四川省成都市玉林中学2025-2026学年高三上学期期中监测物理试题
1．（2025高三上·成都期中）原子弹是利用重核裂变的链式反应制成的，在极短的时间内能够释放大量的核能，发生猛烈爆炸。1964年10月16日中国自行制造的第一颗原子弹爆炸成功，有力地打破了西方国家的核垄断和核讹诈，提高了中国的国际地位。下列核反应方程式中属于原子弹爆炸的核反应方程式的是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（2025高三上·成都期中）矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两个作用力大小均为F，夹角为α（如图），则该牙所受两牵引力的合力大小为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·成都期中）如图，为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（ ）
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由放电极指向集尘极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
4．（2025高三上·成都期中）长沙市某游乐场有高山坡滑草这项游乐项目：高山两侧是坡度不同的滑道，游客坐在滑草板上从顶端滑到水平地面，体验极速的刺激。如图所示，若两名质量相同的游客同时从顶端分别沿两侧滑面从静止开始下滑，若不考虑滑道的摩擦，则（ ）
A．两人到达斜面底端时的速度相同
B．两人下滑过程中重力的冲量相同
C．两人下滑过程中合外力的冲量相同
D．两人下滑过程中动量变化量的大小相同
5．（2025高三上·成都期中）一定质量的理想气体从状态a开始。第一次经绝热过程到状态b；第二次先经等压过程到状态c，再经等容过程到状态b。图像如图所示。则（ ）
A．过程气体从外界吸热
B．过程比过程气体对外界所做的功多
C．气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能小
D．气体在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少
6．（2025高三上·成都期中）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量和质量均相同的粒子飘入电压为的加速电场，其初速度几乎为零，这些粒子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，粒子刚好能打在底片上的M点。已知放置底片的区域，且。若想要粒子始终能打在底片上，则加速电场的电压最大为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·成都期中）如图所示，两条相距L的平行虚线间存在一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。现将一个上底为L、下底为3L、高为2L的等腰梯形闭合线圈，从图示位置以垂直于磁场边界的速度向右匀速穿过磁场，取逆时针方向为感应电流正方向，则该过程线圈中感应电流i随位移x变化的图像是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025高三上·成都期中）一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过2s质点第一次经过M点，再继续运动，又经过1 s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M点再需要的时间可能是（ ）
A． B． C．7 s D．9 s
9．（2025高三上·成都期中）如图，光滑地面上，有一质量为的木箱停在水平路面上，木箱高，一质量的小物块置于的上表面，它距后端A点的距离为，已知与之间的动摩擦因数为。现对木箱施一水平向右的大小恒为的作用力，木箱开始运动，最后小物块会离开后落至水平地面，运动中小物块可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．小物块离开木箱时，小物块的速度为
B．小物块离开木箱时，木箱的速度为
C．小物块落地时，小物块与木箱之间的距离为
D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移为
10．（2025高三上·成都期中）有一种蜘蛛带电后能在电场环境中“御电飞行”。如图所示，在一个固定的带正电的金属球旁边，一只带负电的蜘蛛在水平面上做半径为R的匀速圆周运动。若金属球半径为R，所带电荷量为+Q，蜘蛛可看做质点且质量为m，其到球面的距离和到过O点竖直线的距离均为R（已知均匀带电球壳内部电场强度为0，且金属球电荷分布均匀），蜘蛛所带电量不影响金属球电荷分布，重力加速度为g，静电力常量为k，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．蜘蛛受到的电场力为
B．蜘蛛的动能为
C．金属球内一点P，已知OP=0.5R，则P点的电场强度大小为
D．蜘蛛所带电量为
11．（2025高三上·成都期中）某同学在用打点计时器研究匀变速直线运动规律的实验中打出的点如图所示，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点，其相邻点间的距离如图所示。
(1)打点计时器使用 电源（选填“交流”或“直流”），电源的频率是50Hz，每相邻两个计数点之间有四个点未画出，则每两个相邻的计数点之间的时间间隔为 秒。
(2)计算出打下C、D两点时小车的瞬时速度（保留三位有效数字）：vC= m/s，vD= m/s
(3)计算加速度：a= m/s2（保留二位有效数字）。
12．（2025高三上·成都期中）（1）某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，正确操作用游标卡尺测得金属丝的长度L为 cm、用螺旋测微器测得金属丝的直径d为 mm；
（2）已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0~10Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kΩ，电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电动势，内阻很小。则以下电路图中 （填电路图下方的字母代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路。但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏 ；
（3）若已知实验所用的电流表内阻的准确值，此时测得电流为I、电压为U，那么金属丝的电阻率为 （用直接测量的字母表示）。
13．（2025高三上·成都期中）如图所示，一质点从空中A点以v0=10m/s的速度水平抛出，落在水平地面B点，C是A点正下方地面上的一点。若从B点看A点的仰角（∠ABC）为37°，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.
