資源簡介

2025屆廣西柳州高三下學期第三次模擬考試物理試卷
1．（2025·柳州模擬）2024年10月15日，嫦娥六號從月球背面帶回的樣品完成鑒定，樣品中的含量十分豐富，是核聚變的理想材料。的質子數(shù)與中子數(shù)分別為（　　）
A．2和3 B．3和2 C．1和2 D．2和1
2．（2025·柳州模擬）某同學站在壓力傳感器上，開始時保持微蹲狀態(tài)，之后完成了某些動作，所采集的壓力 F隨時間t變化的圖像如圖。則該同學在壓力傳感器上完成的動作可能是（　　）
A．只有站起過程 B．只有下蹲過程
C．先站起之后下蹲 D．先下蹲之后站起
3．（2025·柳州模擬）中國的機器狗處于世界先進水平，如圖所示，將物塊放在機器狗的頭部，物塊與機器狗的接觸面為水平面，當機器狗（　　）
A．水平減速前進時，機器狗對物塊的作用力小于物塊的重力
B．水平減速前進時，機器狗對物塊的作用力大于物塊的重力
C．水平加速前進時，機器狗對物塊的作用力等于物塊的重力
D．水平加速前進時，機器狗對物塊的作用力大于物塊對機器狗的作用力
4．（2025·柳州模擬）光伏玻璃具有高透光率低反射率高的特點，一束光線以的入射角從空氣中射到光伏玻璃上，反射光線與折射光線的夾角可能為（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·柳州模擬）水杯接完熱水后再擰緊杯蓋，待杯內的水降溫后就較難擰開。若接入大半杯水后，杯內氣體溫度為，壓強為，擰緊杯蓋，杯內氣體（視為一定質量的理想氣體）被密閉，經(jīng)過一段時間后，杯內溫度降到，此時杯內氣體的壓強約為（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·柳州模擬）哈雷彗星的運動軌道是一個以太陽為焦點的橢圓，其運行周期為N年，地球的公轉軌道可視為圓形，哈雷彗星軌道的半長軸與地球公轉半徑之比為（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·柳州模擬）如圖所示，100匝邊長為10cm的正方形線圈，一半放在磁感應強度為2T的勻強磁場中，線圈軸線與磁場邊界重合，線圈沿圖示方向勻速轉動，角速度為，線圈的總電阻為，從圖示位置開始，線圈轉過時所受安培力大小為（　　）
A． B． C．12N D．24N
8．（2025·柳州模擬）投壺是春秋戰(zhàn)國時期流行的一種游戲，規(guī)則是參與游戲的人需要在一定距離外把小球投進壺里。某人先后從同一位置投射出兩個相同的小球，第一次初速度水平，第二次初速度斜向下，如圖所示，兩個小球均從壺口同一位置落入壺中，不計空氣阻力，兩個小球從投出到運動至壺口的過程中（　　）
A．運動時間相同 B．加速度相同
C．動能變化量相同 D．動量變化量相同
9．（2025·柳州模擬）如圖所示，一帶正電的滑塊以某一初速度沿固定絕緣斜面下滑，時刻進入方向豎直向下的勻強電場區(qū)域，滑塊運動的速度時間（）圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025·柳州模擬）如圖，坐標軸上三個點的坐標分別為a（-L，0）、b（2L，0）、c（0，2L），在第一、四象限內有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在第二象限內有方向垂直紙面向外的勻強磁場，圖中磁感線均未畫出。某帶電粒子以大小為 v、方向與x軸成的速度從a點射入，依次經(jīng)過 O、b、c三點。不計粒子重力及磁場的邊界效應，下列說法正確的是（　　）
A．第二象限內的磁感應強度大小為2B
B．粒子的比荷為
C．粒子從a點運動到c點的時間為
D．粒子能通過坐標為的點
11．（2025·柳州模擬）某同學用如圖所示的實驗裝置做“探究彈簧彈力和伸長量的關系”的實驗，在彈簧下端依次掛1個、2個、3個、4個、5個質量均為20g鉤碼，測出彈簧相應的總長度，將實驗數(shù)據(jù)記入下表。（重力加速度g取）
鉤碼質量 20 40 60 80 100
彈簧總長度
（1）關于本實驗的注意事項，下列說法正確的是（　　）
A．在安裝刻度尺時，刻度尺可以適當傾斜
B．所掛鉤碼產(chǎn)生的彈力要在彈簧的彈性限度內
C．掛上鉤碼后，鉤碼上下振動，應當在鉤碼運動到最低點時讀數(shù)
（2）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，可得出該彈簧的勁度系數(shù)為　 　（結果保留兩位有效數(shù)字）；
（3）取下這5個鉤碼，將一個質量為200g的小球掛在該彈簧下端，當彈簧處于原長時，將小球由靜止開始釋放，小球到達的最低點與釋放位置間的距離為　 　cm。（勁度系數(shù)為k的彈簧，形變量為x時具有的彈性勢能為）
12．（2025·柳州模擬）某一電池的電動勢E約為，內阻r未知。為測定這個電池的電動勢和內阻，某同學利用如圖甲所示的電路進行實驗。圖中 R為電阻箱，為的定值電阻，將電壓表視為理想電表。
（1）閉合開關之前，應將電阻箱的阻值調到　 　（選填“最大”或“零”）；
（2）電阻箱某次示數(shù)如圖乙所示，其阻值為　 　；
（3）為了減小偶然誤差，多次調整電阻箱的阻值R，讀出對應的電壓表的示數(shù)U，通過描點作圖得到如圖乙所示的圖像，通過圖像可得電動勢　 　V，內阻　 　（結果均保留三位有效數(shù)字）
（4）若電池的內阻為r、電壓表的內阻為，則實驗測得電池的電動勢與電動勢的真實值的關系式為　 　。
13．（2025·柳州模擬）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，時刻的波形圖如圖所示。質點Q的橫坐標為4m，時質點Q第2次到達波峰。求：
（1）波的傳播速度大小；
（2）處的質點在時的位移；
（3）從時刻開始計時，寫出質點Q的振動方程。
