2025届广东省深圳市建文外国语学校两学部高三下学期二模物理试题
1．（2025·深圳模拟）引力常量G的单位用国际单位制中的基本单位可表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】引力常量及其测定；力学单位制
【解析】【解答】由万有引力公式，得，其中，则有
经计算单位为。故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】由万有引力定律可以解出引力常量G的表达式：，将各物理量的单位代入：单位：kg·m·s-2； 的单位：m2； 的单位：kg2。G的单位用基本单位表示为：
2．（2025·深圳模拟）2025年1月20日，我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克实验装置首次完成1亿摄氏度1000秒“高质量燃烧”。实验装置内发生的核反应方程之一为，已知该反应过程中质量亏损为，则（ ）
A．为电子
B．该反应为衰变
C．该反应放出能量
D．的平均结合能大于的平均结合能
【答案】B
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．根据电荷数和质量数守恒，X的质子数为0，质量数为1，可知X为中子，故A错误；
B． 可控核聚变反应，与衰变完全不同。衰变是放射性衰变的一种，而这是人工核聚变。故B错误；
C． 题目明确给出"质量亏损为Δm"，根据爱因斯坦质能方程E=mc2，质量亏损意味着有能量释放， 该反应放出能量，故C错误；
D．核聚变的生成物比反应物更稳定，所以比更稳定，即的平均结合能大于的平均结合能，故D正确。
故选D。
【分析】1、核反应的守恒规律：电荷数守恒：反应前后质子总数不变。质量数守恒：反应前后核子（质子+中子）总数不变。根据题目，未知粒子X的电荷数为0，质量数为1，因此X是中子（n）。
2、核聚变的特点：轻原子核（如氘、氚）结合成较重的原子核，并释放能量。
3、能量释放与质能关系：核反应前后若存在质量亏损（反应后总质量减少），根据质能方程E=mc2，反应会释放能量。聚变反应通常伴随能量释放。
4、比结合能与核稳定性：比结合能=核子结合能/核子数，反映原子核的稳定程度。比结合能越大，核越稳定。
3．（2025·深圳模拟）现有一台落地电风扇放在水平地面上，该电风扇运行时，调节它的“摇头”旋钮可改变风向，但风向一直水平．若电风扇在地面上不发生移动，下列说法正确的是（ ）
A．电风扇受到5个力的作用
B．地面对电风扇的摩擦力的大小和方向都不变
C．空气对风扇的作用力与地面对风扇的摩擦力大小相等
D．风扇对空气的作用力与地面对风扇的摩擦力互相平衡
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；摩擦力在日常生活中的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A． 电风扇在工作时受到四个力的作用：重力、地面支持力、空气对风扇的反作用力（即风的反冲力），以及地面施加的静摩擦力。 故A错误；
BC． 由于风扇保持平衡状态，空气对风扇的反作用力必须与静摩擦力大小相等、方向相反。虽然风扇转动方向会改变，导致风的反冲力的方向随之变化，但这个力的大小基本保持不变。因此，与之平衡的静摩擦力大小不变，但其方向会随着风的反冲力方向改变而调整，故B错误，C正确；
D． 风扇对空气的作用力与地面对风扇的摩擦力并不是一对平衡力，因为这两个力分别作用在不同的物体上（空气和风扇），且作用点不同。平衡力必须是作用在同一物体上的力，故D错误。
故选C。
【分析】1、电风扇在正常工作时主要受到四个力的作用：重力：方向始终竖直向下，支持力：方向竖直向上，与重力平衡，风的反冲力：空气对风扇叶片的反作用力，静摩擦力：地面提供的水平作用力
2、力的平衡关系：竖直方向平衡：支持力大小等于重力，这两个力方向相反，互相抵消，水平方向平衡：静摩擦力始终与风的反冲力大小相等，由于风的反冲力大小不变，静摩擦力大小也保持不变，随着扇叶转动，风的反冲力方向改变，静摩擦力方向也随之改变。
4．（2025·深圳模拟）如图所示，质量为m的木块从半径为R的半球形碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么（ ）
A．加速度为零
B．加速度恒定
C．加速度大小不变，方向时刻改变，但不一定指向圆心
D．加速度大小不变，方向时刻指向圆心
【答案】D
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】A． 虽然速率不变，但木块在做曲线运动，方向在不断改变，必然存在向心加速度，故A错误；
BCD． 加速度方向随着木块位置变化而不断改变，不是恒定的 ， 由于速率不变，切向加速度为零，但存在法向加速度（向心加速度），其方向应该始终指向瞬时曲率中心。 故BC错误，D正确．
故选D。
【分析】1、运动状态判断：虽然称为"匀速"圆周运动，但实际上是变速运动，速度矢量在持续变化（方向改变）
2、受力特点：必须存在向心力（产生向心加速度的原因），向心力大小恒定（F = mv2/r），向心力方向始终指向圆心。
5．（2025·深圳模拟）2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射升空，运送两名宇航员前往在2016年9月发射的“天宫二号”空间实验室，宇航员计划在“天宫二号”驻留30天进行科学实验。“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图所示，AC是椭圆轨道II的长轴。“神舟十一号”从圆轨道I先变轨到椭圆轨道II，再变轨到圆轨道III，与圆轨道III运行“天宫二号”实施对接，下列描述正确的是（ ）
A．“神舟十一号”在变轨过程中机械能不变
B．可让“神舟十一号”先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶“天宫二号”实现对接
C．“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号”从B到C的平均速率大
D．“神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期与“天宫二号”运行周期相等
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．“神舟十一号”在变轨时，需要通过喷射气体调整速度和轨道。由于喷气过程涉及外力做功（反冲作用），飞船的动能和势能均会改变，因此其机械能（动能+势能）不守恒，而是随变轨操作发生变化 ，故A错误。
B． 若“神舟十一号”与“天宫二号”在同一圆轨道上运行，此时若飞船加速，其速度将超过该轨道所需的环绕速度，导致离心力大于引力，从而脱离原轨道做离心运动，无法直接对接。因此，对接需通过变轨调整至匹配的椭圆或圆轨道。 故B错误；
C．结合牛顿第二定律和开普勒第三定律，可以将椭圆轨道的平均速率与半径等于的圆轨道类比，根据
可得
