2024-2025学年山西省阳泉市高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2024-2025学年山西省阳泉市高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)，共25页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）（2024秋•阳泉期末）2024年10月3日，中国科学院近代物理研究所某研究团队合成新核素钚，并测出该新核素的半衰期。已知钚的衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．10个钚原子核经过一个半衰期后还剩余5个
B．改变环境压强或温度，钚原子核的半衰期发生改变
C．原子核的比结合能比原子核的比结合能大
D．钚原子核发生的是α衰变
2．（4分）（2024秋•阳泉期末）当今时代被称为低空经济元年，低空经济正迅猛崛起，成为全球瞩目的新兴力量。其中，无人机配送在部分城市展开试点，有效提升了物流配送的效率。如图为某无人机配送物资过程中在竖直方向运动的v﹣t图像。若配送物资质量为2kg，以竖直向上为正方向，设水平方向速度始终为0，不计空气阻力，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．无人机在3～4s内处于超重状态
B．无人机在第1s内和第4s内的加速度大小相等
C．在1s末配送物资所受无人机的拉力大小为24N
D．在此过程中无人机上升的最大高度为4m
3．（4分）（2024秋•阳泉期末）雨过天晴的天空经常会出现彩虹。彩虹是因为下雨后的空气中布满了小水珠，太阳光透过水珠后经过多次的折射和反射形成的。图为一束太阳光射到水珠上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，比较a、b两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A．若a光能使某金属发生光电效应，则b光也一定可以使该金属发生光电效应
B．若a光是蓝光，则b光可能是红光
C．a、b两种光分别从同一种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角比b光的小
D．在真空中，a、b两种光的速度相同，在水珠中，b光的光速比a光的大
4．（4分）（2024秋•阳泉期末）我国科研人员利用“探测卫星”获取了某一未知星球的探测数据，如图所示，图线P表示“探测卫星”绕该星球运动的关系图像，Q表示“探测卫星”绕地球运动的关系图像，其中r是卫星绕中心天体运动的轨道半径，T是对应的周期。“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足T2＝c，图中c、a、b已知，则（ ）
A．该星球和地球的质量之比为b：a
B．该星球和地球的第一宇宙速度之比为
C．该星球和地球的密度之比为a：b
D．该星球和地球表面的重力加速度大小之比为b：a
5．（4分）（2024秋•阳泉期末）图甲为某感温式火灾报警器，其简化电路如图乙所示。理想变压器原线圈接入电压有效值不变的正弦交流电源，副线圈连接报警系统，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R1为定值电阻，滑动变阻器R0用于设定报警温度。当流过R1的电流大于设定临界值时就会触发报警。那么出现火情时（ ）
A．副线圈两端电压会随着副线圈电路端温度的变化而变化
B．定值电阻R1两端电压减小
C．R0滑片上移一点可以提高报警温度
D．原线圈输入功率减小
6．（4分）（2024秋•阳泉期末）笔记本电脑机身和显示屏分别安装有磁体和霍尔元件，以此控制屏幕的熄灭。当显示屏闭合时霍尔元件靠近磁体，屏幕熄灭电脑休眠。如图为显示屏内的霍尔元件：宽为a、长为c，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速率为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面方向向下的匀强磁场中，此时元件的前后面间出现电压U，下列关于该元件说法正确的是（ ）
A．前表面的电势比后表面的电势低
B．开屏过程中，元件前、后表面间的电压变小
C．前后表面间的电压U与c成正比
D．前后表面间的电压U与所通电流成反比
7．（4分）（2024秋•阳泉期末）如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有质量分别为m和2m的小球A和B，A、B之间用一长为的轻杆相连．开始时A在圆环的最高点，现将A、B静止释放，则（ ）
A．B球可以运动到圆环的最高点
B．A球运动到圆环的最低点时，速度为零
C．B球从开始运动至到达圆环最低点的过程中，杆对B球所做的总功不为零
D．B运动至右半圆弧上最高点时，其与圆心连线和竖直方向夹角约为37°
（多选）8．（4分）（2024秋•阳泉期末）一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0.05s时的波形如图甲所示，B、C、D、E为介质中的四个质点，已知质点E的平衡位置的横坐标为﹣15m。图乙为质点C的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的波速为90m/s