14．（2025·柳州模擬）如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌與水平面的夾角為，導軌底端接有阻值為2R的定值電阻，導軌所在空間有方向垂直導軌平面向下、磁感應強度為B的勻強磁場，將質量為 m、電阻為R的金屬棒由靜止釋放，經(jīng)時間 t時速度達到最大。導軌寬度與金屬棒的長度均為L，金屬棒下滑過程中始終與導軌接觸良好，導軌電阻不計，重力加速度為g。求：
（1）金屬棒的最大速率；
（2）金屬棒從釋放到速度最大的過程中沿導軌下滑的距離。
15．（2025·柳州模擬）如圖所示，足夠長的水平桌面上有一質量為3m的木板A，A的右側固定一輕質擋板P，A的上表面光滑，下表面與桌面的動摩擦因數(shù)，在A的上方有水平向右的勻強電場。A在水平向右的恒力F作用下向右運動，當A的速度為時，質量為m、帶正電的滑塊B，以向右的速度從左側滑上A，當B與P碰撞前的瞬間，A的速度恰好減為零，已知B與P的碰撞為彈性碰撞且B始終未脫離A，B可視為質點且所受電場力與F始終相等，，重力加速度為 g。求：
（1）與P碰撞前，A、B的加速度大小；
（2）與P第1次碰撞后，B離P的最遠距離；
（3）從B與P第1次碰撞至第3次碰撞的過程中，B的電勢能的變化量。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】原子核的組成
【解析】【解答】的質子數(shù)是2，質量數(shù)是3，中子數(shù)等于質量數(shù)減去質子數(shù)，則中子數(shù)為1。
故選D。
【分析】左上角的數(shù)字表示核子數(shù)等于質子數(shù)加上中子數(shù)，左下角的數(shù)字表示質子數(shù)。
2．【答案】A
【知識點】超重與失重
【解析】【解答】本題關鍵掌握超重與失重的實質，傳感器的示數(shù)隨時間變化的圖像的物理意義。“下蹲”過程先加速下降后減速下降，則先失重后超重；“站起”過程先加速上升后減速上升，則先超重后失重；由圖可知，人先超重后失重，故只有站起過程。
故選A。
【分析】 “下蹲”過程中，力傳感器上的示數(shù)先小于重力，后大于重力，“站起”過程中，力傳感器上的示數(shù)先大于重力，后小于重力。
3．【答案】B
【知識點】牛頓第三定律；牛頓第二定律
【解析】【解答】ABC．由牛頓第二定律可知，水平方向上加速或減速運動，機器狗水平方向受到物塊對它的摩擦力。豎直方向上機器狗受到物塊對它的壓力，由力的合成可知，機器狗對物塊作用力的大小始終等于以上兩個力合力的大小，大于物塊重力，故AC錯誤、B正確；
D．根據(jù)牛頓第三定律， 作用力和反作用力總是等大、反向的，可以把其中任何一個力叫作作用力，另一個力叫作反作用力。 機器狗對物塊的作用力等于物塊對機器狗的作用力，故D錯誤。
故選B。
【分析】在沒有加速度的情況下，物體受到的力是平衡的，有水平加速度時，豎直方向依然平衡，結合力的合成求解。
4．【答案】C
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題主要考查了對光的反射定律和折射規(guī)律的應用，首先要掌握反射角、入射角、折射角的概念，搞清反射角、折射角和入射角的大小。一束光線以的入射角從空氣中射到光伏玻璃上，反射角為，折射角一定小于，故反射光線與折射光線的夾角范圍大于小于。
故選C。
【分析】入射角是入射光線與法線的夾角；反射角是反射光線與法線的夾角；折射角是折射光線與法線的夾角。
5．【答案】B
【知識點】氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】本題主要考查了一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程，解題的關鍵點是分析出氣體變化前后的狀態(tài)參量，結合查理定律即可完成分析。杯內氣體做等容變化，根據(jù)查理定律有
其中，，
解得
故選B。
【分析】杯內氣體做等容變化，根據(jù)查理定律列式求解。
6．【答案】A
【知識點】開普勒定律
【解析】【解答】注意開普勒第三定律的應用條件，必須是同一中心天體；不是同一中心天體不適用。根據(jù)開普勒第三定律
故
故選A。
【分析】根據(jù)開普勒第三定律地球與哈雷彗星的軌道半徑的三次方之比等于公轉周期的平方之比，列式求解。
7．【答案】C
【知識點】交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】電流方向與磁場方向垂直時，導線受到安培力的大小為F=BIl。線圈轉動過程中ab邊切割磁感線，ab邊各點的線速度大小為
線圈轉過時，產(chǎn)生的感應電動勢為
由閉合電路歐姆定律可得，此時感應電流
線圈轉過時所受安培力大小等于ab邊所受安培力大小，根據(jù)安培力公式得安培力為
故選C。
【分析】求出線圈轉過時，產(chǎn)生的感應電動勢，根據(jù)歐姆定律求解電流大小，結合安培力公式求解安培力大小。
8．【答案】B,C
【知識點】動量定理；斜拋運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】 解決本題的關鍵要靈活運用平拋運動的相關公式，要知道平拋運動的時間由高度決定。AB．由于第二次初速度斜向下，有豎直方向的速度分量，即豎直方向初速度不為零，而第一次水平拋出，豎直方向初速度為零，且兩次運動過程中都只受到重力作用，加速度都為g，由于豎直方向下落高度相同，由此可知運動時間不同，故A錯誤，B正確；
C．由于只受重力，下落高度相同，因此合外力做功相同，根據(jù)動能定理可知，動能變化量相同，故C正確；
D．由于只受重力，運動時間不同，因此合外力沖量不同，根據(jù)動量定理可知，動量變化量不同，故D錯誤。
故選BC。
【分析】由于豎直方向下落高度相同，豎直方向初速度不同，加速度相同，運動時間不同，結合動能定理以及動量定理分析。