可知，“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号”从B到C的平均速率大，故C正确；
D． 开普勒第三定律表明，轨道周期 T 与半长轴 a 的关系为 T2∝a3。图中“神舟十一号”椭圆轨道的半长轴明显小于“天宫二号”圆轨道的半径，则其周期更短 ，故D错误；
故选C。
【分析】1、航天器变轨需通过喷气（外力做功）改变速度，机械能不守恒。
喷气加速 → 机械能增加；喷气减速 → 机械能减少。
2、同轨加速的后果：圆轨道上加速会导致离心运动（ ），需先降至椭圆轨道再调整对接。
3、椭圆轨道速率比较：平均速率与等效圆轨道（半径=半长轴）相关，半长轴越小，平均速率越大。
周期与轨道参数：
4、开普勒第三定律 ，直接关联周期与半长轴，椭圆轨道的半长轴决定其周期长短。
6．（2025·深圳模拟）如图所示，一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，在物体始终相对于斜面静止的条件下，当（ ）
A．一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越小
B．一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小
C．a一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越小
D．a一定时，越大，斜面对物体的正压力越小
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】由于物体在电梯中，具有与电梯相同的向上加速度，物体在水平方向上合外力为零，则
，，解得，则a一定时， θ 越大，斜面对物体的正压力越小，斜面对物体的摩擦力越大；θ 一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大，斜面对物体的正压力越大。故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】以物体为研究对象，受力分析，根据牛顿第二定律列等式可得出斜面对物体的正压力表达式和斜面对物体的摩擦力的表达式，根据表达式分析得出正压力和摩擦力变化情况。
7．（2025·深圳模拟）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）
A．小球机械能守恒
B．小球动能的最大值为mgh
C．当x =h+x0时，系统重力势能与弹性势能之和最小
D．当x= h +2x0时，小球的重力势能最小
【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A． 小球受重力和弹簧弹力，但弹簧弹力属于系统内力，因此“小球+弹簧”系统机械能守恒，但小球的机械能单独不守恒（因弹力对小球做功） 故A错误；
B．从释放点到速度最大点，当时，有
此时小球达到最大速度，根据动能定理可知
最大动能为
故B错误；
C．初始能量为重力势能，逐渐转化为动能和弹性势能，动能最大时，剩余势能（重力+弹性）最小。根据乙图可知，当，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，小球的动能最大。以弹簧和小球组成的系统为研究对象，由系统机械能守恒可知，当，小球的重力势能与弹性势能之和最小，故C正确；
D．简谐运动对称性：从原长处释放时，振幅
最低点下降 。非对称释放：从高于原长处释放时，最低点超过 ，因此 时仍有向下速度。重力势能在最低点才最小，而非 处。所以当时，小球速度不为零，还要向下运动，此时的重力势能不是最小，故D错误。
故选C。
【分析】1、机械能守恒的判定：系统（小球+弹簧）机械能守恒，但小球单独机械能不守恒（因弹力为外力做功）。
2、速度最大的临界条件：合力为零时（）速度最大，动能达峰值。3、能量转化关系：动能最大 势能（重力+弹性）最小。
4、简谐运动的对称性：振幅 ，非对称释放扩展运动范围。
8．（2025·深圳模拟）关于晶体和非晶体，下列说法正确的是（ ）
A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体
B．晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的
C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的
【答案】B,C
【知识点】固体和液体
【解析】【解答】解：A、金刚石、食盐、水晶都是常见的晶体，玻璃是非晶体，故A错误．
B、晶体内部的分子（或原子、离子）排列是有规则的，故B正确．
C、晶体有固定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，故C正确；
D、单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性，故D错误．
故选：BC．
【分析】晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性．晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，单晶体有规则的几何外形，而非晶体则没有．
9．（2025·深圳模拟）如图所示，AB、CD、EF都为半径为R的空间球面的直径，其中AB与EF同在水平面内，EF与AB的夹角，CD与水平面垂直，现将电荷量大小均为Q的正、负点电荷分别固定在A、B两点，已知无穷远电势为零，静电引力常量为k，则（ ）
A．E点电势低于C点
B．E、F两点电场强度大小均为，方向相同
C．将带负电的检验电荷从E点沿直线移到F点，电势能增加
D．将带负电的检验电荷从C点沿直线匀速移到D点，电场力功率先增大后减小
【答案】B,C
【知识点】电场线；电势能；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】AB．等量异种点电荷的电场和等势线分布以及根据沿电场线方向电势逐渐降低可知
由对称性可知，E、F两点电场强度大小相等，方向相同，大小为
故A错误，B正确；
C．由公式可知，将带负电的检验电荷从E点沿直线移到F点，电势能增加，故C正确；
D．沿直线从到，电场强度先变大后变小，电场力先变大后变小，但电场力方向一直与CD垂直，则电场力的功率一直为零，故D错误。
故选BC。
【分析】1、从正电荷指向负电荷，非对称分布，中垂线上电场线与两点电荷连线平行。等势面与电场线垂直，电势沿电场线方向降低。中垂线是等势线（电势为零），但电场强度不为零。
2. 电场强度对称性：若E、F关于中垂线对称，则两点场强大小相等，方向相同（均平行于两点电荷连线）。
3. 电势能变化：负电荷从低电势移至高电势时，电势能增加（因 ，）。电场力做功：若电势能增加，电场力做负功（外力克服电场力做功）。
4. 沿中垂线（如CD方向）：电场强度先增大后减小，在连线中点处最大。电场力 随场强先变大后变小。
5、功率计算：功率 ，若电场力方向始终与位移垂直（如沿等势线移动），则 功率恒为零。
