2025届广西壮族自治区河池市高三下学期二模物理试题
1．（2025·河池模拟）2025年1月20日，中国“人造太阳”全超导托卡马克核聚变装置首次完成1亿摄氏度1000秒“高质量燃烧”，对人类加快实现聚变发电具有重要意义。为氘与氚的核反应方程，下列说法正确的是（ ）
A．X是 B．与的核反应质量要增加
C．与的核反应要吸收能量 D．的结合能大于的结合能
【答案】A
【知识点】结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．氘核（）：质子数1，中子数1。氚核（）：质子数1，中子数2。反应生成氦核（24 He）和中子（01 n），并释放大量能量，X是，故A正确；
B．核聚变反应中，反应后生成物的总质量小于反应前反应物的总质量（质量亏损），亏损的质量转化为能量释放（），故B错误；
C．与的核反应要放出能量，故C错误；
D．比结合能（结合能/核子数）越大，核越稳定。 的比结合能 ≈ 1.11 MeV。的比结合能 ≈ 2.83 MeV。因此， 的总结合能（约 8.49 MeV）大于 的总结合能（约 2.22 MeV），故D错误。
故选A。
【分析】1、 氘氚聚变生成氦和中子，释放能量 。
2、 氘氚聚变是典型的放能反应（释放能量），而非吸能反应 。
3、 比结合能（结合能/核子数）越大，核越稳定。
2．（2025·河池模拟）银河系中心黑洞通常被称为人马座A，质量是太阳的440万倍，距离太阳约2.6万光年，若将太阳绕银河系中心运动视为匀速圆周运动，已知太阳质量和万有引力常量，则下列物理量不可估算的是（ ）
A．太阳的运行周期 B．太阳的密度
C．太阳的运行角速度 D．太阳的运行线速度
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】ACD．太阳绕银河系中心的运动由万有引力提供向心力：，由此可推导以下物理量：，已知 和 ，可计算 。
线速度，已知 和 ，可计算 。，已知 和 ，可计算 。故ACD不符合题意。
B.题目中已知太阳质量 ，但未给出太阳的半径 （或体积 ）。密度公式为 但 未知。所以无法求出太阳的密度，故B符合题意。
故选B。
【分析】已知太阳绕银河系中心运动的轨道半径，已知银河系中心的质量，根据万有引力提供向心力，可得，，已知太阳绕银河系中心运动的轨道半径，已知银河系中心的质量， 可以求出太阳的运行周期，太阳的运行角速度，太阳的运行线速度 。
3．（2025·河池模拟）如图，工人卸货时，某货物能沿与水平地面夹角为θ的长直木板滑下，若货物与木板间各处摩擦因数相同，下列分析正确的是（ ）
A．增大θ，该货物所受摩擦力变大
B．减小θ，该货物一定能再次滑下
C．仅减少该货物的质量，该货物将不能下滑
D．货物下滑加速度与其质量无关
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．摩擦力 ，当 增大时，减小，因此 减小。故A错误；
B． 初始时 满足 ，若减小 ，可能使 ，此时货物将静止，故B错误；
CD．下滑条件 与质量 无关，因此减少质量不影响下滑与否。由加速度公式 可知，确实与质量无关。故C错误，D正确。
故选D。
【分析】 下滑过程，货物受到滑动摩擦力作用，大小为 ，
货物下滑过程，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为，可知货物下滑加速度与其质量无关，若仅减少该货物的质量，该货物仍能下滑。
4．（2025·河池模拟）穿越机比无人机有着更高的速度，更强的机动性。如图，某穿越机沿水平方向做加速直线运动，某时刻空气对其作用力F与运动方向成θ夹角，速度为v，穿越机重力为G，则此时（ ）
A．重力的功率为
B．重力的功率为
C．空气对其作用力的功率为
D．空气对其作用力的功率为
【答案】C
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】AB． 某穿越机沿水平方向做加速直线运动 ，即穿越机的运动方向为水平，则重力的方向与穿越机的运动方向垂直，所以重力的功率为0，故AB错误；
CD．将空气对其作用力F进行正交分解，空气对穿越机的作用力在运动方向的分力
则空气对其作用力的功率为，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1、重力的功率等于重力乘以竖直方向的速度，竖直速度为零，则重力的功率为0。
2、穿越机的运动方向为水平，则将空气对其作用力F进行正交分解，得出空气对穿越机的作用力在运动方向的分力，空气对其作用力的功率。
5．（2025·河池模拟）一列简谐横波向x轴正向传播，某时刻该波刚好传到处，波形图如图所示，a和b是波上的两个质点，已知该波周期为2s，则下列判断正确的是（ ）
A．该波的波速
B．再经半个周期，a点的振动方向沿y轴负方向
C．再经半个周期，b点的加速度方向沿y轴正方向
D．该波的波源起振方向沿y轴正方向
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据题图可知该波的波长， 已知该波周期为2s， 则波速，故A错误；
B．同侧法：波的传播方向与质点振动方向位于波形图的同一侧。根据同侧法可知该时刻a点的振动方向沿y轴正方向，根据平移法可知再经半个周期，a点的振动方向沿y轴负方向，故B正确；
C．平移法（时间推移法）：将波形图沿传播方向微平移，质点的位置变化方向即为其振动方向。
根据平移法可知再经半个周期，b点的位移为正，根据可知b点的加速度方向沿y轴负方向，故C错误；
D．根据同侧法可知该时刻处质点沿y轴负方向振动，则该波的波源起振方向沿y轴负方向，故D错误。
故选B。
【分析】1、波速公式：。
2、振动方向判断：同侧法、平移法。同侧法：波的传播方向与质点振动方向位于波形图的同一侧。
例如：若波向右传播，质点在上坡段则向上振动，下坡段则向下振动
平移法（时间推移法）：将波形图沿传播方向微平移，质点的位置变化方向即为其振动方向。
3、简谐运动特性：加速度与位移方向相反，大小成正比，半周期后状态：位移、速度、加速度均反向。
6．（2025·河池模拟）如图所示，极板间有A、B两个质量相同、可视为质点的带电油滴，开关断开时，极板不带电，电量为的油滴A以速度v匀速下落；闭合开关稳定后，油滴A以速度2v匀速下落，而油滴B以速度匀速上升，若油滴所受空气阻力与速率成正比，不计A、B间的作用力，则油滴B的电荷量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力