（1）求水平射程BC；
（2）若将A点的高度提升至原来的4倍，且初速度不变。则水平射程变为多少？
14．（2025高三上·成都期中）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。
15．（2025高三上·成都期中）如图所示，质量为的导体棒置于光滑的倾斜导轨上，两导轨平行且间距，与水平面夹角为37°。整个空间中存在一个与导轨面垂直的磁感应强度为的匀强磁场。右侧导轨底部连接一单刀双掷开关S，可接通电源E或定值电阻R。导体棒初速度沿导轨向上，大小为。已知导轨足够长、导体棒始终与导轨垂直且良好接触，导体棒连入电路的电阻和定值电阻R的阻值均为，导轨电阻不计，电源E的电动势为、内阻，，，重力加速度g取。
（1）若单刀双掷开关接定值电阻R，求导体棒的初始加速度大小；
（2）若单刀双掷开关接定值电阻R，导体棒从出发至回到初始位置的时间为1.1s，求导体棒回到初始位置时的速度大小；
（3）若单刀双掷开关接电源E，导体棒从出发至速度达到最小值经历的时间为，求该过程中导体棒上产生的焦耳热（最终结果保留2位有效数字）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点；核裂变；核聚变
【解析】【解答】A.该核反应是衰变，故A错误；
B.该核反应方程是重核裂变，故B正确；
C.该核反应是一般的核转变，故C错误；
D.该核反应方程是氢核聚变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题需明确原子弹的核反应类型是重核裂变（链式反应），通过判断各选项的核反应类型来确定正确选项。
2．【答案】B
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】根据平行四边形定则可知，该牙所受两牵引力的合力大小为
故答案为：B。
【分析】利用力的平行四边形定则，将两个等大的力分解到合力方向，再叠加计算合力大小。
3．【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电场强度
【解析】【解答】ABC．由图示可知，集尘极与直流高压电源正极相连，则电场方向由集尘板指向放电极，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，则尘埃的电场力方向向右，故到达到达集尘极的尘埃带负电荷，故ABC错误；
D．根据可知，同一位置带电荷量越多场强越大，尘埃所受电场力越大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合电场的方向（由电势高低决定）、电场力的方向（与电荷正负、电场方向相关），以及电场力公式，分析静电除尘器的工作原理。
4．【答案】D
【知识点】动量定理；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据动能定理得可知，两人到达底端的速度大小相等，但方向不同，所以速度不同，故A错误；
B．人下滑过程中受到的合外力大小为，所以根据牛顿第二定律可得，加速度大小为
根据，可得下滑所用的时间为，由于两斜面角度不同，所以时间不同，由公式，可知两人下滑过程中重力的冲量不相同，故B错误；
CD．人受到合力的冲量大小为，所以合力冲量大小相等，但方向不同，由动量定理可知，两人下滑过程中动量变化量的大小相同，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】通过机械能守恒判断速度大小；结合运动时间与力的方向，分析重力冲量、合外力冲量的异同；利用动量定理判断动量变化量的大小。
5．【答案】B
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．过程，气体体积不变，即等容变化过程，气体压强变小，温度降低，故内能减小，该过程气体对外不做功，故气体向外界放热，A错误；
B．由微元法可得图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，过程比过程气体对外界所做的功多，B正确；
C．过程为绝热过程，气体体积变大对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低。温度是分子平均动能的标志，故气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能大，C错误；
D．过程，气体的压强相等，体积变大温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的动量变化量变大。由气体压强的微观解释可知，在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，D错误。
故答案为：B。
【分析】热力学第一定律、气体做功的微元法（p-V图面积表示做功）、温度与分子平均动能的关系，分析各过程的能量、做功及分子运动情况。
