2025届四川省新高考教研联盟高三年级上册八省适应性联考模拟演练考试（二）物理试题（含答案解析）

2025届四川省新高考教研联盟高三上学期八省适应性联考模拟

演练考试（二）物理试题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.一质点做直线运动，当/=为时，x>0,v>0,a>0,以后加速度a均匀减小，则以下说法

正确的是（）

A.位移开始减小，直到加速度等于零B.位移继续增大，直到加速度等于零

C.速度继续增大，直到加速度等于零D.速度开始减小，直到加速度等于零

2.在建筑工地上有时需要将一些建筑材料由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图所

示的简易滑轨：两根圆柱形木杆A8和C。相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞瓦放在两

木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处。在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有可

能摔破，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是（）

A.减少每次运送瓦的块数B.增多每次运送瓦的块数

C.减小两杆之间的距离D.增大两杆之间的距离

3.如图所示，竖直平面内有一固定半圆环,为其直径且A3水平，。为圆心，一质量杨=0.5kg

的小球套在圆环上的P点，小球受到三个拉力为、尸2、6作用保持静止状态，三个拉力的

2

方向如图所示。已知如=4N,F1:F2:F3=PA:PO:PB,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s,

则圆环对小球的支持力为（）

C.12ND.15N

4.一个动能为2.0eV的电子从很远处向一个固定的质子飞去。电子接近质子时被俘获，同

时放出一个光子，电子和质子形成一个处于基态的静止氢原子。已知氢原子的基态能量为

-13.6eV,光在真空中的速度为3.0xl（）8m/s,电子电量的大小和普朗克常量分别为

1.6X10-19C6.6x10-34kg-m2/s„所放出的光子的波长最接近的值是（）

A.79nmB.91nmC.107nmD.620nm

5.如图所示，在竖直平面内正方形0abe区域内有沿x轴正方向的匀强电场，在等腰直角三

角形cde区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，且两个区域内的电场强度大小相等。在正方

形Oabc区域内的某些位置由静止释放电子后,这些电子均可到达x轴上的e点，已知0a=0e,

不计电子的重力作用，则这些位置的横坐标尤与纵坐标y之间的函数关系式为（）

D.y=2x2

6.如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为3顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道

AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L,A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、