【解析】【解答】设带电油滴的质量为，开关断开时，极板不带电，无电场力，重力和阻力平衡，对A油滴有，根据题意有，当开关闭合时，受向下的电场力，对A油滴有，对B油滴有，联立可得，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】考查带电粒子在电容器中运动，两种情况受力分析，匀速直线运动受力平衡列等式，联立可求解 油滴B的电荷量 。
7．（2025·河池模拟）如图所示，两个负点电荷和一个正点电荷固定在等边三角形的三个顶点上，三个电荷的电荷量均相等，O为三角形内切圆的圆心，A、B、C为三个切点，则（ ）
A．B、C两点场强相同 B．A点场强大于B点场强
C．B点电势高于A点电势 D．C点电势低于O点电势
【答案】C
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．令三角形边长为2a，上侧正点电荷与左侧负点电荷在B点产生的电场强度
右侧负点电荷在B点产生的电场强度，则B点电场强度，令该电场强度方向与三角形左边夹角为，则有，上侧正点电荷与右侧负点电荷在C点产生的电场强度，左侧负点电荷在C点产生的电场强度
则C点电场强度，令该电场强度方向与三角形边夹角为，则有，可知，B、C两点场强大小相等，方向不相同，故A错误；
B．下侧两个负点电荷在A点产生的电场强度为0，则A点场强
结合上述可知，A点场强小于B点场强，故B错误；
C．三个点电荷在B点的电势
三个点电荷在A点的电势
由于，可知，B点电势高于A点电势，故C正确；
D．三个点电荷在C点的电势
三个点电荷在O点的电势
由于，可知，C点电势高于O点电势，故D错误。
故选C。
【分析】1、场强叠加：空间中某点的电场强度是各点电荷在该点产生的电场强度的矢量和。
电势叠加：电势是标量，直接代数相加。计算三个点电荷在A、B、C、O点的合场强和电势用电场叠加和电势的叠加。
2. 对称性分析：几何对称性：等边三角形 + 内切圆切点 → B、C两点关于正电荷对称。
电荷对称性：两负电荷在B、C两点产生的场强大小相等、方向对称。正电荷在B、C两点产生的场强大小相等、方向对称。
3. 场强大小比较：A点位于两负电荷连线中点，正电荷在此产生的场强较大（距离近）。B点受两负电荷场强叠加后可能较弱（因对称抵消部分分量）。
8．（2025·河池模拟）2025年2月7日第九届亚冬会在哈尔滨胜利开幕，冰壶项目再次引发人们高度关注。小明在观看比赛时发现，有时投手投出冰壶击打静止的冰壶时，并未满足高中物理学习的“质量相同，速度交换”规律，静止的冰壶碰后被撞飞，但投出的冰壶碰撞后速度并不为零，还会有位移发生，若每只冰壶质量相同，出现这个情况的原因可能是（ ）
A．冰面有摩擦力，碰撞时两冰壶动量不近似守恒
B．碰撞时能量不守恒
C．两冰壶并不是发生正碰
D．投出的冰壶除了滑动还有旋转
【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A． 摩擦力主要影响碰撞后的运动，而非碰撞瞬间 ，碰撞瞬间时间极短，冰面摩擦力的冲量可忽略，因此动量近似守恒。碰撞后冰壶的减速是因摩擦力作用，但碰撞过程本身动量守恒，故A错误；
B．碰撞过程中能量是守恒的，只是可能存在机械能转化为内能等其他形式的能量，故B错误；
C．当发生斜碰时，碰撞后的速度分解为垂直和平行于碰撞面的分量，根据动量守恒在不同方向上的分量情况，冰壶会沿着新的方向运动，速度大小和方向都由碰撞瞬间的动量分配决定，而不是简单地交换速度，故C正确；
D．比赛中冰壶通常带有旋转，旋转会使冰壶在碰撞时产生复杂的力学作用。旋转的冰壶在碰撞瞬间，除了平动的动量传递，还有角动量的作用，这会改变冰壶的运动方向和速度，使得碰撞后的速度情况不符合简单的交换速度模型，故D正确。
故选CD。
【分析】 1、动量守恒的条件是系统合外力为零。冰面摩擦力是外力，但碰撞过程时间极短，摩擦力冲量可忽略，动量仍近似守恒。
2、冰壶碰撞可能有能量损失（如形变、声音等），但能量守恒与否不影响动量守恒。
3、若碰撞为非对心碰撞（斜碰），动量会沿不同方向分配，导致两冰壶速度方向改变，可能表现为“一飞一停”或“两者均有位移”。
4、冰壶通常带有旋转（“旋球”效果），旋转会影响碰撞后的运动状态：
旋转冰壶与静止冰壶碰撞时，可能通过摩擦力传递角动量，导致两者速度分配不均。
实际比赛中，投壶常利用旋转控制路径，碰撞后投出冰壶可能因旋转继续运动。
9．（2025·河池模拟）如图为一直角梯形玻璃砖ABCD，一束单色光MO从空气以入射角i斜射到AB面上，经AB面和CD面折射后，射出玻璃砖（光路未画出），不考虑玻璃砖内的多次反射，A向B和D向C可无限延伸，则（ ）
A．经CD面折射出的光线与MO平行
B．增大入射角i，该光可能在CD面发生全反射
C．光在O点发生折射说明光是纵波
D．光在O点发生折射是因为光在空气和玻璃的传播速度不同
【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．因光线射到AB面的折射角小于射到DC面的入射角，可知经CD面折射出的光线与MO不平行，故A错误；
B．增大 i 会导致AB面的折射角 r 增大，光线在CD面的入射角 θ 也随之增大。 因光线射到射到DC面的入射角大于AB面的折射角，增大入射角i，光射到CD面的入射角可能会大于临界角，即该光可能在CD面发生全反射，故B正确；
C．折射是光的波动性表现，但横波（如电磁波）和纵波均可发生折射。光的偏振现象才证明其是横波。 纵波和横波都能产生折射现象，光在O点发生折射不能说明光是纵波，故C错误；
D．光在O点发生折射是因为光在空气和玻璃的传播速度不同，故D正确。
故选BD。
【分析】1、 平行玻璃砖中出射光线与入射光线平行。
2、全反射需满足入射角大于临界角。
3、折射本质是光速变化，与波动方向（横/纵）无关。 折射的根本原因是光在不同介质中速度不同，导致传播方向改变， 折射与纵波无必然联系。
10．（2025·河池模拟）如图所示，间距为l的水平虚线间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、阻值为R、长为2l宽为l的单匝均匀矩形闭合导线框的ab边紧贴磁场上边界静止释放，竖直穿过整个磁场区域，运动过程中ad边始终垂直于虚线。当cd边进入磁场时，线框开始做匀速直线运动，忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．穿过磁场的过程中，框内感应电流方向会改变一次
B．线框先做加速度减小的加速运动，再匀速运动
C．ab边刚出磁场时，线框的速度为
D．穿过磁场的过程中，线框产生的焦耳热为
【答案】A,C
