【精品解析】2025届四川省乐山市高三下学期三模考试物理试题

2025届四川省乐山市高三下学期三模考试物理试题
1．（2025·乐山模拟）钚元素是高度放射性物质，可用于制作同位素电池，广泛应用于宇宙飞船、人造卫星等的能源供给。已知钚（即）发生α衰变的方程为，已知的半衰期约为88年。则下列说法正确的是（　　）
A．衰变方程中，是
B．该衰变过程中一定吸收能量
C．8个原子核经过88年后还剩4个
D．的比结合能小于的比结合能
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．α衰变需满足质量数守恒（减少4）和电荷数守恒（减少2），可知衰变方程中，是，故A错误；
B．所有核衰变均存在质量亏损（），根据 ，必定释放能量，故B错误；
C．半衰期是统计规律，仅适用于大量原子核（~1023量级），不适用于少数原子核发生衰变，所以8个原子核经过88年后不一定还剩4个，故C错误；
D．比结合能（平均每个核子的结合能）越大，核越稳定，衰变趋向更稳定的核，故衰变产物的比结合能大于母核，衰变后的比衰变前的更稳定，所以的比结合能小于的比结合能，故D正确。
故选D。
【分析】1、α衰变过程满足质量数（A）和电荷数（Z）守恒。
2、 质量亏损转化为衰变能，一定释放能量。
3、 半衰期仅对大量原子核有意义，少数核的衰变是随机事件。
4、自发衰变趋向于生成更稳定的核（比结合能更高的核）。若母核 衰变为子核 ，则 。
2．（2025·乐山模拟）真空中，一半圆形玻璃砖放置在转盘上，一束由单色光组成的光线从左侧沿着玻璃砖半径方向入射，玻璃砖右侧有一足够大的光屏。实验开始，转盘从图示位置开始逆时针匀速转动，此时光屏上无亮点。随着继续转动，光屏上先出现单色光的亮点，根据实验现象下列推断正确的是（　　）
A．光的频率大于光的频率
B．光在玻璃砖内的传播速度大于光
C．双缝干涉实验中，要使相邻亮条纹间距较大，应该使用光
D．若均能使某金属发生光电效应，则光产生的光电子最大初动能较大
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系；光电效应
【解析】【解答】转盘转动时，先出现单色光a的亮点 → 说明a光先达到临界角发生全反射由全反射条件 可知a光的临界角更大 → a光的折射率更小（ ），折射率越小，频率越低（），波长越长（ ）
A．由 直接可得 （频率关系正确），单色光的折射率较小，则光的频率小于光的频率，故A错误；
B．光在介质中速度 ，因 ，故 ，根据可知光在玻璃砖内的传播速度大于光，故B正确；
C．条纹间距 ，因 ，a光的间距更大，要使相邻亮条纹间距较大，应该使用光，故C错误；
D．根据可知 因 ，a光的光电子初动能更小， 若均能使某金属发生光电效应，则光产生的光电子最大初动能较大，故D错误。
故选B。
【分析】1、全反射临界角与折射率的关系：当光从光密介质射向光疏介质时，临界角大小与折射率相关。临界角较大说明折射率较小，因为sinC=1/n，n越小，C越大。题目中单色光先出现亮点，说明其临界角较大，折射率较小。
2、折射率与光频率的关系：折射率较小的光对应频率较低。在可见光范围内，频率从低到高对应红橙黄绿蓝靛紫，折射率依次增大。因此折射率小的单色光频率低于折射率大的光。
3、光速与折射率的关系：光在介质中的传播速度v=c/n，c为真空光速，n为折射率。折射率较小的光在玻璃中传播速度较大。
4、波长与干涉条纹间距：在双缝干涉实验中，条纹间距Δx与波长λ成正比（Δx=λL/d）。频率较低的光波长较长，产生的干涉条纹间距较大。
5、光电效应与光子能量：光子能量E=hν，频率ν越高能量越大。若两种光都能产生光电效应，频率较高的光产生的光电子最大初动能较大。
3．（2025·乐山模拟）如图1所示是泰州科技馆一件名为“最速降线”的展品，选取其中的两条轨道简化模型如图2。已知两条轨道均光滑，且起点、终点均相同，其中轨道2末端与水平面相切。现将两个完全相同的小球甲、乙同时从起点由静止释放，小球甲沿轨道1、小球乙沿轨道2运动至终点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．两个小球同时释放且能同时到达终点
B．小球甲到达终点时的速度大于小球乙
C．小球乙下滑过程中重力的功率一直增大
D．此运动过程中小球甲的平均速度小于小球乙
【答案】D
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】AD．小球甲（轨道1：匀加速直线运动），加速度：恒定（），速度-时间（v-t）图像：一条倾斜的直线（斜率恒定）位移：，到达时间：，小球乙（轨道2：最速降线运动），加速度：切向加速度 at 逐渐减小（因速度方向变化），v-t图像：斜率逐渐减小的曲线（加速度非线性减小）位移：与轨道1相同（），到达时间：（最速降线性质），根据，可知此运动过程中小球甲的平均速度小于小球乙，故A错误，D正确；
B．根据机械能守恒定律可知，可知小球甲到达终点时的速度大小等于小球乙的速度大小，故B错误；
C．根据PG=mgvy可知，小球乙下滑过程中竖直速度先增加后减小，可知重力的功率先增加后减小，故C错误。
故选D。
【分析】1、小球甲做匀加速直线运动，其v-t图像是一条倾斜直线，斜率代表恒定加速度。位移等于v-t图像与时间轴围成的面积。小球乙沿最速降线运动时，切向加速度逐渐减小，表现为v-t图像斜率逐渐减小。虽然初末速度与甲球相同，但平均速度更大，因此用时更短。
2、两小球从相同高度下落，根据机械能守恒定律，到达终点时速度大小相同。这说明运动路径不同只影响运动时间，不影响最终动能。
3、重力功率P=mgv_y，取决于竖直分速度。最速降线运动中v_y先增大后减小，导致功率先增后减，存在最大值。
4、两球位移相同但时间不同，说明平均速度不等。最速降线的设计使得平均速度最大化，这是变加速运动的典型特征。
5、曲线运动的分解：分析最速降线运动时需要将加速度分解为切向和法向分量，切向加速度变化导致速度变化率改变。
4．（2025·乐山模拟）如图所示，一半径为、质量为的半球放在水平地面上，点是球心，在点正上方处固定一钉子A，长度为的轻质细绳一端栓在A上，另一端连接质量为的光滑小球（可视为质点），整个系统处于静止状态。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．细绳对小球的拉力为 B．半球对小球的支持力为
C．地面对半球的支持力为 D．地面对半球的摩擦力为零
【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．如图所示
以小球为对象受力分析可得，，细绳对小球的拉力为，半球对小球的支持力为，故A正确，B错误；
CD．以小球和半球为整体，受重力支持力和拉力，根据平衡条件可得地面对半球的支持力，地面对半球的摩擦力为，故CD错误。
故选A。
【分析】本题是静态平衡问题，以小球为对象受力分析，根据受力平衡列等式可求解细绳对小球的拉力和半球对小球的支持力。以小球和半球为整体，根据平衡条件可得地面对半球的支持力和地面对半球的摩擦力。
5．（2025·乐山模拟）空间存在一沿轴方向的电场，一电荷量为的试探电荷只在电场力作用下从点开始以某一初速度沿轴正方向运动，其所受电场力随位置变化的图像如图所示，以轴正方向为电场力的正方向，设无穷远处电势为零。以下说法正确的是（　　）
A．处的电势最低
B．处的场强最大
C．在处的速度大于在处的速度
D．在处的电势能最大
【答案】A
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】AD．在 处，电荷电势能最大（电场力做功转折点）。由 ，对于正电荷，电势能最大处对应电势最高。电势能与电势关系依赖电荷正负：正电荷：电势能最大处电势最高。负电荷：电势能最大处电势最低，故A正确，D错误；
B． 处电场力为零，但电场强度 不一定为零，由结合图像可知，电荷在处所受电场力为0，电场强度最小，故B错误；
