2025届广东省佛山市普通高中教学质量检测（二） 物理试卷
1．（2025·佛山模拟）嫦娥五号月壤样品的化学成分分析显示，月壤具有高含量的钍（），经中子轰击，其核反应方程式为，下列说法正确的是（ ）
A．该反应属于衰变
B．反应方程式中，
C．该反应属于链式反应
D．反应生成的电子来自钍原子的核外电子
【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题考查质量数和电荷数守恒结合原子核的人工转变以及β粒子的来历，会根据题意进行准确分析解答。B．根据电荷数守恒，U的电荷数为Z=90+0+2=92
根据质量数守恒，U的质量数为A=232+1=233
故B正确；
AC．该反应属于人工核转变，故AC错误；
D．粒子是核内的一个中子转化成质子和一个电子得到的，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒结合原子核的人工转变以及β粒子的来历进行分析解答。
2．（2025·佛山模拟）如图所示，导热良好的气缸内封闭一定质量的理想气体，气缸与活塞间的摩擦忽略不计。现缓慢向沙桶倒入细沙，下列关于密封气体的状态图像一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】本题考查了理想气体状态方程，理解气体前后压强、体积和温度的变化关系是解决此类问题的关键。由题可知气缸导热性能良好，代表在热交换中气缸内的气体温度保持不变，缓缓向活塞上倒细沙的过程中，气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律得知，气体压强与体积成反比，与体积倒数成正比。
因此本题选A。
【分析】根据气缸内温度不变，结合玻意耳定律分析求解。
3．（2025·佛山模拟）在家中为了方便使用卷纸，如图所示，用一个可转动“△”框将卷纸挂在墙上，使用过程中卷纸始终与墙面接触，若不计墙面与卷纸间的摩擦，当卷纸逐渐减少时（ ）
A．框对卷纸的作用力变小
B．框对卷纸的作用力方向竖直向上
C．墙面对卷纸的弹力保持不变
D．墙面和框对卷纸的合力保持不变
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题实质上属于动态平衡问题，要正确分析卷纸的受力情况，运用正交分解法列式分析。也可以采用图解法解答。设框对卷纸的作用力为F，方向指向左上方，墙面对卷纸的作用力为FN，则卷纸的受力情况如图所示
当卷纸逐渐减少时，F与竖直方向的夹角减小，重力减小，由图可知，F减小，FN减小，墙面和框对卷纸的合力与重力大小相等，所以合力减小。
故选A。
【分析】当卷纸逐渐减少时，卷纸半径也减小，故框与墙壁的夹角变小。设框与墙壁的夹角为α。对卷纸分析受力，根据平衡条件列式，得到框对卷纸的作用力和墙面对卷纸的弹力与α的关系式，再分析框对卷纸的作用力和墙面对卷纸的弹力的变化情况。根据平衡条件分析墙面和框对卷纸的合力与卷纸重力的关系，再判断该合力的变化情况。
4．（2025·佛山模拟）如图甲所示，理想变压器的原线圈与发电机相连，副线圈与电流表A和滑动变阻器R相连，发电机输出电压如图乙所示，发电机内阻不计，则下列说法正确的是（ ）
A．s时，线圈经过中性面
B．1s内，交流电方向改变25次
C．滑片P往下滑动时，电流表示数变大
D．滑片P往上滑动时，变压器输出电压变大
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题主要考查变压器的动态分析，解题时需注意，分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定。A．t=0.01s时，发电机输出的电压最大，则磁通量的变化率最大，磁通量为零，线圈处于垂直中性面的位置，故A错误；
B．交变电流在一个周期内电流方向改变2次，交变电流的周期为0.04s，所以1s内交变电流方向改变50次，故B错误；
C．滑片P往下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，原副线圈两端的电压不变，则电流表示数变大，故C正确；
D．滑片P往上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，回路电流变小，但变压器输出电压不变，故D错误。
故选C。
【分析】根据中性面及其性质，即可分析判断；结合图乙信息，根据每个周期内，交流电方向会改变2次，即可分析判断；结合题意及图甲，即可分析判断；变压器的输出电压不受副线圈电阻的影响，据此分析判断。
5．（2025·佛山模拟）2024年9月，我国成功试射了一枚洲际弹道导弹，射程高达12000公里，测试弹头最终落入南太平洋公海的预定海域，创下了全球洲际导弹射程的最远纪录。如图所示，若导弹从P点飞出大气层后，靠惯性绕地心O做椭圆轨道飞行（O为椭圆轨道的一个焦点），最后从Q点进入大气层。N点为远地点，，已知地球质量为M，引力常数为G，则下列说法正确的是（ ）
A．导弹从P到N过程中机械能不守恒
B．导弹在N点的加速度大小为
C．导弹在N点的速度大小为
D．导弹在P点和Q点受到的地球引力相同
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查机械能守恒条件和牛顿第二定律以及万有引力的矢量性，会根据题意进行准确分析解答。A．导弹从P到N过程中只受到地球引力作用，则机械能守恒，故A错误；
B．根据牛顿第二定律
解得导弹在N点的加速度大小为
故B正确；
C．根据
得导弹在N点的圆形轨道上运动的速度大小为
导弹从圆形轨道变轨到椭圆轨道需要减速做近心运动，则速度小于，故C错误；
D．导弹在P点和Q点受到的地球引力大小相同，方向不同，故D错误。
故选B。
【分析】根据机械能守恒条件和牛顿第二定律以及万有引力的矢量性进行分析解答。
6．（2025·佛山模拟）电鳗可以通过放电来捕食和自我保护，如图所示，静息时电鳗细胞不带电，捕食时电鳗通过神经元控制细胞膜消耗ATP中的能量来交换细胞内外的钠离子和钾离子（平均每3个钠离子运出细胞，就会有2个钾离子运进细胞），使得细胞内带负电。每个细胞内外产生150mV的电压，大量带电细胞串联后电鳗头尾间电势差可以达到几百伏，并通过体外海水放电形成的强电流来击杀猎物。在电鳗放电过程中以下说法正确的是（ ）
A．电鳗周围的海水中的正离子电势能减小，负离子电势能增加
B．电鳗周围的海水中的正离子电势能增加，负离子电势能减小
C．从带电细胞内运出的钠离子，其电势能增加
D．从带电细胞外运进的钾离子，其电势能增加
【答案】C
【知识点】电势能