【知识点】楞次定律；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】A．根据楞次定律，进入时电流为逆时针，穿出时电流为顺时针，所以，穿过磁场的过程中，框内感应电流方向会改变一次，故A正确；
B．因为ab边进入磁场的过程中，根据牛顿第二定律得，随着速度的增大，加速度减小；ab边离开磁场后cd边进入磁场前，线框不受安培力，线框加速下落，cd边进入磁场后，线框再匀速运动，故B错误；
C．当cd边进入磁场时，线框开始做匀速直线运动，根据平衡条件得 ，解得 ，ab边刚出磁场时， ，解得线框的速度为，故C正确；
D．根据能量守恒定律，穿过磁场的过程中，线框产生的焦耳热为 ，故D错误。
故选AC。
【分析】1、楞次定律：定性判断感应电流方向。线框进入磁场时，磁通量增加，感应电流方向为逆时针（阻碍增加）。线框穿出磁场时，磁通量减少，感应电流方向为顺时针（阻碍减少）
2、ab边进入磁场时：安培力 F=BIL 阻碍运动，方向向上，大小为 ，
牛顿第二定律：，速度 增大 → 安培力 增大 → 加速度 减小，ab边离开磁场后，cd边进入前：线框仅受重力，做自由落体运动（加速度 ）。
cd边进入磁场后：安培力与重力平衡，线框匀速运动（ ）。
3、重力势能减少量转化为动能和焦耳热。穿过磁场过程中，机械能损失（焦耳热）为 ，其中 为磁场高度，焦耳热大小取决于线框初始高度和最终速度。
11．（2025·河池模拟）某同学设计了一套方案来验证牛顿第二定律的表达式，方案步骤如下：
①用轻绳连接物块M和m，调节斜面倾角使M能沿斜面匀速下滑，如图甲所示；
②保持斜面倾角，取下m和轻绳，让M从斜面静止滑下，如图乙所示，并用打点计时器测量其加速度a，打点计时器未画出；
③测量M和m的质量，对M列出牛顿第二定律表达式，代入数据看是否成立。已知重力加速度为g，试回答下列问题：
（1）M沿斜面匀速下滑时，绳中张力为 。（用题干中的符号表示）
（2）根据该方案写出需验证的牛顿第二定律表达式： 。（用题干中的符号表示）
（3）M与斜面间的摩擦力对该实验方案有影响吗？ 。（填“有”或“没有”）
【答案】（1）
（2）
（3）没有
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）M沿斜面匀速下滑时，对受力分析，只受绳子拉力和重力，二力平衡，根据平衡条件可知绳中张力为
（2）根据题意可知需验证的牛顿第二定律表达式，根据（1）问可知
联立可得，即根据该方案写出需验证的牛顿第二定律表达式为
（3）若M与斜面间存在摩擦力，用轻绳连接物块M和m时，匀速受力平衡，，保持斜面倾角，取下m和轻绳，让M从斜面静止滑下时根据牛顿第二定律得，联立可得，可知M与斜面间的摩擦力对该实验方案没有影响。
【分析】（1）M沿斜面匀速下滑时受力平衡，可得绳中张力为
（2）需验证的牛顿第二定律表达式为
（3）用轻绳连接物块M和m时，匀速受力平衡，，让M从斜面静止滑下时根据牛顿第二定律得，联立可得，摩擦力对该实验方案没有影响。
（1）M沿斜面匀速下滑时，对根据平衡条件可知绳中张力为
（2）根据题意可知需验证的牛顿第二定律表达式
根据（1）问可知
联立可得
即根据该方案写出需验证的牛顿第二定律表达式为
（3）若M与斜面间存在摩擦力，用轻绳连接物块M和m时，有
保持斜面倾角，取下m和轻绳，让M从斜面静止滑下时有
整体替换后仍可得到
可知M与斜面间的摩擦力对该实验方案没有影响。
12．（2025·河池模拟）某学习兴趣小组想要较精确地测量某手机电池的电动势和内阻，实验前小组成员发现两个问题：第一，该电池标签标识电动势为4.50V，而实验室电压表量程为3.00V，需要扩大电压表量程；第二，由于实验室没有定值电阻，于是在完成实验测量时，用量程为0~5Ω的滑动变阻器作为定值电阻，最终实验设计电路如图甲所示，实验步骤如下：
（1）将滑动变阻器滑至最左端，电阻箱调至零，闭合开关，单刀双掷开关S接通1，调节滑动变阻器，使电压表示数为3.00V，然后调节，当电压表示数为 V时，与电压表组成的整体量程便为4.50V。
（2）将滑动变阻器滑至最 端（填“左”或“右”），单刀双掷开关S接通1，闭合开关，调节滑动变阻器，开始测量数据，并做出U-I图，如图乙所示，其中U为改表换算后的与电压表整体的电压值。根据图像乙得出的电动势 真实值。（填“大于”“等于”或“小于”）
（3）单刀双掷开关S接通2，闭合开关，调节滑动变阻器，开始测量数据，并做出U-I图，如图丙所示。通过两幅U-I图得出该电池的电动势为 V，内阻为 Ω。（结果均保留三位有效数字）
【答案】（1）2
（2）右；小于
（3）4.20；2.50
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）当电阻箱R1调至零，电压表示数为3.00V时说明并联支路的电压为3V，然后调节R1，当电压表示数为2V时，电阻R1两端分得电压1V，即R1能分得电压表电压的一半，则当电压表满偏3V时，R1能分得1.5V电压，此时R1与电压表组成的整体量程便为4.50V。
故答案：2
（2）将滑动变阻器滑至最大值，即最右端做保护电阻。由于电压表分流作用，使得电动势测量值为，即根据图像乙得出的电动势小于真实值。
故答案：右；小于
（3）单刀双掷开关S接通2时，电动势的测量是准确的，由图可知E=4.20V；内阻测量值包括了电流表内阻和R0，则大于内阻的真实值；单刀双掷开关S接通1时，短路电流是准确
解得
故答案：4.20；2.50
【分析】（1）通过串联电阻（R1）分压，可扩大电压表的量程。计算依据：串联分压公式 ，其中 为电压表内阻。本题中，当电压表满偏3V时，R1分压1.5V，总量程为
（2）电压表内阻非无穷大时，会分流部分电流，导致电流测量值偏小。结果：电动势测量值 ，内阻测量值
（3）接法1（电流表内接）：电动势测量值准确（因外电路断路时电压表无分流）。内阻测量值偏大（包含电流表内阻 和定值电阻 ）。
接法2（电流表外接）：电动势测量值偏小（电压表分流导致路端电压测量值偏低）。内阻测量值偏小（分流使电流测量值偏大，计算内阻偏小）。
关键结论：短路电流（）在接法1中准确，因电压表不分流。通过 U I 图像纵截距求电动势，斜率绝对值求内阻。本题中图像纵截距 ，内阻测量值 。
（1）当电阻箱R1调至零，电压表示数为3.00V时说明并联支路的电压为3V，然后调节R1，当电压表示数为2V时，电阻R1两端分得电压1V，即R1能分得电压表电压的一半，则当电压表满偏3V时，R1能分得1.5V电压，此时R1与电压表组成的整体量程便为4.50V。
（2）[1]将滑动变阻器滑至最大值，即最右端做保护电阻。
[2]由于电压表分流作用，使得电动势测量值为
即根据图像乙得出的电动势小于真实值。
