2025届广西壮族自治区高三下学期5月三模物理试题
1．（2025·广西壮族自治区模拟）2024年6月25日，嫦娥六号返回器准确着陆于预定区域，实现世界首次月球背面采样返回。相关研究表明，月壤中氦-3储量极为丰富，每100吨氦-3原料足可以解决全球一年的电力供应。氦-3常见的一种核反应为：，对于该反应，下列说法正确的是（ ）
A．X是中子
B．该反应为裂变反应
C．该反应需在高温下才能进行
D．的比结合能大于的比结合能
【答案】C
【知识点】结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】本题考查核反应方程的书写规则，聚变反应条件和比结合能知识，会根据题意进行准确分析解答。A．根据核反应方程的两个守恒，可得X的质量数为1，电荷数为1，因此X是质子，故A错误。
BC．该反应属于核聚变，需要在高温下才能进行，故B错误，C正确。
D．反应物的稳定性小于生成物的稳定性，因此的比结合能小于的比结合能，故D错误。
故选C。
【分析】根据核反应方程的书写规则，聚变反应条件和比结合能知识进行分析解答。
2．（2025·广西壮族自治区模拟）《考工记》中记载：“马力既竭，辀犹能一取焉”，意思是马对车不施加拉力了，车还能继续向前运动一段距离。若马拉着车以速度在平直路面上匀速行驶，车受到的阻力大小为车重的倍，重力加速度大小为。则马对车不施加拉力后，车运动的位移大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】解题关键是能够根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式求解位移。根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立解得
故选B。
【分析】求出车运动的加速度，根据运动学公式求解位移。
3．（2025·广西壮族自治区模拟）发光二极管的发光帽由透明环氧树脂制成，它由半径为的半球体与半径为的圆柱体组成，如图为过半球球心的竖直截面图。当用平行单色光垂直于圆柱体底面入射，经过半径上点的光线恰好在圆弧面上发生全反射，已知，则该透明环氧树脂材料的折射率为（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查全反射的理解，关键是根据几何关系，计算临界角。如图所示
根据全反射临界角公式可知
解得
故选A。
【分析】根据几何关系，可得到入射光的角度，即临界角；由折射率与临界角的关系，即可计算折射率。
4．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，地球从外到内分为地壳、地幔、地核三部分，其中地核质量约为地球总质量的0.32倍，半径约为地球半径的0.55倍。地壳、地幔、地核视其质量均匀分布，已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的万有引力为零，则地幔和地核交界处的重力加速度大小与地球表面的重力加速度大小之比为（ ）
A．1.06 B．0.95 C．0.58 D．0.55
【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。设地球质量为M，半径为R，则地球表面的重力加速度大小
地幔和地核交界处的重力加速度大小
则有
故选A。
【分析】根据万有引力等于重力， 黄金代换式列式求解。
5．（2025·广西壮族自治区模拟）某水电站发电机的输出功率为，发电机的输出电压为。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为，在用户端用降压变压器把电压降为。要求在输电线上损失的功率控制在，则（ ）
A．输电线上通过的电流为
B．降压变压器原线圈的电压为
C．升压变压器匝数比为
D．降压变压器匝数比为
【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题主要是考查远距离高压输电，解答本题的关键是结合变压器的变压比公式和功率损耗的公式P损=I2R列式求解。A．输电线上损失的功率为，根据
可得输电线通过的电流
故A错误；
BCD．升压变压器为理想变压器，有
又
可得
输电线上损失的电压
升压变压器原、副线圈的匝数比
可得
降压变压器原线圈两端电压
降压变压器原、副线圈的匝数比
可得
故C正确，BD错误。
故选C。
【分析】根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流；根据升压变压器的输出功率结合求解升压变压器副线圈的电压，再根据电压损失得出降压变压器的输入电压；根据变压器电压之比等于匝数之比求解升压变压器、降压变压器的匝数比。
6．（2025·广西壮族自治区模拟）2025年3月21日，在自由式滑雪和单板滑雪世锦赛男子单板滑雪坡面障碍技巧决赛中，中国选手苏翊鸣获得银牌。如图所示，某次训练中，运动员从左侧高坡的点滑下，再从斜坡上的点，以的初速度沿与斜坡成方向飞出，在空中完成规定动作后落在斜坡上的点。不计空气阻力，重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．在研究运动员空中姿态时可将其视为质点
B．运动员在空中飞行时，相同时间内速度变化量不同
C．运动员在空中飞行的时间为
D．运动员落到点时的速度方向与方向垂直
【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题的难点在于对斜抛运动的分析，尤其是求解运动员在空中飞行的时间，需要学生能够正确运用竖直上抛运动的位移公式，并且准确计算出竖直方向的速度，进而分析速度方向。A．在研究运动员空中姿态时，运动员的大小和形状不能忽略，因此不能将其视为质点，A错误；