C．质点D的平衡位置坐标为14m
D．从t＝0.05s开始，质点B与质点C第一次回到平衡位置的时间差为
（多选）9．（4分）（2024秋•阳泉期末）已知电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处电势为零时，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。如图所示，光滑绝缘水平面上有A、B、C三个带电小球，A球的质量为m，电荷量为+q，B、C球质量均为2m，电荷量均为+2q，用长为L的三根绝缘轻绳连接，稳定后呈等边三角形，a、b、c为三条边的中点。下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c三点电势的大小关系为φa＝φc＜φb
B．a、c两点电场强度相同
C．A、B、C三个带电小球组成系统的电势能为
D．若b处剪断，则之后小球A的最大速度为
（多选）10．（4分）（2024秋•阳泉期末）如图所示，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁场方向均沿水平方向垂直纸面向外，两磁场边界水平，磁场宽度均为L，磁场Ⅰ下边界到磁场Ⅱ上边界的距离为4L，磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B。边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框位于垂直于磁场的竖直平面内，开始时ab边到磁场Ⅰ上边界距离为L，由静止释放金属线框，线框在向下运动的过程中始终在竖直面内，且ab边始终水平，线框分别匀速穿过磁场Ⅰ、Ⅱ。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．磁场Ⅱ的磁感应强度大小为
B．线框经过磁场Ⅰ产生的焦耳热等于经过磁场Ⅱ产生的焦耳热
C．金属线框的质量为
D．线框经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（8分）（2024秋•阳泉期末）某同学用如图甲所示的双线摆测当地的重力加速度。两根悬线长均为a，均系于小球同一点，调节两悬点A、B在同一水平线上，A、B间距离也为a，小球为质量分布均匀的磁性小球，打开手机的磁传感器并将手机平放在小球的正下方，不考虑手机对小球运动的影响，空气阻力不计。
（1）先用螺旋测微器测小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径d＝ mm。
（2）使双线摆在垂直于摆线平面方向做小幅度摆动，某时刻起手机磁传感器测得磁感应强度随时间变化的规律如图丙所示，则小球振动的周期T＝ （用t0表示）。
（3）由实验测得当地的重力加速度g＝ （用a、d和t0表示），若两悬点A、B间的实际距离小于a，则测得的重力加速度与真实值相比 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。
12．（8分）（2024秋•阳泉期末）某实验小组想利用热敏电阻自制一个简易的电子温度计。
（1）首先用“等效替代法”测量热敏电阻的阻值RT与温度t的关系曲线，实验装置为图甲，用笔画线代替导线，将图甲中的实物连接图补充完整。
（2）多次测量热敏电阻在不同温度t下的阻值RT，并描绘热敏电阻的阻值RT与温度t的关系图像如图乙所示，由图乙可知，温度t升高，热敏电阻的阻值RT （填“增大”或“减小”）。
（3）利用该热敏电阻制作简易的温度计电路图如图丙所示，其中电源的电动势E＝1.5V，内阻忽略不计，灵敏电流计G的量程为1mA、内阻为100Ω。已知在重新标刻表盘时，灵敏电流计0.5mA刻度处标刻的温度为30℃，则电阻箱R的阻值应调节为 Ω。
（4）若使用过程中，由于电池老化，电源实际的电动势只有E′＝1.35V，内阻忽略不计，电阻箱R的阻值保持不变，当表盘显示温度为30℃时，实际温度为 ℃。（结果保留两位有效数字）
13．（10分）（2025•成都二模）如图所示，爆米花机是一种对谷物进行膨化加工的装置，主体为一导热良好的钢制罐体，罐体的容积为4×10﹣3m3，两端分别焊接了支撑轴和摇柄。在p0＝1atm（1个标准大气压）的气压，27℃的干燥环境下打开阀门向罐体内放入1×10﹣3m3的谷物，关闭阀门，将支撑轴和摇柄架设在火炉的支架上进行旋转加热，谷物内部分水分汽化成高压水蒸气与罐内空气形成混合气体（可视为理想气体）。当罐内混合气体温度为327℃、压强达5atm时，打开阀门，因为压强突然变小，巨大的压强差使得谷物迅速膨胀，从而达到膨化的效果。忽略谷物间隙气体的体积和在罐体内加热过程中谷物体积的变化。已知绝对零度为﹣273℃。求：
（1）从开始加热到压强变为5atm时，罐体内水蒸气的分压强。（已知混合气体的压强等于在同温度同体积条件下组成混合气体的各成分单独存在时的分压强之和）
（2）打开阀门后的混合气体迅速膨胀对外做功使得谷物全部喷出，当混合气体温度为127℃，罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比。