9．【答案】A,D
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題考查的是帶電滑塊在重力場和復合場中的運動問題，關鍵是對帶電滑塊做好受力分析，并且熟練應用牛頓第二定律和運動學公式列式即可。滑塊沿固定絕緣斜面下滑，受到重力 mg、斜面的支持力N和摩擦力f。根據(jù)牛頓第二定律，沿斜面方向有
其中
此時加速度
滑塊帶正電，進入豎直向下的勻強電場后，受到電場力
此時沿斜面方向的合力
加速度
對比和，因為
所以
。
AB．圖像表示時刻前后速度不變，即加速度為0，若
物體未加電場時勻速運動，加上電場后依然會做勻速運動，所以 A 正確，B錯誤。
CD．時刻前滑塊做加速運動，進入電場時刻后，由于，圖像斜率增大，即加速度增大，繼續(xù)做加速運動，故 D 正確，C 錯誤。
故選AD。
【分析】對物體進行受力分析，結合牛頓第二定律求解兩種情況下加速度大小，結合v-t圖像的斜率等于加速度分析。
10．【答案】A,C,D
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】解答本題的關鍵是：要正確分析粒子的運動情況，畫出粒子運動軌跡，應運用幾何關系，根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律和勻速圓周運動等規(guī)律解題。AB．根據(jù)題意，作出粒子運動軌跡如圖所示
當帶電粒子在第二象限內運動時，由幾何關系可知，帶電粒子做勻速圓周運動的圓心坐標為，軌道半徑
粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
，
當帶電粒子從 O點進入第四象限時，由幾何關系可知，帶電粒子做勻速圓周運動的圓心坐標為，軌道半徑
粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
，
聯(lián)立上述各式可得
，
A正確，B錯誤；
C．結合上述可知，帶電粒子在第二象限運動了個圓周，所以運動時間
帶電粒子在第一與第四象限運動了個圓周，所以運動時間
所以粒子從 a點運動到c點的時間為
故 C正確；
D．當帶電粒子從 c點再次進入第二象限時，由幾何關系可知：帶電粒子做半徑為的勻速圓周運動，圓心坐標為，由幾何知識可知，當帶電粒子第二次進入第一象限的位置設為d點，則坐標為，帶電粒子第二次在第一象限內做勻速圓周運動的圓心，由幾何知識可知，它的坐標為，半徑為，由幾何知識可知，當帶電粒子第三次進入第二象限的位置設為 e點，坐標為，由幾何關系可知，帶電粒子做半徑為的勻速圓周運動，圓心坐標為，坐標為的點在第二象限，根據(jù)幾何知識有，它到圓心的距離，可知，粒子能通過坐標為的點，故D正確。
故選ACD。
【分析】作出粒子運動軌跡，結合幾何關系求解半徑大小，粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，求出軌跡對應的圓心角和周期，從而求解運動時間，分析粒子運動，判斷能否通過相應坐標。
11．【答案】（1）B
（2）49
（3）8
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】彈簧的彈力與掛在彈簧下面的砝碼的重力相等。彈簧的長度可用刻度尺直接測出，伸長量可以由拉長后的長度減去彈簧原來的長度進行計算，這樣就可以研究彈簧的彈力和彈簧伸長量之間的定量關系 。
（1）A．刻度尺應豎直安裝以確保測量準確。故A錯誤；
B．彈簧的彈力必須在彈性限度內，不然會損壞彈簧。故B正確；
C．實驗讀數(shù)時，應在鉤碼靜止時進行。故C錯誤。
故選：B。
（2）結合表格中的數(shù)據(jù)選取兩組數(shù)據(jù)分別為質量為20g，彈簧的總長度為5.40cm和質量為100g，彈簧的總長度6.99cm。根據(jù)胡克定律可得
故彈簧的勁度系數(shù)為。
（3）設小球到達的最低點與釋放位置間的距離為，由功能關系可得
解得
【分析】 （1）根據(jù)實驗的注意事項逐一分析每個選項；
（2）根據(jù)胡克定律結合表格數(shù)據(jù)求解 彈簧的勁度系數(shù) ；
（3）達到最低點時減小的重力勢能等于增加的彈性勢能。
（1）A．刻度尺應豎直安裝以確保測量準確。故A錯誤；
B．彈簧的彈力必須在彈性限度內，不然會損壞彈簧。故B正確；
C．實驗讀數(shù)時，應在鉤碼靜止時進行。故C錯誤。
故選B。
（2）結合表格中的數(shù)據(jù)選取兩組數(shù)據(jù)分別為質量為20g，彈簧的總長度為5.40cm和質量為100g，彈簧的總長度6.99cm。根據(jù)胡克定律可得
故彈簧的勁度系數(shù)為。
（3）設小球到達的最低點與釋放位置間的距離為，由功能關系可得
解得
12．【答案】（1）最大
（2）107.4
（3）6.67；17.0
（4）
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題主要考查了電源電動勢和內阻的測量，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，熟悉電路設計和電阻箱的讀數(shù)規(guī)則，同時結合閉合電路的歐姆定律即可完成分析。
（1）為了保護電源，閉合開關之前，應將電阻箱的阻值調到最大；
（2）電阻箱的讀數(shù)為
（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得
變形可得
故圖像縱截距為
則
斜率為
故
（4）由（3）可知
而
故
【分析】（1）閉合開關之前，應將電阻箱的阻值調到最大，保護電路；
（2） 根據(jù)電阻箱的讀數(shù)規(guī)則并得出對應的阻值；
（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得函數(shù)關系式，從而得到斜率以及縱截距的物理意義，從而得到電動勢以及內阻；