B．运动员在空中飞行时，仅受重力作用，加速度为重力加速度，则相同时间内速度变化量
可见相同时间内速度变化量相同，B错误；
C．由题意可知，将运动的运动情况分解，如图所示
从B点到离斜面最远点过程中，运动员在垂直斜面方向上有
又
联立代入数据可得
由对称性可知，运动员在空中飞行的时间为
C错误；
D．运动员落到点时的垂直斜面方向的速度
沿斜面方向的速度
运动员落到点时的速度与斜面的夹角
所以运动员落到点时的速度与斜面的夹角为30°，而初速度与斜面的夹角为60°，所以速度方向与方向垂直，D正确。
故选D。
【分析】将斜抛运动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；运用速度的合成与分解来分析速度方向。
7．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，直角三角形中，，其区域内存在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的匀强磁场，点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为（为粒子的比荷）的带正电的粒子。不考虑粒子的重力和相互间作用力，下列说法正确的是（ ）
A．边上有粒子到达区域的长度为
B．边上有粒子到达区域的长度为
C．从边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
D．从边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为
【答案】C
【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有界磁场中运动的极值问题。带电粒子运动轨迹对应的圆心角越大，时间越长，以及根据几何关系求解。AB．粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得
解得
如图所示
由几何关系可得边上有粒子到达区域的长度为
由几何关系可得边上有粒子到达区域的长度为
故AB错误；
C．如图所示
粒子从边上点射出时，对应的圆心角最小，所用时间最短，由几何关系可知，最小圆心角为，则最短时间为
故C正确；
D．如图所示
粒子从边上点射出时，对应的圆心角最大，所用时间最长，由几何关系可知，最大圆心角为，则最长时间为
故D错误。
故选C。
【分析】做出粒子从ab边射出的两个临界状态，根据几何关系求ab边上有粒子到达区域的长度；借助旋转圆找出临界情况，根据几何关系求ac边上有粒子到达区域的长度；根据弦长最短对应偏转角最小，即时间最短，根据几何关系和周期公式求从ab边射出的粒子在磁场中运动的最短时间；最长时间要找最长的弦长，根据几何关系和周期公式求从ac边射出的粒子在磁场中运动的最长时间。
8．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，一定质量的理想气体的循环由下面4个过程组成：为等压过程，为绝热过程，为等压过程，为绝热过程。下列说法正确的是（ ）
A．过程中，气体内能增加
B．过程中，气体内能不变
C．过程中，气体吸收热量
D．整个过程中，气体从外界吸收的总热量可以用所围的面积表示
【答案】A,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题考查了热力学第一定律，理解气体对外界做功以及气体内能的变化情况是解决此类问题的关键。A．为等压过程，体积增大，根据可知温度升高，气体内能增加，A正确；
B．为绝热过程，由图可知体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知内能减小，B错误；
C．为等压过程，体积减小，外界对气体做功；根据可知温度降低，内能减少，根据热力学第一定律可知气体放出热量，C错误；
D．图像与V轴围成的面积代表功，而整个过程回到a状态时气体与初态相比温度不变，内能不变，可知整个过程气体从外界吸收的总热量与做的总功相同，所以整个过程中，气体从外界吸收的总热量可以用所围的面积表示，D正确。
故选AD。
【分析】根据a→b过程气体压强不变，体积变大，气体对外界做正功，b→c过程是绝热过程，气体体积增大，分子数密度变小，结合盖一吕萨克定律以及热力学第一定律分析求解。
9．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示为两列相干水波在时刻的叠加情况，其中实线表示波峰，虚线表示波谷。若两列波的振幅均保持不变，波速为，波长为。、、、在一条直线上，下列说法正确的是（ ）
A．、、三点都是振动加强点
B．时、两点变成振动减弱点
C．质点既不是振动加强点也不是振动减弱点
D．在至的时间内，点通过的路程为
【答案】A,D
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则振动加强，且两列波互不干扰；当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍。A．AD两点为波峰与波峰叠加，B点为波谷与波谷叠加，、、三点都是振动加强点。故A正确；
B．、两点一直为振动加强点。故B错误；
C．质点为振动加强点。故C错；
D．在至的时间内，点经历了半个周期，通过的路程等于振幅的2倍，振幅为10cm，则通过的路程为。故D正确；
故选AD。
【分析】两列频率相同的相干波，A、D两点为波峰与波峰相遇，B点为波谷与波谷相遇时振动加强；由周期判断C点通过的路程。