14．（16分）（2024秋•阳泉期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度等于。从y轴上坐标为（0，L）的P点沿x轴正方向，以初速度v0射出一个带正电的粒子，粒子经电场偏转后从坐标为（2L，0）的Q点第一次经过x轴进入磁场。不计粒子的重力。求：
（1）带电粒子的比荷；
（2）粒子从P点射入到第二次经过x轴所用的时间；
（3）粒子第n次经过x轴的位置离O点的距离。
15．（18分）（2024秋•阳泉期末）如图所示，半圆形轨道与光滑的水平台阶连接，直径PQ与水平面垂直，轨道的最低点Q与右侧光滑的台阶相切，台阶右侧紧靠着一个上表面与台阶平齐的足够长的长木板C。台阶上的两个小铁块A，B之间有一被压缩的微型弹簧（弹簧与铁块不栓接），某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A，B瞬间分离。释放后，铁块A恰好能够沿半圆形轨道运动到最高点P（之后被取走）。铁块B滑上木板C的上表面，当B，C恰好速度相同时，木板与弹性挡板碰撞。已知B，C接触面间的动摩擦因数0.1，其余摩擦均不计，木板C与弹性挡板在碰撞过程中没有机械能损失，半圆形轨道的半径R＝0.1m，木板C的质量m＝1kg，铁块A、B与木板C的质量之比是mA：mB：mC＝4：2：1，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）释放前，微型弹簧的弹性势能；
（2）木板C与弹性挡板第一次碰撞前B在C上滑过的距离；
（3）从铁块B滑上木板C到C停止运动，木板C运动的总路程。（结果可用分数表示）
2024-2025学年山西省阳泉市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、选择题：本题共10题，共46分。在每题给出的四个选项中，第1～7题，只有一项符合题目要求，每题4分，共28分；第8～10题，有多项符合题目要求，每题6分，共18分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（4分）（2024秋•阳泉期末）2024年10月3日，中国科学院近代物理研究所某研究团队合成新核素钚，并测出该新核素的半衰期。已知钚的衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．10个钚原子核经过一个半衰期后还剩余5个
B．改变环境压强或温度，钚原子核的半衰期发生改变
C．原子核的比结合能比原子核的比结合能大
D．钚原子核发生的是α衰变
【答案】D
【分析】结合半衰期的统计性、衰变的影响因素、比结合能与原子核稳定性的关系，以及衰变方程对应的衰变类型，辨析各选项的物理逻辑。
【解答】解：A、半衰期是大量粒子的统计规律，对少量原子核不适用，10个钚原子核经过一个半衰期后不一定还剩余5个，故A错误；
B、半衰期由原子核内部结构决定，与环境压强、温度等外界条件无关，钚原子核的半衰期不会发生改变，故B错误；
C、原子核的衰变过程是释放能量的，比结合能增大，所以原子核的比结合能比原子核的比结合能小，故C错误；
D、根据电荷数和质量数守恒，可知Y的质量数为4，电荷数为2，可知Y为α粒子，则钚原子核发生的是α衰变，故D正确。
故选：D。
2．（4分）（2024秋•阳泉期末）当今时代被称为低空经济元年，低空经济正迅猛崛起，成为全球瞩目的新兴力量。其中，无人机配送在部分城市展开试点，有效提升了物流配送的效率。如图为某无人机配送物资过程中在竖直方向运动的v﹣t图像。若配送物资质量为2kg，以竖直向上为正方向，设水平方向速度始终为0，不计空气阻力，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．无人机在3～4s内处于超重状态
B．无人机在第1s内和第4s内的加速度大小相等
C．在1s末配送物资所受无人机的拉力大小为24N
D．在此过程中无人机上升的最大高度为4m
【答案】C
【分析】根据v﹣t图像判断物体处于超重还是失重状态，之后利用牛顿定律进行计算。
【解答】解：A.根据图像可知，无人机在3～4s内竖直向上做减速运动，加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A错误；
B.在v﹣t图中斜率表示加速度，图像可知第1s内加速度大小a1＝2m/s2；
第4s内的加速度大小a2＝4m/s2
可知两时段加速度大小不等，故B错误；
C.图像可知前2s内无人机做匀加速直线运动，设拉力大小为F，则由牛顿第二定律有F﹣mg＝ma1
代入题中数据得F＝24N，故C正确；
D.v﹣t图像面积表示位移，图像可知4s末无人机达到最高点，则位移为x（1+4）×4m＝10m，故D错误。
故选：C。
3．（4分）（2024秋•阳泉期末）雨过天晴的天空经常会出现彩虹。彩虹是因为下雨后的空气中布满了小水珠，太阳光透过水珠后经过多次的折射和反射形成的。图为一束太阳光射到水珠上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，比较a、b两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A．若a光能使某金属发生光电效应，则b光也一定可以使该金属发生光电效应
B．若a光是蓝光，则b光可能是红光