10．（2025·深圳模拟）如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块（可视为质点），两物块分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连，A、B两物块与轴的距离分别为2d和d，两物块与盘面的动摩擦因数相同，盘面与水平面夹角为。当圆盘以角速度匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止，且当物块A转到最高点时，A所受绳子拉力刚好减小到零而B所受摩擦力刚好增大到最大静摩擦力。已知重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．运动过程中绳子对A拉力的最大值为
D．运动过程中B所受摩擦力最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．A在最高点时，以AB整体为研究对象，合力提供向心力列等式
B在最低点，以AB整体为研究对象，合力提供向心力列等式
联立可得
故A正确；
B．将代入上式中可得
故B正确；
C．当A到最低点时，所需的拉力最大为，以A为研究对象，合力提供向心力列等式
解得
故C错误；
D．当B到最高点时，所需的摩擦力最小为，由牛顿第二定律有
联立解得
故D正确。
故选ABD。
【分析】 A、B两物块随圆盘一起匀速圆周运动，A在最高点时以AB整体为研究对象，合力提供向心力列等式，B在最低点，以AB整体为研究对象，合力提供向心力列等式，联立可求解以及。
A到最低点时以A为研究对象，合力提供向心力列等式可求解所需的最大拉力，当B到最高点时以B为研究对象，合力提供向心力列等式可求解 运动过程中B所受摩擦力最小值 。
11．（2025·深圳模拟）现有一特殊的电池，其电动势E约为9V，内阻r在范围内，最大允许电流为50mA，为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电压表的内电阻很大，对电路的影响可以不计，R为电阻箱，阻值范围为，是定值电阻，起保护作用。
（1）实验室备有的保护电阻有以下几种规格，本实验应选用 。
A.10Ω，2.5W B.50Ω，1.0W C.150Ω，1.0W D.1500Ω，5.0W
（2）该同学接入符合要求的后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图乙所示的图线，根据乙图所作出的图像求得该电池的电动势E为 V，内电阻r为 Ω。
【答案】C；10；48
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电池的最大允许电流为 50 mA（即 0.05 A），电路的总电阻（）必须保证电流不超过 50 mA。当 时，， 保护电阻不宜过大，否则电压表读数变化不明显，影响内阻测量精度。150 Ω 是一个合理的选择，故选C；
（2）根据题意，由闭合回路欧姆定律有，整理可得
由图像可知，，解得，
【分析】（1）当电阻箱的电阻为0时，电路中的电流不能超过50mA，根据欧姆定律计算保护电阻的最小值，根据最小值来选择保护电阻规格。
（2）由闭合回路欧姆定律列等式，整理出，结合图像斜率和纵截距计算电池的电动势和内阻。
12．（2025·深圳模拟）某同学在实验室先后完成下面二个实验：
①测定一节干电池的电动势和内电阻；②描绘小灯泡的伏安特性曲线。
（1）用①实验测量得到的数据作出U-I图线如图中a线，实验所测干电池的电动势为 V，内电阻为 Ω。
A． B．
C． D．
（2）在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，为减小实验误差，方便调节，请在给定的四个电路图和三个滑动变阻器中选取适当的电路或器材，并将它们的编号填在横线上。应选取的电路是 ，滑动变阻器应选取 ；
E．总阻值15Ω，最大允许电流2A的滑动变阻器
F．总阻值200Ω，最大允许电流2A的滑动变阻器
G．总阻值1000Ω，最大允许电流1A的滑动变阻器
（3）将实验②中得到的数据在实验①中同一U－I坐标系内描点作图，得到如图所示的图线b，如果将实验①中的电池与实验②中的小灯泡组成闭合回路，此时小灯泡的实际功率为 W，若将两节与实验①中相同的干电池串联后与该小灯泡组成闭合回路，则此时小灯泡实际功率为 W。
【答案】1.5；0.75；C；E；0.72；1.2
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由U－I图线，知干电池电动势E＝1.5V，内电阻：
（2）由题意知，为减小实验误差、方便调节，滑动变阻器应选用分压式接法，又灯泡电阻较小，电流表应采用外接法，因此应选取的电路为C，由于滑动变阻器采用分压接法，故其总阻值不宜太大，应与待测灯泡的阻值相当，所以滑动变阻器应选取E．
（3）图线a、b的交点坐标（1.2，0.6）分别对应灯泡工作时的实际电流和实际电压值，所以
，若将两节与实验①中相同的干电池串联后与该小灯泡组成闭合回路，此时电源电动势为，电源内阻为，作出此时电源的图线与灯泡的图线相交如图所示，可得交点坐标为（0.85V，1.43A），则此时小灯泡的实际功率为
【分析】（1）测定一节干电池的电动势和内电阻中，由U－I图线的斜率和纵截距可计算干电池电动势和内阻。
（2） 在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，为减小实验误差，方便调节 ，滑动变阻器应选用分压式接法，灯泡电阻较小，电流表应采用外接法。
（3）图线a、b的交点坐标（1.2，0.6）分别对应灯泡工作时的实际电流和实际电压值，利用实际电流和实际电压值计算实际功率。
13．（2025·深圳模拟）如图所示，光滑水平面上有一质量的小车，车右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点左侧固定半径的光滑圆弧轨道，圆轨道与水平轨道在B点相切。车的最右端C点固定一弹性挡板，B与C之间的距离，一个质量的小物块置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量的子弹，以速度击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数，小物块与弹性挡板碰撞时无机械能损失，g取10m/s2，则：
（1）通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块第一次回到B点时，小物块的速度大小；
（2）求小物块第一次到C点与弹性挡板碰撞前的速度大小；
（3）求小物块最多能与弹性挡板碰撞的次数，以及小物块最终相对小车静止的位置距B点的距离。
【答案】解：（1）取向右为正方向，子弹打小车过程动量守恒
当小物块运动至最高点，三者共速为，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
所以小物块到达了圆弧最高点A。当小物块再次回到B时速度为，车和子弹速度为v，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
，