10．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，两根足够长的平行金属光滑导轨、固定在倾角为的斜面上，导轨电阻不计。与间距为，与间距为。在与区域有方向垂直斜面向下的匀强磁场，在与区域有方向垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为。在与区域中，将质量为，电阻为，长度为的导体棒置于导轨上，且被两立柱挡住。与区域中将质量为，电阻为，长度为的导体棒置于导轨上。由静止下滑，经时间恰好离开立柱，、始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为。则（ ）
A．两导体棒最终做匀速直线运动
B．时刻，的速度大小为
C．内，下滑的距离为
D．中电流的最大值为
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及求位移、求时间、速度等问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、能量守恒定律列方程进行解答。A．若a棒最终做匀速直线运动，则有
此时对b棒则有
可见两导体棒最终不会都做匀速直线运动，A错误；
B．设时刻，的速度大小为v，a棒产生的感应电动势
由闭合电路欧姆定律
分析b受力
解得
B正确；
C．在时间t内，对a棒由动量定理有
解得
C错误；
D．由闭合电路欧姆定律，a棒中的电流满足
对b棒，由牛顿第二定律
对a棒，由牛顿第二定律
显然，当电流最大时，最大，有
即
解得
D正确。
故选BD。
【分析】根据平衡条件分析安培力大小关系，由此分析；金属棒b刚好都能离开立柱时，由平衡条件求出b棒受到的安培力。也得到金属棒a的安培力，结合动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式求出沿斜面向下加速运动的速度；根据动量定理先求出a棒下滑的距离；a棒匀速时，速度不再增大，根据平衡条件求出电流的最大值。
11．（2025·广西壮族自治区模拟）某实验小组利用手机物理工坊（Phyphox）探究圆周运动向心加速度的影响因素。该小组先探究向心加速度与角速度的关系，实验装置如图（a）所示，步骤如下：
①将自行车倒置，并将手机固定在自行车后轮上；
②打开手机物理工坊，选择向心加速度测量功能，转动后轮；
③改变手机在自行车后轮上固定的位置，重复上述实验；
④利用手机物理工坊得到向心加速度与角速度的关系如图（b）和图（c）所示。
（1）探究向心加速度与角速度的关系，利用的科学思想方法是_____；
A．等效替代 B．控制变量 C．微小量放大
（2）作图像，得到图（b），可以初步得到结论：转动半径一定时， ；
（3）改变自变量，作图像，得到图（c），图中A、B两次实验中，转动半径 （选填“>”“=”或“<”）。
【答案】（1）B
（2）向心加速度随角速度的增大而增大
（3）
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】本题结合探究圆周运动向心力的影响因素实验，检测考生的实验探究能力，注意实验方法的掌握。
（1）探究向心加速度与角速度的关系，利用的科学思想方法是控制变量法。
故选B。
（2）由图（b）可知，转动半径一定时，向心加速度随角速度的增大而增大。
（3）根据公式可知，图像的斜率为转动半径，则由图（c）可知转动半径
【分析】（1）根据实验原理与实验方法分析；
（2）根据图像分析；
（3）根据图像结合向心力公式分析。
（1）探究向心加速度与角速度的关系，利用的科学思想方法是控制变量法。
故选B。
（2）由图（b）可知，转动半径一定时，向心加速度随角速度的增大而增大。
（3）根据公式可知，图像的斜率为转动半径，则由图（c）可知转动半径。
12．（2025·广西壮族自治区模拟）某水果加工厂的苹果自动分拣装置的示意图如图甲所示，该装置能把大小不同的苹果按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果，装置中R1为半导体薄膜压力传感器，托盘置于R1上，托盘所受重力不计。苹果经过托盘时对R1产生压力，半导体薄膜压力传感器R1的阻值随压力F变化的图像如图乙所示。初始状态衔铁水平，当电阻箱R2两端电压时，控制电路使电磁铁工作吸动衔铁，并保持一段时间，确保苹果在衔铁上运动时电磁铁保持吸合状态。已知电源电动势，内阻，取重力加速度大小。
（1）当质量较大的苹果通过托盘时，对应的压力传感器R1的阻值 （填“较大”或“较小”）。
（2）现以0.3kg为标准质量将苹果分拣开，根据题述条件可知，质量小于0.3kg的小果将通过 （填“上通道”或“下通道”），电阻箱R2的阻值应调为 Ω（结果保留一位小数）。
（3）若要将分拣标准质量提高到0.40kg，仅将R2的阻值调为 Ω即可实现。（结果保留一位小数）
（4）若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，则分拣标准质量将会 （填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】（1）较小
（2）上通道；10.5
（3）8.0
（4）变大
【知识点】实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】本题考查了压力传感器的相关实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
（1） 半导体薄膜压力传感器R1的阻值随压力F变化的图像如图乙所示，可知压力越大，传感器电阻较小，苹果通过托盘时，质量较大的苹果托盘对R1的压力较大，R1的阻值较小；
（2）若苹果质量小于0.3kg时，则R1阻值增大，分压增大，由于电源电动势不变，R2两端分压减小，电衔铁将不被吸合，小苹果将通过上通道；
当苹果质量为0.3kg时，此时
为使该装置达到分拣目的，R2的阻值满足
解得
（3）同理当苹果质量为0.40kg时，此时
为使该装置达到分拣目的，R2的阻值满足
解得