【解析】【解答】本题考查电场力做功的情况，知道电场力做正功时，电荷的电势能减少即可。AB．两个选项只有正离子和负离子电势能变化的区别，可放在一起来判断。由题可知电鳗放电过程中，电鳗带负电，海水中的正离子向电鳗处移动，电场力做正功，电势能减小，而负离子向相反方向移动，电场力仍然做正功，电势能减小，故AB错误；
C．对于从带电细胞内运出的钠离子，电场力做负功，其电势能增加，故C正确；
D．对于从带电细胞外运进的钾离子，电场力做正功，其电势能减小，故D错误。
故选C。
【分析】根据电场力做功的特点判断即可。
7．（2025·佛山模拟）如图所示，边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场，ad边中点处O有一粒子源，向磁场内各方向均匀发射速率均为v0的电子，ab边恰好没有电子射出，已知电子质量为m，电量大小为e，则（ ）
A．bc边有电子射出
B．磁感强度大小为
C．从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为
D．从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为5：1
【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解答。AB．ab边恰好没有电子射出，轨迹如图所示（轨迹1）
根据洛伦兹力提供向心力有，
所以
由于电子射入的速度大小不变，方向改变，则轨迹半径不变，根据旋转圆模型可知，bc边没有电子射出，故AB错误；
C．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间最长时轨迹如图所示
根据几何关系可知，圆心角
所以最长时间为
故C错误；
D．由以上分析可知，当粒子恰好经过d点时，其入射速度方向与ad边的夹角为30°，所以从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为，故D正确。
故选D。
【分析】确定临界情况下的电子的轨迹，根据几何关系求得电子圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度；根据几何关系判断bc边会不会有电子射出；从ad边射出的电子中，在d点射出的电子在磁场中运动的轨迹最长，其在磁场中运动的时间最长，求得此时轨迹圆心角，结合运动周期求解从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间；确定从d点射出的电子在粒子源出射时的速度方向与ad边夹角，依据电子出射时的速度方向与ad边夹角的范围，求解从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值。
8．（2025·佛山模拟）滑雪是大众喜欢的冰雪项目之一，有一滑雪爱好者沿斜坡ABC的顶端A由静止开始匀加速下滑（此过程人不做功），经斜坡中点B时调整姿势采用犁式刹车方式开始匀减速，滑至坡底C时速度恰好为零，若滑雪者可视为质点，用v、s、t、a、E分别表示滑雪者下滑时的速度、位移、时间、加速度、机械能（以C为零势能点），则下列图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】功能关系
【解析】【解答】本题考查了运动图像相关知识，理解物体不同的运动状态是解决此类问题的关键。A．滑雪者做匀加速运动，根据位移时间关系可得
之后做匀减速直线运动，有
故A正确；
B．由于匀加速、匀减速的位移相等，根据可得匀加速、减速的时间相等，故B错误；
C．匀加速时，加速度沿斜面向下，匀减速时，加速度沿斜面向上，故C错误；
D．图线的斜率表示阻力，匀加速、匀减速阻力均不变，但匀加速阶段阻力小于匀减速阶段的阻力，到达斜面底端时，机械能为零，故D正确。
故选AD。
【分析】根据匀变速的直线运动规律，s-t图斜率表示速度，结合v-t图的面积表示位移，以及能量守恒分析求解。
9．（2025·佛山模拟）如图所示，水平面上放置有长方形水槽，其底面镀有反射银镜，槽内装有一定高度的水，水槽上方平行水面放置一白色光屏，一束白光以一定角度射向液面，从液面折射出来的光打到光屏上形成一彩色光带，最左端的为a光，最右端为b光。已知在水中紫光的折射率大于红光的折射率，以下说法正确的是（ ）
A．a光是紫光，b光是红光
B．在水中传播时，a光的速度比b光快
C．从液面折射出来的a光和b光平行射向光屏
D．若增加水的深度，彩色光带的宽度变窄
【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】解决本题的突破口在于通过光的偏折程度比较出光的折射率大小，搞清折射率、频率、在介质中的速度的大小关系。A．根据题意，作出光路图，如图所示
由图可知，a光在水面O点发生折射时折射角较小，根据折射定律可知，a光的折射率较大，所以a光是紫光，b光是红光，故A正确；
B．根据可知，a光的折射率较大，则在水中传播时，a光的速度比b光慢，故B错误；
C．根据光路的可逆性可知，从液面折射出来的a光和b光平行射向光屏，故C正确；
D．如图所示
由图可知，若增加水的深度，彩色光带的宽度变宽，故D错误。
故选AC。
【分析】紫光的频率较大，折射率较大，光在介质中的光速为，判断光速的大小，根据光的折射的对称性分析。
10．（2025·佛山模拟）如图所示，在光滑水平面上方空间存在一匀强电场，其大小为E、方向水平向左。劲度系数为k的弹簧左端固定在墙面上，右端与带电量为、质量为m的绝缘小滑块a相连，O点为弹簧原长位置，给a一定初速度起振后，P点为a能到达的最左端位置，PO距离为。当a运动至P时，在其右端立即无初速放置一个带电量为，质量为m的绝缘小滑块b，a、b之间无电量交换，已知，下列说法正确的是（ ）
A．放b前，a运动到O处速度最大
B．放b前，a运动到P处加速度最大
C．放b后，若ab粘连不分离，弹簧振子振幅会减小
D．放b后，若ab不粘连，则两者会在O点右侧处分离
【答案】B,C,D
【知识点】简谐运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了带电体在电场中的运动问题，掌握牛顿第二定律应用的两物体分离的条件，两物体分离时它们之间的弹力为零，加速度相同。A．当小滑块a的加速度为零时，速度达到最大，即小滑块应受到向右的弹簧弹力，该位置应位于O点左侧，故A错误；
B．当小滑块运动到P点时，速度为零，加速度达到最大，故B正确；
C．放b后，若ab粘连不分离，则ab一起做简谐运动，由于系统总能量不变，当速度减为零时，ab的电势能增加量较多，弹性势能较少，所以弹簧振子振幅减小，故C正确；
D．假设ab在O点右侧x处分离，根据牛顿第二定律可得，，
联立解得
故D正确。
故选BCD。