（2）当小物块第一次到C点碰撞前，车速为，小物块速度为，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立得
，
（3）小物块最终与车共速，速度为，相对路程为s，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
而
故只碰撞1次，距B点0.2m。
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】（1）子弹打小车过程动量守恒列等式：，当小物块运动至最高点，三者共速为，根据动量守恒定律列等式：，根据能量守恒定律列等式：，联立可求解高度，
小物块到达了圆弧最高点A。当小物块再次回到B时，根据动量守恒定律列等式，根据能量守恒定律列等式，联立两等式可求解当小物块第一次回到B点时，小物块的速度大小。
（2）当小物块第一次到C点碰撞前，根据动量守恒定律列等式：
根据能量守恒定律列等式，联立可求解 小物块第一次到C点与弹性挡板碰撞前的速度大小 。
（3）小物块最终与车共速，速度为，根据动量守恒定律列等式，根据能量守恒定律
列等式，联立两等式可求解相对路程，根据相对路程判断碰撞次数。
14．（2025·深圳模拟）图甲为早期的电视机是像管工作原理示意图，阴极K发射的电子束（初速度不计）经电压为U的加速电场后，进入一半径为R的圆形磁场区，磁场方向垂直四面。荧光屏AN到磁场区中心O的距离为L，当不加磁场时，电子束打到荧光屏的中心P点，当磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化时，在荧光屏上得到一条长为的亮线。因电子穿过磁场区域时间很短，电子通过磁场区的过程中磁感应强度可看做不变，已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子之间的相互作用及所受的重力。求：
（1）电子离开加速电场时速度大小；
（2）磁场的磁感应强度大小；
（3）当磁场的磁感应强度为时，电子在磁场中运动时间t。
【答案】解：（1）电子经过加速电场，有
解得
（2）依题意可知，电子的轨迹如图所示
由几何关系可得，
根据洛伦兹力提供圆周运动的向心力可知
整理可得
（3）根据圆周运动周期与线速度关系式，可知，又
联立，可得
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）电子经过加速电场由动能定理列等式：，可求解 电子离开加速电场时速度大小 。
（2）依题意画出电子的轨迹图
由几何关系可得轨迹半径，根据洛伦兹力提供圆周运动的向心力列等式：
联立可求解磁场的磁感应强度大小。
（3）根据圆周运动周期与线速度关系式，，，联立可求解电子在磁场中运动时间。
15．（2025·深圳模拟）如图所示，光滑圆弧轨道ABC固定在竖直面内，与光滑水平面CD相切于C点。水平面CD右侧为顺时针转动的水平传送带，与传送带相邻的光滑水平面MN足够长，MN上静置一物块Q，N处固定一竖直挡板，物块撞上挡板后以原速率反弹。物块P从A点出发，初速度沿切线方向向上，恰好能通过圆弧最高点B，并沿着圆弧轨道运动到C点，此时速度大小。已知AO与竖直方向的夹角为，P、Q均可视为质点，质量分别为，，P、Q间的碰撞为弹性碰撞且碰撞始终发生在MN上，传送带长，物块P与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，，。结果可用根式表示。
（1）求物块P在A点时初速度的大小；
（2）调整传送带的速度大小，求物块P第一次到达M点时速度大小的范围；
（3）若传送带速度大小为10m/s，求从P、Q第1次碰撞结束到第2025次碰撞结束，物块P在传送带上运动的总时间t。
【答案】（1）解：题意知P恰好能通过圆弧最高点B，则有
从B点到C点，由动能定理得
联立解得圆弧半径
从A到C过程有
联立解得
（2）解：若传送带速度够大，P从D一直加速到M点，则有
代入题中数据，联立以上解得物块P第一次到达M点时速度大小
若传送带速度够小，P从D一直减速速到M点，则有，解得
则物块P第一次到达M点时速度大小的范围
（3）解： 若传送带速度大小为10m/s，则P匀速通过传送带，设水平向右为正方向，第1次碰撞对系统列动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立解得碰后的速度分别为
设P向左滑上传送带的位移为x，根据牛顿第二定律和运动学规律可得
向左运动到最远的时间
第2次碰撞，对系统列动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立解得碰后的速度分别为
则P返回传送带过程有，解得回到传送带D端时，P的速度
向左运动到D的时间
从P、Q第1次碰撞结束到第2025次碰撞结束，物块P在传送带上运动的总时间为
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）P恰好能通过圆弧最高点B，根据牛顿第二定律列等式：
从B点到C点，由动能定理列等式：，联立解得圆弧半径
从A到C过程由动能定理列等式：，联立解得物块P在A点时初速度的大小。
（2）若传送带速度够大，P从D一直加速到M点，则有，可解得物块P第一次到达M点时速度的最大值，若传送带速度够小，P从D一直减速速到M点，则有
可解得物块P第一次到达M点时速度的最小值。
（3）若传送带速度大小为10m/s，则P匀速通过传送带，第1次碰撞，对系统根据动量守恒定律和机械能守恒定律列等式：，联立解得碰后的速度，根据牛顿第二定律和运动学规律可得P向左滑上传送带的位移，向左运动到最远的时间，第2次碰撞，对系统根据动量守恒定律和机械能守恒定律列等式，联立解得碰后的速度，P返回传送带过程
解得回到传送带D端时P的速度，向左运动到D的时间，从P、Q第1次碰撞结束到第2025次碰撞结束，物块P在传送带上运动的总时间。
（1）题意知P恰好能通过圆弧最高点B，则有
从B点到C点，由动能定理得
联立解得圆弧半径
从A到C过程有
联立解得
（2）若传送带速度够大，P从D一直加速到M点，则有
代入题中数据，联立以上解得物块P第一次到达M点时速度大小
若传送带速度够小，P从D一直减速速到M点，则有
解得
则物块P第一次到达M点时速度大小的范围
（3）若传送带速度大小为10m/s，则P匀速通过传送带，设水平向右为正方向，第1次碰撞对系统列动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立解得碰后的速度分别为
设P向左滑上传送带的位移为x，根据牛顿第二定律和运动学规律可得
向左运动到最远的时间
第2次碰撞，对系统列动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立解得碰后的速度分别为
则P返回传送带过程有
解得回到传送带D端时，P的速度
向左运动到D的时间
从P、Q第1次碰撞结束到第2025次碰撞结束，物块P在传送带上运动的总时间为
联立解得
1 / 12025届广东省深圳市建文外国语学校两学部高三下学期二模物理试题
