2025届四川省绵阳外国语学校高三下学期第一次模拟考试物理试题
1．（2025·涪城模拟）在垂直纸面向里的磁场中，有一原子核发生衰变成新的原子核，下列说法正确的是（ ）
A．原子核衰变的周期，与压强有关，压强越大，衰变周期变大
B．若原子核的衰变是α衰变，则半径较大的是α粒子
C．原子核衰变的方程可以是
D．原子核衰变时会发生质量亏损，反应前的质量不等于等于反应后的，需要吸收能量
2．（2025·涪城模拟）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
3．（2025·涪城模拟）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
4．（2025·涪城模拟）如图所示，某商场采用的电源驱动电机带动阶梯式电梯以的恒定速度运行，质量为的顾客静立在电梯上随电梯向上运动，若电梯的倾角为，运送顾客向上运动所需的功完全来自电机。下列说法正确的是（ ）
A．顾客向上运动的过程中机械能守恒
B．顾客重力的平均功率为
C．顾客受到电梯给予的静摩擦力
D．电梯站顾客时通过电机的电流比未站顾客时至少要增加0.5A
5．（2025·涪城模拟）如图所示，三根完全相同的电阻丝一端连在一起并固定在转轴O上，另一端分别固定于导体圆环上的A、C、D点，并互成角，导体圆环的电阻不计。转轴的右侧空间有垂直于纸面向里的匀强磁场，范围足够大，现让圆环绕转轴O顺时针匀速转动，在连续转动的过程中，对其中一根电阻丝OA，下列说法正确的是（ ）
A．电流方向始终不变 B．A点的电势始终高于O点的电势
C．电流大小始终不变 D．电流大小有三个不同值
6．（2025·涪城模拟）如图所示为一块下表面镀银（反光物质），厚度为h的玻璃砖，一束黄光从空气由玻璃砖上表面A点以入射角θ射入，经下表面反射后从B点射出，下列可使A、B间的距离减小的操作是（ ）
A．换成一束红光 B．减小入射角θ
C．增大玻璃砖的厚度h D．换成折射率较小的玻璃砖
7．（2025·涪城模拟）如图所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，其上下端点分别与物块B及地面固定连接，物块A放在B上并通过轻质细绳跨过光滑定滑轮M、N与轻质挂钩连接。M、A间细绳竖直且足够长，M、N间细绳水平，A、B两物块的质量分别为，，弹簧的劲度系数为，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取，开始时系统静止，细绳伸直无拉力作用。现在在轻质挂钩上挂上质量为的钩码C并从静止开始释放，释放时C位置离地面足够远，已知弹簧的弹性势能公式为（k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量）。关于钩码C下降、物块A、B上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A．释放钩码C时，A、B间的作用力为0
B．钩码C下降位移为0.3m时，A、B开始分离
C．从释放钩码C到A、B分离，A、B经历了先加速后减速的过程
D．A、B分离时速度大小为
8．（2025·涪城模拟）如图甲所示，一根水平张紧的弹性长绳上有等间距的、、、、质点，相邻两质点间距离为1m，时刻O质点从平衡位置开始沿y轴正方向振动，并分别产生向左和向右传播的机械波，O质点振动图像如图乙所示。当O质点第一次到达正方向最大位移时，P质点刚开始振动，则（ ）
A．、P两点的振动步调始终相同
B．若O质点振动加快，波的传播速度变大
C．当波在绳中传播时，绳中所有质点沿x轴移动的速度大小相等且保持不变
D．当Q点振动第一次到达负向最大位移时，质点通过的路程为20cm
9．（2025·涪城模拟）图甲为判断检测电流I0大小是否发生变化的装置，I0的方向如图所示，该检测电流在铁芯中产生磁场，磁感应强度与检测电流I0成正比。现给金属材料制成的霍尔元件（如图乙所示，其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过右侧电压表示数的变化来判断I0的大小是否发生变化，下列说法正确的是（ ）
A．M端应与电压表的“－”接线柱相连
B．要提高检测灵敏度可适当减少高度d的大小
C．如果仅将工作电流反向，电压表的“＋”、“－”接线柱连线位置无需改动
D．当霍尔元件尺寸给定，工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流变大
10．（2025·涪城模拟）如图所示，空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带电荷量为q、质量为m的带正电小球从磁场中某点P由静止释放，其运动轨迹是一条摆线。小球的运动可分解为竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为v的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为v的匀速直线运动，P、Q为相邻等高点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．小球从释放到第一次经过最低点所需时间为
B．小球运动到最低点时的速度为
C．PQ间距为
D．小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为
11．（2025·涪城模拟）如图甲所示，某物理兴趣小组利用低成本实验材料制作了一个便携力学传感器，能实时显示压力F—时间t图像，并能够进行数据分析。研究小组使用它在课堂上模拟电梯的上升和下降过程，把砝码水平放置在传感器上面，拉住细绳使传感器从静止开始，在竖直方向上运动。一段时间后得到的图像如下图乙所示，从图像上选取的点的力学数据如下表1所示，重力加速度g取。
表1
点 A B C E F G H I
力/N 0.50 0.81 0.21 0.03 0.15 0.74 0.08 0.98
请你分析以上图像和表格信息，回答下列问题：
（1）该小组使用的钩码质量为______
A．0.5g B．5g C．50g D．500g
（2）在A至I点中，钩码处于失重状态且加速度小于的点有
（3）从D点到E点，钩码的加速度变化情况是______
A．先向上减小 后向下减小 B．先向上减小 后向下增大
C．先向下增大 后向下增大 D．先向上增大 后向下减小
12．（2025·涪城模拟）某实验小组在实验室进行以下实验：