6．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】粒子打到M点时，则，，
粒子打到N点时，加速电场的电压最大，则，，
解得
故答案为：C。
【分析】结合动能定理（加速过程）和洛伦兹力提供向心力（磁场中圆周运动），推导加速电压与圆周半径的关系，再根据底片范围确定最大半径对应的电压。
7．【答案】A
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】由右手定则知，刚进入磁场时，感应电流为逆时针方向，故感应电流为正，设两腰与水平面夹角为，则有效切割长度为
则感应电流为
即感应电流与位移成线性关系，且随位移增大而增大。右侧底边出磁场后，有效切割长度为
即感应电流保持不变。之后左侧底边进入磁场后，由右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，即感应电流为负，同理可知有效长度增大，即感应电流增大。
故答案为：A。
【分析】根据法拉第电磁感应定律，结合梯形线圈切割磁感线的有效长度变化，分阶段分析感应电流的大小与方向。
8．【答案】B,D
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】①若振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图1所示
可得振动的周期为
振子第三次通过M点需要经过的时间为
②若振子开始运动的方向向右直接向M点运动，运动线路如图2所示
振动的周期为
振子第三次通过M点需要经过的时间为
故答案为：BD。
【分析】本题需结合简谐运动的对称性，分两种初始运动方向的情况，确定周期，再计算第三次经过 M 点的时间，核心思路是：根据第一次、第二次经过 M 点的时间，利用简谐运动的对称特性求出周期，进而得到第三次经过 M 点的时间。
9．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；平抛运动
【解析】【解答】AB．小物块与木箱间的摩擦力Ff= mg=0.2×5×10N=10N
由牛顿第二定律可得物块的加速度为
木箱的加速度为
由位移时间公式可有
解得时间为t=2s
小物块离开木箱时，小物块的速度为vm=amt=2×2 m/s =4m/s
木箱的速度为vM=aMt=3×2 m/s=6 m/s，AB正确；
C．小物块离开木箱后做平抛运动，落地时间为，
小物块离开木箱后，木箱的加速度为
小物块落地时与木箱之间的距离为，C错误；
D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】本题考查板块模型与平抛运动的综合，核心思路是分别对小物块和木箱进行受力分析求加速度，利用位移差求滑动时间；再分析小物块平抛运动和木箱的匀加速运动，结合运动学公式推导各选项的正确性。
10．【答案】A,D
【知识点】电场及电场力；电场强度
【解析】【解答】A．蜘蛛受到的电场力与竖直方向的夹角为θ，有
解得，蜘蛛受到的电场力为F，有，解得，故A正确；
B．蜘蛛的动能为，根据牛顿第二定律得，解得，故B错误；
C．P点的电场强度可看成是以OP为半径的球和剩下部分的球壳在P点的场强的矢量和，又已知均匀带电球壳内部电场强度为0，则P点的电场强度大小等于以OP为半径的球产生的场强，该球的半径为金属球半径的一半，根据，可知该球的体积为金属球的，因为金属球电荷分布均匀，可知该球的电荷量为，则该球在P点的电场强度大小为，故C错误；
D．根据库仑定律，解得，即蜘蛛所带电量为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】先通过几何关系确定电场力与竖直方向的夹角，再利用受力平衡和向心力公式分析，结合均匀带电球的电场公式计算相关物理量。
11．【答案】交流；0.1；0.479；0.560；0.80
【知识点】加速度；瞬时速度
【解析】【解答】(1)打点计时器是使用交流电电源的仪器，它每隔0.02秒打一次点，每相邻两个计数点之间有四个点未画出，则每两个相邻的计数点之间的时间间隔为
故答案为：交流；0.1
(2)C点的瞬时速度等于BD段的平均速度，则
同理
故答案为：0.479；0.560
(3)由逐差法得
故答案为：0.80
【分析】（1）仪器与时间：打点计时器依赖交流电工作，时间间隔由 “打点周期 × 间隔点数” 确定。
（2）瞬时速度：利用 “匀变速运动中，某点的瞬时速度等于相邻两段的平均速度” 计算。
（3）加速度：逐差法可减小误差，将数据分为前后两组，用 “后组位移和减前组位移和，除以时间间隔平方的 9 倍” 求解。
12．【答案】1.050；0.531；A；小；
【知识点】电阻定律；导体电阻率的测量
【解析】【解答】(1)游标卡尺主尺读数1cm，游标第十个刻度与主尺对齐，则金属丝的长度L为
螺旋测微器固定刻度读数0.5mm，可动部分读数3.1，则金属丝直径为
故答案为：1.050；0.531
(2)因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为，故采用电流表外接法误差较小，故A正确，BCD错误；