【分析】放b前，对a向左运动压缩弹簧的过程，根据牛顿第二定律求得a的加速度表达式，根据弹簧弹力的变化，得到a的加速度的变化情况，确定a的速度与加速度最大的位置；根据平衡条件，分析放b前后，a或ab运动的平衡位置与P处的距离的大小关系，可知弹簧振子振幅的变化情况；放b后，ab不粘连，在两者向右运动过程中分离，分离时ab之间的弹力为零，对a、b分别由牛顿第二定律列式，联立可得弹簧弹力的情况，由此确定两者分离的位置。
11．（2025·佛山模拟）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。
（1）某个实验小组要测量小车匀加速运动的加速度，使用了打点频率为f的打点计时器获得了该运动的一条纸带，每隔4个点取一个计数点，该小组取了连续的计数点O、A、B，分别测量了OA和OB的距离为x1、x2，则相邻计数点之间的时间间隔T= ，小车的加速度大小a= 。（用f、x1、x2表示）
（2）“用双缝干涉实验测量光的波长”的实验装置如图所示，在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了______。
A．调节单缝，使单缝和双缝平行
B．调节双缝，使双缝和单缝平行
C．调节单缝，使单缝和双缝高度相同
D．调节双缝，使双缝和单缝高度相同
（3）某实验小组用如图甲所示的装置探究“两个互成角度的力合成规律”。弹簧测力计A的一端钩在固定的钉子P上，用手拉动弹簧测力计B的一端，使结点O静止在某位置，结点下方挂着一物体M，根据实验要求作出两个弹力的合力F并与M的重力G比较，从而得出实验结果。在实验过程中，下列正确的是（ ）
A．M的质量越大，实验误差越小
B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置
C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果
D．在确定弹力方向时，需用铅笔沿着细线画直线
【答案】（1）；
（2）A
（3）B；C
【知识点】加速度；验证力的平行四边形定则；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。
（1）由于打点频率为f，且每隔4个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为，小车运动的加速度为
（2）在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了调节单缝，使单缝和双缝平行。
故选A。
（3）A．M的质量越大，越容易使得弹簧弹力超出量程，所以实验误差越大，故A错误；
B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置，保证三力平衡即可，故B正确；
C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果，故C正确；
D．在确定弹力方向时，不能用铅笔沿着细线画直线，而应该找直线上相距较远的两个投影点，然后用直尺连线，故D错误。
故选BC。
【分析】（1）根据频率分析时间间隔，进而分析相邻计数点之间的时间间隔，利用逐差法Δx=aT2可以求出物体的加速度大小；
（2）根据干涉原理，结合双缝实验装置各元件的用途，即可求解；
（3）探究力的平行四边形定则的实验中，运用等效法判断合力和分力的关系，橡皮条结点的位置不能变化，弹簧的拉力不要超过量程，且拉力与纸面平行。
（1）[1]由于打点频率为f，且每隔4个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为
[2]小车运动的加速度为
（2）在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了调节单缝，使单缝和双缝平行。
故选A。
（3）A．M的质量越大，越容易使得弹簧弹力超出量程，所以实验误差越大，故A错误；
B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置，保证三力平衡即可，故B正确；
C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果，故C正确；
D．在确定弹力方向时，不能用铅笔沿着细线画直线，而应该找直线上相距较远的两个投影点，然后用直尺连线，故D错误。
故选BC。
12．（2025·佛山模拟）小明要精确测量某电源的电动势（约3V）和内阻（约几欧），现有以下实验仪器：
A.电压表（量程5V，内阻较大）
B.电压表（量程3V，内阻较大）
C.电流表A（量程10mA，约为几十欧）
E.电阻箱R（0~9999.9Ω）
F.若干导线和开关
（1）为了消除系统误差，先设计了如图甲所示的电路图，测量电流表内阻：
①连接好实验仪器，先将电阻箱阻值R调到最大值；
②闭合开关调节电阻箱阻值到适当值，读出此时电压表、的示数为、，电流表A的示数为，则电流表的内阻 ；
（2）该同学设计如图乙所示的电路图，电流表应安装在 （选填“ab”或“cd”）之间，另一处用导线连接，闭合开关，调节电阻箱，得到多组电压U和电流I，做出图如图丙所示，则由图像可知电源的电动势 ，内阻 。（用、、表示）
【答案】（1）
（2）cd；；
【知识点】伏安法测电阻；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确用图像法分析“测量电源电动势和内阻实验”误差的方法，明确相关图像中纵轴截距与斜率的含义。
（1）电流表两端的电压为，所以电流表的内阻
（2）若将电流表接在ab之间，由于电压表的分流作用，电流表的测量值会有系统误差，因电压表内阻未知，这个系统误差不可消除，所以应将电流表接在cd之间，这样电流的测量值没有系统误差，虽然电压表的测量值有系统误差，但可将电流表内阻与电源看作一个整体，这样电压表的示数就是这个整体的路端电压，电动势的测量值就等于待测电源的电动势，内阻的测量值等于电源内阻与电流表内阻之和，因电流表的内阻已测出，所以用内阻的测量值减去电流表内阻就得到电源内阻的真实值。
图丙中图像的纵截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示电源内阻和电流表内阻之和，所以，
【分析】（1）根据图示电路图与实验步骤，根据图示电路由串联电路的关系和欧姆定律求电流表的内阻；
（2）根据实验原理和题设关系，根据闭合电路欧姆定律写出的表达式，结合图丁直线的斜率和纵截距可以求出电源电动势和内阻。
（1）电流表两端的电压为
所以电流表的内阻