（1）要将一量程=250μA、内阻标称值=790Ω的微安表改装为量程为20mA的电流表，并利用一标准毫安表进行校准，电路图如图甲所示（虚线框内是改装后的电表）。
①为达到实验目的，需要将微安表与一个电阻Rx并联，其阻值Rx= Ω；
②当标准毫安表的示数为12.0mA时，微安表的指针位置如图乙所示，小组同学分析原因是微安表内阻标称值不准确，应将电阻Rx的阻值 （选填“变大”或“变小”）。
（2）该小组又设计了如图丙所示的电路来测量锂电池的电动势E和内阻r。在实验中，他多次改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出的关系图线如图丁所示，由图可求得该电池的电动势E= ，内阻r= （以上两空均用a、b、c表示）；若考虑电流表电阻产生的系统误差，该电池电动势的测量值 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
13．（2025·涪城模拟）如图是一个化工厂的生产桶，正中间是一个轻质绝热、可自由移动的活塞。整个桶除右侧桶盖之外的其它部分均为绝热材料；右侧桶盖导热性能良好，且有一个气阀门，处于开启状态（与外界大气连通）。左侧装有加热用的电阻丝，整个装置密封良好，不计摩擦。初始时左右两个空间气体温度均为室温，压强均为大气压强，且密封的气体均为空气。现开始缓慢加热左侧气体（加热时间足够长）。
（1）当左侧气体的温度达到时，求左侧气体的压强。
（2）若加热前关闭右侧阀门，再进行加热，当左右两侧空间的体积比为时，求左侧气体的温度。
14．（2025·涪城模拟）弹玻璃球是一种流行于20世纪的儿童游戏。某次游戏，小朋友们在水平地面上画一个长，宽的长方形。小朋友甲把质量为的玻璃球2从的中点弹出，玻璃球沿直线运动，刚好停在长方形的中心。小朋友乙从点把质量为的玻璃球1沿方向弹出，与点的球2发生弹性碰撞，球2沿方向弹出。小朋友乙要获胜，球2必须被弹出长方形区域。已知球1、球2在运动过程中受到的阻力均为其重力的0.4倍，重力加速度取。求：
（1）球2从到运动的时间；
（2）小朋友乙要获胜，至少对球1做的功。
15．（2025·涪城模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，整个空间存在磁感应强度大小B=1T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第二象限存在方向竖直向上、电场强度大小E=10N/C的匀强电场。足够长绝缘水平传送带左传动轮正上方恰好位于坐标原点O，传送带处于停转状态。一电荷量q=+2C的物块从P（，12m）获得一初速度后，在第二象限做匀速圆周运动（轨迹为一段圆弧）恰好从原点O水平滑上传送带，沿传送带平稳滑行一段距离后停在传送带上。物块可视为质点，运动过程电量保持不变，物块与传送带之间的动摩擦因数 =0.5，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块从P点获得的初速度；
（2）求物块从滑上传送带到摩擦力功率最大的过程中摩擦力做的功；
（3）若传送带逆时针匀速转动，物块从原点O滑上传送带经历t=5.3s后返回O点且恰好与传送带共速，求传送带逆时针转动的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查了原子核衰变及动量守恒定律等知识点。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。A．原子核衰变的周期，由原子核本身的性质决定，与外界因素比如压强无关，与原子核所处的状态无关，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力
可得
衰变过程满足动量守恒而且总动量为0，则衰变刚结束时，α粒子与新核X的动量等大反向，
由于α粒子的电荷量较小，所以半径较大，故B正确；
C．由图可知，两粒子在相切的位置受到相反方向的洛伦兹力，且两粒子的速度方向相反，所以粒子的电性相同，则两粒子应该都带正电，故C错误；
D．原子核衰变时会发生质量亏损，反应前的质量不等于反应后的，放出能量，故D错误。
故选B。
【分析】原子核衰变的周期，由原子核本身的性质决定，衰变过程满足动量守恒而且总动量为0，洛伦兹力提供向心力，根据轨迹判断电性以及电荷量大小，原子核衰变时会发生质量亏损，反应前后质量不相等。
2．【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。
3．【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。
4．【答案】D
【知识点】焦耳定律；静摩擦力；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】在用公式P=mgv时，要知道v必须是竖直方向的速度。A．顾客向上运动的过程中动能不变，重力势能增加，则机械能增加，选项A错误；
B．顾客重力的平均功率为
C．顾客匀速上升时不受电梯给予的静摩擦力，选项C错误；
D．由能量关系电梯站顾客时
解得
即电梯站顾客时通过电机的电流比未站顾客时至少要增加0.5A，选项D正确。
故选D。
【分析】顾客向上运动过程中，顾客的重力势能增加，动能不变；根据公式P=mgv计算；根据顾客受力平衡分析；根据P=UI计算。
5．【答案】B
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题结合电磁感应的动态过程与电路分析，考查学生对物理规律的综合应用能力，尤其注重对感应电动势的产生机制、电路连接的周期性变化、电势与电流方向的判断等 。A．根据右手定则可知，当OA在磁场中时，电流从O到A，当OA在磁场外时，电流从A到O，故A错误；
B．当OA在磁场中时，A为电源正极，O为电源负极，A点的电势高于O点的电势，当OA在磁场外时，电流从A到O，A点的电势高于O点的电势，故B正确；
CD．对于连续转动的不同时刻，电路有两种不同情形，如图所示
图甲为只有一根电阻丝在磁场中的情形，图乙为两根电阻丝在磁场中的情形，两电路中的电动势相同，总电阻相同，所以总电流相同，但流过图甲中的一个电阻和图乙中的一个电源的电流均为总电流的一半，故流过OA中的电流大小有两个不同值，故CD错误。
故选B。
【分析】当OA在磁场中或外时，A点的电势均高于O点的电势；OA在磁场中或外时，电流的方向是变化的；作图分析，电流的大小是变化的，且电流大小有两种值。
