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河北省邯郸市等三地2025-2026学年高三上学期11月期中物理试题
1．（2025高三上·邯郸期中）装修用的石材通常会向空气中释放放射性气体氡，氡核（）发生一次衰变后生成新核钋（），放出一个粒子X及一个光子。下列说法正确的是（　　）
A．粒子X和光子均由氡核释放
B．粒子X和光子均由钋核释放
C．粒子X由氡核释放，光子由钋核释放
D．粒子X由钋核释放，光子由氡核释放
2．（2025高三上·邯郸期中）如图所示为某质点在0~3s内的位移—时间图像，第1s内为直线和后2s为抛物线，直线与抛物线相切，则时质点的速度为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·邯郸期中）如图所示，两端开口的足够长玻璃管竖直插在水银槽中，管中有一段水银柱，水银柱静止时，水银槽中的水银在管内、外液面高度差为h，管中封闭气体看成理想气体，保持玻璃管不动，现从上管口缓慢向管中倒入水银，在倒入水银的过程中气体温度不变，下列说法正确的是（　　）
A．h保持不变 B．管中气体分子数密度不变
C．管中气体内能增大 D．管中气体放出热量
4．（2025高三上·邯郸期中）如图所示一个光滑圆弧体固定在水平面上，圆弧长度远小于圆的半径，A、B是圆弧上的两点，O是圆弧的圆心，P、Q是圆弧竖直直径上的两点，让甲球从A、B两点中的任一点由静止释放，同时让乙球从P、Q、O三点中某一点由静止释放，甲球第一次到达圆弧最低点时恰好与乙球相碰，甲、乙两球均可以看成质点，空气阻力不计，则甲、乙两球释放的位置可能是（　　）
A．甲球在A点释放，乙球在Q点释放
B．甲球在B点释放，乙球在P点释放
C．甲球在A点释放，乙球在O点释放
D．甲球在B点释放，乙球在O点释放
5．（2025高三上·邯郸期中）如图所示，穿过光滑竖直细管的细线，两端分别连接小球A和B，将B拉起并给B一个水平初速度，恰好使B绕管做水平面内的匀速圆周运动，细线与水平方向的夹角为，B到管上口间细线长为L，转动角速度为ω，不计细管管径和一切阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．与成正比 B．与成反比
C．L与成反比 D．L与成正比
6．（2025高三上·邯郸期中）一列简谐横波沿x轴正向传播，时刻的部分波形如图所示，质点P平衡位置的坐标为m，质点Q平衡位置的坐标为，时刻，P刚好振动了一个周期，坐标原点处质点振动比P振动超前0.5s，则下列说法正确的是（　　）
A．坐标原点处质点起振方向为y轴正向
B．波的传播速度为
C．从Q振动后到任一时刻，P比Q通过的路程多
D．当P、Q第一次速度大小相等时，Q的位移为
7．（2025高三上·邯郸期中）如图所示电路，定值电阻，调节电阻箱R的阻值，当时，R消耗的功率最大；调节电阻箱R的阻值，消耗的最大功率为5W，则下列说法正确的是（　　）
A．电源电动势为 B．电源内阻为
C．R消耗的最大功率为 D．电源输出的最大功率为
8．（2025高三上·邯郸期中）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的n匝正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，磁场分界线恰好经过线圈的位置处，且此时永磁铁相对线圈运动的速度大小为v，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是（　　）
A．此时刻线圈中的感应电动势大小
B．若减小永磁铁相对线圈上升的速度v，则线圈中感应电动势增大
C．若永磁铁相对线圈下降，则线圈中感应电流的方向为顺时针方向
D．若永磁铁相对线圈左右振动，则线圈中也能产生感应电流
9．（2025高三上·邯郸期中）如图所示电路，变压器为理想变压器，电表均为理想电表，定值电阻R1、R2的阻值均为，在a、b两端输入正弦交流电压，调节滑动变阻器的滑片P，当电流表的示数为时，电压表的示数为，电压表的示数为，则下列说法正确的是（　　）
A．滑片P向下移时，电压表的示数不变
B．滑片P向下移时，电流表A的示数变小，电压表的示数变小
C．变压器原副线圈的匝数比为
D．a、b两端输入的交流电电压为
10．（2025高三上·邯郸期中）如图所示，为正三角形，D是边的中点，F是边的中点，在A、B、C三点分别固定一个点电荷，A、B两点的点电荷带电量分别为和，D点的电场强度方向水平向左与平行，则下列说法正确的是（　　）
A．D点电势比F点电势高
B．C点点电荷的带电量为
C．F点场强比D点场强大
D．将C点点电荷从C点移到无穷远，电场力可能做负功
11．（2025高三上·邯郸期中）某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒，长为的不可伸长的细线一端固定于O点，另一端拴在小球上，小球的半径为r，小球下面固定有挡光片，在O点正下方固定有光电门，光电门中心到O点的距离为h，重力加速度为g。