C．a、b两种光分别从同一种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角比b光的小
D．在真空中，a、b两种光的速度相同，在水珠中，b光的光速比a光的大
【答案】A
【分析】通过光路图中b光更大的偏折程度，判断出水珠对b光的折射率和频率均高于a光；结合光电效应条件、色光频率关系、全反射临界角公式及介质光速公式，逐一分析各选项。
【解答】解：A．由图可知，太阳光进入水珠时b光的偏折程度更大，说明水珠对b光的折射率更大，所以b光的频率更高。根据产生光电效应的条件，若a光能使某金属发生光电效应，则b光也一定能使该金属发生光电效应，故A正确。
B．若a光是蓝光，b光的频率比a光更高，而红光频率低于蓝光，所以b光不可能是红光，故B错误。
C．根据发生全反射条件有，因为b光的折射率更大，所以b光的的临界角比a光的小，故C错误。
D．在真空中，a、b两种光的速度相同，都为c；在水珠中，根据，因为b光的折射率更大，所以b光的光速比a光的小，故D错误。
故选：A。
4．（4分）（2024秋•阳泉期末）我国科研人员利用“探测卫星”获取了某一未知星球的探测数据，如图所示，图线P表示“探测卫星”绕该星球运动的关系图像，Q表示“探测卫星”绕地球运动的关系图像，其中r是卫星绕中心天体运动的轨道半径，T是对应的周期。“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足T2＝c，图中c、a、b已知，则（ ）
A．该星球和地球的质量之比为b：a
B．该星球和地球的第一宇宙速度之比为
C．该星球和地球的密度之比为a：b
D．该星球和地球表面的重力加速度大小之比为b：a
【答案】B
【分析】由万有引力提供向心力推导出结合图像中星球与地球对应的比值，再联立第一宇宙速度、密度、表面重力加速度的相关公式，分析各物理量的比例关系。
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力有
解得
可知T2﹣r3图像的斜率为
故该星球和地球的质量之比，而不是星球和地球的质量之比为b：a，故A错误；
B、“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足T2＝c，即
可得
根据万有引力提供向心力有
解得
故该星球和地球的第一宇宙速度之比，故B正确；
C、星球的体积为
密度为
故该星球和地球的密度之比为，而不是星球和地球的密度之比为a：b，故C错误；
D、在星球表面，万有引力与重力的关系有
解得
故该星球和地球表面的重力加速度大小之比为，而不是星球和地球表面的重力加速度大小之比为b：a，故D错误。
故选：B。
5．（4分）（2024秋•阳泉期末）图甲为某感温式火灾报警器，其简化电路如图乙所示。理想变压器原线圈接入电压有效值不变的正弦交流电源，副线圈连接报警系统，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R1为定值电阻，滑动变阻器R0用于设定报警温度。当流过R1的电流大于设定临界值时就会触发报警。那么出现火情时（ ）
A．副线圈两端电压会随着副线圈电路端温度的变化而变化
B．定值电阻R1两端电压减小
C．R0滑片上移一点可以提高报警温度
D．原线圈输入功率减小
【答案】C
【分析】已知原线圈电压和匝数比不变，因此副线圈两端电压恒定；温度升高时热敏电阻阻值减小，导致副线圈总电阻减小、电流增大，从而定值电阻两端电压增大，原线圈输入功率也相应增大。滑动变阻器用于设定报警电流临界值，其上移时阻值增大，要使电流达到同一临界值就需要热敏电阻更小，即需要更高的温度才能报警，因此滑片上移可以提高报警温度。
【解答】解：A、副线圈两端电压由变压器原线圈电压和匝数比决定，与副线圈电阻变化无关，即与副线圈电路端温度的变化无关，故A错误；
BD、当出现火情时，热敏电阻阻值变小，导致副线圈电流变大，根据可知定值电阻R1两端电压增大，由P1＝P2＝U2I2可知原线圈输入功率变大，故BD错误；
C、R0滑片上移一点，会导致阻值变大，如果要想报警，就减小热敏电阻RT，即提高温度，所以R0滑片上移一点可以提高报警温度，故C正确。
故选：C。
6．（4分）（2024秋•阳泉期末）笔记本电脑机身和显示屏分别安装有磁体和霍尔元件，以此控制屏幕的熄灭。当显示屏闭合时霍尔元件靠近磁体，屏幕熄灭电脑休眠。如图为显示屏内的霍尔元件：宽为a、长为c，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速率为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面方向向下的匀强磁场中，此时元件的前后面间出现电压U，下列关于该元件说法正确的是（ ）
A．前表面的电势比后表面的电势低
B．开屏过程中，元件前、后表面间的电压变小
C．前后表面间的电压U与c成正比
D．前后表面间的电压U与所通电流成反比
【答案】B
【分析】A、根据左手定则，判断自由电子的偏转方向，进而确定前后表面的电势高低；
B、开屏时磁场减弱，结合霍尔电压公式，判断电压变化；
C、推导霍尔电压的表达式，判断其与元件长度c的关系；
D、结合电流的微观表达式，推导霍尔电压与电流的关系。