6．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查了光的折射规律。对于几何光学问题，根据折射定律是解答的基础，往往还要运用几何知识结合进行研究。设黄光从A点射入的折射角为，根据光的折射定律可得
由几何关系可得
A．红光的折射率小于黄光的折射率，折射角更大，A、B间的距离更大，A错误；
B．减小入射角，对应的折射角也随之减小，A、B之间的距离减小，B正确；
C．结合上述结论可知，增大玻璃砖的厚度h，A、B之间的距离增大，C错误；
D．根据上述分析可知，换成折射率较小的玻璃砖，折射角随之变大，A、B之间的距离增大，D错误。
故选B。
【分析】根据光的折射定律，结合几何关系得到A、B间的距离表达式，根据表达式分析。
7．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题综合考查机械能守恒定律以及牛顿第二定律的应用，要注意正确选择研究对象，明确机械能守恒的条件，并能根据机械能守恒定律列式是解题的关键。A．初始时弹簧压缩量为
若初始时刻间的作用力为0，则连接体的加速度为
此时的加速度为，故A错误；
B．，则分离时系统的加速度为，此时的加速度也为0，故分离时弹簧压缩量为
则下降时，分离，故B错误；
C．分离前加速度逐渐减小，分离时为零，故一直加速，故C错误；
D．由能量守恒定律，有
解得，故D正确。
故选D。
【分析】假设初始时刻A、B间的作用力为0，根据牛顿第二定律求A、C连接体的加速度大小，分析此时B的加速度与A的加速度关系，即可判断A、B间的作用力是否为0；求出初始时弹簧压缩量。分析分离时A、C系统的加速度，确定此时B的加速度，再求分离时弹簧压缩量，即可求出钩码C下降的位移。根据AB加速度变化情况，判断其运动情况；根据系统机械能守恒求A、B分离时速度大小。
8．【答案】A,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题与常见的单向传播的简谐波不同，左、右两波具有对称性，解题时要抓住。此题还要抓住波速是由介质的性质决定的，与波的周期无关。A．依题，向左、向右传播的两列波关于y轴左右对称，步调总是相同，A正确；
B．波速由介质决定，与频率无关，故O质点振动加快，波的传播速度不变，B错误；
C．质点不随波逐流，当波在绳中传播时，绳中所有质点只在平衡位置附近上下振动，C错误；
D．振动从O点传到Q'时，P点已经振动了 个周期，Q'起振方向向上，当Q'点振动第一次达到负向最大位移时，质点P'第二次到达平衡位置处，共运动了1个周期，通过的路程为
D正确。
故选AD。
【分析】O质点沿y轴方向振动后，分别产生向左、向右传播的波，两列波关于y轴左右对称。若O质点振动加快，波速不变。当波在绳中传播时，绳中所有质点只上下振动，不沿x轴移动。当Q点振动第一次到达负向最大位移时，分析质点P'已经振动的时间，来确定P'通过的路程。
9．【答案】B,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；霍尔元件
【解析】【解答】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出粒子的受力方向，由此得出电势的高低，根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电压的表达式并完成分析。A．图甲中检测电流通过线圈，根据安培定则，线圈在铁芯中产生逆时针方向的磁场，根据左手定则可知自由电子受到垂直纸面向外的洛伦兹力力而偏转到外侧面上即N上，所以应该是M端与电压表的“+”接线柱相连，A错误；
B．当霍尔元件内外侧面电压稳定时，内部电子受力平衡，则有
可得
要提高检测灵敏度，工作电流I恒定时、可以减小d的方法，B正确；
C．如果仅将检测电流反向，线圈在铁芯中产生顺时针方向的磁场，霍尔元件处于向下的磁场中，电子受到垂直纸面向里的磁场力而偏转到内侧面上，使得霍尔元件外侧面电势高，内侧面电势低，N端与电压表的“+”接线柱相连，C错误；
D．由
可知
当霍尔元件尺寸给定即b不变，工作电流I不变即v不变，电压表示数U变大，说明霍尔元件所处的磁场磁感应强度增大，由题意可知，说明检测电流变大，故D正确。
故选BD。
【分析】根据左手定则分析出电子受到的洛伦兹力的方向，由此得出元件与电压表的连接方式；根据电场力和洛伦兹力的等量关系分析出电压的表达式，由此分析出灵敏度的影响因素和电压表变大的原因分析；当电流反向时，根据左手定则分析出电子受到的洛伦兹力的方向，由此得出元件与电压表的连接方式。
10．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．因小球初速度为零，分解为一个水平向右的速度和一个水平向左的速度，所以小球做匀速圆周运动的起始点应为圆周的最高点，小球从释放到第一次经过最低点所需时间为匀速圆周运动周期的，即
故A正确；
B．小球因匀速直线运动的速度而受到的洛伦兹力恰好与重力等大反向，所以
得
小球运动到最低点时匀速圆周运动的速度与匀速直线运动的速度方向相同，矢量和为，即，故B错误；
C．小球由P点运动到Q点相当于圆周运动了一周，所用时间为
所以，PQ间距为
故C正确；
D．小球做匀速圆周运动的半径满足
求得
小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为
故D错误。
故选AC。
【分析】小球的运动看成向右匀速直线运动和逆时针方向匀速圆周运动的合成。根据匀速圆周运动规律求小球从释放到第一次经过最低点所需的时间；根据洛伦兹力提供向心力求小球运动到最低点时的速度；根据水平方向和竖直方向两个分运动，结合周期公式求PQ间的距离；由竖直方向的匀速圆周运动和周期公式求竖直距离。
11．【答案】（1）C
（2）C
（3）B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律以及超重和失重的理解，物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。
（1）由图乙可知
得
故选C。
（2）钩码处于失重状态时，
由牛顿第二定律
得
当时，
故有
在A至I点中，钩码处于失重状态且加速度小于的点只有C点符合。
故选C。
（3）从D点到E点，由图像可知先大于重力逐渐减小过程中
加速度向上减小；
当小于重力再继续逐渐减小过程中
加速度向下增大。
故选C。
【分析】（1）根据A点求解钩码质量；
（2）钩码处于失重状态时，压力小于重力，结合牛顿第二定律求解；