在实验中电压表示数准确，但电流测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；
故答案为：A；小
(3)因已知电流表准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻，可以用B电路，由欧姆定律可得
则待测电阻
且，
联立可得金属丝电阻率为
故答案为：
【分析】（1）仪器读数：游标卡尺为 “主尺 + 游标”，螺旋测微器为 “固定刻度 + 可动刻度”，注意分度值。
（2）电路选择：结合电源特性选限流，结合待测电阻与电表内阻的关系选电流表外接；误差源于电流表的分流。
（3）电阻率推导：先通过电流表内阻修正待测电阻，再结合电阻定律、横截面积公式，整理得电阻率表达式。
13．【答案】（1）解：根据
解得
则
（2）解：竖直方向因为自由落体运动在从开始运动时相等时间内的位移比是1：3，竖直位移提升至4倍，飞行时间为2倍，所以提升后的水平射程为
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）水平射程：利用平抛运动的分运动规律，结合仰角的正切值（竖直位移与水平位移的比值），联立求解运动时间，进而得到水平射程。
（2）高度提升后的射程：竖直位移与时间的平方成正比，高度变为 4 倍时，时间变为 2 倍，水平射程（与时间成正比）也变为 2 倍。
14．【答案】（1）解：对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）解：小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）解：若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
【知识点】生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球下摆与拉力：用动能定理求最低点速度，结合牛顿第二定律求拉力；
（2）弹性碰撞速度：利用弹性碰撞的动量、能量守恒公式，直接推导物块速度；
（3）动摩擦因数范围：分“能进入轨道”（摩擦力做功不超过初动能）和“不脱离小车”（到达顶端共速且满足竖直方向条件）两个条件，联立求范围。
15．【答案】（1）解：若单刀双掷开关接定值电阻R，则牛顿第二定律，，
联立解得导体棒的初始加速度大小
（2）解：若单刀双掷开关接定值电阻R，则上升到最高点时由动量定理
其中
由最高点下落到低端时由动量定理
其中
又
联立解得
（3）解：初始时刻回路产生的动生电动势
导体棒中的电流方向为从M到N，电流为
此时安培力小于重力的分量，导体棒做加速度减小的减速运动，当导体棒的速度达到最小时，加速度为零，则
解得
导体棒从出发至速度减小到最小值的过程中有动量定理
即
解得
由于
解得
电源非静电力做功
导体棒动能变化
导体棒重力势能的变化
导体棒与内阻上产生的焦耳热Q总，电源E非静电力做功等于其它能量的该变量，则有
导体棒上产生的焦耳热
【知识点】安培力；牛顿第二定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）初始加速度：先求感应电动势与电流，再结合安培力、重力分力，用牛顿第二定律求解。
（2）返回速度：利用动量定理，结合上升、下落过程中 “安培力的冲量相等” 的特点，消去位移项后直接联立求解。
（3）焦耳热：先求电路电流与安培力，用动量定理得最小速度；再计算总焦耳热，按电阻比例分配得导体棒的焦耳热。
1 / 1四川省成都市玉林中学2025-2026学年高三上学期期中监测物理试题
1．（2025高三上·成都期中）原子弹是利用重核裂变的链式反应制成的，在极短的时间内能够释放大量的核能，发生猛烈爆炸。1964年10月16日中国自行制造的第一颗原子弹爆炸成功，有力地打破了西方国家的核垄断和核讹诈，提高了中国的国际地位。下列核反应方程式中属于原子弹爆炸的核反应方程式的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点；核裂变；核聚变
【解析】【解答】A.该核反应是衰变，故A错误；
B.该核反应方程是重核裂变，故B正确；
C.该核反应是一般的核转变，故C错误；
D.该核反应方程是氢核聚变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题需明确原子弹的核反应类型是重核裂变（链式反应），通过判断各选项的核反应类型来确定正确选项。
2．（2025高三上·成都期中）矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两个作用力大小均为F，夹角为α（如图），则该牙所受两牵引力的合力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】根据平行四边形定则可知，该牙所受两牵引力的合力大小为
故答案为：B。