【解答】解：A、电流方向向右，电子带负电，向左定向移动，根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累的电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；
C、当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，此时前、后表面间的电压达到稳定，对稳定状态下的电子受力平衡，有eE＝evB
又电场强度
解得前后表面间的电压U＝Bva
故前、后表面间的电压U与v成正比，与a成正比，与c无关，故C错误；
B、开屏过程中，磁感应强度与上表面的夹角在逐渐减小，最后平行，相当于垂直上表面的磁感应强度在减小，根据前后表面间的电压U＝Bva
可知元件前、后表面间的电压变小，故B正确；
D、设单位体积内的自由电子数为n，霍尔元件上下表面的高度为b，根据电流的微观表达式有I＝neSv＝nebav
解得电子定向移动的速率
故前后表面间的电压
即前后表面间的电压U与所通电流成正比，故D错误。
故选：B。
7．（4分）（2024秋•阳泉期末）如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有质量分别为m和2m的小球A和B，A、B之间用一长为的轻杆相连．开始时A在圆环的最高点，现将A、B静止释放，则（ ）
A．B球可以运动到圆环的最高点
B．A球运动到圆环的最低点时，速度为零
C．B球从开始运动至到达圆环最低点的过程中，杆对B球所做的总功不为零
D．B运动至右半圆弧上最高点时，其与圆心连线和竖直方向夹角约为37°
【答案】D
【分析】对A、B组成的系统受力分析，利用机械能守恒定律和动能定理列式求解即可。
【解答】解：
ABD．设B球到右侧最高点时，B与圆心连线和竖直方向夹角为θ，圆环圆心处为零势能面，整个系统机械能守恒
即mAgR＝mBgRcsθ﹣mAgRsinθ 代入数据得：θ＝37°
所以B球在圆环右侧区域内能达到的最高点与竖直方向夹角约为37°，此时A越过了圆环的最低点，故A球运动到圆环的最低点时速度不为零，AB错误，D正确。
C．对B球分析得：，代入数据得：W＝0，故C错误。
故选：D。
（多选）8．（4分）（2024秋•阳泉期末）一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0.05s时的波形如图甲所示，B、C、D、E为介质中的四个质点，已知质点E的平衡位置的横坐标为﹣15m。图乙为质点C的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的波速为90m/s
C．质点D的平衡位置坐标为14m
D．从t＝0.05s开始，质点B与质点C第一次回到平衡位置的时间差为
【答案】BD
【分析】结合波形图与振动图像，用同侧法判断波的传播方向，通过波长和周期计算波速，再分析不同质点第一次回到平衡位置的时间差。
【解答】解：A、由图乙可知t＝0.05s时质点C沿y轴向正方形振动，由同侧法可知该简谐横波沿x轴负方向传播，故A错误；
BC、由甲图可知，此简谐波振幅为20cm，而t＝0.05s时B位移为﹣10cm，故B与E两质点平衡位置之间距离xBE与总波长λ的比例关系满足
解得λ＝36m，xBE＝15m
则质点D的平衡位置坐标为
由图乙知T＝0.4s，因此波速m/s
故B正确；C错误；
D．从t＝0.05s开始，由图乙可知，质点C第一次回到平衡位置的时间为
由于波沿x负方向传播，所以质点B向上振动到平衡位置。设任何质点从平衡位置振动到位移为10cm时所需时间为Δt，根据y＝20sin5πt（cm）
得
从t＝0.05s开始，质点B第一次回到平衡位置的时间为
它们的时间差为，故D正确。
故选：BD。
（多选）9．（4分）（2024秋•阳泉期末）已知电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处电势为零时，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。如图所示，光滑绝缘水平面上有A、B、C三个带电小球，A球的质量为m，电荷量为+q，B、C球质量均为2m，电荷量均为+2q，用长为L的三根绝缘轻绳连接，稳定后呈等边三角形，a、b、c为三条边的中点。下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c三点电势的大小关系为φa＝φc＜φb
B．a、c两点电场强度相同
C．A、B、C三个带电小球组成系统的电势能为
D．若b处剪断，则之后小球A的最大速度为
【答案】AD
【分析】结合点电荷电势、电场强度的叠加规则分析各点电势与场强，同时关联系统电势能及剪断绳子后的动量守恒、能量守恒推导运动情况。
【解答】A．由点电荷的电势公式得，
则有φa＝φc＜φb，故A正确；
B．分别做出A、B、C三个带电小球在a、c两点的电场强度如图所示
根据对称性及平行四边形定则可知a、c两点的电场强度大小相同，方向不同，故B错误；
C．A球的电势能为
B球的电势能为
C球的电势能为
则整个系统的电势能为，故C错误；
D．当3个小球位置关系成一条直线时整个系统的电势能最小，动能最大，A球速度最大，此时C球的电势能为
B球的电势能为
A球的电势能
此时整个系统电势能最小为
对整个系统，根据能量守恒有