（3）根据F变化，代入加速度表达式分析加速度变化情况。
（1）由图乙可知
得
故选C。
（2）钩码处于失重状态时，
由牛顿第二定律
得
当时，
故有
在A至I点中，钩码处于失重状态且加速度小于的点只有C点符合。
故选C。
（3）从D点到E点，由图像可知先大于重力逐渐减小过程中
加速度向上减小；
当小于重力再继续逐渐减小过程中
加速度向下增大。
故选C。
12．【答案】（1）10；变小
（2）；；不变
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了电流表的改装问题，把微安表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值，掌握基础知识是解题的前提与关键。
（1）①根据欧姆定律有
②由图可知微安表读数为，即改装后电流表读数为，而标准表读数为，即改装后的读数偏大，说明微安表分得的电流偏大，电阻分得电流偏小，应将电阻的阻值变小。
（2）根据闭合电路欧姆定律有
整理得
图线斜率
解得
图线纵截距
解得
若考虑电流表内阻引起的系统误差，根据闭合电路欧姆定律有
整理得
图线斜率不变，故电池电动势测量值不变。
【分析】（1）①根据欧姆定律求解；
②改装后的读数偏大，微安表分得的电流偏大，并联更小的电阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象与函数表达式求电源电动势。
（1）①[1]根据欧姆定律有
②[2]由图可知微安表读数为，即改装后电流表读数为，而标准表读数为，即改装后的读数偏大，说明微安表分得的电流偏大，电阻分得电流偏小，应将电阻的阻值变小。
（2）[1][2][3]根据闭合电路欧姆定律有
整理得
图线斜率
解得
图线纵截距
解得
若考虑电流表内阻引起的系统误差，根据闭合电路欧姆定律有
整理得
图线斜率不变，故电池电动势测量值不变。
13．【答案】（1）解：初始状态，左右侧气体体积相等，令为， 开始时气阀门处于开启状态，假设加热左侧气体过程，活塞与右侧桶盖之间没有一挤压，即气体压强始终等于，根据盖吕萨克定律有
解得
表明假设不成立，活塞与右侧桶盖之间有一挤压，即左侧气体体积为，根据理想气体状态方程有
解得
（2）解：若加热前关闭右侧阀门，当加热左侧气体时，对左侧气体进行分析，根据理想气体状态方程有
对右侧气体进行分析，根据玻意耳定律有
其中
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；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】【分析】（1）初始状态，左右侧气体体积相等，根据盖吕萨克定律和理想气体状态方程分别列式求解；
（2）对左侧气体进行分析，根据理想气体状态方程列式；对右侧气体进行分析，发生等温变化，根据玻意耳定律列式求解。
（1）初始状态，左右侧气体体积相等，令为， 开始时气阀门处于开启状态，假设加热左侧气体过程，活塞与右侧桶盖之间没有一挤压，即气体压强始终等于，根据盖吕萨克定律有
解得
表明假设不成立，活塞与右侧桶盖之间有一挤压，即左侧气体体积为，根据理想气体状态方程有
解得
（2）若加热前关闭右侧阀门，当加热左侧气体时，对左侧气体进行分析，根据理想气体状态方程有
对右侧气体进行分析，根据玻意耳定律有
其中
解得
14．【答案】（1）球2弹出后做匀减速直线运动，根据牛顿运动定律则有
由题可知
联立解得
根据匀变速直线运动规律，可以把球2的运动逆向看成初速为零的匀加速运动，则有
其中
联立代入数据解解
（2）设球2被球1碰撞后，至少获得速度才可以沿OA方向弹出长方形，根据运动学公式
其中
联立解得
球1与球2发生弹性碰撞，设碰前球1的速度为，碰后球1的速度为，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
联立解得
根据动能定理可得，小朋友乙要获胜至少对球1做功
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）球2从E到O的运动是匀减速直线运动，阻力使其加速度恒定。利用运动学公式，通过已知的位移和加速度可求出运动时间。关键在于确定加速度大小和位移关系。
（2）首先计算球2被弹出长方形所需的最小速度，利用匀减速运动公式求出该速度。接着分析弹性碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒求出球1碰撞前的初速度。最后结合阻力做功和动能变化，求出对球1的最小做功。
（1）球2弹出后做匀减速直线运动，根据牛顿运动定律则有
由题可知
联立解得
根据匀变速直线运动规律，可以把球2的运动逆向看成初速为零的匀加速运动，则有
其中
联立代入数据解解
（2）设球2被球1碰撞后，至少获得速度才可以沿OA方向弹出长方形，根据运动学公式
其中
联立解得
球1与球2发生弹性碰撞，设碰前球1的速度为，碰后球1的速度为，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
联立解得
根据动能定理可得，小朋友乙要获胜至少对球1做功
解得
15．【答案】解：（1）由于物块在第二象限P点获得速度且做匀速圆周运动，所以
可得
连接PO，作PO的中垂线交y轴于O'，即O'为圆周运动的圆心，如图
根据几何关系有
可知小滑块做圆周运动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力
可得小滑块从P点获得的初速度为
方向与y轴负方向成30°角；
（2）滑块滑上传送带后，受力分析有
滑块在传送带上运动所受摩擦力
滑块在传送带上运动所受摩擦力的功率
联立解得
当时，即
滑块在传送带上运动所受摩擦力的功率最大，根据动能定理
滑块从滑上传送带到摩擦力功率最大时摩擦力做的功为
（3）滑块从O点进入后向右做减速运动，取时间微元，根据动量定理
求和得
代入数据得
滑块向左做加速运动，取时间微元，设传送带逆时针转动速度为，根据动量定理
求和得
代入数据得
又
联立解得
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—传送带模型；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）物块在第二象限做匀速圆周运动，需满足重力与电场力平衡，只由洛伦兹力提供向心力。根据几何关系求得运动半径，根据牛顿第二定律求得物块的质量和初速度；