C． 电场力做正功（向右），电势能减小 → 动能增大。因此 处速度小于 处，故C错误；
故选A。
【分析】1、 当电场力做负功时，电势能增加；电场力做正功时，电势能减小。在范围内电场力向左做负功，电势能增大；在范围内电场力向右做正功，电势能减小。因此处电势能最大。
2、电势能Ep=qφ，对于正电荷，电势能最大处对应电势最高处；对于负电荷则相反。
3、电场力做正功会使电荷动能增加，速度增大。在范围内电场力做正功，电势能减小，动能增大。
6．（2025·乐山模拟）如图1所示是某款小游戏，物体需要从平台A跳跃到前方更高的平台B上。假设不同的操作方式会使物体的运动轨迹出现如图2所示的两种情况，则由图2可推断出（　　）
A．轨迹甲的起跳速度较大
B．轨迹乙的运动时间较长
C．两条轨迹最高点速度相同
D．两条轨迹起跳瞬间重力的功率相同
【答案】D
【知识点】斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】B．斜抛运动的分解，水平方向：匀速直线运动（速度分量 不变），竖直方向：竖直上抛运动（初速度分量 ，加速度 向下），关键条件：最大高度相同 → 竖直初速度 相同，落地时间相同 → 由竖直运动对称性决定（上升时间 = 下落时间），水平射程不同 → 水平初速度 不同（乙的 更大），故B错误；
AC．由于轨迹甲和乙落地点的距离不同，且它们在空中运动的时间相等，根据水平方向的匀速直线运动规律可知，轨迹乙水平方向的初速度分量较大，即乙轨迹最高点速度大，上升高度相等，竖直初速度也相等，根据速度的合成可知，轨迹乙初速度较大，故AC错误；
D．由图可知轨迹甲乙上升的高度相同，竖直分速度相同，根据瞬时功率表达式，可知两条轨迹起跳瞬间重力的功率相同，故D正确。
故选D。
【分析】1、斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。
2、当抛体上升和下落的高度相同时，运动时间相等。题目中两条轨迹的最大高度相同，且落回同一水平面，因此它们的总运动时间相同。
3、在相同运动时间下，水平射程越大，说明水平初速度越大。轨迹乙的水平射程更大，表明其水平初速度分量较大。
4、初速度是水平分速度和竖直分速度的矢量和。虽然两条轨迹的竖直初速度相同，但由于轨迹乙的水平初速度更大，因此其合初速度也更大。
5、重力瞬时功率P=mgv_y，取决于竖直分速度。两条轨迹在起跳时的竖直分速度相同，因此起跳瞬间的重力功率相同。
7．（2025·乐山模拟）如图1所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点有一个钉子，将小球（可视为质点）拉到A点后静止释放，小球在竖直平面内做简谐运动，摆球的振动图像如图2所示。已知摆球摆角始终不超过5°，重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力和能量损失，下列说法中正确的是（　　）
A．该单摆的周期为0.4πs B．OP间的距离为1.6m
C．t=0.2πs时小球动能最大 D．图中x1与x2的比值为2∶1
【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．通过图像分析该单摆的周期为T=2(0.5-0.2)πs=0.6πs，故A错误；
B．根据单摆周期公式，，解得OP间的距离为LOP=1.2m，故B错误；
C．t=0.2πs时小球到达最高点，此时速度为零，则动能为零，故C错误；
D．不计摆线和钉子相碰时的能量损失，所以整个过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知mgh1=mgh2，则摆球摆到两侧最高点的位置是等高；单摆在OP左侧最大偏角为θ，，单摆在OP右侧最大偏角为α，，由机械能守恒定律得：mgLOA（1-cosθ）=mgLBP（1-cosα），其中LOA=4LBP，联立解得，图中x1与x2的比值为2∶1，故D正确。
故选D。
【分析】1、题目中通过图像分析得出周期 T=0.6πs，并利用周期公式计算摆长
题目中t=0.2πs 时小球到达最高点，动能为零 。
2、不计能量损失时，单摆的机械能守恒。摆球在两侧最高点的重力势能相等，因此高度相同（ ）。
3、通过机械能守恒推导偏角关系：
单摆在左侧和右侧的振幅 和 与偏角的关系为：
结合 和 ，可推导 的比值。
8．（2025·乐山模拟）如图所示的理想变压器为升压变压器，原线圈端接人电压有效值恒定的交流电源，并接有定值电阻，副线圈上接有滑动变阻器R，电路中的电表均为理想表。初始时，滑动变阻器的滑片P位于中间位置，下列说法正确的是（　　）
A．若滑片下移，电流表示数一定变小
B．若滑片下移，电压表示数一定变小
C．若滑片上移，电源的输出功率一定减小
D．若滑片上移，滑动变阻器功率一定变大
【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．滑片下移：接入电阻 减小 → 副线圈总负载减小。副线圈电流 I2 ： 增大。
原线圈电流 I1 ：由 ，增大。定值电阻 R0 分流：不变，故电源总电流 增大，则电流表测量I1 ，示数 增大。两端的电压增大，则变压器原线圈两端电压减小，由理想变压器电压比 可知副线圈两端的电压减小，则电压表示数一定变小，故A错误，B正确；
C．若滑片上移，电阻增大，总电阻增大，电流减小，根据功率可知，所以电源的输出功率减小，故C正确；
D．将等效为电源的内阻，则滑动变阻器功率为电源的输出功率，当等效外电阻的阻值等于电源内阻时，电源输出功率最大，即滑动变阻器功率最大，由于两个电阻的阻值大小不确定，所以无法确定滑动变阻器功率的变化情况，故D错误。
故选BC。
【分析】1、滑片下移（电阻减小）：总电阻 减小 → 总电流 增大（电流表示数增大）。
根据 ，定值电阻 两端电压 增大。变压器原线圈输入电压
由理想变压器电压比 ，副线圈电压 减小（电压表示数减小）。
2、滑片上移（电阻增大）：总电阻 增大 → 总电流 减小。
电源输出功率 减小（若电源内阻 不可忽略，需结合 分析）。
电压关系：（匝数比决定电压比）。功率关系：（忽略损耗），将变压器和副线圈等效为原线圈的负载电阻 。当 （电源内阻）时，电源输出功率最大。
9．（2025·乐山模拟）“天问一号”火星探测器被设计成环绕器和着巡组合体两部分。假设环绕器绕火星做半径为R、周期为T的匀速圆周运动。着巡组合体在火星表面软着陆后，在距火星表面h高度处由静止释放一个小球，小球到达火星表面时的速度大小为v，已知引力常量为G，忽略火星自转和表面稀薄气体的影响，下列说法正确的是（　　）
A．环绕器运动的线速度大小为
B．火星表面的重力加速度为
C．火星的质量为
D．火星的半径为
【答案】A,D
【知识点】自由落体运动；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律
【解析】【解答】A．题目已知周期和半径，环绕器运动的线速度大小，故A正确；
B．自由落体运动（小球从高度 h 静止释放）：v2 = 2gh 可得火星表面的重力加速度，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，可得火星的质量为
故C错误；
D．在火星表面，万有引力等于重力，即，可得，故D正确。
故选AD。
【分析】1. 环绕器做匀速圆周运动的规律，已知周期和半径，用公式： v = (2πR)/T可求解线速度。
2、万有引力提供向心力列等式可解得火星质量 M。
3、自由落体运动（小球从高度 h 静止释放）：v2 = 2gh 可求解火星表面的重力加速度。
4、由可求火星半径。