根据动量守恒有mvA＝4mvBC
联立解得小球A的最大速度为，故D正确。
故选：AD。
（多选）10．（4分）（2024秋•阳泉期末）如图所示，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁场方向均沿水平方向垂直纸面向外，两磁场边界水平，磁场宽度均为L，磁场Ⅰ下边界到磁场Ⅱ上边界的距离为4L，磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B。边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框位于垂直于磁场的竖直平面内，开始时ab边到磁场Ⅰ上边界距离为L，由静止释放金属线框，线框在向下运动的过程中始终在竖直面内，且ab边始终水平，线框分别匀速穿过磁场Ⅰ、Ⅱ。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．磁场Ⅱ的磁感应强度大小为
B．线框经过磁场Ⅰ产生的焦耳热等于经过磁场Ⅱ产生的焦耳热
C．金属线框的质量为
D．线框经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为
【答案】BC
【分析】本题通过分析线框在重力作用下从静止开始下落并依次进入两个匀强磁场的过程，明确线框的运动分为多个阶段：进入磁场Ⅰ前自由落体，匀速穿过磁场Ⅰ，两磁场间继续加速，以及匀速穿过磁场Ⅱ。解题关键在于利用线框匀速穿过磁场时重力与安培力平衡这一条件，结合电磁感应规律计算进入磁场时的速度、磁感应强度及线框质量，同时根据能量转化关系分析焦耳热。
【解答】解：AC、金属线框从静止释放至ab边进入磁场Ⅰ，根据动能定理有，解得：。线框匀速穿过磁场Ⅰ，则有mg＝BI1L，且，解得：。同理，线框从cd边离开磁场Ⅰ至ab边进入磁场Ⅱ的过程，根据动能定理有，解得：。匀速穿过磁场Ⅱ，满足mg＝B2I2L，且，解得：。故A错误，C正确；
B、线框分别匀速穿过两个磁场，根据功能关系可知，穿过磁场Ⅰ产生的焦耳热为2mgL，与穿过磁场Ⅱ产生的焦耳热相等，故B正确；
D、线框穿过两个磁场产生的总焦耳热为，故D错误。
故选：BC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（8分）（2024秋•阳泉期末）某同学用如图甲所示的双线摆测当地的重力加速度。两根悬线长均为a，均系于小球同一点，调节两悬点A、B在同一水平线上，A、B间距离也为a，小球为质量分布均匀的磁性小球，打开手机的磁传感器并将手机平放在小球的正下方，不考虑手机对小球运动的影响，空气阻力不计。
（1）先用螺旋测微器测小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径d＝ 4.700 mm。
（2）使双线摆在垂直于摆线平面方向做小幅度摆动，某时刻起手机磁传感器测得磁感应强度随时间变化的规律如图丙所示，则小球振动的周期T＝ 2t0 （用t0表示）。
（3）由实验测得当地的重力加速度g＝ （用a、d和t0表示），若两悬点A、B间的实际距离小于a，则测得的重力加速度与真实值相比 偏小 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】（1）4.700；（2）2t0；（3），偏小。
【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
（2）根据周期概念和图像计算；
（3）根据单摆周期公式和几何知识推导重力加速度表达式；分析摆长的变化判断。
【解答】解：（1）根据螺旋测微器读数规则小球直径d＝4.5mm+20.0×0.01mm＝4.700mm
（2）设磁场变化的周期为T0，则如图丙所示T0＝t0
则双线摆摆动的周期为T＝2T0＝2t0
（3）摆长为
根据单摆周期公式
联立解得
若两悬点A、B间的实际距离小于a，则测得的摆长L偏小，测得的重力加速度偏小。
故答案为：（1）4.700；（2）2t0；（3），偏小。
12．（8分）（2024秋•阳泉期末）某实验小组想利用热敏电阻自制一个简易的电子温度计。
（1）首先用“等效替代法”测量热敏电阻的阻值RT与温度t的关系曲线，实验装置为图甲，用笔画线代替导线，将图甲中的实物连接图补充完整。
（2）多次测量热敏电阻在不同温度t下的阻值RT，并描绘热敏电阻的阻值RT与温度t的关系图像如图乙所示，由图乙可知，温度t升高，热敏电阻的阻值RT 减小 （填“增大”或“减小”）。
（3）利用该热敏电阻制作简易的温度计电路图如图丙所示，其中电源的电动势E＝1.5V，内阻忽略不计，灵敏电流计G的量程为1mA、内阻为100Ω。已知在重新标刻表盘时，灵敏电流计0.5mA刻度处标刻的温度为30℃，则电阻箱R的阻值应调节为 1100 Ω。
（4）若使用过程中，由于电池老化，电源实际的电动势只有E′＝1.35V，内阻忽略不计，电阻箱R的阻值保持不变，当表盘显示温度为30℃时，实际温度为 34 ℃。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）；（2）减小；（3）1100；（4）34。
【分析】（1）根据电路图连接实物图；
（2）根据图乙曲线分析求解；
（3）根据欧姆定律，结合图像对应的阻值分析求解；