（2）对物块受力分析，根据滑动摩擦力公式，瞬时功率公式，求得摩擦力的功率达到最大值时物块的速度。再根据动能定理求解；
（3）应用微元法，对物块在传递带上减速与反向加速运动过程，分别应用动量定理解答。
1 / 12025届四川省绵阳外国语学校高三下学期第一次模拟考试物理试题
1．（2025·涪城模拟）在垂直纸面向里的磁场中，有一原子核发生衰变成新的原子核，下列说法正确的是（ ）
A．原子核衰变的周期，与压强有关，压强越大，衰变周期变大
B．若原子核的衰变是α衰变，则半径较大的是α粒子
C．原子核衰变的方程可以是
D．原子核衰变时会发生质量亏损，反应前的质量不等于等于反应后的，需要吸收能量
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查了原子核衰变及动量守恒定律等知识点。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。A．原子核衰变的周期，由原子核本身的性质决定，与外界因素比如压强无关，与原子核所处的状态无关，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力
可得
衰变过程满足动量守恒而且总动量为0，则衰变刚结束时，α粒子与新核X的动量等大反向，
由于α粒子的电荷量较小，所以半径较大，故B正确；
C．由图可知，两粒子在相切的位置受到相反方向的洛伦兹力，且两粒子的速度方向相反，所以粒子的电性相同，则两粒子应该都带正电，故C错误；
D．原子核衰变时会发生质量亏损，反应前的质量不等于反应后的，放出能量，故D错误。
故选B。
【分析】原子核衰变的周期，由原子核本身的性质决定，衰变过程满足动量守恒而且总动量为0，洛伦兹力提供向心力，根据轨迹判断电性以及电荷量大小，原子核衰变时会发生质量亏损，反应前后质量不相等。
2．（2025·涪城模拟）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。
3．（2025·涪城模拟）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。
4．（2025·涪城模拟）如图所示，某商场采用的电源驱动电机带动阶梯式电梯以的恒定速度运行，质量为的顾客静立在电梯上随电梯向上运动，若电梯的倾角为，运送顾客向上运动所需的功完全来自电机。下列说法正确的是（ ）
A．顾客向上运动的过程中机械能守恒
B．顾客重力的平均功率为
C．顾客受到电梯给予的静摩擦力
D．电梯站顾客时通过电机的电流比未站顾客时至少要增加0.5A
【答案】D
【知识点】焦耳定律；静摩擦力；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】在用公式P=mgv时，要知道v必须是竖直方向的速度。A．顾客向上运动的过程中动能不变，重力势能增加，则机械能增加，选项A错误；
B．顾客重力的平均功率为
C．顾客匀速上升时不受电梯给予的静摩擦力，选项C错误；
D．由能量关系电梯站顾客时
解得
即电梯站顾客时通过电机的电流比未站顾客时至少要增加0.5A，选项D正确。
故选D。
【分析】顾客向上运动过程中，顾客的重力势能增加，动能不变；根据公式P=mgv计算；根据顾客受力平衡分析；根据P=UI计算。
5．（2025·涪城模拟）如图所示，三根完全相同的电阻丝一端连在一起并固定在转轴O上，另一端分别固定于导体圆环上的A、C、D点，并互成角，导体圆环的电阻不计。转轴的右侧空间有垂直于纸面向里的匀强磁场，范围足够大，现让圆环绕转轴O顺时针匀速转动，在连续转动的过程中，对其中一根电阻丝OA，下列说法正确的是（ ）
A．电流方向始终不变 B．A点的电势始终高于O点的电势
C．电流大小始终不变 D．电流大小有三个不同值
【答案】B
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题结合电磁感应的动态过程与电路分析，考查学生对物理规律的综合应用能力，尤其注重对感应电动势的产生机制、电路连接的周期性变化、电势与电流方向的判断等 。A．根据右手定则可知，当OA在磁场中时，电流从O到A，当OA在磁场外时，电流从A到O，故A错误；
B．当OA在磁场中时，A为电源正极，O为电源负极，A点的电势高于O点的电势，当OA在磁场外时，电流从A到O，A点的电势高于O点的电势，故B正确；
CD．对于连续转动的不同时刻，电路有两种不同情形，如图所示
图甲为只有一根电阻丝在磁场中的情形，图乙为两根电阻丝在磁场中的情形，两电路中的电动势相同，总电阻相同，所以总电流相同，但流过图甲中的一个电阻和图乙中的一个电源的电流均为总电流的一半，故流过OA中的电流大小有两个不同值，故CD错误。
故选B。
【分析】当OA在磁场中或外时，A点的电势均高于O点的电势；OA在磁场中或外时，电流的方向是变化的；作图分析，电流的大小是变化的，且电流大小有两种值。
6．（2025·涪城模拟）如图所示为一块下表面镀银（反光物质），厚度为h的玻璃砖，一束黄光从空气由玻璃砖上表面A点以入射角θ射入，经下表面反射后从B点射出，下列可使A、B间的距离减小的操作是（ ）
A．换成一束红光 B．减小入射角θ
C．增大玻璃砖的厚度h D．换成折射率较小的玻璃砖
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查了光的折射规律。对于几何光学问题，根据折射定律是解答的基础，往往还要运用几何知识结合进行研究。设黄光从A点射入的折射角为，根据光的折射定律可得
由几何关系可得
A．红光的折射率小于黄光的折射率，折射角更大，A、B间的距离更大，A错误；
B．减小入射角，对应的折射角也随之减小，A、B之间的距离减小，B正确；
C．结合上述结论可知，增大玻璃砖的厚度h，A、B之间的距离增大，C错误；
D．根据上述分析可知，换成折射率较小的玻璃砖，折射角随之变大，A、B之间的距离增大，D错误。
故选B。
【分析】根据光的折射定律，结合几何关系得到A、B间的距离表达式，根据表达式分析。
7．（2025·涪城模拟）如图所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，其上下端点分别与物块B及地面固定连接，物块A放在B上并通过轻质细绳跨过光滑定滑轮M、N与轻质挂钩连接。M、A间细绳竖直且足够长，M、N间细绳水平，A、B两物块的质量分别为，，弹簧的劲度系数为，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取，开始时系统静止，细绳伸直无拉力作用。现在在轻质挂钩上挂上质量为的钩码C并从静止开始释放，释放时C位置离地面足够远，已知弹簧的弹性势能公式为（k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量）。关于钩码C下降、物块A、B上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A．释放钩码C时，A、B间的作用力为0