10．（2025·乐山模拟）两根长直光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨间距为L，空间存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，俯视角度如图所示。导轨左端通过单刀双掷开关与电源、电容器相连，电源电动势为E（内阻不计），电容器的电容为C。将质量为m，电阻为R的导体棒垂直放置在导轨上，先将开关接到a，待电容充电结束后将开关换接到b。忽略导线和导轨电阻，且不考虑电磁辐射及回路中电流产生的磁场，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒加速度的最大值为
B．导体棒能够达到的最大速度为
C．导体棒从开始运动至达到最大速度的过程中，通过导体棒横截面积的电荷量为
D．导体棒达到最大速度时，电容器极板间的电压为
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．开关接到“a”时导体棒速度为0，初始时刻(t=0)，电容器两端电压的最大值为E，
回路电流达到最大值（R为回路总电阻），导体棒受到最大安培力
导体棒获得最大加速度，故A正确；
BCD．导体棒达到最大速度vm时，电路中电流为0，电容器两端电压为U，电容器放出的电荷量为ΔQ，导体棒达到最大速度时，电容器两端电压等于金属杆切割磁感线产生的感应电动势
故电容器放电量为，由动量定理，又
解得，，，故BD错误，C正确。
故选AC。
【分析】1、初始时刻(t=0)：导体棒速度v=0，感应电动势ε=0，电容器电压达到最大值E
回路电流达到最大值（R为回路总电阻），导体棒受到最大安培力
导体棒获得最大加速度。
2、稳定状态(t→∞)：导体棒达到最终速度，此时感应电动势
3、根据电荷守恒：电容器放电量ΔQ=C(E-U)
4、根据动量定理：导体棒获得的动量来自安培力的冲量，回路电流降为0，
11．（2025·乐山模拟）频闪摄影是研究物体运动的常用实验手段，照相机每隔一定时间曝一次光，在胶片上记录物体在曝光时刻的位置。如图1，是某实验小组探究平抛运动规律的实验装置，分别在该装置正上方处和右侧正前方处各安装一个频闪相机，调整相机快门，设定相机曝光时间间隔为。启动相机，将小球从斜槽上某一位置自由释放，得到如图所示的频闪照片，分别为小球运动轨迹上的三个位置。
（1）通过对相机A的频闪照片测量发现，照片中小球相邻位置间距离几乎是等距的，并测量出，则小球水平抛出的初速度　 　（用题中所给字母表示）；
（2）通过对相机B的频闪照片测量发现，照片中小球相邻两位置间的距离几乎是均匀增大的，，则当地重力加速度　 　（用题中所给字母表示）；
（3）小球在Q点的速度方向与水平方向间夹角的正切值为　 　（用题中所给字母表示）
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）小球在水平方向做匀速直线运动， 定相机曝光时间间隔为 则运动周期为，水平位移为L，则小球水平抛出的初速度
（2）小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向相邻位移差，则当地重力加速度
（3）竖直方向根据中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得
小球在Q点的速度方向与水平方向间夹角的正切值为，
【分析】（1）平抛运动水平分运动：匀速直线运动规律，公式：v0 = L/Δt（L为水平位移，Δt为曝光时间间隔）
（2）平抛运动竖直分运动：匀变速直线运动的Δy=gT2规律
公式：g = Δy/T2（Δy为相邻竖直位移差，T为运动周期）
（3）速度合成与分解：① 竖直分速度：= (y2-y1)/(2T)（中间时刻瞬时速度公式）
② 速度方向：
（1）小球在水平方向做匀速直线运动，运动周期为，则小球水平抛出的初速度
（2）竖直方向
可得当地重力加速度
（3）竖直方向根据中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得
小球在Q点的速度方向与水平方向间夹角的正切值为
12．（2025·乐山模拟）乐山某校科技社团学生以图1所示的电路图组装了一个简易多用电表。图中E是电动势1.5V的电池；R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为360Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，分别为欧姆×100Ω挡，直流电压1V挡和5V挡，直流电流2.5mA挡，还有1个具体数值未知的直流电流挡位。
（1）图1中的B端与　 　（填“红”或“黑”）色表笔相连接。
（2）某次测量时该多用电表指针位置如图2所示。若此时B端是与“5”相连的，则多用电表读数为　 　；
（3）已知欧姆挡刻度“15”为该表头电流偏转一半的位置，由此可知该多用电表未知直流电流挡是　 　mA；
（4）由直流电流挡可以得出R1=　 　Ω，R2=　 　Ω
（5）调零后，用该多用电表测某量程为3V的电压表内阻时，电压表指针指到1.0V的位置，那可以推算出欧姆表指针应指到　 　（选填5，10，15，20，30，40，50）刻度处。
【答案】（1）红
（2）2.90V
（3）1.0
（4）48；72
（5）30
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装
【解析】【解答】（1）欧姆表的内部电源的正极应接黑表笔，保证在测电阻时电流“红进黑出”，则图1中的A端与黑表笔相连接，则B端与红表笔相连接。
故答案：红
（2）多用电表为直流电压5V挡。由图2可知，表盘的分度值为0.1V，多用电表读数为2.90V。
故答案：2.90V
（3）已知欧姆挡刻度“15”为该表头电流偏转一半的位置，欧姆表的中值电阻等于其内阻，所以该欧姆表的内阻为，根据闭合电路欧姆定律
（4）当与“2”相连I2=1.0mA，由欧姆定律有，当与“1”相连I1=2.5mA，由欧姆定律有，联立解得R1=48Ω，R2=72Ω
（5）已知电压表的量程为3V，指针指到1.0V的位置，说明此时电压表两端电压U=1.0V。设电压表内阻为RV，根据串联电路分压原理，有，解得，欧姆表的计数为，所以欧姆表指针应指到30刻度处。
故答案：30
【分析】（1） 欧姆档的"红负黑正"与常规电压/电流档相反。
（2）当B端接"5"时，对应5V直流电压档，读数规范：① 确认分度值：5V量程时，每小格=0.1V
② 估读原则：需读到分度值下一位（百分位）。
（3）中值电阻=欧姆表内阻，关键公式：R中 = R内 = E/Ig（E为电源电动势，Ig为满偏电流）题目应用：当指针指在"15"刻度（半偏位置）时→ 此时外接电阻 = 内阻
→ 即中值电阻15Ω = 内阻R内，闭合电路欧姆定律应用：E = Ig(R内 + Rg + r) （Rg为表头内阻，r为调零电阻）。
（4）分流电阻计算原理：① 接"2"档（1.0mA量程）：E = I2(Rg + R2) → 总电阻 = E/I2。② 接"1"档（2.5mA量程）：E = I1(Rg + R1//R2) → 并联分流。
（5）电压测量原理：U = Ig(RV + R内) → RV = U/Ig - R内
欧姆刻度转换：① 先计算待测电阻真实值：Rx = RV。② 根据欧姆表刻度非线性特性：
n = R中/Rx × 刻度最大值。
（1）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流“红进黑出”，则图1中的A端与黑表笔相连接，则B端与红表笔相连接。
（2）若此时B端是与“5”相连，多用电表为直流电压5V挡。由图2可知，表盘的分度值为0.1V，多用电表读数为2.90V。
（3）已知欧姆挡刻度“15”为该表头电流偏转一半的位置，欧姆表的中值电阻等于其内阻，所以该欧姆表的内阻为
根据闭合电路欧姆定律
（4）当与“2”相连I2=1.0mA，由欧姆定律有
当与“1”相连I1=2.5mA，由欧姆定律有
联立解得R1=48Ω，R2=72Ω