（2）[1]若将电流表接在ab之间，由于电压表的分流作用，电流表的测量值会有系统误差，因电压表内阻未知，这个系统误差不可消除，所以应将电流表接在cd之间，这样电流的测量值没有系统误差，虽然电压表的测量值有系统误差，但可将电流表内阻与电源看作一个整体，这样电压表的示数就是这个整体的路端电压，电动势的测量值就等于待测电源的电动势，内阻的测量值等于电源内阻与电流表内阻之和，因电流表的内阻已测出，所以用内阻的测量值减去电流表内阻就得到电源内阻的真实值。
[2][3]图丙中图像的纵截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示电源内阻和电流表内阻之和，所以，
13．（2025·佛山模拟）均匀介质中有向x轴负方向传播的机械波，如图所示为t=0时的波形图，P为波源位置，已知t=0.4s时，位于x轴上0.2m处的质点Q第一次振动到达波谷。
（1）求该机械波的波速大小；
（2）写出P点的振动方程；
（3）求0~1.0s原点O处质点的振动路程。
【答案】（1）由图可知，当质点Q第一次振动到达波谷，此时波向左传播0.8m，所以
（2）由图可知，振幅为10cm，波长为0.8m，所以
所以P点的振动方程为
根据题意，t=0时，y=0，且质点向y轴负方向振动，则
所以
（3）该波传播到O点的时间为
所以O处质点振动时间为0.6s，振动路程为
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【分析】（1）结合题意及题图，根据波速与波传播距离的关系列式，即可分析求解；
（2）结合题意及题图，根据“同侧法”、周期与波速的关系分析列式，即可求解；
（3）结合前面分析，由速度与时间的关系、振动时间与周期的关系、简谐运动的物体的路程与振幅的关系分别列式，即可分析求解。
（1）由图可知，当质点Q第一次振动到达波谷，此时波向左传播0.8m，所以
（2）由图可知，振幅为10cm，波长为0.8m，所以
所以P点的振动方程为
根据题意，t=0时，y=0，且质点向y轴负方向振动，则
所以
（3）该波传播到O点的时间为
所以O处质点振动时间为0.6s，振动路程为
14．（2025·佛山模拟）如图所示，质量为m、边长为L、总电阻为R的单匝正方形线框abcd能在两竖直光滑绝缘导轨间滑行，导轨间存在两个直径为L的相切的圆形区域磁场（AB和EF分别为两圆与轨道垂直的直径），磁感应强度大小均为B，方向分别垂直导轨平面向外和向内，线框从图中位置（ab边与磁场上边界相切）静止释放，线框ab边滑至EF处时加速度为零，重力加速度为g，求：
（1）ab边滑至EF处时，线框的电流大小I及速度大小v；
（2）ab边由静止滑至EF处的过程中，线框产生的焦耳热Q；
（3）ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量q。
【答案】（1）线框ab边滑至EF处时加速度为零，则
根据法拉第电磁感应定律可得
所以，
（2）根据能量守恒定律可得
解得
（3）ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量为，
所以
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】 （1）线框ab边滑至EF处时加速度为零，合力为零，根据平衡条件结合安培力公式求线框的电流大小I，再根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求速度大小v。
（2）根据能量守恒定律求线框产生的焦耳热Q。
（3）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及电荷量与电流的关系计算通过导线框的电量q。
（1）线框ab边滑至EF处时加速度为零，则
根据法拉第电磁感应定律可得
所以，
（2）根据能量守恒定律可得
解得
（3）ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量为，
所以
15．（2025·佛山模拟）很多医院都装备有气动物流装置，将药房配药输送到各科室。如图所示是类似的气动输送装置，管道abcde右端开口，其中ab竖直，高度，bc是半径为R的四分之一圆弧管（R远大于管道直径），cde水平，cd长度，de长度。d处紧挨放置着大小可忽略不计的运输胶囊B和C，B被锁定在d处，a处放置胶囊A，胶囊与管道内壁接触处均不漏气，胶囊A、C间气室为真空，A的质量为m，B、C的质量均为。启动风机，给A施加一大小恒为的气动推力，A运动至d处前瞬间解锁B，并与B完成弹性碰撞，紧接着B与C完成弹性碰撞，碰撞时间极短，大气对C产生的压力恒为mg（忽略管道内空气流动对气压的影响），ab和cde均光滑，A经bc过程克服阻力做功为，求：
（1）A经圆弧管b点处时，管道对其弹力大小；
（2）B与C碰撞后瞬间，C的速度大小；
（3）试分析并判断B与C是否会发生第二次碰撞。
【答案】（1）A由a到b过程
解得
A经b点处时
解得
（2）A由b到d过程
解得
A与B碰撞，以vd的方向为正方向，有，
解得，
B与C碰撞，以vB的方向为正方向，有，
解得，
（3）设管de段足够长，B与C会发生二次碰撞，先设A反弹不会进入圆弧管，则A减速至速度为零所需距离
解得
假设成立
以vA的方向为正方向，则A与B两次碰撞时间间隔为
解得
A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为
C的加速度大小
解得
位移大小为
此时C恰好到达管口处，即B与C不会发生二次碰撞。
【知识点】向心力；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理和圆周运动的公式求管道对其弹力大小FN；
（2）A与B碰撞，B与C碰撞，碰撞过程动量守，根据动量守恒和能量守恒定律求B与C碰撞后瞬间，C的速度大小vC；
（3）根据动能定理求解速度，根据动量定理求解时间，结合运动学公式判断B与C是否会发生第二次碰撞。
（1）A由a到b过程
解得
A经b点处时
解得
（2）A由b到d过程
解得
A与B碰撞，以vd的方向为正方向，有，
解得，
B与C碰撞，以vB的方向为正方向，有，
解得，
（3）设管de段足够长，B与C会发生二次碰撞，先设A反弹不会进入圆弧管，则A减速至速度为零所需距离
解得
假设成立
以vA的方向为正方向，则A与B两次碰撞时间间隔为
解得
A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为
C的加速度大小
解得
位移大小为
此时C恰好到达管口处，即B与C不会发生二次碰撞。
1 / 12025届广东省佛山市普通高中教学质量检测（二） 物理试卷
1．（2025·佛山模拟）嫦娥五号月壤样品的化学成分分析显示，月壤具有高含量的钍（），经中子轰击，其核反应方程式为，下列说法正确的是（ ）