。两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点,

这两个点关于原点。对称。在A点将质量为机、电荷量为的小球套在轨道AC上（忽略

它对原电场的影响）将小球由静止释放，已知静电力常量为七重力加速度为g,且

左丝=Yt〃zg,忽略空气阻力，下列说法正确的是（）

L23

A.图中的A点是z轴上场强最强的点

B.轨道上A点的电场强度大小为螫

q

c.小球刚到达c点时的加速度为直g

D.小球刚到达C点时的动能为g〃工gL

试卷第2页，共8页

7.wmol理想气体经过一个缓慢的过程，从状态尸沿抛物线到达状态Q,其V（体积）-T（绝

对温度）图如图所示。已知此过程中当丫=时，温度达到最大值&*=3吗1（尺是普

24nR

适气体常量）。若状态P和Q的温度7P和TQ都等于久坐，则该过程的p（压强）-V图为（）

nR

二、多选题

8.如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在了图中，电压表和电流

表均为理想电表，当滑动变阻器"的滑片2向。端移动时，电压表V、M和v?的示数分别

为u、S和七，三个电压表示数变化量的绝对值分别为AU,Aq和A4，电流表A的示

数为/,电流表示数变化量的绝对值为A7,以下说法中正确的是（）

A.年增大，当不变

1A/

B.电源的总功率和效率均增大

C.AUC+NJ

D.如果设流过电阻”的电流变化量的绝对值为△/2,流过滑动变阻器"的电流变化量

的绝对值为A/?,则A/2<A，3

9.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为8,M为

磁场边界上一点，有无数个带电量为q(q>0)、质量为根的相同粒子在纸面内向各个方向以

相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这

不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是

A.粒子从M点进入磁场时的速率丫=侬

2m

B.粒子从M点进入磁场时的速率v=1处

2m

C.若将磁感应强度的大小变为半，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的血

D.若将磁感应强度的大小变为陛，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的：

22

10.如图，两竖直墙面的间距为/,一个质量为加、边长为d的正方形木块被一轻直弹簧顶

在左侧墙面上，弹簧右端固定在右侧墙面上，且弹簧与墙面垂直。已知木块与墙面之间的最

大静摩擦因数为〃，弹簧原长为/,劲度系数为h重力加速度大小为g。下列说法正确的

试卷第4页，共8页

是（）

B.如果左=等，则墙面对木块的正压力为网■

C.如果左=2等，则木块受到的静摩擦力大小为期理

D.为使木块在此位置保持平衡状态，/最小为写

三、实验题

11.某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。A点距光电门8的高度为机

o■干

h1主尺2cm

II」I.|J「J」」」IIII

1L。||||||||||J

[7==00游标尺10

甲乙

（i）用十分度游标卡尺测量小球的直径，若测量结果如图乙所示，则小球的直径"=

mm。

（2）将小球从A点由静止释放，若小球通过光电门8的时间为f,则小球通过光电门8时

的速度大小v=（用d、f表示）。

（3）已知当地的重力加速度大小为g,若满足关系式2g〃=（用d、t

表示），则说明在误差允许的范围内，小球下落过程中机械能守恒。

12.某同学为了测量电源的电动势和内阻，根据元件的不同，分别设计了以下两种不同的电

路。

甲乙

实验室提供的器材有：

两个相同的待测电源E，辅助电源笈;