（4）分別求解電動勢真實值以及測量值的表達式，結合表達式求解。
（1）為了保護電源，閉合開關之前，應將電阻箱的阻值調到最大；
（2）電阻箱的讀數(shù)為
（3）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，
變形可得
故圖像縱截距為
則；
斜率為
故
（4）由（3）可知，
而
故
13．【答案】（1）解：由圖可知，波長
質點Q第2次到達波峰的時間
解得周期
由波長與速度和周期的關系
解得
（2）解：經(jīng)時間，波傳到處，有
則時，該質點已振動了
即個周期，可知此時該質點的位移
（3）解：設質點Q的振動方程
其中
，
由初始條件，時，，速度正向最大，得
即振動方程為
【知識點】機械波及其形成和傳播；波長、波速與頻率的關系
【解析】【分析】（1）由圖可知波長， 時質點Q第2次到達波峰求得周期，波速等于波長除以周期；
（2）根據(jù)時間與周期的關系求得位移；
（3）求出振幅，圓頻率以及初相，結合求解振動方程。
（1）由圖可知，波長
質點Q第2次到達波峰的時間：
解得周期
由波長與速度和周期的關系
解得
（2）經(jīng)時間，波傳到處，有
則時，該質點已振動了
即個周期，可知此時該質點的位移
（3）設質點Q的振動方程
其中，，
由初始條件，時，，速度正向最大，得
即振動方程為
14．【答案】（1）解：金屬棒下滑過程中，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢
根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路中的感應電流
金屬棒受到的安培力
，方向沿導軌向上
金屬棒下滑速度達到最大時，有
解得
（2）解：設金屬棒從釋放到速度最大的過程中沿導軌下滑的距離為x，對金屬棒從釋放到速度最大的過程，根據(jù)動量定理有
又
，，
聯(lián)立解得
【知識點】電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）金屬棒下滑速度達到最大時，安培力等于重力沿斜面分力，結合法拉第電磁感應定律和歐姆定律等分析；
（2）對金屬棒從釋放到速度最大的過程，根據(jù)動量定理結合電流定義式以及法拉第電磁感應定律求解 沿導軌下滑的距離。
（1）金屬棒下滑過程中，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢
根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路中的感應電流
金屬棒受到的安培力，方向沿導軌向上
金屬棒下滑速度達到最大時，有
解得
（2）設金屬棒從釋放到速度最大的過程中沿導軌下滑的距離為x，對金屬棒從釋放到速度最大的過程，根據(jù)動量定理有
又，，
聯(lián)立解得
15．【答案】（1）解：對A，由牛頓第二定律有
解得
對B，由牛頓第二定律有
解得
（2）解：將A和B當做系統(tǒng)，地面對A的摩擦力
即系統(tǒng)的動量守恒，設B與A第1次碰撞前的速率為，木板的速度恰好減為零，由動量守恒定律有
解得
設B與A第1次碰撞后，A與B的速度分別為、，取向右為正，碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒有
機械能守恒有
聯(lián)立以上各式解得
，
可知第1次碰后B的速度方向向左，A的速度方向向右；
由第問計算可知，第1次碰撞后，B以沿木板向左做勻減速運動至0再反向勻加速，A以向右做勻減速運動，A、B共速時B與擋板之間最遠，由動量守恒定律有
解得
此過程中A相對地面向右的位移為，B相對地面向左的位移為，對A，由動能定理有
對B，由動能定理有
聯(lián)立解得
，
則最遠的距離
（3）解：A速度再次減為零的時間
B的速度
此過程中，A的位移
B的位移
即B與A第2次相碰前瞬間的速度與第1次相碰前瞬間的速度相同，以后滑塊、木板重復前面的運動過程，每相鄰兩次碰撞間滑塊、木板的位移相同，B與A第1次碰撞后至第3次碰撞后瞬間的整個過程中B的位移為
此過程電場力做功
解得
則B的電勢能的變化量。
【知識點】牛頓第二定律；牛頓運動定律的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）對A和B根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小；
（2） 知B與P的碰撞為彈性碰撞 ，A、B共速時B與擋板之間最遠，分別由動能定理求解A和B相對地面的位移，從而求解B離P的最遠距離；
（3）求出整個過程中B的位移，從而求解全過程電場力做功，電勢能變化等于電場力做功。
（1）對A，由牛頓第二定律有
解得
對B，由牛頓第二定律有
解得
（2）將A和B當做系統(tǒng)，地面對A的摩擦力，即系統(tǒng)的動量守恒，設B與A第1次碰撞前的速率為，木板的速度恰好減為零，由動量守恒定律有
解得
設B與A第1次碰撞后，A與B的速度分別為、，取向右為正，碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒有
機械能守恒有
聯(lián)立以上各式解得，
可知第1次碰后B的速度方向向左，A的速度方向向右；
由第問計算可知，第1次碰撞后，B以沿木板向左做勻減速運動至0再反向勻加速，A以向右做勻減速運動，A、B共速時B與擋板之間最遠，由動量守恒定律有
解得
此過程中A相對地面向右的位移為，B相對地面向左的位移為，對A，由動能定理有
對B，由動能定理有
聯(lián)立解得，
則最遠的距離
（3）A速度再次減為零的時間
B的速度
此過程中，A的位移
B的位移