A．该反应属于衰变
B．反应方程式中，
C．该反应属于链式反应
D．反应生成的电子来自钍原子的核外电子
2．（2025·佛山模拟）如图所示，导热良好的气缸内封闭一定质量的理想气体，气缸与活塞间的摩擦忽略不计。现缓慢向沙桶倒入细沙，下列关于密封气体的状态图像一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025·佛山模拟）在家中为了方便使用卷纸，如图所示，用一个可转动“△”框将卷纸挂在墙上，使用过程中卷纸始终与墙面接触，若不计墙面与卷纸间的摩擦，当卷纸逐渐减少时（ ）
A．框对卷纸的作用力变小
B．框对卷纸的作用力方向竖直向上
C．墙面对卷纸的弹力保持不变
D．墙面和框对卷纸的合力保持不变
4．（2025·佛山模拟）如图甲所示，理想变压器的原线圈与发电机相连，副线圈与电流表A和滑动变阻器R相连，发电机输出电压如图乙所示，发电机内阻不计，则下列说法正确的是（ ）
A．s时，线圈经过中性面
B．1s内，交流电方向改变25次
C．滑片P往下滑动时，电流表示数变大
D．滑片P往上滑动时，变压器输出电压变大
5．（2025·佛山模拟）2024年9月，我国成功试射了一枚洲际弹道导弹，射程高达12000公里，测试弹头最终落入南太平洋公海的预定海域，创下了全球洲际导弹射程的最远纪录。如图所示，若导弹从P点飞出大气层后，靠惯性绕地心O做椭圆轨道飞行（O为椭圆轨道的一个焦点），最后从Q点进入大气层。N点为远地点，，已知地球质量为M，引力常数为G，则下列说法正确的是（ ）
A．导弹从P到N过程中机械能不守恒
B．导弹在N点的加速度大小为
C．导弹在N点的速度大小为
D．导弹在P点和Q点受到的地球引力相同
6．（2025·佛山模拟）电鳗可以通过放电来捕食和自我保护，如图所示，静息时电鳗细胞不带电，捕食时电鳗通过神经元控制细胞膜消耗ATP中的能量来交换细胞内外的钠离子和钾离子（平均每3个钠离子运出细胞，就会有2个钾离子运进细胞），使得细胞内带负电。每个细胞内外产生150mV的电压，大量带电细胞串联后电鳗头尾间电势差可以达到几百伏，并通过体外海水放电形成的强电流来击杀猎物。在电鳗放电过程中以下说法正确的是（ ）
A．电鳗周围的海水中的正离子电势能减小，负离子电势能增加
B．电鳗周围的海水中的正离子电势能增加，负离子电势能减小
C．从带电细胞内运出的钠离子，其电势能增加
D．从带电细胞外运进的钾离子，其电势能增加
7．（2025·佛山模拟）如图所示，边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场，ad边中点处O有一粒子源，向磁场内各方向均匀发射速率均为v0的电子，ab边恰好没有电子射出，已知电子质量为m，电量大小为e，则（ ）
A．bc边有电子射出
B．磁感强度大小为
C．从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为
D．从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为5：1
8．（2025·佛山模拟）滑雪是大众喜欢的冰雪项目之一，有一滑雪爱好者沿斜坡ABC的顶端A由静止开始匀加速下滑（此过程人不做功），经斜坡中点B时调整姿势采用犁式刹车方式开始匀减速，滑至坡底C时速度恰好为零，若滑雪者可视为质点，用v、s、t、a、E分别表示滑雪者下滑时的速度、位移、时间、加速度、机械能（以C为零势能点），则下列图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2025·佛山模拟）如图所示，水平面上放置有长方形水槽，其底面镀有反射银镜，槽内装有一定高度的水，水槽上方平行水面放置一白色光屏，一束白光以一定角度射向液面，从液面折射出来的光打到光屏上形成一彩色光带，最左端的为a光，最右端为b光。已知在水中紫光的折射率大于红光的折射率，以下说法正确的是（ ）
A．a光是紫光，b光是红光
B．在水中传播时，a光的速度比b光快
C．从液面折射出来的a光和b光平行射向光屏
D．若增加水的深度，彩色光带的宽度变窄
10．（2025·佛山模拟）如图所示，在光滑水平面上方空间存在一匀强电场，其大小为E、方向水平向左。劲度系数为k的弹簧左端固定在墙面上，右端与带电量为、质量为m的绝缘小滑块a相连，O点为弹簧原长位置，给a一定初速度起振后，P点为a能到达的最左端位置，PO距离为。当a运动至P时，在其右端立即无初速放置一个带电量为，质量为m的绝缘小滑块b，a、b之间无电量交换，已知，下列说法正确的是（ ）
A．放b前，a运动到O处速度最大
B．放b前，a运动到P处加速度最大
C．放b后，若ab粘连不分离，弹簧振子振幅会减小
D．放b后，若ab不粘连，则两者会在O点右侧处分离
11．（2025·佛山模拟）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。
（1）某个实验小组要测量小车匀加速运动的加速度，使用了打点频率为f的打点计时器获得了该运动的一条纸带，每隔4个点取一个计数点，该小组取了连续的计数点O、A、B，分别测量了OA和OB的距离为x1、x2，则相邻计数点之间的时间间隔T= ，小车的加速度大小a= 。（用f、x1、x2表示）
（2）“用双缝干涉实验测量光的波长”的实验装置如图所示，在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了______。
A．调节单缝，使单缝和双缝平行
B．调节双缝，使双缝和单缝平行
C．调节单缝，使单缝和双缝高度相同
D．调节双缝，使双缝和单缝高度相同
（3）某实验小组用如图甲所示的装置探究“两个互成角度的力合成规律”。弹簧测力计A的一端钩在固定的钉子P上，用手拉动弹簧测力计B的一端，使结点O静止在某位置，结点下方挂着一物体M，根据实验要求作出两个弹力的合力F并与M的重力G比较，从而得出实验结果。在实验过程中，下列正确的是（ ）
A．M的质量越大，实验误差越小
B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置
C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果
D．在确定弹力方向时，需用铅笔沿着细线画直线
12．（2025·佛山模拟）小明要精确测量某电源的电动势（约3V）和内阻（约几欧），现有以下实验仪器：
A.电压表（量程5V，内阻较大）
B.电压表（量程3V，内阻较大）
C.电流表A（量程10mA，约为几十欧）
E.电阻箱R（0~9999.9Ω）
F.若干导线和开关
（1）为了消除系统误差，先设计了如图甲所示的电路图，测量电流表内阻：