电阻箱4、R2,滑动变阻器R、£；

电压表V,电流表A；

灵敏电流计G,两个开关S］、S2o

主要实验步骤如下：

①按图连接好电路，闭合开关即和邑,再反复调节用和&,或者滑动变阻器R、R',使电

流计G的示数为0,读出电流表A、电压表V示数分别为人、U-

②反复调节电阻箱凡和&（与①中的电阻值不同），或者滑动变阻器R、R',使电流计G的

示数再次为0,读出电流表A、电压表V的示数分别为右、U2O

回答下列问题：

（1）哪套方案可以更容易得到实验结果（填“甲”或"乙”）。

（2）电源的电动势E的表达式为,内阻「为=

（3）若不计偶然误差因素的影响，考虑电流、电压表内阻，经理论分析可得，E测—（填“大

于，，“小于，，或“等于，，）4，画（填“大于”“小于”或“等于"）噎。

四、解答题

13.如图，中空的水平圆形转盘内径尸0.6m,外径足够大，沿转盘某条直径有两条光滑凹

槽，凹槽内有A、B、D、E四个物块，D、E两物块分别被锁定在距离竖直转轴R=1.0m处，

A、B分别紧靠D、E放置。两根不可伸长的轻绳，每根绳长工=1.4m,一端系在C物块上,

另一端分别绕过转盘内侧的光滑小滑轮，穿过D、E两物块中间的光滑圆孔，系在A、B两

个物块上，A、B、D、E四个物块的质量均为加=L0kg,C物块的质量加0=2.0kg,所有物块

均可视为质点，（取重力加速度g=10m/s2）,计算结果可用最简的分式与根号表示）

（1）启动转盘，转速缓慢增大，求A、D以及B、E之间恰好无压力时的细绳的拉力及转盘的

试卷第6页，共8页

角速度；

（2）停下转盘后，将C物块置于圆心。处，并将A、B向外测移动使轻绳水平拉直，然后无

初速度释放A、B、C物块构成的系统，求A、D以及B、E相碰前瞬间C物块的速度；

⑶碰前瞬间解除对D、E物块的锁定，若A、D以及B、E一经碰撞就会粘在一起，且碰撞

时间极短，求碰后C物块的速度。

14.半导体掺杂是集成电路生产中最基础的工作，某公司开发的第一代晶圆掺杂机主要由三

部分组成：离子发生器，控制器和标靶。简化模型如图所示，离子发生器产生电量为+q,

质量为他的离子，以足够大速度为沿电场的中央轴线飞入电场；控制器由靠得很近的平行

金属板A、B和相互靠近的两个电磁线圈构成（忽略边缘效应），极板A、B长为乙，间距

为力加上电压时两板间的电场可当作匀强电场，两电磁线圈间的圆柱形磁场可以当作匀强

磁场，磁感应强度与电流的关系8=狂，左为常数，匀强电场与（柱形）匀强磁场的中轴线互

相垂直相交，磁场横截面的半径为2;标靶是半径为R的单晶硅晶圆，并以晶圆圆心为坐标

原点，建立。町正交坐标系。晶圆与匀强电场的中轴线垂直，与匀强磁场的中轴线平行，

且与匀强电场中心和柱形匀强磁场中轴线的距离分别为4和4,其中R=兀=0,1=0

时，离子恰好打到晶圆的（0,0）点。

（1）当，=0,UAB=■时，离子恰好能打到（0,-R）点，求q的值。

（2）当4B=。，/=/1时，离子能打到点（R,0）,求人的值。

（3）试导出离子打到晶圆上位置（x,y）与UAB和/的关系式。（提示：磁场中运动时间很

2t"

15.一小型风洞实验室内水平桌面上放两根足够长的平行导轨，导轨间距为L,如图甲(俯

视)所示。虚线左侧区域I有竖直向下的匀强磁场以，虚线右侧区域III有竖直向下

的匀强磁场以，中间区域II有水平向左的匀强磁场外,BI=B2=B,6=2及中间区域处于一

向上的风洞中，当棒经过此区域时会受到竖直向上的恒定风力尸=7"g的作用。长度均为工

R

的导体棒cd与导轨接触良好，两棒质量均为加，棒油电阻为一，棒cd电阻为R,其

2

余电阻不计。两棒最初静止，现给棒成一个水平向右的瞬间冲量使得其获得初速度v。，已

知棒cd到达前两棒不相碰且均已匀速。当棒cd刚进入区域II时，对棒出?施加一水平

向右的外力使棒。6向右做匀加速直线运动，外力随时间变化的图像如图乙所示。已知直线

斜率为上切时刻棒cd恰好进入区域III,棒cd进入区域III后瞬间撤去棒仍上的外力。区域

I、III导轨光滑，中间区域导轨粗糙且与棒cd的动摩擦因数为〃，两棒在运动过程中始终

2207p2

与导轨垂直且接触良好，棒仍始终在区域I运动。已知为=£#,〃=学耳，重力加速

度为g。求：

(1)棒。6刚开始运动时，棒两端的电势差U"；

(2)图乙中仁0时刻外力多大，历时刻棒功的速度多大；

(3)棒cd进入区域III后的过程中闭合回路产生的焦耳热多大。

I'MII\PIII

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《2025届四川省新高考教研联盟高三上学期八省适应性联考模拟演练考试（二）物理试题》