（1）用游标卡尺测出挡光片的宽度，示数如图乙所示，则挡光片宽度d=　 　mm；悬点O到小球中点的距离L=　 　；
（2）将小球拉起到某一位置，使悬线与竖直方向成一定的角度，测出悬线与竖直方向的夹角，由静止释放小球，小球通过最低点时，挡光片挡光时间为t，则小球通过最低点的速度v=　 　（用L、d、t、h表示）；
（3）改变小球释放时悬线与竖直方向的夹角多次进行实验，测得多组、t，作出图像，如果图像是一条倾斜直线，且图像与纵轴的截距等于　 　，图像的斜率等于　 　（均用g、h、L、d表示），则表明小球在摆动过程中机械能守恒。
12．（2025高三上·邯郸期中）某同学想了解额定电压为的小灯泡的电阻随温度变化的规律，并想较准确地测出小灯泡的额定功率，根据实验室提供的器材设计了如图甲所示的电路。
（1）请根据图甲电路图将图乙实物图连接完整　 　。滑动变阻器有两个：滑动变阻器（阻值，额定电流）；滑动变阻器（阻值，额定电流）；本实验滑动变阻器应选用　 　（填“”或“”）；
（2）图乙电路连接完整后，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到最　 　（填“左”或“右”）端；闭合开关后，多次调节滑动变阻器的滑片，测出多组电压表和电流表的示数U、I，作出图像如图丙中实线所示，由图像可知，温度越高，小灯泡的电阻越　 　（填“大”或“小”），小灯泡的额定功率为　 　W（结果保留两位有效数字）；
（3）由于电表内阻的影响，实验存在系统误差，若图丙中A、B两条虚线有一条是小灯泡实际的图像，则这图线是　 　（填“A”或“B”），实验得到的小灯泡的额定功率比实际值　 　（填“大”或“小”）。
13．（2025高三上·邯郸期中）如图所示，半圆是半球形玻璃砖的截面，半圆的半径为R，O为圆心，为水平直径，一束单色光斜射到边上的D点，D到O点距离为，入射角，折射光线刚好射到半圆的最低点B，求：
（1）玻璃砖对光的折射率；
（2）保持入射光的方向不变，将入射点从D水平向右移动，当折射光线在面上刚好发生全反射时，入射点移动的距离为多少。
14．（2025高三上·邯郸期中）如图所示，平面直角坐标系的第二象限有沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ，第一象限内有平行于坐标平面的匀强电场Ⅱ，在x轴上点，沿与x轴正向成60°的方向，大小为的初速度向电场Ⅰ内射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子经电场Ⅰ偏转后从y轴上的点进入电场Ⅱ，粒子在电场Ⅱ中运动到点（L未知，图中未标出）时速度最小，且从Q点到M点，粒子速度方向偏转了45°，最终粒子从x轴上离开电场Ⅱ，不计粒子的重力，求：
（1）粒子经过Q点时的速度；
（2）电场Ⅱ的电场强度大小。
（3）M点的坐标值。
15．（2025高三上·邯郸期中）如图所示，质量为、半径为R的四分之一圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，两端有固定挡板的长木板B静止在光滑水平面上，B（包括挡板）质量为，B上表面右端放有一个质量为m的物块C，将质量为m的物块D从圆弧面的最高点由静止释放，D滑离圆弧体后，在向右运动过程中与B发生碰撞，碰后D恰好不能再滑上圆弧面，不计C、D的大小，重力加速度为g，C与B上表面间的动摩擦因数为0.1，C与挡板碰撞过程无机械能损失，C与B的左侧挡板共发生了3次碰撞，碰撞时间都不计，求：
（1）D滑离圆弧体时圆弧体运动的距离；
（2）D与B碰撞过程中，D对B的冲量大小；
（3）长木板B的长度满足什么条件。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】氡核（） 发生一次 衰变为钋核（）时，根据质量数和电荷数守恒可知发生了α衰变，粒子X为α粒子（）。α粒子是氡核衰变时直接释放的，而γ光子是衰变后钋核从激发态跃迁到基态时释放的，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】α粒子是氡核衰变时直接释放，γ光子是衰变后钋核从激发态跃迁到基态时释放。
2．【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】x-t图像的斜率表示速度， 直线与抛物线相切， 则1s末质点的速度为
后2s做匀减速直线运动，由匀变速直线运动平均速度公式可得
其中，
代入数据解得时质点的速度为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】x-t图像的斜率表示速度，结合平均速度公式分析。