（5）已知电压表的量程为3V，指针指到1.0V的位置，说明此时电压表两端电压U=1.0V。设电压表内阻为RV，根据串联电路分压原理，有
解得
欧姆表的计数为
所以欧姆表指针应指到30刻度处。
13．（2025·乐山模拟）一定质量的理想气体，由状态A经状态B变为状态C，其中A到B过程为等压变化，B到C过程为等容变化。已知，，。求：
（1）气体在状态B时的体积大小；
（2）设过程气体吸收热量为，过程气体放为热量为，求过程中气体对外所做的功。（用、表示）
【答案】（1）解： A到B过程为等压变化， 根据气体等压变化规律，有
解得 气体在状态B时的体积大小
（2）解：因为，故增加的内能与减小的内能相同，设气体对外做功为，有
过程有
则过程中气体对外所做的功 ：
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）压强不变，体积与温度成正比（盖-吕萨克定律）。列等式：可求解 气体在状态B时的体积大小。
（2）增加的内能与减小的内能相同，气体对外做功为，根据热力学第一定律列等式：，过程有，联立可得过程中气体对外所做的功。
（1）根据气体等压变化规律，有
解得
（2）因为，故增加的内能与减小的内能相同，设气体对外做功为，有
过程有
则有
14．（2025·乐山模拟）如图所示，质量为的B物体放在光滑平台上，质量为、长度未知的长木板放置在光滑水平面上，距离固定在水平面上半径为的四分之一圆弧形曲面足够远，长木板上端和曲面最低点在同一水平高度。固定在弹簧上质量为的A物体将弹簧压缩后释放，弹簧恢复原长时A、B发生弹性碰撞。碰后B滑上长木板，B与长木板之间的动摩擦因数，当B滑至长木板上某处时恰好与木板相对静止，该位置与长木板右端的距离为。随后木板撞上圆弧曲面并立即静止，物体B恰好滑到圆弧曲面的最高点。已知重力加速度为，A、B均可视为质点，求：
（1）物体B在圆弧曲面最低点对曲面的压力；
（2）长木板的长度；
（3）最初A压缩弹簧时弹簧所具有的弹性势能。
【答案】（1）解：设物体B在曲面最低点的速度为，则从曲面最低点滑动最高点的过程中，根据机械能守恒定律可得
在曲面最低点时，根据牛顿第二定律可得
联立解得，根据牛顿第三定律可知，物体B在曲面最低点时，对曲面的压力大小为，方向竖直向下；
（2）解：设物体B与长木板的共同速度为，长木板与曲面碰撞后，物块B做匀减速运动，设其加速度为a，根据牛顿第二定律则有，解得
结合运动学规律可得
代入数据解得
设B滑上长木板时的速度为，二者相对静止时，物体B相对于长木板的位移为，物体B滑上长木板到二者共速，系统动量守恒，则有，解得
根据能量守恒则有
解得
故长木板的长度
（3）解：设A物体与B物体碰撞前后的速度分别为和，由于A、B为弹性碰撞，根据动量守恒则有
根据能量守恒则有
联立解得
故最初A压缩弹簧时弹簧所具有的弹性势能
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）从曲面最低点滑动最高点的过程中，根据机械能守恒定律列等式：，在曲面最低点时，根据牛顿第二定律列等式：
联立可求解物体B在曲面最低点时支持力大小。根据牛顿第三定律可知，物体B在曲面最低点时，对曲面的压力大小。
（2）根据牛顿第二定律则，可计算物块B做匀减速运动的加速度，结合运动学规律可得，可计算物体B与长木板的共同速度。物体B滑上长木板到二者共速，系统动量守恒列等式：，可计算B滑上长木板时的速度，根据能量守恒则列等式，可计算物体B相对于长木板的位移
故长木板的长度
（3）由于A、B为弹性碰撞，根据动量守恒则列等式根据能量守恒则列等式，联立可求解A物体与B物体碰撞前后的速度，最初A压缩弹簧时弹簧所具有的弹性势能
（1）设物体B在曲面最低点的速度为，则从曲面最低点滑动最高点的过程中，根据机械能守恒定律可得
在曲面最低点时，根据牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，物体B在曲面最低点时，对曲面的压力大小为，方向竖直向下；
（2）设物体B与长木板的共同速度为，长木板与曲面碰撞后，物块B做匀减速运动，设其加速度为a，根据牛顿第二定律则有
解得
结合运动学规律可得
代入数据解得
设B滑上长木板时的速度为，二者相对静止时，物体B相对于长木板的位移为，物体B滑上长木板到二者共速，系统动量守恒，则有
解得
根据能量守恒则有
解得
故长木板的长度
（3）设A物体与B物体碰撞前后的速度分别为和，由于A、B为弹性碰撞，根据动量守恒则有
根据能量守恒则有
联立解得
故最初A压缩弹簧时弹簧所具有的弹性势能
15．（2025·乐山模拟）如图1所示，初速度为零的粒子经过电势差为（大小未知）的电场加速后，从粒子枪口S水平射出进入右侧空间，右侧空间无限大且同时存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，离枪口S足够远的地方有竖直光屏MN。已知沿直线SP打在光屏上P点。匀强电场的场强大小为，匀强磁场的磁感应强度大小为，质子和中子的质量均为，质子的电荷量为，不计带电粒子的重力、粒子间的相互作用、粒子枪口S的孔径。
求：
（1）加速电场的电势差；
（2）若仅将电场变成如图2所示的交变电场（竖直向下为正方向）且从粒子离开枪口开始计时，当时，粒子到直线SP的竖直距离；
（3）若仅将粒子换成粒子，且粒子能垂直打到光屏上Q点（未画出），PQ间的距离。
【答案】（1）解：依题意，沿直线SP打在光屏上P点，故有，
由动能定理
解得
（2）解：由，得粒子运动的周期为，
半径为
在内，有，故竖直方向的位移
在内，只有磁场，粒子做圆周运动，
故粒子转过的角度
故竖直方向的位移
综上，粒子到直线SP的竖直距离

（3）解：设的质量为，电荷量为，由动能定理
得，在叠加场中，受到的电场力为，洛伦兹力为，，故向下运动，做圆周运动与匀加速直线运动的合运动，把水平方向的速度v3分解为水平向右的v和水平向左的v4，其中
把洛伦兹力分成两个分力，方向向上，，方向向下，则由于，故粒子在水平方向向右以速度v做匀速直线运动，同时以向左的速度v4做逆时针的匀速圆周运动，向心力为，如图所示
此时粒子在磁场中运动的轨道半径为，则粒子垂直打到光屏上时，运动时间为，其中，与速度无关
则。
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）沿直线SP打在光屏上P点，受力平衡，，在电场中加速，由动能定理，联立可求解加速电场的电势差。
（2）洛伦兹力提供向心力有，，可求解粒子运动的周期和圆周半径，
在内，有，故竖直方向的位移，在内，只有磁场，粒子做圆周运动，粒子转过的角度，竖直方向的位移，粒子到直线SP的竖直距离
（3）在电场中加速，由动能定理，在叠加场中，受到的电场力为，洛伦兹力为，，故向下运动，做圆周运动与匀加速直线运动的合运动，把水平方向的速度v3分解为水平向右的v和水平向左的v4，其中
把洛伦兹力分成两个分力，方向向上，，方向向下，则由于，故粒子在水平方向向右以速度v做匀速直线运动，同时以向左的速度v4做逆时针的匀速圆周运动，向心力为，此时粒子在磁场中运动的轨道半径为，则
（1）依题意，沿直线SP打在光屏上P点，故有
得
由动能定理
解得
（2）由，
得粒子运动的周期为，半径为
在内，有，故竖直方向的位移
在内，只有磁场，粒子做圆周运动
，故粒子转过的角度
故竖直方向的位移
综上，粒子到直线SP的竖直距离
（3）设的质量为，电荷量为，由动能定理
得
在叠加场中，受到的电场力为，洛伦兹力为，，故向下运动，做圆周运动与匀加速直线运动的合运动
把水平方向的速度v3分解为水平向右的v和水平向左的v4，其中
把洛伦兹力分成两个分力，方向向上，，方向向下，则由于，故粒子在水平方向向右以速度v做匀速直线运动，同时以向左的速度v4做逆时针的匀速圆周运动，向心力为，如图所示
此时粒子在磁场中运动的轨道半径为
则粒子垂直打到光屏上时，运动时间为，其中，与速度无关
则