（3）[1][2]单刀双掷开关S接通2时，电动势的测量是准确的，由图可知E=4.20V；内阻测量值包括了电流表内阻和R0，则大于内阻的真实值；单刀双掷开关S接通1时，短路电流是准确的
解得
13．（2025·河池模拟）某同学站在高铁站台安全区内用手机测量高铁进站的运动。从高铁第一节车厢头部经过该同学时开始计时，经50s第七节车厢尾部刚好停在该同学面前，然后他向列车车尾方向行走了45步到达第八节车厢尾部。已知该同学步长约为60cm，假设高铁做匀变速直线运动，每节车厢长度相同，试估算：（结果均保留两位有效数字）
（1）测量时段高铁的加速度大小；
（2）开始计时时高铁的速度大小。
【答案】（1）解：（1）同学行走 45步 × 0.6 m/步 = 27 m 到达第八节车厢尾部。
由于第七节车厢尾部停在同学面前，行走 27 m 到达第八节车厢尾部，说明 第七节车厢尾部到第八节车厢尾部的距离 = 1节车厢长度 。
因此，每节车厢长度 。
根据位移时间关系
解得测量时段高铁的加速度大小
（2）解：根据速度时间关系
代入数据可得开始计时时高铁的速度大小
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【分析】（1）车厢长度计算：通过行走距离确定 。位移计算：7 节车厢完全通过，位移 。匀变速运动方程：利用 和 联立求解加速度大小。
（2）根据匀变速运动的速度时间关系可计算开始计时时高铁的速度大小。
注意：最终结果保留两位有效数字 。
（1）根据题意可知一节车厢的长度
根据位移时间关系
解得测量时段高铁的加速度大小
（2）根据速度时间关系
代入数据可得开始计时时高铁的速度大小
14．（2025·河池模拟）“竹筒炮”是70、80后小时候喜爱的自制玩具，各地对其叫法不一，其原理化简示意图如图所示。筒径均匀的圆竹筒，长，横截面积，在其两端A、B处分别塞紧湿纸团，将筒中空气密闭，用筷子快速压缩A处纸团至处，与B距离，再经，B处纸团被射出。若B处纸团质量，与竹筒间滑动摩擦力，最大静摩擦大于滑动摩擦力，不计温度变化，已知1个大气压，求：
（1）B处纸团的射出速度v；
（2）若压缩A处纸团至的过程中，漏掉了1个大气压的空气，且之后不再漏气，B处纸团仍静止在原位，则此时B处纸团受到的摩擦力为多大。
【答案】（1）解：压缩前筒内气体的体积为
压缩前筒内气体的压强为
压缩后筒内气体体积为
根据玻意耳定律
联立解得
B处纸团受到筒内气体向右的压力为
B处纸团质量
根据牛顿第二定律有
解得
B处纸团经，B处纸团被射出，由运动学公式
解得
（2）解：漏掉了1个大气压的空气，则实际气体体积为
压缩后体积为
根据玻意耳定律
联立解得
B处纸团受到筒内气体向右的压力为
因为B处纸团静止，根据二力平衡，此时B处纸团受到摩擦力为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）压缩前筒内气体的体积，压缩前筒内气体的压强，压缩后筒内气体体积根据玻意耳定律，联立解得，B处纸团受到筒内气体向右的压力，根据牛顿第二定律有，解得加速度，B处纸团经，B处纸团被射出，由运动学公式可求解 B处纸团的射出速度v。
（2）漏掉了1个大气压的空气的实际气体体积为
根据玻意耳定律，联立可解，B处纸团受到筒内气体向右的压力可求解，B处纸团静止，根据二力平衡，可求解此时B处纸团受到摩擦力。
（1）压缩前筒内气体的体积为
压缩前筒内气体的压强为
压缩后筒内气体体积为
根据玻意耳定律
联立解得
B处纸团受到筒内气体向右的压力为
B处纸团质量
根据牛顿第二定律有
解得
B处纸团经，B处纸团被射出，由运动学公式
解得
（2）漏掉了1个大气压的空气，则实际气体体积为
压缩后体积为
根据玻意耳定律
联立解得
B处纸团受到筒内气体向右的压力为
因为B处纸团静止，根据二力平衡，此时B处纸团受到摩擦力为
15．（2025·河池模拟）如图所示，空间中有单位为米的直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，区域有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的另一匀强磁场（均未画出），长的光滑水平细管右端与y轴齐平，左端静止放置一个直径略小于细管直径，质量，电荷量的带正电小球a，现使细管从如图位置以的速度竖直向下做匀速直线运动，当细管右端到达时，小球a从细管右侧飞出进入区域后做匀速圆周运动并经过，若从原点O水平抛出一不带电的小球b，也能经过P点，且小球b经过P点的速度方向与小球a经过P点时的速度方向在一条直线上，，求：
（1）区域的电场的电场强度大小E；
（2）区域的匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）小球a在细管内运动的过程中，管壁对小球a弹力做的功。
【答案】（1）解：由于小球a在区域后做匀速圆周运动
因此
代入数据可得电场强度大小为
（2）解：小球在管内水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
又
竖直方向做匀速运动，向下运动的距离为h，因此
代入数据可得区域的匀强磁场的磁感应强度B的大小为
（3）解：小球离开管时的速度
下降的过程中，洛伦兹力不做功，只有重力和弹力做功
根据动能定理
解得
【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由于小球a在区域后做匀速圆周运动，说明电场力于重力平衡，洛伦兹力提供向心力，由，可求解电场强度大小。
（2）小球在管内水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律列等式：，匀加速直线运动位移公式列等式：，竖直方向做匀速运动，有，联立可求解区域的匀强磁场的磁感应强度B的大小。
（3）小球离开管时的速度，下降的过程中，洛伦兹力不做功，只有重力和弹力做功，根据动能定理列等式：，联立可求解 管壁对小球a弹力做的功 。
（1）由于小球a在区域后做匀速圆周运动
因此
代入数据可得电场强度大小为
（2）小球在管内水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
又
竖直方向做匀速运动，向下运动的距离为h，因此
代入数据可得区域的匀强磁场的磁感应强度B的大小为
（3）小球离开管时的速度
下降的过程中，洛伦兹力不做功，只有重力和弹力做功
根据动能定理
解得
1 / 12025届广西壮族自治区河池市高三下学期二模物理试题