（4）若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，根据
可知内阻r增大，则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻偏小，需要的压力偏大，即分拣标准质量将会偏大
【分析】（1）根据质量较大的苹果托盘对R1的压力较大分析求解；
（2）由于电源电动势不变，结合压敏电阻的特点分析；
（3）根据闭合电路欧姆定律，结合电源电动势不变分析求解；
（4）根据闭合电路欧姆定律，结合内阻r增大，实际要吸引衔铁打开通道时的电阻偏小分析求解。
（1）苹果通过托盘时，质量较大的苹果托盘对R1的压力较大，根据图乙可知，R1的阻值较小；
（2）[1]若苹果质量小于0.3kg时，则R1阻值增大，分压增大，由于电源电动势不变，R2两端分压减小，电衔铁将不被吸合，小苹果将通过上通道；
[2]当苹果质量为0.3kg时，此时
为使该装置达到分拣目的，R2的阻值满足
解得
（3）同理当苹果质量为0.40kg时，此时
为使该装置达到分拣目的，R2的阻值满足
解得
（4）若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，根据
可知内阻r增大，则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻偏小，需要的压力偏大，即分拣标准质量将会偏大
13．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为，以的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为，滑雪者受到的阻力（包括摩擦和空气阻力）为总重力的0.1倍，已知重力加速度大小，求
（1）滑雪者滑下的加速度大小；
（2）滑雪者沿山坡滑行的位移大小。
【答案】（1）由题意阻力
由牛顿第二定律得①
解得
（2）由运动学公式
解得
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律列式求解加速度；
（2）根据匀变速直线运动的位移一时间规律，列式求解滑雪者沿山坡滑行5s的位移大小。
（1）由题意阻力
由牛顿第二定律得①
解得
（2）由运动学公式
解得
14．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，竖直面内有一长为、宽为的长方形ABCD，M、N分别为AD与BC的中点。四个电荷量均为Q（Q未知）的点电荷位于长方形的四个顶点，A、D处点电荷带正电， B、C处点电荷带负电。一个质量为m、电荷量为（可视为点电荷）的带电小球从M处由静止释放，小球运动到MN中点O处时速度为。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：
（1）M、O两点间的电势差；
（2）小球到达N点时的速度大小；
（3）已知在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为，其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和，求点电荷Q的电荷量。
【答案】（1）小球从M运动到O，由题意知
由动能定理可得
解得
（2）由题意可知
小球从M运动到N，由动能定理得
联立解得
（3）根据点电荷电势的定义可得，M点的电势
O点的电势
而
各式联立解得
【知识点】电势；电势差
【解析】【分析】（1）小球由M点运动到O点过程，由动能定理列式求解；
（2）结合题意及前面分析，由对称性及动能定理分别列式求解；
（3）由电势的计算公式、电势差与电势的关系分别列式，即可分析求解。
（1）小球从M运动到O，由题意知
由动能定理可得
解得
（2）由题意可知
小球从M运动到N，由动能定理得
联立解得
（3）根据点电荷电势的定义可得，M点的电势
O点的电势
而
各式联立解得
15．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，凹形槽放置在光滑水平地面上，完全相同的两物块、（可视为质点）分别置于槽的左侧和中点，a、b、c的质量相等，槽内底部长为。现给一水平向右的初速度，此后和、和各发生一次碰撞，且和恰好未发生碰撞。所有的碰撞均视为弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞前后速度交换，重力加速度大小为。求
（1）a、b、c的最终速度；
（2）和碰撞前瞬间的速度大小；
（3）从开始运动至、、三者刚好共速时，的位移。
【答案】（1）由题意、碰撞前、相对静止，a、b碰撞后a、c相对静止，、碰撞后、相对静止。则最终、、三者共速，设速度为，对全过程，由动量守恒定律
解得
（2）对全过程，由功能关系有
、碰撞前瞬间，由动量守恒定律
从开始到、碰撞前瞬间，由功能关系有
解得，
（3）经分析、、的位移大小相等。设碰撞前的位移为，由动能定理有
设、碰撞后到a、、共速前，的位移为，由动能定理有
又
解得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由动量守恒定律求a、b、c的最终速度；
（2）由功能关系和动量守恒定律求b和c碰撞前瞬间b的速度大小；
（3）由动能定理和位移关系求从a开始运动至a、b、c三者刚好共速时，a的位移。
（1）由题意、碰撞前、相对静止，a、b碰撞后a、c相对静止，、碰撞后、相对静止。则最终、、三者共速，设速度为，对全过程，由动量守恒定律
解得
（2）对全过程，由功能关系有
、碰撞前瞬间，由动量守恒定律
从开始到、碰撞前瞬间，由功能关系有
解得，
（3）经分析、、的位移大小相等。设碰撞前的位移为，由动能定理有
设、碰撞后到a、、共速前，的位移为，由动能定理有
又