【分析】利用力的平行四边形定则，将两个等大的力分解到合力方向，再叠加计算合力大小。
3．（2025高三上·成都期中）如图，为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（ ）
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由放电极指向集尘极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电场强度
【解析】【解答】ABC．由图示可知，集尘极与直流高压电源正极相连，则电场方向由集尘板指向放电极，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，则尘埃的电场力方向向右，故到达到达集尘极的尘埃带负电荷，故ABC错误；
D．根据可知，同一位置带电荷量越多场强越大，尘埃所受电场力越大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合电场的方向（由电势高低决定）、电场力的方向（与电荷正负、电场方向相关），以及电场力公式，分析静电除尘器的工作原理。
4．（2025高三上·成都期中）长沙市某游乐场有高山坡滑草这项游乐项目：高山两侧是坡度不同的滑道，游客坐在滑草板上从顶端滑到水平地面，体验极速的刺激。如图所示，若两名质量相同的游客同时从顶端分别沿两侧滑面从静止开始下滑，若不考虑滑道的摩擦，则（ ）
A．两人到达斜面底端时的速度相同
B．两人下滑过程中重力的冲量相同
C．两人下滑过程中合外力的冲量相同
D．两人下滑过程中动量变化量的大小相同
【答案】D
【知识点】动量定理；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据动能定理得可知，两人到达底端的速度大小相等，但方向不同，所以速度不同，故A错误；
B．人下滑过程中受到的合外力大小为，所以根据牛顿第二定律可得，加速度大小为
根据，可得下滑所用的时间为，由于两斜面角度不同，所以时间不同，由公式，可知两人下滑过程中重力的冲量不相同，故B错误；
CD．人受到合力的冲量大小为，所以合力冲量大小相等，但方向不同，由动量定理可知，两人下滑过程中动量变化量的大小相同，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】通过机械能守恒判断速度大小；结合运动时间与力的方向，分析重力冲量、合外力冲量的异同；利用动量定理判断动量变化量的大小。
5．（2025高三上·成都期中）一定质量的理想气体从状态a开始。第一次经绝热过程到状态b；第二次先经等压过程到状态c，再经等容过程到状态b。图像如图所示。则（ ）
A．过程气体从外界吸热
B．过程比过程气体对外界所做的功多
C．气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能小
D．气体在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少
【答案】B
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．过程，气体体积不变，即等容变化过程，气体压强变小，温度降低，故内能减小，该过程气体对外不做功，故气体向外界放热，A错误；
B．由微元法可得图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，过程比过程气体对外界所做的功多，B正确；
C．过程为绝热过程，气体体积变大对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低。温度是分子平均动能的标志，故气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能大，C错误；
D．过程，气体的压强相等，体积变大温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的动量变化量变大。由气体压强的微观解释可知，在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，D错误。
故答案为：B。
【分析】热力学第一定律、气体做功的微元法（p-V图面积表示做功）、温度与分子平均动能的关系，分析各过程的能量、做功及分子运动情况。
6．（2025高三上·成都期中）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量和质量均相同的粒子飘入电压为的加速电场，其初速度几乎为零，这些粒子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，粒子刚好能打在底片上的M点。已知放置底片的区域，且。若想要粒子始终能打在底片上，则加速电场的电压最大为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】粒子打到M点时，则，，