1．（2025·深圳模拟）引力常量G的单位用国际单位制中的基本单位可表示为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·深圳模拟）2025年1月20日，我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克实验装置首次完成1亿摄氏度1000秒“高质量燃烧”。实验装置内发生的核反应方程之一为，已知该反应过程中质量亏损为，则（ ）
A．为电子
B．该反应为衰变
C．该反应放出能量
D．的平均结合能大于的平均结合能
3．（2025·深圳模拟）现有一台落地电风扇放在水平地面上，该电风扇运行时，调节它的“摇头”旋钮可改变风向，但风向一直水平．若电风扇在地面上不发生移动，下列说法正确的是（ ）
A．电风扇受到5个力的作用
B．地面对电风扇的摩擦力的大小和方向都不变
C．空气对风扇的作用力与地面对风扇的摩擦力大小相等
D．风扇对空气的作用力与地面对风扇的摩擦力互相平衡
4．（2025·深圳模拟）如图所示，质量为m的木块从半径为R的半球形碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么（ ）
A．加速度为零
B．加速度恒定
C．加速度大小不变，方向时刻改变，但不一定指向圆心
D．加速度大小不变，方向时刻指向圆心
5．（2025·深圳模拟）2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射升空，运送两名宇航员前往在2016年9月发射的“天宫二号”空间实验室，宇航员计划在“天宫二号”驻留30天进行科学实验。“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图所示，AC是椭圆轨道II的长轴。“神舟十一号”从圆轨道I先变轨到椭圆轨道II，再变轨到圆轨道III，与圆轨道III运行“天宫二号”实施对接，下列描述正确的是（ ）
A．“神舟十一号”在变轨过程中机械能不变
B．可让“神舟十一号”先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶“天宫二号”实现对接
C．“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号”从B到C的平均速率大
D．“神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期与“天宫二号”运行周期相等
6．（2025·深圳模拟）如图所示，一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，在物体始终相对于斜面静止的条件下，当（ ）
A．一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越小
B．一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小
C．a一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越小
D．a一定时，越大，斜面对物体的正压力越小
7．（2025·深圳模拟）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）
A．小球机械能守恒
B．小球动能的最大值为mgh
C．当x =h+x0时，系统重力势能与弹性势能之和最小
D．当x= h +2x0时，小球的重力势能最小
8．（2025·深圳模拟）关于晶体和非晶体，下列说法正确的是（ ）
A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体
B．晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的
C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的
9．（2025·深圳模拟）如图所示，AB、CD、EF都为半径为R的空间球面的直径，其中AB与EF同在水平面内，EF与AB的夹角，CD与水平面垂直，现将电荷量大小均为Q的正、负点电荷分别固定在A、B两点，已知无穷远电势为零，静电引力常量为k，则（ ）
A．E点电势低于C点
B．E、F两点电场强度大小均为，方向相同
C．将带负电的检验电荷从E点沿直线移到F点，电势能增加
D．将带负电的检验电荷从C点沿直线匀速移到D点，电场力功率先增大后减小
10．（2025·深圳模拟）如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块（可视为质点），两物块分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连，A、B两物块与轴的距离分别为2d和d，两物块与盘面的动摩擦因数相同，盘面与水平面夹角为。当圆盘以角速度匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止，且当物块A转到最高点时，A所受绳子拉力刚好减小到零而B所受摩擦力刚好增大到最大静摩擦力。已知重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．运动过程中绳子对A拉力的最大值为
D．运动过程中B所受摩擦力最小值为
11．（2025·深圳模拟）现有一特殊的电池，其电动势E约为9V，内阻r在范围内，最大允许电流为50mA，为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电压表的内电阻很大，对电路的影响可以不计，R为电阻箱，阻值范围为，是定值电阻，起保护作用。
（1）实验室备有的保护电阻有以下几种规格，本实验应选用 。
A.10Ω，2.5W B.50Ω，1.0W C.150Ω，1.0W D.1500Ω，5.0W
（2）该同学接入符合要求的后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图乙所示的图线，根据乙图所作出的图像求得该电池的电动势E为 V，内电阻r为 Ω。
12．（2025·深圳模拟）某同学在实验室先后完成下面二个实验：
①测定一节干电池的电动势和内电阻；②描绘小灯泡的伏安特性曲线。
（1）用①实验测量得到的数据作出U-I图线如图中a线，实验所测干电池的电动势为 V，内电阻为 Ω。
A． B．
C． D．
（2）在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，为减小实验误差，方便调节，请在给定的四个电路图和三个滑动变阻器中选取适当的电路或器材，并将它们的编号填在横线上。应选取的电路是 ，滑动变阻器应选取 ；
E．总阻值15Ω，最大允许电流2A的滑动变阻器
F．总阻值200Ω，最大允许电流2A的滑动变阻器
G．总阻值1000Ω，最大允许电流1A的滑动变阻器
（3）将实验②中得到的数据在实验①中同一U－I坐标系内描点作图，得到如图所示的图线b，如果将实验①中的电池与实验②中的小灯泡组成闭合回路，此时小灯泡的实际功率为 W，若将两节与实验①中相同的干电池串联后与该小灯泡组成闭合回路，则此时小灯泡实际功率为 W。
