速度的匀速圆周运动，则有
当两分速度方向都沿x轴正方向时，合速度达到最大
设此时粒子位置为Q，则有
沿y方向的洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
圆周运动的周期
于是
结合上述结论可知
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在第二象限中做类斜抛运动，竖直方向上根据牛顿运动和运动学公式求解电场强度E1的大小；
（2）由几何关系求解圆周运动半径。求出粒子在第一象限做匀速圆周运动的速度大小，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，从而求解 磁感应强度B的大小；
（3）粒子在第四象限的运动可分解为沿x轴正方向的匀速直线运动和以vy（沿y轴负方向）为初速度的匀速圆周运动，两分速度方向都沿x轴正方向时，合速度达到最大，沿y方向的洛伦兹力提供圆周运动的向心力，求出此时粒子位置，从而求解所处位置的x坐标。
（1）粒子在第二象限中做类斜抛运动，竖直方向上有
由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）由速度的分解可知，粒子在第一象限做匀速圆周运动的速度大小为
洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
由几何关系有
解得
联立解得
（3）粒子进入第四象限后，受沿y轴负方向的电场力qE2和洛伦兹力，配速vx其满足
解得
此vx正好为v1沿x轴的分量故，粒子在第四象限的运动可分解为沿x轴正方向的匀速直线运动和以vy（沿y轴负方向）为初速度的匀速圆周运动，则有
当两分速度方向都沿x轴正方向时，合速度达到最大
设此时粒子位置为Q，则有
沿y方向的洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
圆周运动的周期
于是
结合上述结论可知
联立解得
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