解得
1 / 12025届广西壮族自治区高三下学期5月三模物理试题
1．（2025·广西壮族自治区模拟）2024年6月25日，嫦娥六号返回器准确着陆于预定区域，实现世界首次月球背面采样返回。相关研究表明，月壤中氦-3储量极为丰富，每100吨氦-3原料足可以解决全球一年的电力供应。氦-3常见的一种核反应为：，对于该反应，下列说法正确的是（ ）
A．X是中子
B．该反应为裂变反应
C．该反应需在高温下才能进行
D．的比结合能大于的比结合能
2．（2025·广西壮族自治区模拟）《考工记》中记载：“马力既竭，辀犹能一取焉”，意思是马对车不施加拉力了，车还能继续向前运动一段距离。若马拉着车以速度在平直路面上匀速行驶，车受到的阻力大小为车重的倍，重力加速度大小为。则马对车不施加拉力后，车运动的位移大小为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·广西壮族自治区模拟）发光二极管的发光帽由透明环氧树脂制成，它由半径为的半球体与半径为的圆柱体组成，如图为过半球球心的竖直截面图。当用平行单色光垂直于圆柱体底面入射，经过半径上点的光线恰好在圆弧面上发生全反射，已知，则该透明环氧树脂材料的折射率为（ ）
A． B． C．2 D．3
4．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，地球从外到内分为地壳、地幔、地核三部分，其中地核质量约为地球总质量的0.32倍，半径约为地球半径的0.55倍。地壳、地幔、地核视其质量均匀分布，已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的万有引力为零，则地幔和地核交界处的重力加速度大小与地球表面的重力加速度大小之比为（ ）
A．1.06 B．0.95 C．0.58 D．0.55
5．（2025·广西壮族自治区模拟）某水电站发电机的输出功率为，发电机的输出电压为。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为，在用户端用降压变压器把电压降为。要求在输电线上损失的功率控制在，则（ ）
A．输电线上通过的电流为
B．降压变压器原线圈的电压为
C．升压变压器匝数比为
D．降压变压器匝数比为
6．（2025·广西壮族自治区模拟）2025年3月21日，在自由式滑雪和单板滑雪世锦赛男子单板滑雪坡面障碍技巧决赛中，中国选手苏翊鸣获得银牌。如图所示，某次训练中，运动员从左侧高坡的点滑下，再从斜坡上的点，以的初速度沿与斜坡成方向飞出，在空中完成规定动作后落在斜坡上的点。不计空气阻力，重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．在研究运动员空中姿态时可将其视为质点
B．运动员在空中飞行时，相同时间内速度变化量不同
C．运动员在空中飞行的时间为
D．运动员落到点时的速度方向与方向垂直
7．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，直角三角形中，，其区域内存在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的匀强磁场，点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为（为粒子的比荷）的带正电的粒子。不考虑粒子的重力和相互间作用力，下列说法正确的是（ ）
A．边上有粒子到达区域的长度为
B．边上有粒子到达区域的长度为
C．从边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
D．从边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为
8．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，一定质量的理想气体的循环由下面4个过程组成：为等压过程，为绝热过程，为等压过程，为绝热过程。下列说法正确的是（ ）
A．过程中，气体内能增加
B．过程中，气体内能不变
C．过程中，气体吸收热量
D．整个过程中，气体从外界吸收的总热量可以用所围的面积表示
9．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示为两列相干水波在时刻的叠加情况，其中实线表示波峰，虚线表示波谷。若两列波的振幅均保持不变，波速为，波长为。、、、在一条直线上，下列说法正确的是（ ）
A．、、三点都是振动加强点
B．时、两点变成振动减弱点
C．质点既不是振动加强点也不是振动减弱点
D．在至的时间内，点通过的路程为
10．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，两根足够长的平行金属光滑导轨、固定在倾角为的斜面上，导轨电阻不计。与间距为，与间距为。在与区域有方向垂直斜面向下的匀强磁场，在与区域有方向垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为。在与区域中，将质量为，电阻为，长度为的导体棒置于导轨上，且被两立柱挡住。与区域中将质量为，电阻为，长度为的导体棒置于导轨上。由静止下滑，经时间恰好离开立柱，、始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为。则（ ）
A．两导体棒最终做匀速直线运动
B．时刻，的速度大小为
C．内，下滑的距离为
D．中电流的最大值为
11．（2025·广西壮族自治区模拟）某实验小组利用手机物理工坊（Phyphox）探究圆周运动向心加速度的影响因素。该小组先探究向心加速度与角速度的关系，实验装置如图（a）所示，步骤如下：
①将自行车倒置，并将手机固定在自行车后轮上；