参考答案

题号12345678910

答案CDDABBDADADBD

1.C

【详解】因v>0,a>0,即加速度和速度同向，物体做加速度运动，随着加速度的减小，物

体的速度继续增加，当加速度减为零时速度达到最大，此后物体做匀速运动，此过程中速度

的方向保持不变，即位移一直增加。

故选C。

2.D

【详解】要使瓦滑到底端的速度相对减小，应当增大瓦与杆之间的摩擦力，由于它们的粗糙

程度一定，由

f="N

故应增大M、N2,由图可知，只有增大两杆之间的距离，才能增大N/、N2

NN

丁

mgcos0

故选D。

3.D

【详解】对小球受力分析，如图所示

83

先将B与尸3合成，它们的合力为乃3,根据平行四边形定则可知,入3与尸2共线同向，且大

小是尸2的两倍，即

答案第1页，共13页

43=8N

再将重力正交分分解，根据平衡条件，沿半径方向有

FN=mgsin37°++F2

代入数据解得

FN=0.5X10X0.6N+8N+4N=15N

故选D。

【详解】根据能量守恒可知放出光子能量为

18

AE=E0-Ex=15.6eV=2.496xl0J

c

AE=hv=h—

A

可得波长

故选Ao

5.B

【详解】由题意，正方形。〃反区域内某电子在位置坐标小y由静止释放后，沿x轴负方向

做匀加速直线运动，设加速度为。，经y轴时的速度为vo,由速度位移关系公式，则有

进入三角形cde区域的位置为尸点，设尸e=L,电子在三角形cde区域内做类平抛运动，在

水平方向则有

Lcos45°=%，

在竖直方向则有

y=­a't

-2

两个区域内的电场强度大小相等，则有"=即又有

联立以上各式解得

故选B。

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6.B

【详解】A.由题意可知。4=且乙，如图所示，P为z轴上一点，PO连线与z轴的夹角为。

2

根据等量同种电荷的电场分布可知P点的电场强度竖直向上，大小表示为

整理得

22

E=*?cos6>sin0=§cos-cos。）

令f=COS0,fe（0』）,可得函数

对函数求导

广⑺=1-3产

令广⑺=0,解得

3

结合导函数的性质可知，在止（0,日］时，/⑺单调递增，在/€（?/）时，/⑺单调递减，

因此f=cose=#时，电场强度最大，即

OP=.H

tang4

由此可知，z轴上距离。点立乙处的两点电场强度最大，A错误；

4

B.ZDAO=3Q°,轨道上A点的电场强度大小

纥=华330。=餐=整

“A?Cq

B正确；

C.由几何关系可知

OA=OC=—L,ZACO=45°

2

根据对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，因此，C点的电场强度方向沿x轴正方

答案第3页，共13页

向，电场强度大小表示为

Pc=qEc=mg

沿杆方向的合力为

F=mgcos45°-Fccos45°=ma

解得

a—0

由此可知小球刚到达C点时的加速度为0,c错误；

D.根据等量同种电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相等，电荷从A到C的过程中

电场力做功为零，根据动能定理可得

mg-OA=Ekc—0

解得

Ekc=^mgL

D错误。

故选B。

7.D

【详解】由图可知，最高点坐标为（：匕，之皿），则抛物线方程可表示为

24nR

T=-A（V--X））2+^2^

将P点或。点坐标代入方程可得

A=A

nRV0

因此抛物线方程为

答案第4页，共13页

―北+诬

nRV0nR

又由于

pV=nRT

联立解得

P=_^V+3Po

%

故选D。

8.AD

【详解】A.如图所示当滑动变阻器R3是限流式接法，当滑片P向。端移动时，滑动变阻器

R3电阻变大，由

“。

可知与增大，根据闭合电路欧姆定律得

七=石_(/+凯+中

得

U=%(r+R)R?I

2r+禺+r+R]+R?

则

A[/2(r+7;,)R2

A/r+R+R?

可得当不变，故A正确；

B.当滑动变阻器R3的滑片P向。端移动时，滑动变阻器尺3增大，电路中总电阻增大，总电

流减小，电源的总功率

P=EI

得电源的总功率减小；

由电源的效率为

UIU

===

PEIE

由路端电压为

U=E-Ir

可知总电流减小时路端电压U增大，得电源的效率增大，故B错误；

答案第5页，共13页

C.根据闭合电路欧姆定律

U=E-I&r

则

\U=M&r

又

则

由串并联电路特点和欧姆定律可知

几=4

总&

则

AU1=总段

所以

At/^AC/j+At/

故C错误；

D.当滑动变阻器用的滑片尸向a端移动时，尺增大，电路中总电阻增大，总电流减小，

则通过&的电流减小，通过尺的电流等于通过电阻耳电流和流过滑动变阻器氏3的电流之和，

且流过冬的电流增大,流过滑动变阻器弱的电流减小，所以4减小的量比A增大的量更大，

得

A/2<A/3

故D正确。

故选AD。

9.AD

TT

【详解】如图甲所示,a=g,边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧

长，偏转圆半径为石=曰=卓，得粒子速率为v=等；若将磁感应强度的大小变为回，

偏转圆半径;=g,得偏转圆半径4=孝氏，粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的

边界圆弧长，如图乙所示.由几何关系可知，，='.两次粒子射出边界的圆弧长之比为,

答案第6页，共13页

【点睛】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，解题关键是由洛伦兹力提供向心力求

得半径，然后根据几何关系求半径.