1 / 12025届四川省乐山市高三下学期三模考试物理试题
1．（2025·乐山模拟）钚元素是高度放射性物质，可用于制作同位素电池，广泛应用于宇宙飞船、人造卫星等的能源供给。已知钚（即）发生α衰变的方程为，已知的半衰期约为88年。则下列说法正确的是（　　）
A．衰变方程中，是
B．该衰变过程中一定吸收能量
C．8个原子核经过88年后还剩4个
D．的比结合能小于的比结合能
2．（2025·乐山模拟）真空中，一半圆形玻璃砖放置在转盘上，一束由单色光组成的光线从左侧沿着玻璃砖半径方向入射，玻璃砖右侧有一足够大的光屏。实验开始，转盘从图示位置开始逆时针匀速转动，此时光屏上无亮点。随着继续转动，光屏上先出现单色光的亮点，根据实验现象下列推断正确的是（　　）
A．光的频率大于光的频率
B．光在玻璃砖内的传播速度大于光
C．双缝干涉实验中，要使相邻亮条纹间距较大，应该使用光
D．若均能使某金属发生光电效应，则光产生的光电子最大初动能较大
3．（2025·乐山模拟）如图1所示是泰州科技馆一件名为“最速降线”的展品，选取其中的两条轨道简化模型如图2。已知两条轨道均光滑，且起点、终点均相同，其中轨道2末端与水平面相切。现将两个完全相同的小球甲、乙同时从起点由静止释放，小球甲沿轨道1、小球乙沿轨道2运动至终点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．两个小球同时释放且能同时到达终点
B．小球甲到达终点时的速度大于小球乙
C．小球乙下滑过程中重力的功率一直增大
D．此运动过程中小球甲的平均速度小于小球乙
4．（2025·乐山模拟）如图所示，一半径为、质量为的半球放在水平地面上，点是球心，在点正上方处固定一钉子A，长度为的轻质细绳一端栓在A上，另一端连接质量为的光滑小球（可视为质点），整个系统处于静止状态。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．细绳对小球的拉力为 B．半球对小球的支持力为
C．地面对半球的支持力为 D．地面对半球的摩擦力为零
5．（2025·乐山模拟）空间存在一沿轴方向的电场，一电荷量为的试探电荷只在电场力作用下从点开始以某一初速度沿轴正方向运动，其所受电场力随位置变化的图像如图所示，以轴正方向为电场力的正方向，设无穷远处电势为零。以下说法正确的是（　　）
A．处的电势最低
B．处的场强最大
C．在处的速度大于在处的速度
D．在处的电势能最大
6．（2025·乐山模拟）如图1所示是某款小游戏，物体需要从平台A跳跃到前方更高的平台B上。假设不同的操作方式会使物体的运动轨迹出现如图2所示的两种情况，则由图2可推断出（　　）
A．轨迹甲的起跳速度较大
B．轨迹乙的运动时间较长
C．两条轨迹最高点速度相同
D．两条轨迹起跳瞬间重力的功率相同
7．（2025·乐山模拟）如图1所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点有一个钉子，将小球（可视为质点）拉到A点后静止释放，小球在竖直平面内做简谐运动，摆球的振动图像如图2所示。已知摆球摆角始终不超过5°，重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力和能量损失，下列说法中正确的是（　　）
A．该单摆的周期为0.4πs B．OP间的距离为1.6m
C．t=0.2πs时小球动能最大 D．图中x1与x2的比值为2∶1
8．（2025·乐山模拟）如图所示的理想变压器为升压变压器，原线圈端接人电压有效值恒定的交流电源，并接有定值电阻，副线圈上接有滑动变阻器R，电路中的电表均为理想表。初始时，滑动变阻器的滑片P位于中间位置，下列说法正确的是（　　）
A．若滑片下移，电流表示数一定变小
B．若滑片下移，电压表示数一定变小
C．若滑片上移，电源的输出功率一定减小
D．若滑片上移，滑动变阻器功率一定变大
9．（2025·乐山模拟）“天问一号”火星探测器被设计成环绕器和着巡组合体两部分。假设环绕器绕火星做半径为R、周期为T的匀速圆周运动。着巡组合体在火星表面软着陆后，在距火星表面h高度处由静止释放一个小球，小球到达火星表面时的速度大小为v，已知引力常量为G，忽略火星自转和表面稀薄气体的影响，下列说法正确的是（　　）
A．环绕器运动的线速度大小为
B．火星表面的重力加速度为
C．火星的质量为
D．火星的半径为
10．（2025·乐山模拟）两根长直光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨间距为L，空间存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，俯视角度如图所示。导轨左端通过单刀双掷开关与电源、电容器相连，电源电动势为E（内阻不计），电容器的电容为C。将质量为m，电阻为R的导体棒垂直放置在导轨上，先将开关接到a，待电容充电结束后将开关换接到b。忽略导线和导轨电阻，且不考虑电磁辐射及回路中电流产生的磁场，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒加速度的最大值为
B．导体棒能够达到的最大速度为
C．导体棒从开始运动至达到最大速度的过程中，通过导体棒横截面积的电荷量为
D．导体棒达到最大速度时，电容器极板间的电压为
11．（2025·乐山模拟）频闪摄影是研究物体运动的常用实验手段，照相机每隔一定时间曝一次光，在胶片上记录物体在曝光时刻的位置。如图1，是某实验小组探究平抛运动规律的实验装置，分别在该装置正上方处和右侧正前方处各安装一个频闪相机，调整相机快门，设定相机曝光时间间隔为。启动相机，将小球从斜槽上某一位置自由释放，得到如图所示的频闪照片，分别为小球运动轨迹上的三个位置。
（1）通过对相机A的频闪照片测量发现，照片中小球相邻位置间距离几乎是等距的，并测量出，则小球水平抛出的初速度　 　（用题中所给字母表示）；
（2）通过对相机B的频闪照片测量发现，照片中小球相邻两位置间的距离几乎是均匀增大的，，则当地重力加速度　 　（用题中所给字母表示）；
（3）小球在Q点的速度方向与水平方向间夹角的正切值为　 　（用题中所给字母表示）
12．（2025·乐山模拟）乐山某校科技社团学生以图1所示的电路图组装了一个简易多用电表。图中E是电动势1.5V的电池；R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为360Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，分别为欧姆×100Ω挡，直流电压1V挡和5V挡，直流电流2.5mA挡，还有1个具体数值未知的直流电流挡位。
（1）图1中的B端与　 　（填“红”或“黑”）色表笔相连接。
（2）某次测量时该多用电表指针位置如图2所示。若此时B端是与“5”相连的，则多用电表读数为　 　；
（3）已知欧姆挡刻度“15”为该表头电流偏转一半的位置，由此可知该多用电表未知直流电流挡是　 　mA；
（4）由直流电流挡可以得出R1=　 　Ω，R2=　 　Ω
（5）调零后，用该多用电表测某量程为3V的电压表内阻时，电压表指针指到1.0V的位置，那可以推算出欧姆表指针应指到　 　（选填5，10，15，20，30，40，50）刻度处。
13．（2025·乐山模拟）一定质量的理想气体，由状态A经状态B变为状态C，其中A到B过程为等压变化，B到C过程为等容变化。已知，，。求：
（1）气体在状态B时的体积大小；
（2）设过程气体吸收热量为，过程气体放为热量为，求过程中气体对外所做的功。（用、表示）
14．（2025·乐山模拟）如图所示，质量为的B物体放在光滑平台上，质量为、长度未知的长木板放置在光滑水平面上，距离固定在水平面上半径为的四分之一圆弧形曲面足够远，长木板上端和曲面最低点在同一水平高度。固定在弹簧上质量为的A物体将弹簧压缩后释放，弹簧恢复原长时A、B发生弹性碰撞。碰后B滑上长木板，B与长木板之间的动摩擦因数，当B滑至长木板上某处时恰好与木板相对静止，该位置与长木板右端的距离为。随后木板撞上圆弧曲面并立即静止，物体B恰好滑到圆弧曲面的最高点。已知重力加速度为，A、B均可视为质点，求：