①连接好实验仪器，先将电阻箱阻值R调到最大值；
②闭合开关调节电阻箱阻值到适当值，读出此时电压表、的示数为、，电流表A的示数为，则电流表的内阻 ；
（2）该同学设计如图乙所示的电路图，电流表应安装在 （选填“ab”或“cd”）之间，另一处用导线连接，闭合开关，调节电阻箱，得到多组电压U和电流I，做出图如图丙所示，则由图像可知电源的电动势 ，内阻 。（用、、表示）
13．（2025·佛山模拟）均匀介质中有向x轴负方向传播的机械波，如图所示为t=0时的波形图，P为波源位置，已知t=0.4s时，位于x轴上0.2m处的质点Q第一次振动到达波谷。
（1）求该机械波的波速大小；
（2）写出P点的振动方程；
（3）求0~1.0s原点O处质点的振动路程。
14．（2025·佛山模拟）如图所示，质量为m、边长为L、总电阻为R的单匝正方形线框abcd能在两竖直光滑绝缘导轨间滑行，导轨间存在两个直径为L的相切的圆形区域磁场（AB和EF分别为两圆与轨道垂直的直径），磁感应强度大小均为B，方向分别垂直导轨平面向外和向内，线框从图中位置（ab边与磁场上边界相切）静止释放，线框ab边滑至EF处时加速度为零，重力加速度为g，求：
（1）ab边滑至EF处时，线框的电流大小I及速度大小v；
（2）ab边由静止滑至EF处的过程中，线框产生的焦耳热Q；
（3）ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量q。
15．（2025·佛山模拟）很多医院都装备有气动物流装置，将药房配药输送到各科室。如图所示是类似的气动输送装置，管道abcde右端开口，其中ab竖直，高度，bc是半径为R的四分之一圆弧管（R远大于管道直径），cde水平，cd长度，de长度。d处紧挨放置着大小可忽略不计的运输胶囊B和C，B被锁定在d处，a处放置胶囊A，胶囊与管道内壁接触处均不漏气，胶囊A、C间气室为真空，A的质量为m，B、C的质量均为。启动风机，给A施加一大小恒为的气动推力，A运动至d处前瞬间解锁B，并与B完成弹性碰撞，紧接着B与C完成弹性碰撞，碰撞时间极短，大气对C产生的压力恒为mg（忽略管道内空气流动对气压的影响），ab和cde均光滑，A经bc过程克服阻力做功为，求：
（1）A经圆弧管b点处时，管道对其弹力大小；
（2）B与C碰撞后瞬间，C的速度大小；
（3）试分析并判断B与C是否会发生第二次碰撞。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题考查质量数和电荷数守恒结合原子核的人工转变以及β粒子的来历，会根据题意进行准确分析解答。B．根据电荷数守恒，U的电荷数为Z=90+0+2=92
根据质量数守恒，U的质量数为A=232+1=233
故B正确；
AC．该反应属于人工核转变，故AC错误；
D．粒子是核内的一个中子转化成质子和一个电子得到的，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒结合原子核的人工转变以及β粒子的来历进行分析解答。
2．【答案】A
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】本题考查了理想气体状态方程，理解气体前后压强、体积和温度的变化关系是解决此类问题的关键。由题可知气缸导热性能良好，代表在热交换中气缸内的气体温度保持不变，缓缓向活塞上倒细沙的过程中，气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律得知，气体压强与体积成反比，与体积倒数成正比。
因此本题选A。
【分析】根据气缸内温度不变，结合玻意耳定律分析求解。
3．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题实质上属于动态平衡问题，要正确分析卷纸的受力情况，运用正交分解法列式分析。也可以采用图解法解答。设框对卷纸的作用力为F，方向指向左上方，墙面对卷纸的作用力为FN，则卷纸的受力情况如图所示
当卷纸逐渐减少时，F与竖直方向的夹角减小，重力减小，由图可知，F减小，FN减小，墙面和框对卷纸的合力与重力大小相等，所以合力减小。
故选A。
【分析】当卷纸逐渐减少时，卷纸半径也减小，故框与墙壁的夹角变小。设框与墙壁的夹角为α。对卷纸分析受力，根据平衡条件列式，得到框对卷纸的作用力和墙面对卷纸的弹力与α的关系式，再分析框对卷纸的作用力和墙面对卷纸的弹力的变化情况。根据平衡条件分析墙面和框对卷纸的合力与卷纸重力的关系，再判断该合力的变化情况。
4．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题主要考查变压器的动态分析，解题时需注意，分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定。A．t=0.01s时，发电机输出的电压最大，则磁通量的变化率最大，磁通量为零，线圈处于垂直中性面的位置，故A错误；
B．交变电流在一个周期内电流方向改变2次，交变电流的周期为0.04s，所以1s内交变电流方向改变50次，故B错误；
C．滑片P往下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，原副线圈两端的电压不变，则电流表示数变大，故C正确；
D．滑片P往上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，回路电流变小，但变压器输出电压不变，故D错误。
故选C。
【分析】根据中性面及其性质，即可分析判断；结合图乙信息，根据每个周期内，交流电方向会改变2次，即可分析判断；结合题意及图甲，即可分析判断；变压器的输出电压不受副线圈电阻的影响，据此分析判断。
5．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查机械能守恒条件和牛顿第二定律以及万有引力的矢量性，会根据题意进行准确分析解答。A．导弹从P到N过程中只受到地球引力作用，则机械能守恒，故A错误；
B．根据牛顿第二定律
解得导弹在N点的加速度大小为
故B正确；
C．根据
得导弹在N点的圆形轨道上运动的速度大小为
导弹从圆形轨道变轨到椭圆轨道需要减速做近心运动，则速度小于，故C错误；
D．导弹在P点和Q点受到的地球引力大小相同，方向不同，故D错误。
故选B。
【分析】根据机械能守恒条件和牛顿第二定律以及万有引力的矢量性进行分析解答。
6．【答案】C
【知识点】电势能
【解析】【解答】本题考查电场力做功的情况，知道电场力做正功时，电荷的电势能减少即可。AB．两个选项只有正离子和负离子电势能变化的区别，可放在一起来判断。由题可知电鳗放电过程中，电鳗带负电，海水中的正离子向电鳗处移动，电场力做正功，电势能减小，而负离子向相反方向移动，电场力仍然做正功，电势能减小，故AB错误；