10.BD

【详解】AC.如果左=2等，则木块受到的最大静摩擦力为

fm=〃卅==2mg>mg

木块处于平衡状态，受到的静摩擦力大小为加g,A、C错误；

B.如果左=2等，木块处于平衡状态，则墙面对木块的正压力等于弹簧的弹力，即

F—kd-

B正确；

D.为使木块在此位置保持平衡状态，至少应使

fm==mg

即发的最小值为

k4

D正确。

故选BD。

11.9.3-学

tr

【详解】（1）依题意，小球的直径为

d=9mm+0.1x31nm=9.3mm

（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度，故小球通过光电门5时的速度大小为

d

v=­

t

（3）设小球的质量为如根据机械能守恒定律有

答案第7页，共13页

mgh=~my2

因

d

v=—

t

可得

,d2

92gh=:

如果上式在误差允许的范围内成立，则小球下落过程中机械能守恒。

I.U.-LU,U,-U,_一

12.甲—；2厂=六六等于等于

12Tl

【详解】(1)口]甲电路的连接有两个特点：左、右两个电源间的路端电压相等，干路电流相

同，电阻箱可以直接读数；乙电路更加适合一般情况，需要采集更多数据，并且需要作图处

理数据才可以得到结论，同状态下采集数据，根据闭合电路欧姆定律列式求解电源的电动势

E和内阻「，甲电路更简单。

⑵⑵[3]根据闭合电路欧姆定律得

E=Ul+Ilr

E=U2+12r

解得

E—-，跖r_5-U]

~/2-A'~A-A

⑶[4]⑸当电流计G的示数为0时，相同电源，电流相等时路端电压相等，此电路中电流表

测的是干路电流，电压表测的是凡两端的电压(路端电压)，因此电流表和电压表都是准确

值，故

E测=E真，谢=住

13.(1)12.5N,%^rad/s；(2)v=处01m/$；(3)^^/41m/s

2c4157

【分析】(1)AB在细绳拉力作用下做，做匀速圆周运动。C在拉力作用下处于平衡态，结

合轻绳上的拉力大小相等可求细绳的拉力及转盘的角速度；

(2)轻绳水平拉直，然后无初速度释放，A、B、C物块构成的系统机械能守恒，结合关联

速度的知识，可求C物块的速度；

(3)碰前瞬间解除对D、E物块的锁定，由动量定理可求C物块的速度。

【详解】(DC物块保持静止，故

答案第8页，共13页

2Fcos0=mcg,sin8=———=-

1.4-0.45

可以解得

尸=12.5N

对A、3两个物块尸=/m2尺，可解得角速度

a)=rad/s

（2）设碰前A、3速度大小为乙。的速度大小为%,由绳长不变可知

4

v=vccos^=—vc

系统下落过程中机械能守恒

c12127

2x—mv+—mcvc=mcgn

C下降高度

h=---=0.8m

tan。

得

20历/

V,=------m/s

c41

⑶设碰后A、。的速度大小为M,。的速度大小为匕’，由绳长不变

M=4匕cos0

设绳上拉力的冲量大小为/,由于碰撞时间极短，绳子拉力远大于重力。对C物块运用动量

定理

—21cos0=mj；—mcvc

对A、。运用动量定理

I-2mv'-mv

解得

匕=£「空历3

°57°57

【点睛】

解决本题关键：（1）利用系统机械能守恒定律，解决绳子连接的问题时，注意绳两端速度的

分解；（2）熟练应用动量定理解决相关问题。

答案第9页，共13页

MDRV，?

144GTJ^力AI=er-2kIqrmvL

-⑴『诉；⑵瓜%q；⑶丁岛；_破020泮3，

OVY产」（包含正、反向电流）.y_L^qUmdRv^<°<侬IRvJ

J3kqqmdv^qL[L?

【详解】（1）在匀强电场中有

E=L,qE=ma

d

r_.12

4一%才，y

根据相似三角形得

RL?

联立解得

U_mdRvl

tan0=—=^3

L3

解得

则

7171

tan—=———产

6rV3

解得

由洛伦兹力提供向心力得

答案第10页，共13页

Bq%=m-

r

又

B=%

解得

j:小。

,6k%q

(3)纵坐标由匀强电场决定，则

乂=：乌/，匕=卬，~y[~T7

2md2A

联立解得

y_LJzqU

mdvj'

由于yWR,则

mdRv^mdRv^

------------SUS----------

横坐标由匀强磁场决定，则

2

Bqv°=

解得

厂,/%

klq

由于

tan且=2=驷

2r,mv0

又

c0

2tan—

tan9=-------、

<2H

1-tan—

2

联立解得

.j21dq

Xx-^Wd-im

由于x<R,则

04/W一驾(包含正、反向电流)