B．钩码C下降位移为0.3m时，A、B开始分离
C．从释放钩码C到A、B分离，A、B经历了先加速后减速的过程
D．A、B分离时速度大小为
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题综合考查机械能守恒定律以及牛顿第二定律的应用，要注意正确选择研究对象，明确机械能守恒的条件，并能根据机械能守恒定律列式是解题的关键。A．初始时弹簧压缩量为
若初始时刻间的作用力为0，则连接体的加速度为
此时的加速度为，故A错误；
B．，则分离时系统的加速度为，此时的加速度也为0，故分离时弹簧压缩量为
则下降时，分离，故B错误；
C．分离前加速度逐渐减小，分离时为零，故一直加速，故C错误；
D．由能量守恒定律，有
解得，故D正确。
故选D。
【分析】假设初始时刻A、B间的作用力为0，根据牛顿第二定律求A、C连接体的加速度大小，分析此时B的加速度与A的加速度关系，即可判断A、B间的作用力是否为0；求出初始时弹簧压缩量。分析分离时A、C系统的加速度，确定此时B的加速度，再求分离时弹簧压缩量，即可求出钩码C下降的位移。根据AB加速度变化情况，判断其运动情况；根据系统机械能守恒求A、B分离时速度大小。
8．（2025·涪城模拟）如图甲所示，一根水平张紧的弹性长绳上有等间距的、、、、质点，相邻两质点间距离为1m，时刻O质点从平衡位置开始沿y轴正方向振动，并分别产生向左和向右传播的机械波，O质点振动图像如图乙所示。当O质点第一次到达正方向最大位移时，P质点刚开始振动，则（ ）
A．、P两点的振动步调始终相同
B．若O质点振动加快，波的传播速度变大
C．当波在绳中传播时，绳中所有质点沿x轴移动的速度大小相等且保持不变
D．当Q点振动第一次到达负向最大位移时，质点通过的路程为20cm
【答案】A,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题与常见的单向传播的简谐波不同，左、右两波具有对称性，解题时要抓住。此题还要抓住波速是由介质的性质决定的，与波的周期无关。A．依题，向左、向右传播的两列波关于y轴左右对称，步调总是相同，A正确；
B．波速由介质决定，与频率无关，故O质点振动加快，波的传播速度不变，B错误；
C．质点不随波逐流，当波在绳中传播时，绳中所有质点只在平衡位置附近上下振动，C错误；
D．振动从O点传到Q'时，P点已经振动了 个周期，Q'起振方向向上，当Q'点振动第一次达到负向最大位移时，质点P'第二次到达平衡位置处，共运动了1个周期，通过的路程为
D正确。
故选AD。
【分析】O质点沿y轴方向振动后，分别产生向左、向右传播的波，两列波关于y轴左右对称。若O质点振动加快，波速不变。当波在绳中传播时，绳中所有质点只上下振动，不沿x轴移动。当Q点振动第一次到达负向最大位移时，分析质点P'已经振动的时间，来确定P'通过的路程。
9．（2025·涪城模拟）图甲为判断检测电流I0大小是否发生变化的装置，I0的方向如图所示，该检测电流在铁芯中产生磁场，磁感应强度与检测电流I0成正比。现给金属材料制成的霍尔元件（如图乙所示，其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过右侧电压表示数的变化来判断I0的大小是否发生变化，下列说法正确的是（ ）
A．M端应与电压表的“－”接线柱相连
B．要提高检测灵敏度可适当减少高度d的大小
C．如果仅将工作电流反向，电压表的“＋”、“－”接线柱连线位置无需改动
D．当霍尔元件尺寸给定，工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流变大
【答案】B,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；霍尔元件
【解析】【解答】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出粒子的受力方向，由此得出电势的高低，根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电压的表达式并完成分析。A．图甲中检测电流通过线圈，根据安培定则，线圈在铁芯中产生逆时针方向的磁场，根据左手定则可知自由电子受到垂直纸面向外的洛伦兹力力而偏转到外侧面上即N上，所以应该是M端与电压表的“+”接线柱相连，A错误；
B．当霍尔元件内外侧面电压稳定时，内部电子受力平衡，则有
可得
要提高检测灵敏度，工作电流I恒定时、可以减小d的方法，B正确；
C．如果仅将检测电流反向，线圈在铁芯中产生顺时针方向的磁场，霍尔元件处于向下的磁场中，电子受到垂直纸面向里的磁场力而偏转到内侧面上，使得霍尔元件外侧面电势高，内侧面电势低，N端与电压表的“+”接线柱相连，C错误；
D．由
可知
当霍尔元件尺寸给定即b不变，工作电流I不变即v不变，电压表示数U变大，说明霍尔元件所处的磁场磁感应强度增大，由题意可知，说明检测电流变大，故D正确。
故选BD。
【分析】根据左手定则分析出电子受到的洛伦兹力的方向，由此得出元件与电压表的连接方式；根据电场力和洛伦兹力的等量关系分析出电压的表达式，由此分析出灵敏度的影响因素和电压表变大的原因分析；当电流反向时，根据左手定则分析出电子受到的洛伦兹力的方向，由此得出元件与电压表的连接方式。
10．（2025·涪城模拟）如图所示，空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带电荷量为q、质量为m的带正电小球从磁场中某点P由静止释放，其运动轨迹是一条摆线。小球的运动可分解为竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为v的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为v的匀速直线运动，P、Q为相邻等高点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．小球从释放到第一次经过最低点所需时间为