即B與A第2次相碰前瞬間的速度與第1次相碰前瞬間的速度相同，以后滑塊、木板重復前面的運動過程，每相鄰兩次碰撞間滑塊、木板的位移相同，B與A第1次碰撞后至第3次碰撞后瞬間的整個過程中B的位移為
此過程電場力做功
解得
則B的電勢能的變化量。
1 / 12025屆廣西柳州高三下學期第三次模擬考試物理試卷
1．（2025·柳州模擬）2024年10月15日，嫦娥六號從月球背面帶回的樣品完成鑒定，樣品中的含量十分豐富，是核聚變的理想材料。的質子數(shù)與中子數(shù)分別為（　　）
A．2和3 B．3和2 C．1和2 D．2和1
【答案】D
【知識點】原子核的組成
【解析】【解答】的質子數(shù)是2，質量數(shù)是3，中子數(shù)等于質量數(shù)減去質子數(shù)，則中子數(shù)為1。
故選D。
【分析】左上角的數(shù)字表示核子數(shù)等于質子數(shù)加上中子數(shù)，左下角的數(shù)字表示質子數(shù)。
2．（2025·柳州模擬）某同學站在壓力傳感器上，開始時保持微蹲狀態(tài)，之后完成了某些動作，所采集的壓力 F隨時間t變化的圖像如圖。則該同學在壓力傳感器上完成的動作可能是（　　）
A．只有站起過程 B．只有下蹲過程
C．先站起之后下蹲 D．先下蹲之后站起
【答案】A
【知識點】超重與失重
【解析】【解答】本題關鍵掌握超重與失重的實質，傳感器的示數(shù)隨時間變化的圖像的物理意義。“下蹲”過程先加速下降后減速下降，則先失重后超重；“站起”過程先加速上升后減速上升，則先超重后失重；由圖可知，人先超重后失重，故只有站起過程。
故選A。
【分析】 “下蹲”過程中，力傳感器上的示數(shù)先小于重力，后大于重力，“站起”過程中，力傳感器上的示數(shù)先大于重力，后小于重力。
3．（2025·柳州模擬）中國的機器狗處于世界先進水平，如圖所示，將物塊放在機器狗的頭部，物塊與機器狗的接觸面為水平面，當機器狗（　　）
A．水平減速前進時，機器狗對物塊的作用力小于物塊的重力
B．水平減速前進時，機器狗對物塊的作用力大于物塊的重力
C．水平加速前進時，機器狗對物塊的作用力等于物塊的重力
D．水平加速前進時，機器狗對物塊的作用力大于物塊對機器狗的作用力
【答案】B
【知識點】牛頓第三定律；牛頓第二定律
【解析】【解答】ABC．由牛頓第二定律可知，水平方向上加速或減速運動，機器狗水平方向受到物塊對它的摩擦力。豎直方向上機器狗受到物塊對它的壓力，由力的合成可知，機器狗對物塊作用力的大小始終等于以上兩個力合力的大小，大于物塊重力，故AC錯誤、B正確；
D．根據(jù)牛頓第三定律， 作用力和反作用力總是等大、反向的，可以把其中任何一個力叫作作用力，另一個力叫作反作用力。 機器狗對物塊的作用力等于物塊對機器狗的作用力，故D錯誤。
故選B。
【分析】在沒有加速度的情況下，物體受到的力是平衡的，有水平加速度時，豎直方向依然平衡，結合力的合成求解。
4．（2025·柳州模擬）光伏玻璃具有高透光率低反射率高的特點，一束光線以的入射角從空氣中射到光伏玻璃上，反射光線與折射光線的夾角可能為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題主要考查了對光的反射定律和折射規(guī)律的應用，首先要掌握反射角、入射角、折射角的概念，搞清反射角、折射角和入射角的大小。一束光線以的入射角從空氣中射到光伏玻璃上，反射角為，折射角一定小于，故反射光線與折射光線的夾角范圍大于小于。
故選C。
【分析】入射角是入射光線與法線的夾角；反射角是反射光線與法線的夾角；折射角是折射光線與法線的夾角。
5．（2025·柳州模擬）水杯接完熱水后再擰緊杯蓋，待杯內的水降溫后就較難擰開。若接入大半杯水后，杯內氣體溫度為，壓強為，擰緊杯蓋，杯內氣體（視為一定質量的理想氣體）被密閉，經(jīng)過一段時間后，杯內溫度降到，此時杯內氣體的壓強約為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】本題主要考查了一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程，解題的關鍵點是分析出氣體變化前后的狀態(tài)參量，結合查理定律即可完成分析。杯內氣體做等容變化，根據(jù)查理定律有
其中，，
解得
故選B。
【分析】杯內氣體做等容變化，根據(jù)查理定律列式求解。
6．（2025·柳州模擬）哈雷彗星的運動軌道是一個以太陽為焦點的橢圓，其運行周期為N年，地球的公轉軌道可視為圓形，哈雷彗星軌道的半長軸與地球公轉半徑之比為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】開普勒定律
【解析】【解答】注意開普勒第三定律的應用條件，必須是同一中心天體；不是同一中心天體不適用。根據(jù)開普勒第三定律
故
故選A。
【分析】根據(jù)開普勒第三定律地球與哈雷彗星的軌道半徑的三次方之比等于公轉周期的平方之比，列式求解。
7．（2025·柳州模擬）如圖所示，100匝邊長為10cm的正方形線圈，一半放在磁感應強度為2T的勻強磁場中，線圈軸線與磁場邊界重合，線圈沿圖示方向勻速轉動，角速度為，線圈的總電阻為，從圖示位置開始，線圈轉過時所受安培力大小為（　　）
A． B． C．12N D．24N
【答案】C
【知識點】交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】電流方向與磁場方向垂直時，導線受到安培力的大小為F=BIl。線圈轉動過程中ab邊切割磁感線，ab邊各點的線速度大小為
線圈轉過時，產(chǎn)生的感應電動勢為
由閉合電路歐姆定律可得，此時感應電流
線圈轉過時所受安培力大小等于ab邊所受安培力大小，根據(jù)安培力公式得安培力為
故選C。
【分析】求出線圈轉過時，產(chǎn)生的感應電動勢，根據(jù)歐姆定律求解電流大小，結合安培力公式求解安培力大小。