3．【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A、根据压强关系可知，管中水银柱长度始终等于水银槽中的水银在管内、外液面高度差h，倒入水银，则h也变大，故A错误；B、由同一可知，缓慢倒入水银后，气体的压强增大，温度不变，体积减小，管内气体分子数密度增大，故B错误；
C、一定质量理想气体内能只与温度有关，气体温度不变，内能不变，故C错误；
D、气体体积减小，外界对气体做功，则有：W＞0，气体发生等温变化，则ΔU=0，根据热力学第一定律可知，ΔU=W+Q，解得：Q=-W＜0，则气体放出热量，故D正确。
故选：D。
【分析】由压强关系判断管内、外液面高度差h的变化情况；由体积变化判断分子数密度的变化情况；理想气体的内能只与温度有关，温度不变，内能不变；由热力学第一定律判断吸热后放热的情况。
4．【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期；自由落体运动
【解析】【解答】 一个光滑圆弧体固定在水平面上， 由于圆弧长度远小于圆的半径，所以甲球在圆弧体上运动可视为单摆，由单摆周期公式
甲球从A、B两点中的任一点由静止释放，到达圆弧最低点的时间近似为
O是圆弧的圆心， 若乙球从O点由静止释放，可得
可得
由于
所以要使甲球第一次到达圆弧最低点时恰好与乙球相碰，乙球应该在Q点释放，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】首先，甲球在圆弧上释放（圆弧长度远小于半径），其运动可等效为单摆的小角度摆动，需根据单摆周期公式确定甲球第一次到达最低点的时间；接着，乙球是自由下落（从P、Q、O释放），需用自由落体运动公式计算乙球下落的时间；最后，对比甲球的摆动时间与乙球的自由下落时间，判断哪些释放位置的时间能匹配，从而确定可能的选项。
5．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】根据A静止，B在水平面做匀速圆周运动，
对A受力分析可得：T=mAg，对小球B受力分析由牛顿第二定律
联立可得
故L与成反比，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】对A、B分别受力分析，根据A、B的运动状态，即可得到A、B的重力、角度、长度L、角速度的关系式，结合数学知识，即可得到cosθ、L与ω2的关系。
6．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A．同侧法可知时刻P振动方向为y轴负方向，所有质点的起振方向都相同，所以坐标原点处质点的起振方向也为y轴负方向，故A错误；
B．坐标原点处质点振动比P振动超前0.5s，可知周期T为1s，题图可知波长为4m，则波速，故B错误；
C．题图PQ两者平衡位置间距
波从P传到Q需要的时间为
当Q开始振动时，P已经振动了，此时通过的路程为A=8cm
此后由于P和Q的速度可能不同，则他们在相同时间间隔内通过的路程不一定相等，故P比Q通过的路程不一定多8cm，故C错误；
D．由于起振方向为y轴负方向，且PQ两者平衡位置间距为，故当P、Q第一次速度大小相等时，波形图如图所示
此时为Q振动后波形图向右移动，故时间为Q振动后，此时Q的位移，故D正确。
故选D。
【分析】根据波从原点传到P点的时间和距离，可以计算出波速和周期。通过波动特性判断原点处质点的起振方向。波速的计算结果与选项对比可判断正误。P和Q的振动时间差导致路程差随时间变化，不是固定值。当P和Q速度首次相等时，通过相位关系可以确定Q的位移大小和方向。整个解题过程需要结合波的传播特性和简谐运动的相位关系进行分析。
7．【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】B、当内、外电阻的阻值相等时，电源的输出功率最大。将R0看成电源内阻，当R=R0+r时，等效电源的输出功率即R消耗的功率最大，可知电源的内阻r=R-R0=6Ω-5Ω=1Ω，故B错误；
A、由题意可知，当时，消耗的最大功率为 ，解得E=6V，故A正确；
C．当时，R消耗的功率最大，即，故C错误；
D．当时，消耗的最大功率为电源输出的最大功率，即，故D错误。
故选A。
【分析】当内、外电阻的阻值相等时，电源的输出功率最大。将R0看成电源内阻，当R=R0+r时，等效电源的输出功率即R消耗的功率最大，由此求出电源的内阻r。当R=0时，电路中电流最大，R0消耗的功率最大，根据功率公式求出电源的电动势，再求R消耗的最大功率以及电源输出的最大功率。
8．【答案】A,C
【知识点】楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．根据题意可知，线圈上下两边均切割磁感线，故此时刻线圈中的感应电动势大小，故A正确；
B、由E=2nBLv可知，当v减小时E随之减小，故B错误；