13．（2025·深圳模拟）如图所示，光滑水平面上有一质量的小车，车右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点左侧固定半径的光滑圆弧轨道，圆轨道与水平轨道在B点相切。车的最右端C点固定一弹性挡板，B与C之间的距离，一个质量的小物块置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量的子弹，以速度击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数，小物块与弹性挡板碰撞时无机械能损失，g取10m/s2，则：
（1）通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块第一次回到B点时，小物块的速度大小；
（2）求小物块第一次到C点与弹性挡板碰撞前的速度大小；
（3）求小物块最多能与弹性挡板碰撞的次数，以及小物块最终相对小车静止的位置距B点的距离。
14．（2025·深圳模拟）图甲为早期的电视机是像管工作原理示意图，阴极K发射的电子束（初速度不计）经电压为U的加速电场后，进入一半径为R的圆形磁场区，磁场方向垂直四面。荧光屏AN到磁场区中心O的距离为L，当不加磁场时，电子束打到荧光屏的中心P点，当磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化时，在荧光屏上得到一条长为的亮线。因电子穿过磁场区域时间很短，电子通过磁场区的过程中磁感应强度可看做不变，已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子之间的相互作用及所受的重力。求：
（1）电子离开加速电场时速度大小；
（2）磁场的磁感应强度大小；
（3）当磁场的磁感应强度为时，电子在磁场中运动时间t。
15．（2025·深圳模拟）如图所示，光滑圆弧轨道ABC固定在竖直面内，与光滑水平面CD相切于C点。水平面CD右侧为顺时针转动的水平传送带，与传送带相邻的光滑水平面MN足够长，MN上静置一物块Q，N处固定一竖直挡板，物块撞上挡板后以原速率反弹。物块P从A点出发，初速度沿切线方向向上，恰好能通过圆弧最高点B，并沿着圆弧轨道运动到C点，此时速度大小。已知AO与竖直方向的夹角为，P、Q均可视为质点，质量分别为，，P、Q间的碰撞为弹性碰撞且碰撞始终发生在MN上，传送带长，物块P与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，，。结果可用根式表示。
（1）求物块P在A点时初速度的大小；
（2）调整传送带的速度大小，求物块P第一次到达M点时速度大小的范围；
（3）若传送带速度大小为10m/s，求从P、Q第1次碰撞结束到第2025次碰撞结束，物块P在传送带上运动的总时间t。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】引力常量及其测定；力学单位制
【解析】【解答】由万有引力公式，得，其中，则有
经计算单位为。故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】由万有引力定律可以解出引力常量G的表达式：，将各物理量的单位代入：单位：kg·m·s-2； 的单位：m2； 的单位：kg2。G的单位用基本单位表示为：
2．【答案】B
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A．根据电荷数和质量数守恒，X的质子数为0，质量数为1，可知X为中子，故A错误；
B． 可控核聚变反应，与衰变完全不同。衰变是放射性衰变的一种，而这是人工核聚变。故B错误；
C． 题目明确给出"质量亏损为Δm"，根据爱因斯坦质能方程E=mc2，质量亏损意味着有能量释放， 该反应放出能量，故C错误；
D．核聚变的生成物比反应物更稳定，所以比更稳定，即的平均结合能大于的平均结合能，故D正确。
故选D。
【分析】1、核反应的守恒规律：电荷数守恒：反应前后质子总数不变。质量数守恒：反应前后核子（质子+中子）总数不变。根据题目，未知粒子X的电荷数为0，质量数为1，因此X是中子（n）。
2、核聚变的特点：轻原子核（如氘、氚）结合成较重的原子核，并释放能量。
3、能量释放与质能关系：核反应前后若存在质量亏损（反应后总质量减少），根据质能方程E=mc2，反应会释放能量。聚变反应通常伴随能量释放。
4、比结合能与核稳定性：比结合能=核子结合能/核子数，反映原子核的稳定程度。比结合能越大，核越稳定。
3．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；摩擦力在日常生活中的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A． 电风扇在工作时受到四个力的作用：重力、地面支持力、空气对风扇的反作用力（即风的反冲力），以及地面施加的静摩擦力。 故A错误；
BC． 由于风扇保持平衡状态，空气对风扇的反作用力必须与静摩擦力大小相等、方向相反。虽然风扇转动方向会改变，导致风的反冲力的方向随之变化，但这个力的大小基本保持不变。因此，与之平衡的静摩擦力大小不变，但其方向会随着风的反冲力方向改变而调整，故B错误，C正确；
D． 风扇对空气的作用力与地面对风扇的摩擦力并不是一对平衡力，因为这两个力分别作用在不同的物体上（空气和风扇），且作用点不同。平衡力必须是作用在同一物体上的力，故D错误。
故选C。
【分析】1、电风扇在正常工作时主要受到四个力的作用：重力：方向始终竖直向下，支持力：方向竖直向上，与重力平衡，风的反冲力：空气对风扇叶片的反作用力，静摩擦力：地面提供的水平作用力
2、力的平衡关系：竖直方向平衡：支持力大小等于重力，这两个力方向相反，互相抵消，水平方向平衡：静摩擦力始终与风的反冲力大小相等，由于风的反冲力大小不变，静摩擦力大小也保持不变，随着扇叶转动，风的反冲力方向改变，静摩擦力方向也随之改变。
4．【答案】D
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】A． 虽然速率不变，但木块在做曲线运动，方向在不断改变，必然存在向心加速度，故A错误；
BCD． 加速度方向随着木块位置变化而不断改变，不是恒定的 ， 由于速率不变，切向加速度为零，但存在法向加速度（向心加速度），其方向应该始终指向瞬时曲率中心。 故BC错误，D正确．
故选D。
【分析】1、运动状态判断：虽然称为"匀速"圆周运动，但实际上是变速运动，速度矢量在持续变化（方向改变）
2、受力特点：必须存在向心力（产生向心加速度的原因），向心力大小恒定（F = mv2/r），向心力方向始终指向圆心。
5．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．“神舟十一号”在变轨时，需要通过喷射气体调整速度和轨道。由于喷气过程涉及外力做功（反冲作用），飞船的动能和势能均会改变，因此其机械能（动能+势能）不守恒，而是随变轨操作发生变化 ，故A错误。