C．对于从带电细胞内运出的钠离子，电场力做负功，其电势能增加，故C正确；
D．对于从带电细胞外运进的钾离子，电场力做正功，其电势能减小，故D错误。
故选C。
【分析】根据电场力做功的特点判断即可。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解答。AB．ab边恰好没有电子射出，轨迹如图所示（轨迹1）
根据洛伦兹力提供向心力有，
所以
由于电子射入的速度大小不变，方向改变，则轨迹半径不变，根据旋转圆模型可知，bc边没有电子射出，故AB错误；
C．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间最长时轨迹如图所示
根据几何关系可知，圆心角
所以最长时间为
故C错误；
D．由以上分析可知，当粒子恰好经过d点时，其入射速度方向与ad边的夹角为30°，所以从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为，故D正确。
故选D。
【分析】确定临界情况下的电子的轨迹，根据几何关系求得电子圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度；根据几何关系判断bc边会不会有电子射出；从ad边射出的电子中，在d点射出的电子在磁场中运动的轨迹最长，其在磁场中运动的时间最长，求得此时轨迹圆心角，结合运动周期求解从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间；确定从d点射出的电子在粒子源出射时的速度方向与ad边夹角，依据电子出射时的速度方向与ad边夹角的范围，求解从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值。
8．【答案】A,D
【知识点】功能关系
【解析】【解答】本题考查了运动图像相关知识，理解物体不同的运动状态是解决此类问题的关键。A．滑雪者做匀加速运动，根据位移时间关系可得
之后做匀减速直线运动，有
故A正确；
B．由于匀加速、匀减速的位移相等，根据可得匀加速、减速的时间相等，故B错误；
C．匀加速时，加速度沿斜面向下，匀减速时，加速度沿斜面向上，故C错误；
D．图线的斜率表示阻力，匀加速、匀减速阻力均不变，但匀加速阶段阻力小于匀减速阶段的阻力，到达斜面底端时，机械能为零，故D正确。
故选AD。
【分析】根据匀变速的直线运动规律，s-t图斜率表示速度，结合v-t图的面积表示位移，以及能量守恒分析求解。
9．【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】解决本题的突破口在于通过光的偏折程度比较出光的折射率大小，搞清折射率、频率、在介质中的速度的大小关系。A．根据题意，作出光路图，如图所示
由图可知，a光在水面O点发生折射时折射角较小，根据折射定律可知，a光的折射率较大，所以a光是紫光，b光是红光，故A正确；
B．根据可知，a光的折射率较大，则在水中传播时，a光的速度比b光慢，故B错误；
C．根据光路的可逆性可知，从液面折射出来的a光和b光平行射向光屏，故C正确；
D．如图所示
由图可知，若增加水的深度，彩色光带的宽度变宽，故D错误。
故选AC。
【分析】紫光的频率较大，折射率较大，光在介质中的光速为，判断光速的大小，根据光的折射的对称性分析。
10．【答案】B,C,D
【知识点】简谐运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了带电体在电场中的运动问题，掌握牛顿第二定律应用的两物体分离的条件，两物体分离时它们之间的弹力为零，加速度相同。A．当小滑块a的加速度为零时，速度达到最大，即小滑块应受到向右的弹簧弹力，该位置应位于O点左侧，故A错误；
B．当小滑块运动到P点时，速度为零，加速度达到最大，故B正确；
C．放b后，若ab粘连不分离，则ab一起做简谐运动，由于系统总能量不变，当速度减为零时，ab的电势能增加量较多，弹性势能较少，所以弹簧振子振幅减小，故C正确；
D．假设ab在O点右侧x处分离，根据牛顿第二定律可得，，
联立解得
故D正确。
故选BCD。
【分析】放b前，对a向左运动压缩弹簧的过程，根据牛顿第二定律求得a的加速度表达式，根据弹簧弹力的变化，得到a的加速度的变化情况，确定a的速度与加速度最大的位置；根据平衡条件，分析放b前后，a或ab运动的平衡位置与P处的距离的大小关系，可知弹簧振子振幅的变化情况；放b后，ab不粘连，在两者向右运动过程中分离，分离时ab之间的弹力为零，对a、b分别由牛顿第二定律列式，联立可得弹簧弹力的情况，由此确定两者分离的位置。
11．【答案】（1）；
（2）A
（3）B；C
【知识点】加速度；验证力的平行四边形定则；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。
（1）由于打点频率为f，且每隔4个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为，小车运动的加速度为
（2）在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了调节单缝，使单缝和双缝平行。
故选A。
（3）A．M的质量越大，越容易使得弹簧弹力超出量程，所以实验误差越大，故A错误；
B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置，保证三力平衡即可，故B正确；
C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果，故C正确；
D．在确定弹力方向时，不能用铅笔沿着细线画直线，而应该找直线上相距较远的两个投影点，然后用直尺连线，故D错误。
故选BC。
【分析】（1）根据频率分析时间间隔，进而分析相邻计数点之间的时间间隔，利用逐差法Δx=aT2可以求出物体的加速度大小；
（2）根据干涉原理，结合双缝实验装置各元件的用途，即可求解；
（3）探究力的平行四边形定则的实验中，运用等效法判断合力和分力的关系，橡皮条结点的位置不能变化，弹簧的拉力不要超过量程，且拉力与纸面平行。
（1）[1]由于打点频率为f，且每隔4个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为
[2]小车运动的加速度为
（2）在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了调节单缝，使单缝和双缝平行。
故选A。
（3）A．M的质量越大，越容易使得弹簧弹力超出量程，所以实验误差越大，故A错误；