②打开手机物理工坊，选择向心加速度测量功能，转动后轮；
③改变手机在自行车后轮上固定的位置，重复上述实验；
④利用手机物理工坊得到向心加速度与角速度的关系如图（b）和图（c）所示。
（1）探究向心加速度与角速度的关系，利用的科学思想方法是_____；
A．等效替代 B．控制变量 C．微小量放大
（2）作图像，得到图（b），可以初步得到结论：转动半径一定时， ；
（3）改变自变量，作图像，得到图（c），图中A、B两次实验中，转动半径 （选填“>”“=”或“<”）。
12．（2025·广西壮族自治区模拟）某水果加工厂的苹果自动分拣装置的示意图如图甲所示，该装置能把大小不同的苹果按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果，装置中R1为半导体薄膜压力传感器，托盘置于R1上，托盘所受重力不计。苹果经过托盘时对R1产生压力，半导体薄膜压力传感器R1的阻值随压力F变化的图像如图乙所示。初始状态衔铁水平，当电阻箱R2两端电压时，控制电路使电磁铁工作吸动衔铁，并保持一段时间，确保苹果在衔铁上运动时电磁铁保持吸合状态。已知电源电动势，内阻，取重力加速度大小。
（1）当质量较大的苹果通过托盘时，对应的压力传感器R1的阻值 （填“较大”或“较小”）。
（2）现以0.3kg为标准质量将苹果分拣开，根据题述条件可知，质量小于0.3kg的小果将通过 （填“上通道”或“下通道”），电阻箱R2的阻值应调为 Ω（结果保留一位小数）。
（3）若要将分拣标准质量提高到0.40kg，仅将R2的阻值调为 Ω即可实现。（结果保留一位小数）
（4）若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，则分拣标准质量将会 （填“变大”“变小”或“不变”）。
13．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为，以的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为，滑雪者受到的阻力（包括摩擦和空气阻力）为总重力的0.1倍，已知重力加速度大小，求
（1）滑雪者滑下的加速度大小；
（2）滑雪者沿山坡滑行的位移大小。
14．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，竖直面内有一长为、宽为的长方形ABCD，M、N分别为AD与BC的中点。四个电荷量均为Q（Q未知）的点电荷位于长方形的四个顶点，A、D处点电荷带正电， B、C处点电荷带负电。一个质量为m、电荷量为（可视为点电荷）的带电小球从M处由静止释放，小球运动到MN中点O处时速度为。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：
（1）M、O两点间的电势差；
（2）小球到达N点时的速度大小；
（3）已知在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为，其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和，求点电荷Q的电荷量。
15．（2025·广西壮族自治区模拟）如图所示，凹形槽放置在光滑水平地面上，完全相同的两物块、（可视为质点）分别置于槽的左侧和中点，a、b、c的质量相等，槽内底部长为。现给一水平向右的初速度，此后和、和各发生一次碰撞，且和恰好未发生碰撞。所有的碰撞均视为弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞前后速度交换，重力加速度大小为。求
（1）a、b、c的最终速度；
（2）和碰撞前瞬间的速度大小；
（3）从开始运动至、、三者刚好共速时，的位移。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】本题考查核反应方程的书写规则，聚变反应条件和比结合能知识，会根据题意进行准确分析解答。A．根据核反应方程的两个守恒，可得X的质量数为1，电荷数为1，因此X是质子，故A错误。
BC．该反应属于核聚变，需要在高温下才能进行，故B错误，C正确。
D．反应物的稳定性小于生成物的稳定性，因此的比结合能小于的比结合能，故D错误。
故选C。
【分析】根据核反应方程的书写规则，聚变反应条件和比结合能知识进行分析解答。
2．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】解题关键是能够根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式求解位移。根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立解得
故选B。
【分析】求出车运动的加速度，根据运动学公式求解位移。
3．【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查全反射的理解，关键是根据几何关系，计算临界角。如图所示
根据全反射临界角公式可知
解得
故选A。
【分析】根据几何关系，可得到入射光的角度，即临界角；由折射率与临界角的关系，即可计算折射率。
4．【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。设地球质量为M，半径为R，则地球表面的重力加速度大小
地幔和地核交界处的重力加速度大小
则有
故选A。
【分析】根据万有引力等于重力， 黄金代换式列式求解。
5．【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题主要是考查远距离高压输电，解答本题的关键是结合变压器的变压比公式和功率损耗的公式P损=I2R列式求解。A．输电线上损失的功率为，根据
可得输电线通过的电流