1．（2025·河池模拟）2025年1月20日，中国“人造太阳”全超导托卡马克核聚变装置首次完成1亿摄氏度1000秒“高质量燃烧”，对人类加快实现聚变发电具有重要意义。为氘与氚的核反应方程，下列说法正确的是（ ）
A．X是 B．与的核反应质量要增加
C．与的核反应要吸收能量 D．的结合能大于的结合能
2．（2025·河池模拟）银河系中心黑洞通常被称为人马座A，质量是太阳的440万倍，距离太阳约2.6万光年，若将太阳绕银河系中心运动视为匀速圆周运动，已知太阳质量和万有引力常量，则下列物理量不可估算的是（ ）
A．太阳的运行周期 B．太阳的密度
C．太阳的运行角速度 D．太阳的运行线速度
3．（2025·河池模拟）如图，工人卸货时，某货物能沿与水平地面夹角为θ的长直木板滑下，若货物与木板间各处摩擦因数相同，下列分析正确的是（ ）
A．增大θ，该货物所受摩擦力变大
B．减小θ，该货物一定能再次滑下
C．仅减少该货物的质量，该货物将不能下滑
D．货物下滑加速度与其质量无关
4．（2025·河池模拟）穿越机比无人机有着更高的速度，更强的机动性。如图，某穿越机沿水平方向做加速直线运动，某时刻空气对其作用力F与运动方向成θ夹角，速度为v，穿越机重力为G，则此时（ ）
A．重力的功率为
B．重力的功率为
C．空气对其作用力的功率为
D．空气对其作用力的功率为
5．（2025·河池模拟）一列简谐横波向x轴正向传播，某时刻该波刚好传到处，波形图如图所示，a和b是波上的两个质点，已知该波周期为2s，则下列判断正确的是（ ）
A．该波的波速
B．再经半个周期，a点的振动方向沿y轴负方向
C．再经半个周期，b点的加速度方向沿y轴正方向
D．该波的波源起振方向沿y轴正方向
6．（2025·河池模拟）如图所示，极板间有A、B两个质量相同、可视为质点的带电油滴，开关断开时，极板不带电，电量为的油滴A以速度v匀速下落；闭合开关稳定后，油滴A以速度2v匀速下落，而油滴B以速度匀速上升，若油滴所受空气阻力与速率成正比，不计A、B间的作用力，则油滴B的电荷量为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·河池模拟）如图所示，两个负点电荷和一个正点电荷固定在等边三角形的三个顶点上，三个电荷的电荷量均相等，O为三角形内切圆的圆心，A、B、C为三个切点，则（ ）
A．B、C两点场强相同 B．A点场强大于B点场强
C．B点电势高于A点电势 D．C点电势低于O点电势
8．（2025·河池模拟）2025年2月7日第九届亚冬会在哈尔滨胜利开幕，冰壶项目再次引发人们高度关注。小明在观看比赛时发现，有时投手投出冰壶击打静止的冰壶时，并未满足高中物理学习的“质量相同，速度交换”规律，静止的冰壶碰后被撞飞，但投出的冰壶碰撞后速度并不为零，还会有位移发生，若每只冰壶质量相同，出现这个情况的原因可能是（ ）
A．冰面有摩擦力，碰撞时两冰壶动量不近似守恒
B．碰撞时能量不守恒
C．两冰壶并不是发生正碰
D．投出的冰壶除了滑动还有旋转
9．（2025·河池模拟）如图为一直角梯形玻璃砖ABCD，一束单色光MO从空气以入射角i斜射到AB面上，经AB面和CD面折射后，射出玻璃砖（光路未画出），不考虑玻璃砖内的多次反射，A向B和D向C可无限延伸，则（ ）
A．经CD面折射出的光线与MO平行
B．增大入射角i，该光可能在CD面发生全反射
C．光在O点发生折射说明光是纵波
D．光在O点发生折射是因为光在空气和玻璃的传播速度不同
10．（2025·河池模拟）如图所示，间距为l的水平虚线间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、阻值为R、长为2l宽为l的单匝均匀矩形闭合导线框的ab边紧贴磁场上边界静止释放，竖直穿过整个磁场区域，运动过程中ad边始终垂直于虚线。当cd边进入磁场时，线框开始做匀速直线运动，忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．穿过磁场的过程中，框内感应电流方向会改变一次
B．线框先做加速度减小的加速运动，再匀速运动
C．ab边刚出磁场时，线框的速度为
D．穿过磁场的过程中，线框产生的焦耳热为
11．（2025·河池模拟）某同学设计了一套方案来验证牛顿第二定律的表达式，方案步骤如下：
①用轻绳连接物块M和m，调节斜面倾角使M能沿斜面匀速下滑，如图甲所示；
②保持斜面倾角，取下m和轻绳，让M从斜面静止滑下，如图乙所示，并用打点计时器测量其加速度a，打点计时器未画出；
③测量M和m的质量，对M列出牛顿第二定律表达式，代入数据看是否成立。已知重力加速度为g，试回答下列问题：
（1）M沿斜面匀速下滑时，绳中张力为 。（用题干中的符号表示）
（2）根据该方案写出需验证的牛顿第二定律表达式： 。（用题干中的符号表示）
（3）M与斜面间的摩擦力对该实验方案有影响吗？ 。（填“有”或“没有”）
12．（2025·河池模拟）某学习兴趣小组想要较精确地测量某手机电池的电动势和内阻，实验前小组成员发现两个问题：第一，该电池标签标识电动势为4.50V，而实验室电压表量程为3.00V，需要扩大电压表量程；第二，由于实验室没有定值电阻，于是在完成实验测量时，用量程为0~5Ω的滑动变阻器作为定值电阻，最终实验设计电路如图甲所示，实验步骤如下：
（1）将滑动变阻器滑至最左端，电阻箱调至零，闭合开关，单刀双掷开关S接通1，调节滑动变阻器，使电压表示数为3.00V，然后调节，当电压表示数为 V时，与电压表组成的整体量程便为4.50V。
（2）将滑动变阻器滑至最 端（填“左”或“右”），单刀双掷开关S接通1，闭合开关，调节滑动变阻器，开始测量数据，并做出U-I图，如图乙所示，其中U为改表换算后的与电压表整体的电压值。根据图像乙得出的电动势 真实值。（填“大于”“等于”或“小于”）
（3）单刀双掷开关S接通2，闭合开关，调节滑动变阻器，开始测量数据，并做出U-I图，如图丙所示。通过两幅U-I图得出该电池的电动势为 V，内阻为 Ω。（结果均保留三位有效数字）
13．（2025·河池模拟）某同学站在高铁站台安全区内用手机测量高铁进站的运动。从高铁第一节车厢头部经过该同学时开始计时，经50s第七节车厢尾部刚好停在该同学面前，然后他向列车车尾方向行走了45步到达第八节车厢尾部。已知该同学步长约为60cm，假设高铁做匀变速直线运动，每节车厢长度相同，试估算：（结果均保留两位有效数字）
（1）测量时段高铁的加速度大小；
（2）开始计时时高铁的速度大小。
14．（2025·河池模拟）“竹筒炮”是70、80后小时候喜爱的自制玩具，各地对其叫法不一，其原理化简示意图如图所示。筒径均匀的圆竹筒，长，横截面积，在其两端A、B处分别塞紧湿纸团，将筒中空气密闭，用筷子快速压缩A处纸团至处，与B距离，再经，B处纸团被射出。若B处纸团质量，与竹筒间滑动摩擦力，最大静摩擦大于滑动摩擦力，不计温度变化，已知1个大气压，求：