B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置，保证三力平衡即可，故B正确；
C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果，故C正确；
D．在确定弹力方向时，不能用铅笔沿着细线画直线，而应该找直线上相距较远的两个投影点，然后用直尺连线，故D错误。
故选BC。
12．【答案】（1）
（2）cd；；
【知识点】伏安法测电阻；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确用图像法分析“测量电源电动势和内阻实验”误差的方法，明确相关图像中纵轴截距与斜率的含义。
（1）电流表两端的电压为，所以电流表的内阻
（2）若将电流表接在ab之间，由于电压表的分流作用，电流表的测量值会有系统误差，因电压表内阻未知，这个系统误差不可消除，所以应将电流表接在cd之间，这样电流的测量值没有系统误差，虽然电压表的测量值有系统误差，但可将电流表内阻与电源看作一个整体，这样电压表的示数就是这个整体的路端电压，电动势的测量值就等于待测电源的电动势，内阻的测量值等于电源内阻与电流表内阻之和，因电流表的内阻已测出，所以用内阻的测量值减去电流表内阻就得到电源内阻的真实值。
图丙中图像的纵截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示电源内阻和电流表内阻之和，所以，
【分析】（1）根据图示电路图与实验步骤，根据图示电路由串联电路的关系和欧姆定律求电流表的内阻；
（2）根据实验原理和题设关系，根据闭合电路欧姆定律写出的表达式，结合图丁直线的斜率和纵截距可以求出电源电动势和内阻。
（1）电流表两端的电压为
所以电流表的内阻
（2）[1]若将电流表接在ab之间，由于电压表的分流作用，电流表的测量值会有系统误差，因电压表内阻未知，这个系统误差不可消除，所以应将电流表接在cd之间，这样电流的测量值没有系统误差，虽然电压表的测量值有系统误差，但可将电流表内阻与电源看作一个整体，这样电压表的示数就是这个整体的路端电压，电动势的测量值就等于待测电源的电动势，内阻的测量值等于电源内阻与电流表内阻之和，因电流表的内阻已测出，所以用内阻的测量值减去电流表内阻就得到电源内阻的真实值。
[2][3]图丙中图像的纵截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示电源内阻和电流表内阻之和，所以，
13．【答案】（1）由图可知，当质点Q第一次振动到达波谷，此时波向左传播0.8m，所以
（2）由图可知，振幅为10cm，波长为0.8m，所以
所以P点的振动方程为
根据题意，t=0时，y=0，且质点向y轴负方向振动，则
所以
（3）该波传播到O点的时间为
所以O处质点振动时间为0.6s，振动路程为
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【分析】（1）结合题意及题图，根据波速与波传播距离的关系列式，即可分析求解；
（2）结合题意及题图，根据“同侧法”、周期与波速的关系分析列式，即可求解；
（3）结合前面分析，由速度与时间的关系、振动时间与周期的关系、简谐运动的物体的路程与振幅的关系分别列式，即可分析求解。
（1）由图可知，当质点Q第一次振动到达波谷，此时波向左传播0.8m，所以
（2）由图可知，振幅为10cm，波长为0.8m，所以
所以P点的振动方程为
根据题意，t=0时，y=0，且质点向y轴负方向振动，则
所以
（3）该波传播到O点的时间为
所以O处质点振动时间为0.6s，振动路程为
14．【答案】（1）线框ab边滑至EF处时加速度为零，则
根据法拉第电磁感应定律可得
所以，
（2）根据能量守恒定律可得
解得
（3）ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量为，
所以
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】 （1）线框ab边滑至EF处时加速度为零，合力为零，根据平衡条件结合安培力公式求线框的电流大小I，再根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求速度大小v。
（2）根据能量守恒定律求线框产生的焦耳热Q。
（3）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及电荷量与电流的关系计算通过导线框的电量q。
（1）线框ab边滑至EF处时加速度为零，则
根据法拉第电磁感应定律可得
所以，
（2）根据能量守恒定律可得
解得
（3）ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量为，
所以
15．【答案】（1）A由a到b过程
解得
A经b点处时
解得
（2）A由b到d过程
解得
A与B碰撞，以vd的方向为正方向，有，
解得，
B与C碰撞，以vB的方向为正方向，有，
解得，
（3）设管de段足够长，B与C会发生二次碰撞，先设A反弹不会进入圆弧管，则A减速至速度为零所需距离
解得
假设成立
以vA的方向为正方向，则A与B两次碰撞时间间隔为
解得
A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为
C的加速度大小
解得
位移大小为
此时C恰好到达管口处，即B与C不会发生二次碰撞。
【知识点】向心力；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理和圆周运动的公式求管道对其弹力大小FN；
（2）A与B碰撞，B与C碰撞，碰撞过程动量守，根据动量守恒和能量守恒定律求B与C碰撞后瞬间，C的速度大小vC；
（3）根据动能定理求解速度，根据动量定理求解时间，结合运动学公式判断B与C是否会发生第二次碰撞。
（1）A由a到b过程
解得
A经b点处时
解得
（2）A由b到d过程
解得
A与B碰撞，以vd的方向为正方向，有，
解得，
B与C碰撞，以vB的方向为正方向，有，
解得，
（3）设管de段足够长，B与C会发生二次碰撞，先设A反弹不会进入圆弧管，则A减速至速度为零所需距离
解得
假设成立
以vA的方向为正方向，则A与B两次碰撞时间间隔为
解得
A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为
C的加速度大小
解得
位移大小为
此时C恰好到达管口处，即B与C不会发生二次碰撞。
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