（1）物体B在圆弧曲面最低点对曲面的压力；
（2）长木板的长度；
（3）最初A压缩弹簧时弹簧所具有的弹性势能。
15．（2025·乐山模拟）如图1所示，初速度为零的粒子经过电势差为（大小未知）的电场加速后，从粒子枪口S水平射出进入右侧空间，右侧空间无限大且同时存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，离枪口S足够远的地方有竖直光屏MN。已知沿直线SP打在光屏上P点。匀强电场的场强大小为，匀强磁场的磁感应强度大小为，质子和中子的质量均为，质子的电荷量为，不计带电粒子的重力、粒子间的相互作用、粒子枪口S的孔径。
求：
（1）加速电场的电势差；
（2）若仅将电场变成如图2所示的交变电场（竖直向下为正方向）且从粒子离开枪口开始计时，当时，粒子到直线SP的竖直距离；
（3）若仅将粒子换成粒子，且粒子能垂直打到光屏上Q点（未画出），PQ间的距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．α衰变需满足质量数守恒（减少4）和电荷数守恒（减少2），可知衰变方程中，是，故A错误；
B．所有核衰变均存在质量亏损（），根据 ，必定释放能量，故B错误；
C．半衰期是统计规律，仅适用于大量原子核（~1023量级），不适用于少数原子核发生衰变，所以8个原子核经过88年后不一定还剩4个，故C错误；
D．比结合能（平均每个核子的结合能）越大，核越稳定，衰变趋向更稳定的核，故衰变产物的比结合能大于母核，衰变后的比衰变前的更稳定，所以的比结合能小于的比结合能，故D正确。
故选D。
【分析】1、α衰变过程满足质量数（A）和电荷数（Z）守恒。
2、 质量亏损转化为衰变能，一定释放能量。
3、 半衰期仅对大量原子核有意义，少数核的衰变是随机事件。
4、自发衰变趋向于生成更稳定的核（比结合能更高的核）。若母核 衰变为子核 ，则 。
2．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系；光电效应
【解析】【解答】转盘转动时，先出现单色光a的亮点 → 说明a光先达到临界角发生全反射由全反射条件 可知a光的临界角更大 → a光的折射率更小（ ），折射率越小，频率越低（），波长越长（ ）
A．由 直接可得 （频率关系正确），单色光的折射率较小，则光的频率小于光的频率，故A错误；
B．光在介质中速度 ，因 ，故 ，根据可知光在玻璃砖内的传播速度大于光，故B正确；
C．条纹间距 ，因 ，a光的间距更大，要使相邻亮条纹间距较大，应该使用光，故C错误；
D．根据可知 因 ，a光的光电子初动能更小， 若均能使某金属发生光电效应，则光产生的光电子最大初动能较大，故D错误。
故选B。
【分析】1、全反射临界角与折射率的关系：当光从光密介质射向光疏介质时，临界角大小与折射率相关。临界角较大说明折射率较小，因为sinC=1/n，n越小，C越大。题目中单色光先出现亮点，说明其临界角较大，折射率较小。
2、折射率与光频率的关系：折射率较小的光对应频率较低。在可见光范围内，频率从低到高对应红橙黄绿蓝靛紫，折射率依次增大。因此折射率小的单色光频率低于折射率大的光。
3、光速与折射率的关系：光在介质中的传播速度v=c/n，c为真空光速，n为折射率。折射率较小的光在玻璃中传播速度较大。
4、波长与干涉条纹间距：在双缝干涉实验中，条纹间距Δx与波长λ成正比（Δx=λL/d）。频率较低的光波长较长，产生的干涉条纹间距较大。
5、光电效应与光子能量：光子能量E=hν，频率ν越高能量越大。若两种光都能产生光电效应，频率较高的光产生的光电子最大初动能较大。
3．【答案】D
【知识点】功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】AD．小球甲（轨道1：匀加速直线运动），加速度：恒定（），速度-时间（v-t）图像：一条倾斜的直线（斜率恒定）位移：，到达时间：，小球乙（轨道2：最速降线运动），加速度：切向加速度 at 逐渐减小（因速度方向变化），v-t图像：斜率逐渐减小的曲线（加速度非线性减小）位移：与轨道1相同（），到达时间：（最速降线性质），根据，可知此运动过程中小球甲的平均速度小于小球乙，故A错误，D正确；
B．根据机械能守恒定律可知，可知小球甲到达终点时的速度大小等于小球乙的速度大小，故B错误；
C．根据PG=mgvy可知，小球乙下滑过程中竖直速度先增加后减小，可知重力的功率先增加后减小，故C错误。
故选D。
【分析】1、小球甲做匀加速直线运动，其v-t图像是一条倾斜直线，斜率代表恒定加速度。位移等于v-t图像与时间轴围成的面积。小球乙沿最速降线运动时，切向加速度逐渐减小，表现为v-t图像斜率逐渐减小。虽然初末速度与甲球相同，但平均速度更大，因此用时更短。
2、两小球从相同高度下落，根据机械能守恒定律，到达终点时速度大小相同。这说明运动路径不同只影响运动时间，不影响最终动能。
3、重力功率P=mgv_y，取决于竖直分速度。最速降线运动中v_y先增大后减小，导致功率先增后减，存在最大值。
4、两球位移相同但时间不同，说明平均速度不等。最速降线的设计使得平均速度最大化，这是变加速运动的典型特征。
5、曲线运动的分解：分析最速降线运动时需要将加速度分解为切向和法向分量，切向加速度变化导致速度变化率改变。
4．【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．如图所示
以小球为对象受力分析可得，，细绳对小球的拉力为，半球对小球的支持力为，故A正确，B错误；
CD．以小球和半球为整体，受重力支持力和拉力，根据平衡条件可得地面对半球的支持力，地面对半球的摩擦力为，故CD错误。
故选A。
【分析】本题是静态平衡问题，以小球为对象受力分析，根据受力平衡列等式可求解细绳对小球的拉力和半球对小球的支持力。以小球和半球为整体，根据平衡条件可得地面对半球的支持力和地面对半球的摩擦力。
5．【答案】A
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】AD．在 处，电荷电势能最大（电场力做功转折点）。由 ，对于正电荷，电势能最大处对应电势最高。电势能与电势关系依赖电荷正负：正电荷：电势能最大处电势最高。负电荷：电势能最大处电势最低，故A正确，D错误；
B． 处电场力为零，但电场强度 不一定为零，由结合图像可知，电荷在处所受电场力为0，电场强度最小，故B错误；
C． 电场力做正功（向右），电势能减小 → 动能增大。因此 处速度小于 处，故C错误；
故选A。
【分析】1、 当电场力做负功时，电势能增加；电场力做正功时，电势能减小。在范围内电场力向左做负功，电势能增大；在范围内电场力向右做正功，电势能减小。因此处电势能最大。
2、电势能Ep=qφ，对于正电荷，电势能最大处对应电势最高处；对于负电荷则相反。
3、电场力做正功会使电荷动能增加，速度增大。在范围内电场力做正功，电势能减小，动能增大。
6．【答案】D
【知识点】斜抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】B．斜抛运动的分解，水平方向：匀速直线运动（速度分量 不变），竖直方向：竖直上抛运动（初速度分量 ，加速度 向下），关键条件：最大高度相同 → 竖直初速度 相同，落地时间相同 → 由竖直运动对称性决定（上升时间 = 下落时间），水平射程不同 → 水平初速度 不同（乙的 更大），故B错误；
AC．由于轨迹甲和乙落地点的距离不同，且它们在空中运动的时间相等，根据水平方向的匀速直线运动规律可知，轨迹乙水平方向的初速度分量较大，即乙轨迹最高点速度大，上升高度相等，竖直初速度也相等，根据速度的合成可知，轨迹乙初速度较大，故AC错误；