粒子打到N点时，加速电场的电压最大，则，，
解得
故答案为：C。
【分析】结合动能定理（加速过程）和洛伦兹力提供向心力（磁场中圆周运动），推导加速电压与圆周半径的关系，再根据底片范围确定最大半径对应的电压。
7．（2025高三上·成都期中）如图所示，两条相距L的平行虚线间存在一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。现将一个上底为L、下底为3L、高为2L的等腰梯形闭合线圈，从图示位置以垂直于磁场边界的速度向右匀速穿过磁场，取逆时针方向为感应电流正方向，则该过程线圈中感应电流i随位移x变化的图像是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】由右手定则知，刚进入磁场时，感应电流为逆时针方向，故感应电流为正，设两腰与水平面夹角为，则有效切割长度为
则感应电流为
即感应电流与位移成线性关系，且随位移增大而增大。右侧底边出磁场后，有效切割长度为
即感应电流保持不变。之后左侧底边进入磁场后，由右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，即感应电流为负，同理可知有效长度增大，即感应电流增大。
故答案为：A。
【分析】根据法拉第电磁感应定律，结合梯形线圈切割磁感线的有效长度变化，分阶段分析感应电流的大小与方向。
8．（2025高三上·成都期中）一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过2s质点第一次经过M点，再继续运动，又经过1 s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M点再需要的时间可能是（ ）
A． B． C．7 s D．9 s
【答案】B,D
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】①若振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图1所示
可得振动的周期为
振子第三次通过M点需要经过的时间为
②若振子开始运动的方向向右直接向M点运动，运动线路如图2所示
振动的周期为
振子第三次通过M点需要经过的时间为
故答案为：BD。
【分析】本题需结合简谐运动的对称性，分两种初始运动方向的情况，确定周期，再计算第三次经过 M 点的时间，核心思路是：根据第一次、第二次经过 M 点的时间，利用简谐运动的对称特性求出周期，进而得到第三次经过 M 点的时间。
9．（2025高三上·成都期中）如图，光滑地面上，有一质量为的木箱停在水平路面上，木箱高，一质量的小物块置于的上表面，它距后端A点的距离为，已知与之间的动摩擦因数为。现对木箱施一水平向右的大小恒为的作用力，木箱开始运动，最后小物块会离开后落至水平地面，运动中小物块可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．小物块离开木箱时，小物块的速度为
B．小物块离开木箱时，木箱的速度为
C．小物块落地时，小物块与木箱之间的距离为
D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移为
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；平抛运动
【解析】【解答】AB．小物块与木箱间的摩擦力Ff= mg=0.2×5×10N=10N
由牛顿第二定律可得物块的加速度为
木箱的加速度为
由位移时间公式可有
解得时间为t=2s
小物块离开木箱时，小物块的速度为vm=amt=2×2 m/s =4m/s
木箱的速度为vM=aMt=3×2 m/s=6 m/s，AB正确；
C．小物块离开木箱后做平抛运动，落地时间为，
小物块离开木箱后，木箱的加速度为
小物块落地时与木箱之间的距离为，C错误；
D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】本题考查板块模型与平抛运动的综合，核心思路是分别对小物块和木箱进行受力分析求加速度，利用位移差求滑动时间；再分析小物块平抛运动和木箱的匀加速运动，结合运动学公式推导各选项的正确性。
10．（2025高三上·成都期中）有一种蜘蛛带电后能在电场环境中“御电飞行”。如图所示，在一个固定的带正电的金属球旁边，一只带负电的蜘蛛在水平面上做半径为R的匀速圆周运动。若金属球半径为R，所带电荷量为+Q，蜘蛛可看做质点且质量为m，其到球面的距离和到过O点竖直线的距离均为R（已知均匀带电球壳内部电场强度为0，且金属球电荷分布均匀），蜘蛛所带电量不影响金属球电荷分布，重力加速度为g，静电力常量为k，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．蜘蛛受到的电场力为
B．蜘蛛的动能为
C．金属球内一点P，已知OP=0.5R，则P点的电场强度大小为
D．蜘蛛所带电量为
【答案】A,D
【知识点】电场及电场力；电场强度
【解析】【解答】A．蜘蛛受到的电场力与竖直方向的夹角为θ，有