8．（2025·柳州模擬）投壺是春秋戰(zhàn)國時期流行的一種游戲，規(guī)則是參與游戲的人需要在一定距離外把小球投進壺里。某人先后從同一位置投射出兩個相同的小球，第一次初速度水平，第二次初速度斜向下，如圖所示，兩個小球均從壺口同一位置落入壺中，不計空氣阻力，兩個小球從投出到運動至壺口的過程中（　　）
A．運動時間相同 B．加速度相同
C．動能變化量相同 D．動量變化量相同
【答案】B,C
【知識點】動量定理；斜拋運動；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】 解決本題的關鍵要靈活運用平拋運動的相關公式，要知道平拋運動的時間由高度決定。AB．由于第二次初速度斜向下，有豎直方向的速度分量，即豎直方向初速度不為零，而第一次水平拋出，豎直方向初速度為零，且兩次運動過程中都只受到重力作用，加速度都為g，由于豎直方向下落高度相同，由此可知運動時間不同，故A錯誤，B正確；
C．由于只受重力，下落高度相同，因此合外力做功相同，根據(jù)動能定理可知，動能變化量相同，故C正確；
D．由于只受重力，運動時間不同，因此合外力沖量不同，根據(jù)動量定理可知，動量變化量不同，故D錯誤。
故選BC。
【分析】由于豎直方向下落高度相同，豎直方向初速度不同，加速度相同，運動時間不同，結合動能定理以及動量定理分析。
9．（2025·柳州模擬）如圖所示，一帶正電的滑塊以某一初速度沿固定絕緣斜面下滑，時刻進入方向豎直向下的勻強電場區(qū)域，滑塊運動的速度時間（）圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題考查的是帶電滑塊在重力場和復合場中的運動問題，關鍵是對帶電滑塊做好受力分析，并且熟練應用牛頓第二定律和運動學公式列式即可。滑塊沿固定絕緣斜面下滑，受到重力 mg、斜面的支持力N和摩擦力f。根據(jù)牛頓第二定律，沿斜面方向有
其中
此時加速度
滑塊帶正電，進入豎直向下的勻強電場后，受到電場力
此時沿斜面方向的合力
加速度
對比和，因為
所以
。
AB．圖像表示時刻前后速度不變，即加速度為0，若
物體未加電場時勻速運動，加上電場后依然會做勻速運動，所以 A 正確，B錯誤。
CD．時刻前滑塊做加速運動，進入電場時刻后，由于，圖像斜率增大，即加速度增大，繼續(xù)做加速運動，故 D 正確，C 錯誤。
故選AD。
【分析】對物體進行受力分析，結合牛頓第二定律求解兩種情況下加速度大小，結合v-t圖像的斜率等于加速度分析。
10．（2025·柳州模擬）如圖，坐標軸上三個點的坐標分別為a（-L，0）、b（2L，0）、c（0，2L），在第一、四象限內有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在第二象限內有方向垂直紙面向外的勻強磁場，圖中磁感線均未畫出。某帶電粒子以大小為 v、方向與x軸成的速度從a點射入，依次經(jīng)過 O、b、c三點。不計粒子重力及磁場的邊界效應，下列說法正確的是（　　）
A．第二象限內的磁感應強度大小為2B
B．粒子的比荷為
C．粒子從a點運動到c點的時間為
D．粒子能通過坐標為的點
【答案】A,C,D
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】解答本題的關鍵是：要正確分析粒子的運動情況，畫出粒子運動軌跡，應運用幾何關系，根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律和勻速圓周運動等規(guī)律解題。AB．根據(jù)題意，作出粒子運動軌跡如圖所示
當帶電粒子在第二象限內運動時，由幾何關系可知，帶電粒子做勻速圓周運動的圓心坐標為，軌道半徑
粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
，
當帶電粒子從 O點進入第四象限時，由幾何關系可知，帶電粒子做勻速圓周運動的圓心坐標為，軌道半徑
粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
，
聯(lián)立上述各式可得
，
A正確，B錯誤；
C．結合上述可知，帶電粒子在第二象限運動了個圓周，所以運動時間
帶電粒子在第一與第四象限運動了個圓周，所以運動時間
所以粒子從 a點運動到c點的時間為
故 C正確；
D．當帶電粒子從 c點再次進入第二象限時，由幾何關系可知：帶電粒子做半徑為的勻速圓周運動，圓心坐標為，由幾何知識可知，當帶電粒子第二次進入第一象限的位置設為d點，則坐標為，帶電粒子第二次在第一象限內做勻速圓周運動的圓心，由幾何知識可知，它的坐標為，半徑為，由幾何知識可知，當帶電粒子第三次進入第二象限的位置設為 e點，坐標為，由幾何關系可知，帶電粒子做半徑為的勻速圓周運動，圓心坐標為，坐標為的點在第二象限，根據(jù)幾何知識有，它到圓心的距離，可知，粒子能通過坐標為的點，故D正確。
故選ACD。
【分析】作出粒子運動軌跡，結合幾何關系求解半徑大小，粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，求出軌跡對應的圓心角和周期，從而求解運動時間，分析粒子運動，判斷能否通過相應坐標。
11．（2025·柳州模擬）某同學用如圖所示的實驗裝置做“探究彈簧彈力和伸長量的關系”的實驗，在彈簧下端依次掛1個、2個、3個、4個、5個質量均為20g鉤碼，測出彈簧相應的總長度，將實驗數(shù)據(jù)記入下表。（重力加速度g取）
鉤碼質量 20 40 60 80 100
彈簧總長度
（1）關于本實驗的注意事項，下列說法正確的是（　　）
A．在安裝刻度尺時，刻度尺可以適當傾斜
B．所掛鉤碼產(chǎn)生的彈力要在彈簧的彈性限度內
C．掛上鉤碼后，鉤碼上下振動，應當在鉤碼運動到最低點時讀數(shù)