B．小球运动到最低点时的速度为
C．PQ间距为
D．小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．因小球初速度为零，分解为一个水平向右的速度和一个水平向左的速度，所以小球做匀速圆周运动的起始点应为圆周的最高点，小球从释放到第一次经过最低点所需时间为匀速圆周运动周期的，即
故A正确；
B．小球因匀速直线运动的速度而受到的洛伦兹力恰好与重力等大反向，所以
得
小球运动到最低点时匀速圆周运动的速度与匀速直线运动的速度方向相同，矢量和为，即，故B错误；
C．小球由P点运动到Q点相当于圆周运动了一周，所用时间为
所以，PQ间距为
故C正确；
D．小球做匀速圆周运动的半径满足
求得
小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为
故D错误。
故选AC。
【分析】小球的运动看成向右匀速直线运动和逆时针方向匀速圆周运动的合成。根据匀速圆周运动规律求小球从释放到第一次经过最低点所需的时间；根据洛伦兹力提供向心力求小球运动到最低点时的速度；根据水平方向和竖直方向两个分运动，结合周期公式求PQ间的距离；由竖直方向的匀速圆周运动和周期公式求竖直距离。
11．（2025·涪城模拟）如图甲所示，某物理兴趣小组利用低成本实验材料制作了一个便携力学传感器，能实时显示压力F—时间t图像，并能够进行数据分析。研究小组使用它在课堂上模拟电梯的上升和下降过程，把砝码水平放置在传感器上面，拉住细绳使传感器从静止开始，在竖直方向上运动。一段时间后得到的图像如下图乙所示，从图像上选取的点的力学数据如下表1所示，重力加速度g取。
表1
点 A B C E F G H I
力/N 0.50 0.81 0.21 0.03 0.15 0.74 0.08 0.98
请你分析以上图像和表格信息，回答下列问题：
（1）该小组使用的钩码质量为______
A．0.5g B．5g C．50g D．500g
（2）在A至I点中，钩码处于失重状态且加速度小于的点有
（3）从D点到E点，钩码的加速度变化情况是______
A．先向上减小 后向下减小 B．先向上减小 后向下增大
C．先向下增大 后向下增大 D．先向上增大 后向下减小
【答案】（1）C
（2）C
（3）B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律以及超重和失重的理解，物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。
（1）由图乙可知
得
故选C。
（2）钩码处于失重状态时，
由牛顿第二定律
得
当时，
故有
在A至I点中，钩码处于失重状态且加速度小于的点只有C点符合。
故选C。
（3）从D点到E点，由图像可知先大于重力逐渐减小过程中
加速度向上减小；
当小于重力再继续逐渐减小过程中
加速度向下增大。
故选C。
【分析】（1）根据A点求解钩码质量；
（2）钩码处于失重状态时，压力小于重力，结合牛顿第二定律求解；
（3）根据F变化，代入加速度表达式分析加速度变化情况。
（1）由图乙可知
得
故选C。
（2）钩码处于失重状态时，
由牛顿第二定律
得
当时，
故有
在A至I点中，钩码处于失重状态且加速度小于的点只有C点符合。
故选C。
（3）从D点到E点，由图像可知先大于重力逐渐减小过程中
加速度向上减小；
当小于重力再继续逐渐减小过程中
加速度向下增大。
故选C。
12．（2025·涪城模拟）某实验小组在实验室进行以下实验：
（1）要将一量程=250μA、内阻标称值=790Ω的微安表改装为量程为20mA的电流表，并利用一标准毫安表进行校准，电路图如图甲所示（虚线框内是改装后的电表）。
①为达到实验目的，需要将微安表与一个电阻Rx并联，其阻值Rx= Ω；
②当标准毫安表的示数为12.0mA时，微安表的指针位置如图乙所示，小组同学分析原因是微安表内阻标称值不准确，应将电阻Rx的阻值 （选填“变大”或“变小”）。
（2）该小组又设计了如图丙所示的电路来测量锂电池的电动势E和内阻r。在实验中，他多次改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出的关系图线如图丁所示，由图可求得该电池的电动势E= ，内阻r= （以上两空均用a、b、c表示）；若考虑电流表电阻产生的系统误差，该电池电动势的测量值 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）10；变小
（2）；；不变
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了电流表的改装问题，把微安表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值，掌握基础知识是解题的前提与关键。
（1）①根据欧姆定律有
②由图可知微安表读数为，即改装后电流表读数为，而标准表读数为，即改装后的读数偏大，说明微安表分得的电流偏大，电阻分得电流偏小，应将电阻的阻值变小。
（2）根据闭合电路欧姆定律有
整理得
图线斜率
解得
图线纵截距
解得
若考虑电流表内阻引起的系统误差，根据闭合电路欧姆定律有
整理得
图线斜率不变，故电池电动势测量值不变。
【分析】（1）①根据欧姆定律求解；
②改装后的读数偏大，微安表分得的电流偏大，并联更小的电阻；
（2）根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象与函数表达式求电源电动势。
（1）①[1]根据欧姆定律有
②[2]由图可知微安表读数为，即改装后电流表读数为，而标准表读数为，即改装后的读数偏大，说明微安表分得的电流偏大，电阻分得电流偏小，应将电阻的阻值变小。
（2）[1][2][3]根据闭合电路欧姆定律有
整理得
图线斜率
解得
图线纵截距
解得
若考虑电流表内阻引起的系统误差，根据闭合电路欧姆定律有
整理得
图线斜率不变，故电池电动势测量值不变。
13．（2025·涪城模拟）如图是一个化工厂的生产桶，正中间是一个轻质绝热、可自由移动的活塞。整个桶除右侧桶盖之外的其它部分均为绝热材料；右侧桶盖导热性能良好，且有一个气阀门，处于开启状态（与外界大气连通）。左侧装有加热用的电阻丝，整个装置密封良好，不计摩擦。初始时左右两个空间气体温度均为室温，压强均为大气压强，且密封的气体均为空气。现开始缓慢加热左侧气体（加热时间足够长）。
（1）当左侧气体的温度达到时，求左侧气体的压强。
（2）若加热前关闭右侧阀门，再进行加热，当左右两侧空间的体积比为时，求左侧气体的温度。