（1）B处纸团的射出速度v；
（2）若压缩A处纸团至的过程中，漏掉了1个大气压的空气，且之后不再漏气，B处纸团仍静止在原位，则此时B处纸团受到的摩擦力为多大。
15．（2025·河池模拟）如图所示，空间中有单位为米的直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，区域有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的另一匀强磁场（均未画出），长的光滑水平细管右端与y轴齐平，左端静止放置一个直径略小于细管直径，质量，电荷量的带正电小球a，现使细管从如图位置以的速度竖直向下做匀速直线运动，当细管右端到达时，小球a从细管右侧飞出进入区域后做匀速圆周运动并经过，若从原点O水平抛出一不带电的小球b，也能经过P点，且小球b经过P点的速度方向与小球a经过P点时的速度方向在一条直线上，，求：
（1）区域的电场的电场强度大小E；
（2）区域的匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）小球a在细管内运动的过程中，管壁对小球a弹力做的功。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．氘核（）：质子数1，中子数1。氚核（）：质子数1，中子数2。反应生成氦核（24 He）和中子（01 n），并释放大量能量，X是，故A正确；
B．核聚变反应中，反应后生成物的总质量小于反应前反应物的总质量（质量亏损），亏损的质量转化为能量释放（），故B错误；
C．与的核反应要放出能量，故C错误；
D．比结合能（结合能/核子数）越大，核越稳定。 的比结合能 ≈ 1.11 MeV。的比结合能 ≈ 2.83 MeV。因此， 的总结合能（约 8.49 MeV）大于 的总结合能（约 2.22 MeV），故D错误。
故选A。
【分析】1、 氘氚聚变生成氦和中子，释放能量 。
2、 氘氚聚变是典型的放能反应（释放能量），而非吸能反应 。
3、 比结合能（结合能/核子数）越大，核越稳定。
2．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】ACD．太阳绕银河系中心的运动由万有引力提供向心力：，由此可推导以下物理量：，已知 和 ，可计算 。
线速度，已知 和 ，可计算 。，已知 和 ，可计算 。故ACD不符合题意。
B.题目中已知太阳质量 ，但未给出太阳的半径 （或体积 ）。密度公式为 但 未知。所以无法求出太阳的密度，故B符合题意。
故选B。
【分析】已知太阳绕银河系中心运动的轨道半径，已知银河系中心的质量，根据万有引力提供向心力，可得，，已知太阳绕银河系中心运动的轨道半径，已知银河系中心的质量， 可以求出太阳的运行周期，太阳的运行角速度，太阳的运行线速度 。
3．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．摩擦力 ，当 增大时，减小，因此 减小。故A错误；
B． 初始时 满足 ，若减小 ，可能使 ，此时货物将静止，故B错误；
CD．下滑条件 与质量 无关，因此减少质量不影响下滑与否。由加速度公式 可知，确实与质量无关。故C错误，D正确。
故选D。
【分析】 下滑过程，货物受到滑动摩擦力作用，大小为 ，
货物下滑过程，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为，可知货物下滑加速度与其质量无关，若仅减少该货物的质量，该货物仍能下滑。
4．【答案】C
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】AB． 某穿越机沿水平方向做加速直线运动 ，即穿越机的运动方向为水平，则重力的方向与穿越机的运动方向垂直，所以重力的功率为0，故AB错误；
CD．将空气对其作用力F进行正交分解，空气对穿越机的作用力在运动方向的分力
则空气对其作用力的功率为，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1、重力的功率等于重力乘以竖直方向的速度，竖直速度为零，则重力的功率为0。
2、穿越机的运动方向为水平，则将空气对其作用力F进行正交分解，得出空气对穿越机的作用力在运动方向的分力，空气对其作用力的功率。
5．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据题图可知该波的波长， 已知该波周期为2s， 则波速，故A错误；
B．同侧法：波的传播方向与质点振动方向位于波形图的同一侧。根据同侧法可知该时刻a点的振动方向沿y轴正方向，根据平移法可知再经半个周期，a点的振动方向沿y轴负方向，故B正确；
C．平移法（时间推移法）：将波形图沿传播方向微平移，质点的位置变化方向即为其振动方向。
根据平移法可知再经半个周期，b点的位移为正，根据可知b点的加速度方向沿y轴负方向，故C错误；
D．根据同侧法可知该时刻处质点沿y轴负方向振动，则该波的波源起振方向沿y轴负方向，故D错误。
故选B。
【分析】1、波速公式：。
2、振动方向判断：同侧法、平移法。同侧法：波的传播方向与质点振动方向位于波形图的同一侧。
例如：若波向右传播，质点在上坡段则向上振动，下坡段则向下振动
平移法（时间推移法）：将波形图沿传播方向微平移，质点的位置变化方向即为其振动方向。
3、简谐运动特性：加速度与位移方向相反，大小成正比，半周期后状态：位移、速度、加速度均反向。
6．【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力
【解析】【解答】设带电油滴的质量为，开关断开时，极板不带电，无电场力，重力和阻力平衡，对A油滴有，根据题意有，当开关闭合时，受向下的电场力，对A油滴有，对B油滴有，联立可得，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】考查带电粒子在电容器中运动，两种情况受力分析，匀速直线运动受力平衡列等式，联立可求解 油滴B的电荷量 。
7．【答案】C
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．令三角形边长为2a，上侧正点电荷与左侧负点电荷在B点产生的电场强度
右侧负点电荷在B点产生的电场强度，则B点电场强度，令该电场强度方向与三角形左边夹角为，则有，上侧正点电荷与右侧负点电荷在C点产生的电场强度，左侧负点电荷在C点产生的电场强度