D．由图可知轨迹甲乙上升的高度相同，竖直分速度相同，根据瞬时功率表达式，可知两条轨迹起跳瞬间重力的功率相同，故D正确。
故选D。
【分析】1、斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。
2、当抛体上升和下落的高度相同时，运动时间相等。题目中两条轨迹的最大高度相同，且落回同一水平面，因此它们的总运动时间相同。
3、在相同运动时间下，水平射程越大，说明水平初速度越大。轨迹乙的水平射程更大，表明其水平初速度分量较大。
4、初速度是水平分速度和竖直分速度的矢量和。虽然两条轨迹的竖直初速度相同，但由于轨迹乙的水平初速度更大，因此其合初速度也更大。
5、重力瞬时功率P=mgv_y，取决于竖直分速度。两条轨迹在起跳时的竖直分速度相同，因此起跳瞬间的重力功率相同。
7．【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．通过图像分析该单摆的周期为T=2(0.5-0.2)πs=0.6πs，故A错误；
B．根据单摆周期公式，，解得OP间的距离为LOP=1.2m，故B错误；
C．t=0.2πs时小球到达最高点，此时速度为零，则动能为零，故C错误；
D．不计摆线和钉子相碰时的能量损失，所以整个过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知mgh1=mgh2，则摆球摆到两侧最高点的位置是等高；单摆在OP左侧最大偏角为θ，，单摆在OP右侧最大偏角为α，，由机械能守恒定律得：mgLOA（1-cosθ）=mgLBP（1-cosα），其中LOA=4LBP，联立解得，图中x1与x2的比值为2∶1，故D正确。
故选D。
【分析】1、题目中通过图像分析得出周期 T=0.6πs，并利用周期公式计算摆长
题目中t=0.2πs 时小球到达最高点，动能为零 。
2、不计能量损失时，单摆的机械能守恒。摆球在两侧最高点的重力势能相等，因此高度相同（ ）。
3、通过机械能守恒推导偏角关系：
单摆在左侧和右侧的振幅 和 与偏角的关系为：
结合 和 ，可推导 的比值。
8．【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．滑片下移：接入电阻 减小 → 副线圈总负载减小。副线圈电流 I2 ： 增大。
原线圈电流 I1 ：由 ，增大。定值电阻 R0 分流：不变，故电源总电流 增大，则电流表测量I1 ，示数 增大。两端的电压增大，则变压器原线圈两端电压减小，由理想变压器电压比 可知副线圈两端的电压减小，则电压表示数一定变小，故A错误，B正确；
C．若滑片上移，电阻增大，总电阻增大，电流减小，根据功率可知，所以电源的输出功率减小，故C正确；
D．将等效为电源的内阻，则滑动变阻器功率为电源的输出功率，当等效外电阻的阻值等于电源内阻时，电源输出功率最大，即滑动变阻器功率最大，由于两个电阻的阻值大小不确定，所以无法确定滑动变阻器功率的变化情况，故D错误。
故选BC。
【分析】1、滑片下移（电阻减小）：总电阻 减小 → 总电流 增大（电流表示数增大）。
根据 ，定值电阻 两端电压 增大。变压器原线圈输入电压
由理想变压器电压比 ，副线圈电压 减小（电压表示数减小）。
2、滑片上移（电阻增大）：总电阻 增大 → 总电流 减小。
电源输出功率 减小（若电源内阻 不可忽略，需结合 分析）。
电压关系：（匝数比决定电压比）。功率关系：（忽略损耗），将变压器和副线圈等效为原线圈的负载电阻 。当 （电源内阻）时，电源输出功率最大。
9．【答案】A,D
【知识点】自由落体运动；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律
【解析】【解答】A．题目已知周期和半径，环绕器运动的线速度大小，故A正确；
B．自由落体运动（小球从高度 h 静止释放）：v2 = 2gh 可得火星表面的重力加速度，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，可得火星的质量为
故C错误；
D．在火星表面，万有引力等于重力，即，可得，故D正确。
故选AD。
【分析】1. 环绕器做匀速圆周运动的规律，已知周期和半径，用公式： v = (2πR)/T可求解线速度。
2、万有引力提供向心力列等式可解得火星质量 M。
3、自由落体运动（小球从高度 h 静止释放）：v2 = 2gh 可求解火星表面的重力加速度。
4、由可求火星半径。
10．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．开关接到“a”时导体棒速度为0，初始时刻(t=0)，电容器两端电压的最大值为E，
回路电流达到最大值（R为回路总电阻），导体棒受到最大安培力
导体棒获得最大加速度，故A正确；
BCD．导体棒达到最大速度vm时，电路中电流为0，电容器两端电压为U，电容器放出的电荷量为ΔQ，导体棒达到最大速度时，电容器两端电压等于金属杆切割磁感线产生的感应电动势
故电容器放电量为，由动量定理，又
解得，，，故BD错误，C正确。
故选AC。
【分析】1、初始时刻(t=0)：导体棒速度v=0，感应电动势ε=0，电容器电压达到最大值E
回路电流达到最大值（R为回路总电阻），导体棒受到最大安培力
导体棒获得最大加速度。
2、稳定状态(t→∞)：导体棒达到最终速度，此时感应电动势
3、根据电荷守恒：电容器放电量ΔQ=C(E-U)
4、根据动量定理：导体棒获得的动量来自安培力的冲量，回路电流降为0，
11．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）小球在水平方向做匀速直线运动， 定相机曝光时间间隔为 则运动周期为，水平位移为L，则小球水平抛出的初速度
（2）小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向相邻位移差，则当地重力加速度
（3）竖直方向根据中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得
小球在Q点的速度方向与水平方向间夹角的正切值为，
【分析】（1）平抛运动水平分运动：匀速直线运动规律，公式：v0 = L/Δt（L为水平位移，Δt为曝光时间间隔）
（2）平抛运动竖直分运动：匀变速直线运动的Δy=gT2规律
公式：g = Δy/T2（Δy为相邻竖直位移差，T为运动周期）
（3）速度合成与分解：① 竖直分速度：= (y2-y1)/(2T)（中间时刻瞬时速度公式）
② 速度方向：
（1）小球在水平方向做匀速直线运动，运动周期为，则小球水平抛出的初速度
（2）竖直方向
可得当地重力加速度
（3）竖直方向根据中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得
小球在Q点的速度方向与水平方向间夹角的正切值为
12．【答案】（1）红
（2）2.90V
（3）1.0
（4）48；72
（5）30
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装
【解析】【解答】（1）欧姆表的内部电源的正极应接黑表笔，保证在测电阻时电流“红进黑出”，则图1中的A端与黑表笔相连接，则B端与红表笔相连接。
故答案：红
（2）多用电表为直流电压5V挡。由图2可知，表盘的分度值为0.1V，多用电表读数为2.90V。
故答案：2.90V
（3）已知欧姆挡刻度“15”为该表头电流偏转一半的位置，欧姆表的中值电阻等于其内阻，所以该欧姆表的内阻为，根据闭合电路欧姆定律
（4）当与“2”相连I2=1.0mA，由欧姆定律有，当与“1”相连I1=2.5mA，由欧姆定律有，联立解得R1=48Ω，R2=72Ω
（5）已知电压表的量程为3V，指针指到1.0V的位置，说明此时电压表两端电压U=1.0V。设电压表内阻为RV，根据串联电路分压原理，有，解得，欧姆表的计数为，所以欧姆表指针应指到30刻度处。