B． 若“神舟十一号”与“天宫二号”在同一圆轨道上运行，此时若飞船加速，其速度将超过该轨道所需的环绕速度，导致离心力大于引力，从而脱离原轨道做离心运动，无法直接对接。因此，对接需通过变轨调整至匹配的椭圆或圆轨道。 故B错误；
C．结合牛顿第二定律和开普勒第三定律，可以将椭圆轨道的平均速率与半径等于的圆轨道类比，根据
可得
可知，“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号”从B到C的平均速率大，故C正确；
D． 开普勒第三定律表明，轨道周期 T 与半长轴 a 的关系为 T2∝a3。图中“神舟十一号”椭圆轨道的半长轴明显小于“天宫二号”圆轨道的半径，则其周期更短 ，故D错误；
故选C。
【分析】1、航天器变轨需通过喷气（外力做功）改变速度，机械能不守恒。
喷气加速 → 机械能增加；喷气减速 → 机械能减少。
2、同轨加速的后果：圆轨道上加速会导致离心运动（ ），需先降至椭圆轨道再调整对接。
3、椭圆轨道速率比较：平均速率与等效圆轨道（半径=半长轴）相关，半长轴越小，平均速率越大。
周期与轨道参数：
4、开普勒第三定律 ，直接关联周期与半长轴，椭圆轨道的半长轴决定其周期长短。
6．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】由于物体在电梯中，具有与电梯相同的向上加速度，物体在水平方向上合外力为零，则
，，解得，则a一定时， θ 越大，斜面对物体的正压力越小，斜面对物体的摩擦力越大；θ 一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大，斜面对物体的正压力越大。故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】以物体为研究对象，受力分析，根据牛顿第二定律列等式可得出斜面对物体的正压力表达式和斜面对物体的摩擦力的表达式，根据表达式分析得出正压力和摩擦力变化情况。
7．【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A． 小球受重力和弹簧弹力，但弹簧弹力属于系统内力，因此“小球+弹簧”系统机械能守恒，但小球的机械能单独不守恒（因弹力对小球做功） 故A错误；
B．从释放点到速度最大点，当时，有
此时小球达到最大速度，根据动能定理可知
最大动能为
故B错误；
C．初始能量为重力势能，逐渐转化为动能和弹性势能，动能最大时，剩余势能（重力+弹性）最小。根据乙图可知，当，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，小球的动能最大。以弹簧和小球组成的系统为研究对象，由系统机械能守恒可知，当，小球的重力势能与弹性势能之和最小，故C正确；
D．简谐运动对称性：从原长处释放时，振幅
最低点下降 。非对称释放：从高于原长处释放时，最低点超过 ，因此 时仍有向下速度。重力势能在最低点才最小，而非 处。所以当时，小球速度不为零，还要向下运动，此时的重力势能不是最小，故D错误。
故选C。
【分析】1、机械能守恒的判定：系统（小球+弹簧）机械能守恒，但小球单独机械能不守恒（因弹力为外力做功）。
2、速度最大的临界条件：合力为零时（）速度最大，动能达峰值。3、能量转化关系：动能最大 势能（重力+弹性）最小。
4、简谐运动的对称性：振幅 ，非对称释放扩展运动范围。
8．【答案】B,C
【知识点】固体和液体
【解析】【解答】解：A、金刚石、食盐、水晶都是常见的晶体，玻璃是非晶体，故A错误．
B、晶体内部的分子（或原子、离子）排列是有规则的，故B正确．
C、晶体有固定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，故C正确；
D、单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性，故D错误．
故选：BC．
【分析】晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性．晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，单晶体有规则的几何外形，而非晶体则没有．
9．【答案】B,C
【知识点】电场线；电势能；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】AB．等量异种点电荷的电场和等势线分布以及根据沿电场线方向电势逐渐降低可知
由对称性可知，E、F两点电场强度大小相等，方向相同，大小为
故A错误，B正确；
C．由公式可知，将带负电的检验电荷从E点沿直线移到F点，电势能增加，故C正确；
D．沿直线从到，电场强度先变大后变小，电场力先变大后变小，但电场力方向一直与CD垂直，则电场力的功率一直为零，故D错误。
故选BC。
【分析】1、从正电荷指向负电荷，非对称分布，中垂线上电场线与两点电荷连线平行。等势面与电场线垂直，电势沿电场线方向降低。中垂线是等势线（电势为零），但电场强度不为零。
2. 电场强度对称性：若E、F关于中垂线对称，则两点场强大小相等，方向相同（均平行于两点电荷连线）。
3. 电势能变化：负电荷从低电势移至高电势时，电势能增加（因 ，）。电场力做功：若电势能增加，电场力做负功（外力克服电场力做功）。
4. 沿中垂线（如CD方向）：电场强度先增大后减小，在连线中点处最大。电场力 随场强先变大后变小。
5、功率计算：功率 ，若电场力方向始终与位移垂直（如沿等势线移动），则 功率恒为零。
10．【答案】A,B,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．A在最高点时，以AB整体为研究对象，合力提供向心力列等式
B在最低点，以AB整体为研究对象，合力提供向心力列等式
联立可得
故A正确；
B．将代入上式中可得
故B正确；
C．当A到最低点时，所需的拉力最大为，以A为研究对象，合力提供向心力列等式
解得
故C错误；
D．当B到最高点时，所需的摩擦力最小为，由牛顿第二定律有
联立解得
故D正确。
故选ABD。
【分析】 A、B两物块随圆盘一起匀速圆周运动，A在最高点时以AB整体为研究对象，合力提供向心力列等式，B在最低点，以AB整体为研究对象，合力提供向心力列等式，联立可求解以及。
A到最低点时以A为研究对象，合力提供向心力列等式可求解所需的最大拉力，当B到最高点时以B为研究对象，合力提供向心力列等式可求解 运动过程中B所受摩擦力最小值 。
11．【答案】C；10；48
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电池的最大允许电流为 50 mA（即 0.05 A），电路的总电阻（）必须保证电流不超过 50 mA。当 时，， 保护电阻不宜过大，否则电压表读数变化不明显，影响内阻测量精度。150 Ω 是一个合理的选择，故选C；
（2）根据题意，由闭合回路欧姆定律有，整理可得
由图像可知，，解得，
【分析】（1）当电阻箱的电阻为0时，电路中的电流不能超过50mA，根据欧姆定律计算保护电阻的最小值，根据最小值来选择保护电阻规格。
（2）由闭合回路欧姆定律列等式，整理出，结合图像斜率和纵截距计算电池的电动势和内阻。