则C点电场强度，令该电场强度方向与三角形边夹角为，则有，可知，B、C两点场强大小相等，方向不相同，故A错误；
B．下侧两个负点电荷在A点产生的电场强度为0，则A点场强
结合上述可知，A点场强小于B点场强，故B错误；
C．三个点电荷在B点的电势
三个点电荷在A点的电势
由于，可知，B点电势高于A点电势，故C正确；
D．三个点电荷在C点的电势
三个点电荷在O点的电势
由于，可知，C点电势高于O点电势，故D错误。
故选C。
【分析】1、场强叠加：空间中某点的电场强度是各点电荷在该点产生的电场强度的矢量和。
电势叠加：电势是标量，直接代数相加。计算三个点电荷在A、B、C、O点的合场强和电势用电场叠加和电势的叠加。
2. 对称性分析：几何对称性：等边三角形 + 内切圆切点 → B、C两点关于正电荷对称。
电荷对称性：两负电荷在B、C两点产生的场强大小相等、方向对称。正电荷在B、C两点产生的场强大小相等、方向对称。
3. 场强大小比较：A点位于两负电荷连线中点，正电荷在此产生的场强较大（距离近）。B点受两负电荷场强叠加后可能较弱（因对称抵消部分分量）。
8．【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A． 摩擦力主要影响碰撞后的运动，而非碰撞瞬间 ，碰撞瞬间时间极短，冰面摩擦力的冲量可忽略，因此动量近似守恒。碰撞后冰壶的减速是因摩擦力作用，但碰撞过程本身动量守恒，故A错误；
B．碰撞过程中能量是守恒的，只是可能存在机械能转化为内能等其他形式的能量，故B错误；
C．当发生斜碰时，碰撞后的速度分解为垂直和平行于碰撞面的分量，根据动量守恒在不同方向上的分量情况，冰壶会沿着新的方向运动，速度大小和方向都由碰撞瞬间的动量分配决定，而不是简单地交换速度，故C正确；
D．比赛中冰壶通常带有旋转，旋转会使冰壶在碰撞时产生复杂的力学作用。旋转的冰壶在碰撞瞬间，除了平动的动量传递，还有角动量的作用，这会改变冰壶的运动方向和速度，使得碰撞后的速度情况不符合简单的交换速度模型，故D正确。
故选CD。
【分析】 1、动量守恒的条件是系统合外力为零。冰面摩擦力是外力，但碰撞过程时间极短，摩擦力冲量可忽略，动量仍近似守恒。
2、冰壶碰撞可能有能量损失（如形变、声音等），但能量守恒与否不影响动量守恒。
3、若碰撞为非对心碰撞（斜碰），动量会沿不同方向分配，导致两冰壶速度方向改变，可能表现为“一飞一停”或“两者均有位移”。
4、冰壶通常带有旋转（“旋球”效果），旋转会影响碰撞后的运动状态：
旋转冰壶与静止冰壶碰撞时，可能通过摩擦力传递角动量，导致两者速度分配不均。
实际比赛中，投壶常利用旋转控制路径，碰撞后投出冰壶可能因旋转继续运动。
9．【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．因光线射到AB面的折射角小于射到DC面的入射角，可知经CD面折射出的光线与MO不平行，故A错误；
B．增大 i 会导致AB面的折射角 r 增大，光线在CD面的入射角 θ 也随之增大。 因光线射到射到DC面的入射角大于AB面的折射角，增大入射角i，光射到CD面的入射角可能会大于临界角，即该光可能在CD面发生全反射，故B正确；
C．折射是光的波动性表现，但横波（如电磁波）和纵波均可发生折射。光的偏振现象才证明其是横波。 纵波和横波都能产生折射现象，光在O点发生折射不能说明光是纵波，故C错误；
D．光在O点发生折射是因为光在空气和玻璃的传播速度不同，故D正确。
故选BD。
【分析】1、 平行玻璃砖中出射光线与入射光线平行。
2、全反射需满足入射角大于临界角。
3、折射本质是光速变化，与波动方向（横/纵）无关。 折射的根本原因是光在不同介质中速度不同，导致传播方向改变， 折射与纵波无必然联系。
10．【答案】A,C
【知识点】楞次定律；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】A．根据楞次定律，进入时电流为逆时针，穿出时电流为顺时针，所以，穿过磁场的过程中，框内感应电流方向会改变一次，故A正确；
B．因为ab边进入磁场的过程中，根据牛顿第二定律得，随着速度的增大，加速度减小；ab边离开磁场后cd边进入磁场前，线框不受安培力，线框加速下落，cd边进入磁场后，线框再匀速运动，故B错误；
C．当cd边进入磁场时，线框开始做匀速直线运动，根据平衡条件得 ，解得 ，ab边刚出磁场时， ，解得线框的速度为，故C正确；
D．根据能量守恒定律，穿过磁场的过程中，线框产生的焦耳热为 ，故D错误。
故选AC。
【分析】1、楞次定律：定性判断感应电流方向。线框进入磁场时，磁通量增加，感应电流方向为逆时针（阻碍增加）。线框穿出磁场时，磁通量减少，感应电流方向为顺时针（阻碍减少）
2、ab边进入磁场时：安培力 F=BIL 阻碍运动，方向向上，大小为 ，
牛顿第二定律：，速度 增大 → 安培力 增大 → 加速度 减小，ab边离开磁场后，cd边进入前：线框仅受重力，做自由落体运动（加速度 ）。
cd边进入磁场后：安培力与重力平衡，线框匀速运动（ ）。
3、重力势能减少量转化为动能和焦耳热。穿过磁场过程中，机械能损失（焦耳热）为 ，其中 为磁场高度，焦耳热大小取决于线框初始高度和最终速度。
11．【答案】（1）
（2）
（3）没有
【知识点】实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）M沿斜面匀速下滑时，对受力分析，只受绳子拉力和重力，二力平衡，根据平衡条件可知绳中张力为
（2）根据题意可知需验证的牛顿第二定律表达式，根据（1）问可知
联立可得，即根据该方案写出需验证的牛顿第二定律表达式为
（3）若M与斜面间存在摩擦力，用轻绳连接物块M和m时，匀速受力平衡，，保持斜面倾角，取下m和轻绳，让M从斜面静止滑下时根据牛顿第二定律得，联立可得，可知M与斜面间的摩擦力对该实验方案没有影响。
【分析】（1）M沿斜面匀速下滑时受力平衡，可得绳中张力为
（2）需验证的牛顿第二定律表达式为
（3）用轻绳连接物块M和m时，匀速受力平衡，，让M从斜面静止滑下时根据牛顿第二定律得，联立可得，摩擦力对该实验方案没有影响。
（1）M沿斜面匀速下滑时，对根据平衡条件可知绳中张力为
（2）根据题意可知需验证的牛顿第二定律表达式
根据（1）问可知
联立可得
即根据该方案写出需验证的牛顿第二定律表达式为
（3）若M与斜面间存在摩擦力，用轻绳连接物块M和m时，有
保持斜面倾角，取下m和轻绳，让M从斜面静止滑下时有
整体替换后仍可得到
可知M与斜面间的摩擦力对该实验方案没有影响。
12．【答案】（1）2
（2）右；小于
（3）4.20；2.50