故答案：30
【分析】（1） 欧姆档的"红负黑正"与常规电压/电流档相反。
（2）当B端接"5"时，对应5V直流电压档，读数规范：① 确认分度值：5V量程时，每小格=0.1V
② 估读原则：需读到分度值下一位（百分位）。
（3）中值电阻=欧姆表内阻，关键公式：R中 = R内 = E/Ig（E为电源电动势，Ig为满偏电流）题目应用：当指针指在"15"刻度（半偏位置）时→ 此时外接电阻 = 内阻
→ 即中值电阻15Ω = 内阻R内，闭合电路欧姆定律应用：E = Ig(R内 + Rg + r) （Rg为表头内阻，r为调零电阻）。
（4）分流电阻计算原理：① 接"2"档（1.0mA量程）：E = I2(Rg + R2) → 总电阻 = E/I2。② 接"1"档（2.5mA量程）：E = I1(Rg + R1//R2) → 并联分流。
（5）电压测量原理：U = Ig(RV + R内) → RV = U/Ig - R内
欧姆刻度转换：① 先计算待测电阻真实值：Rx = RV。② 根据欧姆表刻度非线性特性：
n = R中/Rx × 刻度最大值。
（1）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流“红进黑出”，则图1中的A端与黑表笔相连接，则B端与红表笔相连接。
（2）若此时B端是与“5”相连，多用电表为直流电压5V挡。由图2可知，表盘的分度值为0.1V，多用电表读数为2.90V。
（3）已知欧姆挡刻度“15”为该表头电流偏转一半的位置，欧姆表的中值电阻等于其内阻，所以该欧姆表的内阻为
根据闭合电路欧姆定律
（4）当与“2”相连I2=1.0mA，由欧姆定律有
当与“1”相连I1=2.5mA，由欧姆定律有
联立解得R1=48Ω，R2=72Ω
（5）已知电压表的量程为3V，指针指到1.0V的位置，说明此时电压表两端电压U=1.0V。设电压表内阻为RV，根据串联电路分压原理，有
解得
欧姆表的计数为
所以欧姆表指针应指到30刻度处。
13．【答案】（1）解： A到B过程为等压变化， 根据气体等压变化规律，有
解得 气体在状态B时的体积大小
（2）解：因为，故增加的内能与减小的内能相同，设气体对外做功为，有
过程有
则过程中气体对外所做的功 ：
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）压强不变，体积与温度成正比（盖-吕萨克定律）。列等式：可求解 气体在状态B时的体积大小。
（2）增加的内能与减小的内能相同，气体对外做功为，根据热力学第一定律列等式：，过程有，联立可得过程中气体对外所做的功。
（1）根据气体等压变化规律，有
解得
（2）因为，故增加的内能与减小的内能相同，设气体对外做功为，有
过程有
则有
14．【答案】（1）解：设物体B在曲面最低点的速度为，则从曲面最低点滑动最高点的过程中，根据机械能守恒定律可得
在曲面最低点时，根据牛顿第二定律可得
联立解得，根据牛顿第三定律可知，物体B在曲面最低点时，对曲面的压力大小为，方向竖直向下；
（2）解：设物体B与长木板的共同速度为，长木板与曲面碰撞后，物块B做匀减速运动，设其加速度为a，根据牛顿第二定律则有，解得
结合运动学规律可得
代入数据解得
设B滑上长木板时的速度为，二者相对静止时，物体B相对于长木板的位移为，物体B滑上长木板到二者共速，系统动量守恒，则有，解得
根据能量守恒则有
解得
故长木板的长度
（3）解：设A物体与B物体碰撞前后的速度分别为和，由于A、B为弹性碰撞，根据动量守恒则有
根据能量守恒则有
联立解得
故最初A压缩弹簧时弹簧所具有的弹性势能
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）从曲面最低点滑动最高点的过程中，根据机械能守恒定律列等式：，在曲面最低点时，根据牛顿第二定律列等式：
联立可求解物体B在曲面最低点时支持力大小。根据牛顿第三定律可知，物体B在曲面最低点时，对曲面的压力大小。
（2）根据牛顿第二定律则，可计算物块B做匀减速运动的加速度，结合运动学规律可得，可计算物体B与长木板的共同速度。物体B滑上长木板到二者共速，系统动量守恒列等式：，可计算B滑上长木板时的速度，根据能量守恒则列等式，可计算物体B相对于长木板的位移
故长木板的长度
（3）由于A、B为弹性碰撞，根据动量守恒则列等式根据能量守恒则列等式，联立可求解A物体与B物体碰撞前后的速度，最初A压缩弹簧时弹簧所具有的弹性势能
（1）设物体B在曲面最低点的速度为，则从曲面最低点滑动最高点的过程中，根据机械能守恒定律可得
在曲面最低点时，根据牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，物体B在曲面最低点时，对曲面的压力大小为，方向竖直向下；
（2）设物体B与长木板的共同速度为，长木板与曲面碰撞后，物块B做匀减速运动，设其加速度为a，根据牛顿第二定律则有
解得
结合运动学规律可得
代入数据解得
设B滑上长木板时的速度为，二者相对静止时，物体B相对于长木板的位移为，物体B滑上长木板到二者共速，系统动量守恒，则有
解得
根据能量守恒则有
解得
故长木板的长度
（3）设A物体与B物体碰撞前后的速度分别为和，由于A、B为弹性碰撞，根据动量守恒则有
根据能量守恒则有
联立解得
故最初A压缩弹簧时弹簧所具有的弹性势能
15．【答案】（1）解：依题意，沿直线SP打在光屏上P点，故有，
由动能定理
解得
（2）解：由，得粒子运动的周期为，
半径为
在内，有，故竖直方向的位移
在内，只有磁场，粒子做圆周运动，
故粒子转过的角度
故竖直方向的位移
综上，粒子到直线SP的竖直距离

（3）解：设的质量为，电荷量为，由动能定理
得，在叠加场中，受到的电场力为，洛伦兹力为，，故向下运动，做圆周运动与匀加速直线运动的合运动，把水平方向的速度v3分解为水平向右的v和水平向左的v4，其中
把洛伦兹力分成两个分力，方向向上，，方向向下，则由于，故粒子在水平方向向右以速度v做匀速直线运动，同时以向左的速度v4做逆时针的匀速圆周运动，向心力为，如图所示
此时粒子在磁场中运动的轨道半径为，则粒子垂直打到光屏上时，运动时间为，其中，与速度无关
则。
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）沿直线SP打在光屏上P点，受力平衡，，在电场中加速，由动能定理，联立可求解加速电场的电势差。
（2）洛伦兹力提供向心力有，，可求解粒子运动的周期和圆周半径，
在内，有，故竖直方向的位移，在内，只有磁场，粒子做圆周运动，粒子转过的角度，竖直方向的位移，粒子到直线SP的竖直距离
（3）在电场中加速，由动能定理，在叠加场中，受到的电场力为，洛伦兹力为，，故向下运动，做圆周运动与匀加速直线运动的合运动，把水平方向的速度v3分解为水平向右的v和水平向左的v4，其中
把洛伦兹力分成两个分力，方向向上，，方向向下，则由于，故粒子在水平方向向右以速度v做匀速直线运动，同时以向左的速度v4做逆时针的匀速圆周运动，向心力为，此时粒子在磁场中运动的轨道半径为，则
（1）依题意，沿直线SP打在光屏上P点，故有
得
由动能定理
解得
（2）由，
得粒子运动的周期为，半径为
在内，有，故竖直方向的位移
在内，只有磁场，粒子做圆周运动
，故粒子转过的角度
故竖直方向的位移
综上，粒子到直线SP的竖直距离
（3）设的质量为，电荷量为，由动能定理
得
在叠加场中，受到的电场力为，洛伦兹力为，，故向下运动，做圆周运动与匀加速直线运动的合运动
把水平方向的速度v3分解为水平向右的v和水平向左的v4，其中
把洛伦兹力分成两个分力，方向向上，，方向向下，则由于，故粒子在水平方向向右以速度v做匀速直线运动，同时以向左的速度v4做逆时针的匀速圆周运动，向心力为，如图所示
此时粒子在磁场中运动的轨道半径为
则粒子垂直打到光屏上时，运动时间为，其中，与速度无关
则
1 / 1