（4）根据欧姆定律，结合阻值对应的温度分析求解。
【解答】解：（1）电路连线如图
（2）由图乙可知，温度t升高，热敏电阻的阻值RT减小。
（3）温度为30℃时RT＝1.8kΩ
由电路可知
解得R＝1100Ω
（4）温度为30℃时电流为0.5mA，则根据
解得R'T＝1.5kΩ
由图可知此时的温度约为34℃。
故答案为：（1）；（2）减小；（3）1100；（4）34。
13．（10分）（2025•成都二模）如图所示，爆米花机是一种对谷物进行膨化加工的装置，主体为一导热良好的钢制罐体，罐体的容积为4×10﹣3m3，两端分别焊接了支撑轴和摇柄。在p0＝1atm（1个标准大气压）的气压，27℃的干燥环境下打开阀门向罐体内放入1×10﹣3m3的谷物，关闭阀门，将支撑轴和摇柄架设在火炉的支架上进行旋转加热，谷物内部分水分汽化成高压水蒸气与罐内空气形成混合气体（可视为理想气体）。当罐内混合气体温度为327℃、压强达5atm时，打开阀门，因为压强突然变小，巨大的压强差使得谷物迅速膨胀，从而达到膨化的效果。忽略谷物间隙气体的体积和在罐体内加热过程中谷物体积的变化。已知绝对零度为﹣273℃。求：
（1）从开始加热到压强变为5atm时，罐体内水蒸气的分压强。（已知混合气体的压强等于在同温度同体积条件下组成混合气体的各成分单独存在时的分压强之和）
（2）打开阀门后的混合气体迅速膨胀对外做功使得谷物全部喷出，当混合气体温度为127℃，罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比。
【答案】（1）从开始加热到压强变为5atm时，罐体内水蒸气的分压强为3atm；
（2）打开阀门后的混合气体迅速膨胀对外做功使得谷物全部喷出，当混合气体温度为127℃，罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比为40%。
【分析】（1）对原有空气，根据查理定律列式，即可分析求解；
（2）对混合气体，由理想气体状态方程列式，结合题意，即可分析求解。
【解答】解：（1）对原有空气，根据查理定律可得：
，
由题知：
T0＝（27+273）K＝300K，T1＝（327+273）K＝600K，p0＝1atm，
联立解得：
p1＝2atm，
则从开始加热到压强变为5atm时，罐体内水蒸气的分压强为：
p′＝5p0﹣p1＝（5×1﹣2）atm＝3atm；
（2）设罐体的体积为V0，
对混合气体，由理想气体状态方程可得：
，
由题知：
T2＝（127+273）K＝400K，V0＝4×10﹣3m3，
联立解得：
V2＝0.01m3，
则罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比为：
k，
解得：
k＝40%；
答：（1）从开始加热到压强变为5atm时，罐体内水蒸气的分压强为3atm；
（2）打开阀门后的混合气体迅速膨胀对外做功使得谷物全部喷出，当混合气体温度为127℃，罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比为40%。
14．（16分）（2024秋•阳泉期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度等于。从y轴上坐标为（0，L）的P点沿x轴正方向，以初速度v0射出一个带正电的粒子，粒子经电场偏转后从坐标为（2L，0）的Q点第一次经过x轴进入磁场。不计粒子的重力。求：
（1）带电粒子的比荷；
（2）粒子从P点射入到第二次经过x轴所用的时间；
（3）粒子第n次经过x轴的位置离O点的距离。
【答案】（1）带电粒子的比荷为。
（2）粒子从P点射入到第二次经过x轴所用的时间为。
（3）当n为奇数时，粒子第n次经过x轴的位置离O点的距离为（n+1）L，当n为偶数时，该距离为（n﹣2）L。
【分析】（1）带电粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动。已知初速度、电场强度及水平和竖直方向的位移，可依据运动学规律分别建立两方向位移与时间的关系，并结合牛顿第二定律确定加速度与电场力的关系，从而联立求解比荷。
（2）粒子从P点运动到第二次经过x轴包含两个阶段：电场中的类平抛运动和磁场中的匀速圆周运动。先由类平抛运动规律计算粒子在电场中的运动时间及进入磁场时的速度大小与方向；再根据洛伦兹力提供向心力及已知磁感应强度，分析粒子在磁场中的轨道半径与运动轨迹，结合几何关系确定其圆周运动的圆心角，进而计算磁场中运动的时间；最后将两段时间相加即得总时间。
（3）分析粒子多次经过x轴的运动模式。粒子每次离开磁场进入电场后，在电场中均做类似斜抛运动，其水平分运动为匀速直线运动。需根据粒子每次进入电场时的速度方向与大小，结合运动的对称性，分析其每次在电场中运动的时间及对应的水平位移，从而归纳出第n次经过x轴时水平位置与次数n的规律关系。
【解答】解：（1）粒子自P点射出后在电场中做类平抛运动，有2L＝v0t1与。依据牛顿第二定律可得qE＝ma，解得：。
（2）依据类平抛运动规律，粒子穿过x轴时速度与水平方向的夹角θ满足，即tanθ＝1，解得：θ＝45°。
则粒子进入磁场的速度为。根据洛伦兹力提供向心力，有，解得：。
由几何关系可知粒子从O点射出磁场：
粒子在磁场中运动的周期为，粒子在磁场中运动的时间为。
其中，故粒子从P点射入到第二次经过x轴所用的时间为。