（2）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，可得出該彈簧的勁度系數(shù)為　 　（結果保留兩位有效數(shù)字）；
（3）取下這5個鉤碼，將一個質量為200g的小球掛在該彈簧下端，當彈簧處于原長時，將小球由靜止開始釋放，小球到達的最低點與釋放位置間的距離為　 　cm。（勁度系數(shù)為k的彈簧，形變量為x時具有的彈性勢能為）
【答案】（1）B
（2）49
（3）8
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】彈簧的彈力與掛在彈簧下面的砝碼的重力相等。彈簧的長度可用刻度尺直接測出，伸長量可以由拉長后的長度減去彈簧原來的長度進行計算，這樣就可以研究彈簧的彈力和彈簧伸長量之間的定量關系 。
（1）A．刻度尺應豎直安裝以確保測量準確。故A錯誤；
B．彈簧的彈力必須在彈性限度內，不然會損壞彈簧。故B正確；
C．實驗讀數(shù)時，應在鉤碼靜止時進行。故C錯誤。
故選：B。
（2）結合表格中的數(shù)據(jù)選取兩組數(shù)據(jù)分別為質量為20g，彈簧的總長度為5.40cm和質量為100g，彈簧的總長度6.99cm。根據(jù)胡克定律可得
故彈簧的勁度系數(shù)為。
（3）設小球到達的最低點與釋放位置間的距離為，由功能關系可得
解得
【分析】 （1）根據(jù)實驗的注意事項逐一分析每個選項；
（2）根據(jù)胡克定律結合表格數(shù)據(jù)求解 彈簧的勁度系數(shù) ；
（3）達到最低點時減小的重力勢能等于增加的彈性勢能。
（1）A．刻度尺應豎直安裝以確保測量準確。故A錯誤；
B．彈簧的彈力必須在彈性限度內，不然會損壞彈簧。故B正確；
C．實驗讀數(shù)時，應在鉤碼靜止時進行。故C錯誤。
故選B。
（2）結合表格中的數(shù)據(jù)選取兩組數(shù)據(jù)分別為質量為20g，彈簧的總長度為5.40cm和質量為100g，彈簧的總長度6.99cm。根據(jù)胡克定律可得
故彈簧的勁度系數(shù)為。
（3）設小球到達的最低點與釋放位置間的距離為，由功能關系可得
解得
12．（2025·柳州模擬）某一電池的電動勢E約為，內阻r未知。為測定這個電池的電動勢和內阻，某同學利用如圖甲所示的電路進行實驗。圖中 R為電阻箱，為的定值電阻，將電壓表視為理想電表。
（1）閉合開關之前，應將電阻箱的阻值調到　 　（選填“最大”或“零”）；
（2）電阻箱某次示數(shù)如圖乙所示，其阻值為　 　；
（3）為了減小偶然誤差，多次調整電阻箱的阻值R，讀出對應的電壓表的示數(shù)U，通過描點作圖得到如圖乙所示的圖像，通過圖像可得電動勢　 　V，內阻　 　（結果均保留三位有效數(shù)字）
（4）若電池的內阻為r、電壓表的內阻為，則實驗測得電池的電動勢與電動勢的真實值的關系式為　 　。
【答案】（1）最大
（2）107.4
（3）6.67；17.0
（4）
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】本題主要考查了電源電動勢和內阻的測量，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，熟悉電路設計和電阻箱的讀數(shù)規(guī)則，同時結合閉合電路的歐姆定律即可完成分析。
（1）為了保護電源，閉合開關之前，應將電阻箱的阻值調到最大；
（2）電阻箱的讀數(shù)為
（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得
變形可得
故圖像縱截距為
則
斜率為
故
（4）由（3）可知
而
故
【分析】（1）閉合開關之前，應將電阻箱的阻值調到最大，保護電路；
（2） 根據(jù)電阻箱的讀數(shù)規(guī)則并得出對應的阻值；
（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得函數(shù)關系式，從而得到斜率以及縱截距的物理意義，從而得到電動勢以及內阻；
（4）分別求解電動勢真實值以及測量值的表達式，結合表達式求解。
（1）為了保護電源，閉合開關之前，應將電阻箱的阻值調到最大；
（2）電阻箱的讀數(shù)為
（3）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，
變形可得
故圖像縱截距為
則；
斜率為
故
（4）由（3）可知，
而
故
13．（2025·柳州模擬）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，時刻的波形圖如圖所示。質點Q的橫坐標為4m，時質點Q第2次到達波峰。求：
（1）波的傳播速度大小；
（2）處的質點在時的位移；
（3）從時刻開始計時，寫出質點Q的振動方程。
【答案】（1）解：由圖可知，波長
質點Q第2次到達波峰的時間
解得周期
由波長與速度和周期的關系
解得
（2）解：經(jīng)時間，波傳到處，有
則時，該質點已振動了
即個周期，可知此時該質點的位移
（3）解：設質點Q的振動方程
其中
，
由初始條件，時，，速度正向最大，得
即振動方程為
【知識點】機械波及其形成和傳播；波長、波速與頻率的關系
【解析】【分析】（1）由圖可知波長， 時質點Q第2次到達波峰求得周期，波速等于波長除以周期；
（2）根據(jù)時間與周期的關系求得位移；
（3）求出振幅，圓頻率以及初相，結合求解振動方程。
（1）由圖可知，波長
質點Q第2次到達波峰的時間：
解得周期
由波長與速度和周期的關系
解得
（2）經(jīng)時間，波傳到處，有
則時，該質點已振動了
即個周期，可知此時該質點的位移
（3）設質點Q的振動方程
其中，，
由初始條件，時，，速度正向最大，得
即振動方程為