12．【答案】1.5；0.75；C；E；0.72；1.2
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由U－I图线，知干电池电动势E＝1.5V，内电阻：
（2）由题意知，为减小实验误差、方便调节，滑动变阻器应选用分压式接法，又灯泡电阻较小，电流表应采用外接法，因此应选取的电路为C，由于滑动变阻器采用分压接法，故其总阻值不宜太大，应与待测灯泡的阻值相当，所以滑动变阻器应选取E．
（3）图线a、b的交点坐标（1.2，0.6）分别对应灯泡工作时的实际电流和实际电压值，所以
，若将两节与实验①中相同的干电池串联后与该小灯泡组成闭合回路，此时电源电动势为，电源内阻为，作出此时电源的图线与灯泡的图线相交如图所示，可得交点坐标为（0.85V，1.43A），则此时小灯泡的实际功率为
【分析】（1）测定一节干电池的电动势和内电阻中，由U－I图线的斜率和纵截距可计算干电池电动势和内阻。
（2） 在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，为减小实验误差，方便调节 ，滑动变阻器应选用分压式接法，灯泡电阻较小，电流表应采用外接法。
（3）图线a、b的交点坐标（1.2，0.6）分别对应灯泡工作时的实际电流和实际电压值，利用实际电流和实际电压值计算实际功率。
13．【答案】解：（1）取向右为正方向，子弹打小车过程动量守恒
当小物块运动至最高点，三者共速为，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
所以小物块到达了圆弧最高点A。当小物块再次回到B时速度为，车和子弹速度为v，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
，
（2）当小物块第一次到C点碰撞前，车速为，小物块速度为，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立得
，
（3）小物块最终与车共速，速度为，相对路程为s，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
而
故只碰撞1次，距B点0.2m。
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】（1）子弹打小车过程动量守恒列等式：，当小物块运动至最高点，三者共速为，根据动量守恒定律列等式：，根据能量守恒定律列等式：，联立可求解高度，
小物块到达了圆弧最高点A。当小物块再次回到B时，根据动量守恒定律列等式，根据能量守恒定律列等式，联立两等式可求解当小物块第一次回到B点时，小物块的速度大小。
（2）当小物块第一次到C点碰撞前，根据动量守恒定律列等式：
根据能量守恒定律列等式，联立可求解 小物块第一次到C点与弹性挡板碰撞前的速度大小 。
（3）小物块最终与车共速，速度为，根据动量守恒定律列等式，根据能量守恒定律
列等式，联立两等式可求解相对路程，根据相对路程判断碰撞次数。
14．【答案】解：（1）电子经过加速电场，有
解得
（2）依题意可知，电子的轨迹如图所示
由几何关系可得，
根据洛伦兹力提供圆周运动的向心力可知
整理可得
（3）根据圆周运动周期与线速度关系式，可知，又
联立，可得
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）电子经过加速电场由动能定理列等式：，可求解 电子离开加速电场时速度大小 。
（2）依题意画出电子的轨迹图
由几何关系可得轨迹半径，根据洛伦兹力提供圆周运动的向心力列等式：
联立可求解磁场的磁感应强度大小。
（3）根据圆周运动周期与线速度关系式，，，联立可求解电子在磁场中运动时间。
15．【答案】（1）解：题意知P恰好能通过圆弧最高点B，则有
从B点到C点，由动能定理得
联立解得圆弧半径
从A到C过程有
联立解得
（2）解：若传送带速度够大，P从D一直加速到M点，则有
代入题中数据，联立以上解得物块P第一次到达M点时速度大小
若传送带速度够小，P从D一直减速速到M点，则有，解得
则物块P第一次到达M点时速度大小的范围
（3）解： 若传送带速度大小为10m/s，则P匀速通过传送带，设水平向右为正方向，第1次碰撞对系统列动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立解得碰后的速度分别为
设P向左滑上传送带的位移为x，根据牛顿第二定律和运动学规律可得
向左运动到最远的时间
第2次碰撞，对系统列动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立解得碰后的速度分别为
则P返回传送带过程有，解得回到传送带D端时，P的速度
向左运动到D的时间
从P、Q第1次碰撞结束到第2025次碰撞结束，物块P在传送带上运动的总时间为
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）P恰好能通过圆弧最高点B，根据牛顿第二定律列等式：
从B点到C点，由动能定理列等式：，联立解得圆弧半径
从A到C过程由动能定理列等式：，联立解得物块P在A点时初速度的大小。
（2）若传送带速度够大，P从D一直加速到M点，则有，可解得物块P第一次到达M点时速度的最大值，若传送带速度够小，P从D一直减速速到M点，则有
可解得物块P第一次到达M点时速度的最小值。
（3）若传送带速度大小为10m/s，则P匀速通过传送带，第1次碰撞，对系统根据动量守恒定律和机械能守恒定律列等式：，联立解得碰后的速度，根据牛顿第二定律和运动学规律可得P向左滑上传送带的位移，向左运动到最远的时间，第2次碰撞，对系统根据动量守恒定律和机械能守恒定律列等式，联立解得碰后的速度，P返回传送带过程
解得回到传送带D端时P的速度，向左运动到D的时间，从P、Q第1次碰撞结束到第2025次碰撞结束，物块P在传送带上运动的总时间。
（1）题意知P恰好能通过圆弧最高点B，则有
从B点到C点，由动能定理得
联立解得圆弧半径
从A到C过程有
联立解得
（2）若传送带速度够大，P从D一直加速到M点，则有
代入题中数据，联立以上解得物块P第一次到达M点时速度大小
若传送带速度够小，P从D一直减速速到M点，则有
解得
则物块P第一次到达M点时速度大小的范围
（3）若传送带速度大小为10m/s，则P匀速通过传送带，设水平向右为正方向，第1次碰撞对系统列动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立解得碰后的速度分别为
设P向左滑上传送带的位移为x，根据牛顿第二定律和运动学规律可得
向左运动到最远的时间
第2次碰撞，对系统列动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立解得碰后的速度分别为
则P返回传送带过程有
解得回到传送带D端时，P的速度
向左运动到D的时间
从P、Q第1次碰撞结束到第2025次碰撞结束，物块P在传送带上运动的总时间为
联立解得
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