故A错误；
BCD．升压变压器为理想变压器，有
又
可得
输电线上损失的电压
升压变压器原、副线圈的匝数比
可得
降压变压器原线圈两端电压
降压变压器原、副线圈的匝数比
可得
故C正确，BD错误。
故选C。
【分析】根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流；根据升压变压器的输出功率结合求解升压变压器副线圈的电压，再根据电压损失得出降压变压器的输入电压；根据变压器电压之比等于匝数之比求解升压变压器、降压变压器的匝数比。
6．【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题的难点在于对斜抛运动的分析，尤其是求解运动员在空中飞行的时间，需要学生能够正确运用竖直上抛运动的位移公式，并且准确计算出竖直方向的速度，进而分析速度方向。A．在研究运动员空中姿态时，运动员的大小和形状不能忽略，因此不能将其视为质点，A错误；
B．运动员在空中飞行时，仅受重力作用，加速度为重力加速度，则相同时间内速度变化量
可见相同时间内速度变化量相同，B错误；
C．由题意可知，将运动的运动情况分解，如图所示
从B点到离斜面最远点过程中，运动员在垂直斜面方向上有
又
联立代入数据可得
由对称性可知，运动员在空中飞行的时间为
C错误；
D．运动员落到点时的垂直斜面方向的速度
沿斜面方向的速度
运动员落到点时的速度与斜面的夹角
所以运动员落到点时的速度与斜面的夹角为30°，而初速度与斜面的夹角为60°，所以速度方向与方向垂直，D正确。
故选D。
【分析】将斜抛运动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；运用速度的合成与分解来分析速度方向。
7．【答案】C
【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有界磁场中运动的极值问题。带电粒子运动轨迹对应的圆心角越大，时间越长，以及根据几何关系求解。AB．粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得
解得
如图所示
由几何关系可得边上有粒子到达区域的长度为
由几何关系可得边上有粒子到达区域的长度为
故AB错误；
C．如图所示
粒子从边上点射出时，对应的圆心角最小，所用时间最短，由几何关系可知，最小圆心角为，则最短时间为
故C正确；
D．如图所示
粒子从边上点射出时，对应的圆心角最大，所用时间最长，由几何关系可知，最大圆心角为，则最长时间为
故D错误。
故选C。
【分析】做出粒子从ab边射出的两个临界状态，根据几何关系求ab边上有粒子到达区域的长度；借助旋转圆找出临界情况，根据几何关系求ac边上有粒子到达区域的长度；根据弦长最短对应偏转角最小，即时间最短，根据几何关系和周期公式求从ab边射出的粒子在磁场中运动的最短时间；最长时间要找最长的弦长，根据几何关系和周期公式求从ac边射出的粒子在磁场中运动的最长时间。
8．【答案】A,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题考查了热力学第一定律，理解气体对外界做功以及气体内能的变化情况是解决此类问题的关键。A．为等压过程，体积增大，根据可知温度升高，气体内能增加，A正确；
B．为绝热过程，由图可知体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知内能减小，B错误；
C．为等压过程，体积减小，外界对气体做功；根据可知温度降低，内能减少，根据热力学第一定律可知气体放出热量，C错误；
D．图像与V轴围成的面积代表功，而整个过程回到a状态时气体与初态相比温度不变，内能不变，可知整个过程气体从外界吸收的总热量与做的总功相同，所以整个过程中，气体从外界吸收的总热量可以用所围的面积表示，D正确。
故选AD。
【分析】根据a→b过程气体压强不变，体积变大，气体对外界做正功，b→c过程是绝热过程，气体体积增大，分子数密度变小，结合盖一吕萨克定律以及热力学第一定律分析求解。
9．【答案】A,D
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则振动加强，且两列波互不干扰；当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍。A．AD两点为波峰与波峰叠加，B点为波谷与波谷叠加，、、三点都是振动加强点。故A正确；
B．、两点一直为振动加强点。故B错误；
C．质点为振动加强点。故C错；
D．在至的时间内，点经历了半个周期，通过的路程等于振幅的2倍，振幅为10cm，则通过的路程为。故D正确；
故选AD。
【分析】两列频率相同的相干波，A、D两点为波峰与波峰相遇，B点为波谷与波谷相遇时振动加强；由周期判断C点通过的路程。
10．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及求位移、求时间、速度等问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、能量守恒定律列方程进行解答。A．若a棒最终做匀速直线运动，则有
此时对b棒则有
可见两导体棒最终不会都做匀速直线运动，A错误；
B．设时刻，的速度大小为v，a棒产生的感应电动势
由闭合电路欧姆定律
分析b受力
解得
B正确；
C．在时间t内，对a棒由动量定理有
解得
C错误；
D．由闭合电路欧姆定律，a棒中的电流满足
对b棒，由牛顿第二定律
对a棒，由牛顿第二定律
显然，当电流最大时，最大，有
即
解得
D正确。
故选BD。