【答案】（1）解：初始状态，左右侧气体体积相等，令为， 开始时气阀门处于开启状态，假设加热左侧气体过程，活塞与右侧桶盖之间没有一挤压，即气体压强始终等于，根据盖吕萨克定律有
解得
表明假设不成立，活塞与右侧桶盖之间有一挤压，即左侧气体体积为，根据理想气体状态方程有
解得
（2）解：若加热前关闭右侧阀门，当加热左侧气体时，对左侧气体进行分析，根据理想气体状态方程有
对右侧气体进行分析，根据玻意耳定律有
其中
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；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】【分析】（1）初始状态，左右侧气体体积相等，根据盖吕萨克定律和理想气体状态方程分别列式求解；
（2）对左侧气体进行分析，根据理想气体状态方程列式；对右侧气体进行分析，发生等温变化，根据玻意耳定律列式求解。
（1）初始状态，左右侧气体体积相等，令为， 开始时气阀门处于开启状态，假设加热左侧气体过程，活塞与右侧桶盖之间没有一挤压，即气体压强始终等于，根据盖吕萨克定律有
解得
表明假设不成立，活塞与右侧桶盖之间有一挤压，即左侧气体体积为，根据理想气体状态方程有
解得
（2）若加热前关闭右侧阀门，当加热左侧气体时，对左侧气体进行分析，根据理想气体状态方程有
对右侧气体进行分析，根据玻意耳定律有
其中
解得
14．（2025·涪城模拟）弹玻璃球是一种流行于20世纪的儿童游戏。某次游戏，小朋友们在水平地面上画一个长，宽的长方形。小朋友甲把质量为的玻璃球2从的中点弹出，玻璃球沿直线运动，刚好停在长方形的中心。小朋友乙从点把质量为的玻璃球1沿方向弹出，与点的球2发生弹性碰撞，球2沿方向弹出。小朋友乙要获胜，球2必须被弹出长方形区域。已知球1、球2在运动过程中受到的阻力均为其重力的0.4倍，重力加速度取。求：
（1）球2从到运动的时间；
（2）小朋友乙要获胜，至少对球1做的功。
【答案】（1）球2弹出后做匀减速直线运动，根据牛顿运动定律则有
由题可知
联立解得
根据匀变速直线运动规律，可以把球2的运动逆向看成初速为零的匀加速运动，则有
其中
联立代入数据解解
（2）设球2被球1碰撞后，至少获得速度才可以沿OA方向弹出长方形，根据运动学公式
其中
联立解得
球1与球2发生弹性碰撞，设碰前球1的速度为，碰后球1的速度为，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
联立解得
根据动能定理可得，小朋友乙要获胜至少对球1做功
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）球2从E到O的运动是匀减速直线运动，阻力使其加速度恒定。利用运动学公式，通过已知的位移和加速度可求出运动时间。关键在于确定加速度大小和位移关系。
（2）首先计算球2被弹出长方形所需的最小速度，利用匀减速运动公式求出该速度。接着分析弹性碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒求出球1碰撞前的初速度。最后结合阻力做功和动能变化，求出对球1的最小做功。
（1）球2弹出后做匀减速直线运动，根据牛顿运动定律则有
由题可知
联立解得
根据匀变速直线运动规律，可以把球2的运动逆向看成初速为零的匀加速运动，则有
其中
联立代入数据解解
（2）设球2被球1碰撞后，至少获得速度才可以沿OA方向弹出长方形，根据运动学公式
其中
联立解得
球1与球2发生弹性碰撞，设碰前球1的速度为，碰后球1的速度为，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
联立解得
根据动能定理可得，小朋友乙要获胜至少对球1做功
解得
15．（2025·涪城模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，整个空间存在磁感应强度大小B=1T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第二象限存在方向竖直向上、电场强度大小E=10N/C的匀强电场。足够长绝缘水平传送带左传动轮正上方恰好位于坐标原点O，传送带处于停转状态。一电荷量q=+2C的物块从P（，12m）获得一初速度后，在第二象限做匀速圆周运动（轨迹为一段圆弧）恰好从原点O水平滑上传送带，沿传送带平稳滑行一段距离后停在传送带上。物块可视为质点，运动过程电量保持不变，物块与传送带之间的动摩擦因数 =0.5，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块从P点获得的初速度；
（2）求物块从滑上传送带到摩擦力功率最大的过程中摩擦力做的功；
（3）若传送带逆时针匀速转动，物块从原点O滑上传送带经历t=5.3s后返回O点且恰好与传送带共速，求传送带逆时针转动的速度大小。
【答案】解：（1）由于物块在第二象限P点获得速度且做匀速圆周运动，所以
可得
连接PO，作PO的中垂线交y轴于O'，即O'为圆周运动的圆心，如图
根据几何关系有
可知小滑块做圆周运动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力
可得小滑块从P点获得的初速度为
方向与y轴负方向成30°角；
（2）滑块滑上传送带后，受力分析有
滑块在传送带上运动所受摩擦力
滑块在传送带上运动所受摩擦力的功率
联立解得
当时，即
滑块在传送带上运动所受摩擦力的功率最大，根据动能定理
滑块从滑上传送带到摩擦力功率最大时摩擦力做的功为
（3）滑块从O点进入后向右做减速运动，取时间微元，根据动量定理
求和得
代入数据得
滑块向左做加速运动，取时间微元，设传送带逆时针转动速度为，根据动量定理
求和得
代入数据得
又
联立解得
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—传送带模型；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）物块在第二象限做匀速圆周运动，需满足重力与电场力平衡，只由洛伦兹力提供向心力。根据几何关系求得运动半径，根据牛顿第二定律求得物块的质量和初速度；
（2）对物块受力分析，根据滑动摩擦力公式，瞬时功率公式，求得摩擦力的功率达到最大值时物块的速度。再根据动能定理求解；
（3）应用微元法，对物块在传递带上减速与反向加速运动过程，分别应用动量定理解答。
1 / 1