解得，蜘蛛受到的电场力为F，有，解得，故A正确；
B．蜘蛛的动能为，根据牛顿第二定律得，解得，故B错误；
C．P点的电场强度可看成是以OP为半径的球和剩下部分的球壳在P点的场强的矢量和，又已知均匀带电球壳内部电场强度为0，则P点的电场强度大小等于以OP为半径的球产生的场强，该球的半径为金属球半径的一半，根据，可知该球的体积为金属球的，因为金属球电荷分布均匀，可知该球的电荷量为，则该球在P点的电场强度大小为，故C错误；
D．根据库仑定律，解得，即蜘蛛所带电量为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】先通过几何关系确定电场力与竖直方向的夹角，再利用受力平衡和向心力公式分析，结合均匀带电球的电场公式计算相关物理量。
11．（2025高三上·成都期中）某同学在用打点计时器研究匀变速直线运动规律的实验中打出的点如图所示，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点，其相邻点间的距离如图所示。
(1)打点计时器使用 电源（选填“交流”或“直流”），电源的频率是50Hz，每相邻两个计数点之间有四个点未画出，则每两个相邻的计数点之间的时间间隔为 秒。
(2)计算出打下C、D两点时小车的瞬时速度（保留三位有效数字）：vC= m/s，vD= m/s
(3)计算加速度：a= m/s2（保留二位有效数字）。
【答案】交流；0.1；0.479；0.560；0.80
【知识点】加速度；瞬时速度
【解析】【解答】(1)打点计时器是使用交流电电源的仪器，它每隔0.02秒打一次点，每相邻两个计数点之间有四个点未画出，则每两个相邻的计数点之间的时间间隔为
故答案为：交流；0.1
(2)C点的瞬时速度等于BD段的平均速度，则
同理
故答案为：0.479；0.560
(3)由逐差法得
故答案为：0.80
【分析】（1）仪器与时间：打点计时器依赖交流电工作，时间间隔由 “打点周期 × 间隔点数” 确定。
（2）瞬时速度：利用 “匀变速运动中，某点的瞬时速度等于相邻两段的平均速度” 计算。
（3）加速度：逐差法可减小误差，将数据分为前后两组，用 “后组位移和减前组位移和，除以时间间隔平方的 9 倍” 求解。
12．（2025高三上·成都期中）（1）某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，正确操作用游标卡尺测得金属丝的长度L为 cm、用螺旋测微器测得金属丝的直径d为 mm；
（2）已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0~10Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kΩ，电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电动势，内阻很小。则以下电路图中 （填电路图下方的字母代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路。但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏 ；
（3）若已知实验所用的电流表内阻的准确值，此时测得电流为I、电压为U，那么金属丝的电阻率为 （用直接测量的字母表示）。
【答案】1.050；0.531；A；小；
【知识点】电阻定律；导体电阻率的测量
【解析】【解答】(1)游标卡尺主尺读数1cm，游标第十个刻度与主尺对齐，则金属丝的长度L为
螺旋测微器固定刻度读数0.5mm，可动部分读数3.1，则金属丝直径为
故答案为：1.050；0.531
(2)因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为，故采用电流表外接法误差较小，故A正确，BCD错误；
在实验中电压表示数准确，但电流测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；
故答案为：A；小
(3)因已知电流表准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻，可以用B电路，由欧姆定律可得
则待测电阻
且，
联立可得金属丝电阻率为
故答案为：
【分析】（1）仪器读数：游标卡尺为 “主尺 + 游标”，螺旋测微器为 “固定刻度 + 可动刻度”，注意分度值。
（2）电路选择：结合电源特性选限流，结合待测电阻与电表内阻的关系选电流表外接；误差源于电流表的分流。
（3）电阻率推导：先通过电流表内阻修正待测电阻，再结合电阻定律、横截面积公式，整理得电阻率表达式。
13．（2025高三上·成都期中）如图所示，一质点从空中A点以v0=10m/s的速度水平抛出，落在水平地面B点，C是A点正下方地面上的一点。若从B点看A点的仰角（∠ABC）为37°，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.