【分析】根据平衡条件分析安培力大小关系，由此分析；金属棒b刚好都能离开立柱时，由平衡条件求出b棒受到的安培力。也得到金属棒a的安培力，结合动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式求出沿斜面向下加速运动的速度；根据动量定理先求出a棒下滑的距离；a棒匀速时，速度不再增大，根据平衡条件求出电流的最大值。
11．【答案】（1）B
（2）向心加速度随角速度的增大而增大
（3）
【知识点】向心加速度
【解析】【解答】本题结合探究圆周运动向心力的影响因素实验，检测考生的实验探究能力，注意实验方法的掌握。
（1）探究向心加速度与角速度的关系，利用的科学思想方法是控制变量法。
故选B。
（2）由图（b）可知，转动半径一定时，向心加速度随角速度的增大而增大。
（3）根据公式可知，图像的斜率为转动半径，则由图（c）可知转动半径
【分析】（1）根据实验原理与实验方法分析；
（2）根据图像分析；
（3）根据图像结合向心力公式分析。
（1）探究向心加速度与角速度的关系，利用的科学思想方法是控制变量法。
故选B。
（2）由图（b）可知，转动半径一定时，向心加速度随角速度的增大而增大。
（3）根据公式可知，图像的斜率为转动半径，则由图（c）可知转动半径。
12．【答案】（1）较小
（2）上通道；10.5
（3）8.0
（4）变大
【知识点】实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】本题考查了压力传感器的相关实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
（1） 半导体薄膜压力传感器R1的阻值随压力F变化的图像如图乙所示，可知压力越大，传感器电阻较小，苹果通过托盘时，质量较大的苹果托盘对R1的压力较大，R1的阻值较小；
（2）若苹果质量小于0.3kg时，则R1阻值增大，分压增大，由于电源电动势不变，R2两端分压减小，电衔铁将不被吸合，小苹果将通过上通道；
当苹果质量为0.3kg时，此时
为使该装置达到分拣目的，R2的阻值满足
解得
（3）同理当苹果质量为0.40kg时，此时
为使该装置达到分拣目的，R2的阻值满足
解得
（4）若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，根据
可知内阻r增大，则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻偏小，需要的压力偏大，即分拣标准质量将会偏大
【分析】（1）根据质量较大的苹果托盘对R1的压力较大分析求解；
（2）由于电源电动势不变，结合压敏电阻的特点分析；
（3）根据闭合电路欧姆定律，结合电源电动势不变分析求解；
（4）根据闭合电路欧姆定律，结合内阻r增大，实际要吸引衔铁打开通道时的电阻偏小分析求解。
（1）苹果通过托盘时，质量较大的苹果托盘对R1的压力较大，根据图乙可知，R1的阻值较小；
（2）[1]若苹果质量小于0.3kg时，则R1阻值增大，分压增大，由于电源电动势不变，R2两端分压减小，电衔铁将不被吸合，小苹果将通过上通道；
[2]当苹果质量为0.3kg时，此时
为使该装置达到分拣目的，R2的阻值满足
解得
（3）同理当苹果质量为0.40kg时，此时
为使该装置达到分拣目的，R2的阻值满足
解得
（4）若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，根据
可知内阻r增大，则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻偏小，需要的压力偏大，即分拣标准质量将会偏大
13．【答案】（1）由题意阻力
由牛顿第二定律得①
解得
（2）由运动学公式
解得
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律列式求解加速度；
（2）根据匀变速直线运动的位移一时间规律，列式求解滑雪者沿山坡滑行5s的位移大小。
（1）由题意阻力
由牛顿第二定律得①
解得
（2）由运动学公式
解得
14．【答案】（1）小球从M运动到O，由题意知
由动能定理可得
解得
（2）由题意可知
小球从M运动到N，由动能定理得
联立解得
（3）根据点电荷电势的定义可得，M点的电势
O点的电势
而
各式联立解得
【知识点】电势；电势差
【解析】【分析】（1）小球由M点运动到O点过程，由动能定理列式求解；
（2）结合题意及前面分析，由对称性及动能定理分别列式求解；
（3）由电势的计算公式、电势差与电势的关系分别列式，即可分析求解。
（1）小球从M运动到O，由题意知
由动能定理可得
解得
（2）由题意可知
小球从M运动到N，由动能定理得
联立解得
（3）根据点电荷电势的定义可得，M点的电势
O点的电势
而
各式联立解得
15．【答案】（1）由题意、碰撞前、相对静止，a、b碰撞后a、c相对静止，、碰撞后、相对静止。则最终、、三者共速，设速度为，对全过程，由动量守恒定律
解得
（2）对全过程，由功能关系有
、碰撞前瞬间，由动量守恒定律
从开始到、碰撞前瞬间，由功能关系有
解得，
（3）经分析、、的位移大小相等。设碰撞前的位移为，由动能定理有
设、碰撞后到a、、共速前，的位移为，由动能定理有
又
解得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由动量守恒定律求a、b、c的最终速度；
（2）由功能关系和动量守恒定律求b和c碰撞前瞬间b的速度大小；
（3）由动能定理和位移关系求从a开始运动至a、b、c三者刚好共速时，a的位移。
（1）由题意、碰撞前、相对静止，a、b碰撞后a、c相对静止，、碰撞后、相对静止。则最终、、三者共速，设速度为，对全过程，由动量守恒定律
解得
（2）对全过程，由功能关系有
、碰撞前瞬间，由动量守恒定律
从开始到、碰撞前瞬间，由功能关系有
解得，
（3）经分析、、的位移大小相等。设碰撞前的位移为，由动能定理有
设、碰撞后到a、、共速前，的位移为，由动能定理有
又
解得
1 / 1