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）当电阻箱R1调至零，电压表示数为3.00V时说明并联支路的电压为3V，然后调节R1，当电压表示数为2V时，电阻R1两端分得电压1V，即R1能分得电压表电压的一半，则当电压表满偏3V时，R1能分得1.5V电压，此时R1与电压表组成的整体量程便为4.50V。
故答案：2
（2）将滑动变阻器滑至最大值，即最右端做保护电阻。由于电压表分流作用，使得电动势测量值为，即根据图像乙得出的电动势小于真实值。
故答案：右；小于
（3）单刀双掷开关S接通2时，电动势的测量是准确的，由图可知E=4.20V；内阻测量值包括了电流表内阻和R0，则大于内阻的真实值；单刀双掷开关S接通1时，短路电流是准确
解得
故答案：4.20；2.50
【分析】（1）通过串联电阻（R1）分压，可扩大电压表的量程。计算依据：串联分压公式 ，其中 为电压表内阻。本题中，当电压表满偏3V时，R1分压1.5V，总量程为
（2）电压表内阻非无穷大时，会分流部分电流，导致电流测量值偏小。结果：电动势测量值 ，内阻测量值
（3）接法1（电流表内接）：电动势测量值准确（因外电路断路时电压表无分流）。内阻测量值偏大（包含电流表内阻 和定值电阻 ）。
接法2（电流表外接）：电动势测量值偏小（电压表分流导致路端电压测量值偏低）。内阻测量值偏小（分流使电流测量值偏大，计算内阻偏小）。
关键结论：短路电流（）在接法1中准确，因电压表不分流。通过 U I 图像纵截距求电动势，斜率绝对值求内阻。本题中图像纵截距 ，内阻测量值 。
（1）当电阻箱R1调至零，电压表示数为3.00V时说明并联支路的电压为3V，然后调节R1，当电压表示数为2V时，电阻R1两端分得电压1V，即R1能分得电压表电压的一半，则当电压表满偏3V时，R1能分得1.5V电压，此时R1与电压表组成的整体量程便为4.50V。
（2）[1]将滑动变阻器滑至最大值，即最右端做保护电阻。
[2]由于电压表分流作用，使得电动势测量值为
即根据图像乙得出的电动势小于真实值。
（3）[1][2]单刀双掷开关S接通2时，电动势的测量是准确的，由图可知E=4.20V；内阻测量值包括了电流表内阻和R0，则大于内阻的真实值；单刀双掷开关S接通1时，短路电流是准确的
解得
13．【答案】（1）解：（1）同学行走 45步 × 0.6 m/步 = 27 m 到达第八节车厢尾部。
由于第七节车厢尾部停在同学面前，行走 27 m 到达第八节车厢尾部，说明 第七节车厢尾部到第八节车厢尾部的距离 = 1节车厢长度 。
因此，每节车厢长度 。
根据位移时间关系
解得测量时段高铁的加速度大小
（2）解：根据速度时间关系
代入数据可得开始计时时高铁的速度大小
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【分析】（1）车厢长度计算：通过行走距离确定 。位移计算：7 节车厢完全通过，位移 。匀变速运动方程：利用 和 联立求解加速度大小。
（2）根据匀变速运动的速度时间关系可计算开始计时时高铁的速度大小。
注意：最终结果保留两位有效数字 。
（1）根据题意可知一节车厢的长度
根据位移时间关系
解得测量时段高铁的加速度大小
（2）根据速度时间关系
代入数据可得开始计时时高铁的速度大小
14．【答案】（1）解：压缩前筒内气体的体积为
压缩前筒内气体的压强为
压缩后筒内气体体积为
根据玻意耳定律
联立解得
B处纸团受到筒内气体向右的压力为
B处纸团质量
根据牛顿第二定律有
解得
B处纸团经，B处纸团被射出，由运动学公式
解得
（2）解：漏掉了1个大气压的空气，则实际气体体积为
压缩后体积为
根据玻意耳定律
联立解得
B处纸团受到筒内气体向右的压力为
因为B处纸团静止，根据二力平衡，此时B处纸团受到摩擦力为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）压缩前筒内气体的体积，压缩前筒内气体的压强，压缩后筒内气体体积根据玻意耳定律，联立解得，B处纸团受到筒内气体向右的压力，根据牛顿第二定律有，解得加速度，B处纸团经，B处纸团被射出，由运动学公式可求解 B处纸团的射出速度v。
（2）漏掉了1个大气压的空气的实际气体体积为
根据玻意耳定律，联立可解，B处纸团受到筒内气体向右的压力可求解，B处纸团静止，根据二力平衡，可求解此时B处纸团受到摩擦力。
（1）压缩前筒内气体的体积为
压缩前筒内气体的压强为
压缩后筒内气体体积为
根据玻意耳定律
联立解得
B处纸团受到筒内气体向右的压力为
B处纸团质量
根据牛顿第二定律有
解得
B处纸团经，B处纸团被射出，由运动学公式
解得
（2）漏掉了1个大气压的空气，则实际气体体积为
压缩后体积为
根据玻意耳定律
联立解得
B处纸团受到筒内气体向右的压力为
因为B处纸团静止，根据二力平衡，此时B处纸团受到摩擦力为
15．【答案】（1）解：由于小球a在区域后做匀速圆周运动
因此
代入数据可得电场强度大小为
（2）解：小球在管内水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
又
竖直方向做匀速运动，向下运动的距离为h，因此
代入数据可得区域的匀强磁场的磁感应强度B的大小为
（3）解：小球离开管时的速度
下降的过程中，洛伦兹力不做功，只有重力和弹力做功
根据动能定理
解得
【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由于小球a在区域后做匀速圆周运动，说明电场力于重力平衡，洛伦兹力提供向心力，由，可求解电场强度大小。
（2）小球在管内水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律列等式：，匀加速直线运动位移公式列等式：，竖直方向做匀速运动，有，联立可求解区域的匀强磁场的磁感应强度B的大小。
（3）小球离开管时的速度，下降的过程中，洛伦兹力不做功，只有重力和弹力做功，根据动能定理列等式：，联立可求解 管壁对小球a弹力做的功 。
（1）由于小球a在区域后做匀速圆周运动
因此
代入数据可得电场强度大小为
（2）小球在管内水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
又
竖直方向做匀速运动，向下运动的距离为h，因此
代入数据可得区域的匀强磁场的磁感应强度B的大小为
（3）小球离开管时的速度
下降的过程中，洛伦兹力不做功，只有重力和弹力做功
根据动能定理
解得
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