（1）求水平射程BC；
（2）若将A点的高度提升至原来的4倍，且初速度不变。则水平射程变为多少？
【答案】（1）解：根据
解得
则
（2）解：竖直方向因为自由落体运动在从开始运动时相等时间内的位移比是1：3，竖直位移提升至4倍，飞行时间为2倍，所以提升后的水平射程为
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）水平射程：利用平抛运动的分运动规律，结合仰角的正切值（竖直位移与水平位移的比值），联立求解运动时间，进而得到水平射程。
（2）高度提升后的射程：竖直位移与时间的平方成正比，高度变为 4 倍时，时间变为 2 倍，水平射程（与时间成正比）也变为 2 倍。
14．（2025高三上·成都期中）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。
【答案】（1）解：对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）解：小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）解：若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
【知识点】生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小球下摆与拉力：用动能定理求最低点速度，结合牛顿第二定律求拉力；
（2）弹性碰撞速度：利用弹性碰撞的动量、能量守恒公式，直接推导物块速度；
（3）动摩擦因数范围：分“能进入轨道”（摩擦力做功不超过初动能）和“不脱离小车”（到达顶端共速且满足竖直方向条件）两个条件，联立求范围。
15．（2025高三上·成都期中）如图所示，质量为的导体棒置于光滑的倾斜导轨上，两导轨平行且间距，与水平面夹角为37°。整个空间中存在一个与导轨面垂直的磁感应强度为的匀强磁场。右侧导轨底部连接一单刀双掷开关S，可接通电源E或定值电阻R。导体棒初速度沿导轨向上，大小为。已知导轨足够长、导体棒始终与导轨垂直且良好接触，导体棒连入电路的电阻和定值电阻R的阻值均为，导轨电阻不计，电源E的电动势为、内阻，，，重力加速度g取。
（1）若单刀双掷开关接定值电阻R，求导体棒的初始加速度大小；
（2）若单刀双掷开关接定值电阻R，导体棒从出发至回到初始位置的时间为1.1s，求导体棒回到初始位置时的速度大小；
（3）若单刀双掷开关接电源E，导体棒从出发至速度达到最小值经历的时间为，求该过程中导体棒上产生的焦耳热（最终结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）解：若单刀双掷开关接定值电阻R，则牛顿第二定律，，
联立解得导体棒的初始加速度大小
（2）解：若单刀双掷开关接定值电阻R，则上升到最高点时由动量定理
其中
由最高点下落到低端时由动量定理
其中
又
联立解得
（3）解：初始时刻回路产生的动生电动势
导体棒中的电流方向为从M到N，电流为
此时安培力小于重力的分量，导体棒做加速度减小的减速运动，当导体棒的速度达到最小时，加速度为零，则
解得
导体棒从出发至速度减小到最小值的过程中有动量定理
即
解得
由于
解得
电源非静电力做功
导体棒动能变化
导体棒重力势能的变化
导体棒与内阻上产生的焦耳热Q总，电源E非静电力做功等于其它能量的该变量，则有
导体棒上产生的焦耳热
【知识点】安培力；牛顿第二定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）初始加速度：先求感应电动势与电流，再结合安培力、重力分力，用牛顿第二定律求解。
（2）返回速度：利用动量定理，结合上升、下落过程中 “安培力的冲量相等” 的特点，消去位移项后直接联立求解。
（3）焦耳热：先求电路电流与安培力，用动量定理得最小速度；再计算总焦耳热，按电阻比例分配得导体棒的焦耳热。
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