14．（2025·柳州模擬）如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌與水平面的夾角為，導軌底端接有阻值為2R的定值電阻，導軌所在空間有方向垂直導軌平面向下、磁感應強度為B的勻強磁場，將質量為 m、電阻為R的金屬棒由靜止釋放，經(jīng)時間 t時速度達到最大。導軌寬度與金屬棒的長度均為L，金屬棒下滑過程中始終與導軌接觸良好，導軌電阻不計，重力加速度為g。求：
（1）金屬棒的最大速率；
（2）金屬棒從釋放到速度最大的過程中沿導軌下滑的距離。
【答案】（1）解：金屬棒下滑過程中，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢
根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路中的感應電流
金屬棒受到的安培力
，方向沿導軌向上
金屬棒下滑速度達到最大時，有
解得
（2）解：設金屬棒從釋放到速度最大的過程中沿導軌下滑的距離為x，對金屬棒從釋放到速度最大的過程，根據(jù)動量定理有
又
，，
聯(lián)立解得
【知識點】電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）金屬棒下滑速度達到最大時，安培力等于重力沿斜面分力，結合法拉第電磁感應定律和歐姆定律等分析；
（2）對金屬棒從釋放到速度最大的過程，根據(jù)動量定理結合電流定義式以及法拉第電磁感應定律求解 沿導軌下滑的距離。
（1）金屬棒下滑過程中，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢
根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路中的感應電流
金屬棒受到的安培力，方向沿導軌向上
金屬棒下滑速度達到最大時，有
解得
（2）設金屬棒從釋放到速度最大的過程中沿導軌下滑的距離為x，對金屬棒從釋放到速度最大的過程，根據(jù)動量定理有
又，，
聯(lián)立解得
15．（2025·柳州模擬）如圖所示，足夠長的水平桌面上有一質量為3m的木板A，A的右側固定一輕質擋板P，A的上表面光滑，下表面與桌面的動摩擦因數(shù)，在A的上方有水平向右的勻強電場。A在水平向右的恒力F作用下向右運動，當A的速度為時，質量為m、帶正電的滑塊B，以向右的速度從左側滑上A，當B與P碰撞前的瞬間，A的速度恰好減為零，已知B與P的碰撞為彈性碰撞且B始終未脫離A，B可視為質點且所受電場力與F始終相等，，重力加速度為 g。求：
（1）與P碰撞前，A、B的加速度大小；
（2）與P第1次碰撞后，B離P的最遠距離；
（3）從B與P第1次碰撞至第3次碰撞的過程中，B的電勢能的變化量。
【答案】（1）解：對A，由牛頓第二定律有
解得
對B，由牛頓第二定律有
解得
（2）解：將A和B當做系統(tǒng)，地面對A的摩擦力
即系統(tǒng)的動量守恒，設B與A第1次碰撞前的速率為，木板的速度恰好減為零，由動量守恒定律有
解得
設B與A第1次碰撞后，A與B的速度分別為、，取向右為正，碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒有
機械能守恒有
聯(lián)立以上各式解得
，
可知第1次碰后B的速度方向向左，A的速度方向向右；
由第問計算可知，第1次碰撞后，B以沿木板向左做勻減速運動至0再反向勻加速，A以向右做勻減速運動，A、B共速時B與擋板之間最遠，由動量守恒定律有
解得
此過程中A相對地面向右的位移為，B相對地面向左的位移為，對A，由動能定理有
對B，由動能定理有
聯(lián)立解得
，
則最遠的距離
（3）解：A速度再次減為零的時間
B的速度
此過程中，A的位移
B的位移
即B與A第2次相碰前瞬間的速度與第1次相碰前瞬間的速度相同，以后滑塊、木板重復前面的運動過程，每相鄰兩次碰撞間滑塊、木板的位移相同，B與A第1次碰撞后至第3次碰撞后瞬間的整個過程中B的位移為
此過程電場力做功
解得
則B的電勢能的變化量。
【知識點】牛頓第二定律；牛頓運動定律的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）對A和B根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小；
（2） 知B與P的碰撞為彈性碰撞 ，A、B共速時B與擋板之間最遠，分別由動能定理求解A和B相對地面的位移，從而求解B離P的最遠距離；
（3）求出整個過程中B的位移，從而求解全過程電場力做功，電勢能變化等于電場力做功。
（1）對A，由牛頓第二定律有
解得
對B，由牛頓第二定律有
解得
（2）將A和B當做系統(tǒng)，地面對A的摩擦力，即系統(tǒng)的動量守恒，設B與A第1次碰撞前的速率為，木板的速度恰好減為零，由動量守恒定律有
解得
設B與A第1次碰撞后，A與B的速度分別為、，取向右為正，碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒有
機械能守恒有
聯(lián)立以上各式解得，
可知第1次碰后B的速度方向向左，A的速度方向向右；
由第問計算可知，第1次碰撞后，B以沿木板向左做勻減速運動至0再反向勻加速，A以向右做勻減速運動，A、B共速時B與擋板之間最遠，由動量守恒定律有
解得
此過程中A相對地面向右的位移為，B相對地面向左的位移為，對A，由動能定理有
對B，由動能定理有
聯(lián)立解得，
則最遠的距離
（3）A速度再次減為零的時間
B的速度
此過程中，A的位移
B的位移
即B與A第2次相碰前瞬間的速度與第1次相碰前瞬間的速度相同，以后滑塊、木板重復前面的運動過程，每相鄰兩次碰撞間滑塊、木板的位移相同，B與A第1次碰撞后至第3次碰撞后瞬間的整個過程中B的位移為
此過程電場力做功
解得
則B的電勢能的變化量。
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