（3）粒子在Q点进入磁场时，竖直分速度vy＝v0，水平分速度为v0，合速度，速度方向与x轴正方向成45circ角斜向下。
根据洛伦兹力提供向心力，代入数据解得粒子在磁场中的轨道半径。
根据几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长，即粒子每经过一次磁场，沿x轴负方向移动2L。
粒子从x轴进入电场后做类斜抛运动，在电场中运动的时间，对应的水平位移dE＝v0t＝4L，即粒子每经过一次电场，沿x轴正方向移动4L。
粒子第1次经过x轴的位置坐标x1＝2L；第2次经过x轴的位置坐标x2＝x1﹣2L＝0；
第3次经过x轴的位置坐标x3＝x2+4L＝4L；第4次经过x轴的位置坐标x4＝x3﹣2L＝2L。
由此归纳可知，当n为奇数时，位置离O点的距离为xn＝（n+1）L；当n为偶数时，位置离O点的距离为xn＝（n﹣2）L。
答：（1）带电粒子的比荷为。
（2）粒子从P点射入到第二次经过x轴所用的时间为。
（3）当n为奇数时，粒子第n次经过x轴的位置离O点的距离为（n+1）L，当n为偶数时，该距离为（n﹣2）L。
15．（18分）（2024秋•阳泉期末）如图所示，半圆形轨道与光滑的水平台阶连接，直径PQ与水平面垂直，轨道的最低点Q与右侧光滑的台阶相切，台阶右侧紧靠着一个上表面与台阶平齐的足够长的长木板C。台阶上的两个小铁块A，B之间有一被压缩的微型弹簧（弹簧与铁块不栓接），某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A，B瞬间分离。释放后，铁块A恰好能够沿半圆形轨道运动到最高点P（之后被取走）。铁块B滑上木板C的上表面，当B，C恰好速度相同时，木板与弹性挡板碰撞。已知B，C接触面间的动摩擦因数0.1，其余摩擦均不计，木板C与弹性挡板在碰撞过程中没有机械能损失，半圆形轨道的半径R＝0.1m，木板C的质量m＝1kg，铁块A、B与木板C的质量之比是mA：mB：mC＝4：2：1，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）释放前，微型弹簧的弹性势能；
（2）木板C与弹性挡板第一次碰撞前B在C上滑过的距离；
（3）从铁块B滑上木板C到C停止运动，木板C运动的总路程。（结果可用分数表示）
【答案】（1）释放前，微型弹簧的弹性势能为30J。
（2）木板C与弹性挡板第一次碰撞前B在C上滑过的距离为m。
（3）从铁块B滑上木板C到C停止运动，木板C运动的总路程为m。
【分析】（1）分析铁块A与B分离过程，系统动量守恒，微型弹簧释放的弹性势能转化为A、B的动能。已知A能到达半圆形轨道最高点，在最高点由重力提供向心力，从分离点至最高点机械能守恒，由此可建立A的初速度与轨道半径关系，结合质量比与动量守恒，联立求得弹性势能。
（2）铁块B滑上木板C后，B与C组成的系统动量守恒，两者最终达到相同速度。此过程中系统减少的动能等于滑动摩擦力产生的热量，热量数值等于摩擦力乘以B在C上的相对滑行距离。利用动量守恒求出共速，再由能量守恒即可求得该滑行距离。
（3）木板C与挡板发生弹性碰撞后速度反向，大小不变。随后B、C系统动量守恒，在摩擦力作用下再次共速。由于每次碰撞前系统均已共速，碰撞后速度反向，下一次共速的速度是上一次的三分之一，形成一个等比数列。木板每次向左或向右减速至零的位移与速度平方成正比，故总路程为第一次碰撞前向右位移与后续所有往返路程之和，需对等比数列求和。
【解答】解：（1）铁块A与B弹开过程中，取水平向右为正方向，系统动量守恒，有4mvA﹣2mvB＝0。铁块A弹开后恰能通过半圆形轨道最高点P，在P点由牛顿第二定律得。
铁块A从弹开运动至P点，机械能守恒，即，联立解得：，。释放前，微型弹簧的弹性势能，代入数据解得：Ep＝30J。
（2）设木板C与弹性挡板碰撞前瞬间的速度为v1。取水平向右为正方向，铁块B滑上木板C后，B、C系统动量守恒，有2mvB＝（2m+m）v1，解得：。
对木板C从开始运动到第一次碰撞挡板的过程，对B、C系统，由能量守恒得，解得：。
（3）木板C与弹性挡板碰撞过程无能量损失，故碰撞后速度大小不变、方向反向。第一次碰撞后，C向左减速至零再向右加速，B一直向右减速，二者最终达到共速。
由分析可知，C碰撞后向左减速的路程大于碰撞前向右加速的路程，故在C再次与挡板碰撞前，B、C已共速。
依此类推，C每次与挡板碰撞前均已与B共速。取水平向右为正方向，对C第n次碰撞后到第n+1次碰撞前的过程，由动量守恒得2mvn﹣mvn＝（2m+m）vn+1（n＝1，2，3，⋯），解得：。
设C第n次碰撞后速度减为零过程中运动的位移大小为xn，由动能定理得，解得：。
由此得，即xn是公比的等比数列。其中，第一次碰撞前对C有，解得：。
故C运动的总路程，由等比数列求和公式，代入解得：。
答：（1）释放前，微型弹簧的弹性势能为30J。
（2）木板C与弹性挡板第一次碰撞前B在C上滑过的距离为m。
（3）从铁块B滑上木板C到C停止运动，木板C运动的总路程为m。
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6
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答案
D
C
A
B
C
B
D
题号
8
9
10
答案
BD
AD
BC