C、当永磁铁下降时，分界线向下运动导致向外磁通量增加。根据楞次定律，感应电流磁场方向垂直纸面向里，由安培定则判定电流方向为顺时针，故C正确；
D、水平振动时，分界线竖直位置不变，穿过线圈的Φ无变化，故不产生感应电流，故D错误。
故选：AC。
【分析】分析磁通量变化率。线圈在磁场分界线移动时，两侧磁通量变化方向相反，总电动势为两侧电动势之和。速度变化直接影响电动势大小，方向改变则影响感应电流方向。水平振动时由于磁通量不变，不会产生感应电流。
9．【答案】B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．滑片P向下移时，滑动变阻器阻值增大，电压表V2的示数变小，副线圈电流I2减小，电流表示数减小，电阻R1分担的电压减小，变压器的输入电压增大，副线圈电压增大，则电压表V1的示数变大，故A错误，B正确；
C．选项中的是电阻R1分担的电压，不是变压器的输入电压，故C错误；
D．令a、b两端输入的交流电电压为U，则输入电压为
根据理想变压器的电压与匝数成正比，有，副线圈的电流为，根据理想变压器电流与匝数成反比可得变压器原副线圈的匝数比为
联立解得a、b两端输入的交流电电压为，故D正确。
故选BD。
【分析】根据理想变压器电压、电流与匝数关系，以及滑动变阻器电阻的变化分析求解。
10．【答案】B,C
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】AB．点点电荷的带电量为，正三角形边长为，则，，， A、B两点的点电荷带电量分别为和，、两点的点电荷在的合电场强度，方向由指向，设点的点电荷在点产生的电场强度，由题意点的电场强度方向水平向左与平行，根据几何关系则有
解得
所以点点电荷电荷量为
由、、三点点电荷的带电量可知，电性为正，点的电场强度方向向左上方，所以一正点电荷从点到点移动时，电场力做负功，根据功能关系可知电势能增大，电势升高，所以点电势高于点电势，故A错误，B正确；
C．点在点产生的电场强度，方向由指向
点在点产生的电场强度，方向由指向
点的点电荷在点产生的电场强度，方向由指向
显然点的合电场强度大于点的合电场强度，C正确；
D．点位于的中垂线上，而的中垂线是A、B两点为等量异种电荷时的一条等势线，且电势等于无穷远处电势，所以将一电荷从C点移到无穷远，电场力不做功，D错误。
故选BC。
【分析】电场强度叠加问题的本质就是矢量运算法则，先确定每一个电荷在该点单独产生的电场强度，再利用平行四边形定则或三角形定则求解合场强。根据功能关系分析电势高低。
11．【答案】（1）2.60；
（2）
（3）；
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1） 游标卡尺的精确度为0.05mm，挡光片的宽度为d=2mm+12×0.05mm=2.60mm，
悬点O到小球中点的距离为
（2）挡光片通过光电门的时间极短，可以用平均速度代替瞬时速度，由题意可知挡光片通过最低点时的速度大小为
由同轴转动知识可知
可得小球通过最低点的速度
（3）若小球在摆动过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律可得
化简可得
所以图像与纵轴的截距
图像的斜率
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则完成读数；
（2）根据光电能求解瞬时速度的公式结合共轴转动的特点列式解答；
（3）根据机械能守恒定律列式推导相应的表达式，再结合表达式求解截距和斜率。
（1）[1]挡光片的宽度为
[2]悬点O到小球中点的距离为
（2）由题意可知挡光片通过最低点时的速度大小为
由同轴转动知识可知
可得小球通过最低点的速度
（3）[1][2]若小球在摆动过程中机械能守恒，则
化简可得
所以图像与纵轴的截距
图像的斜率
12．【答案】（1）；R1
（2）左；大；0.50
（3）B；大
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）实物图连接如图
滑动变阻器的分压式接法选全阻值小的滑动变阻器，故选R1；
（2） 滑动变阻器的分压式接法电阻从0开始增大，故闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到最左端，小灯泡的灯丝是钨丝，随温度越高，电阻率增大，故电阻增大，当小灯泡两端加额定电压2.5V时，从图像读出其正常工作时的电流是0.20A，故其额定功率P=UI=2.5×0.2w=0.50W；
（3） 此实验由于电压表的分流作用，使电流的测量值大于真实值，则图线B是小灯泡实际的图像，根据P=IU可知，实验得到的小灯泡的额定功率比实际值大。
【分析】（1）分压式接法选全阻值小的滑动变阻器；
（2）由伏安特性曲线中斜率的倒数表示电阻及结合图像可确定其额定功率；
（3）由电流表的外接法的误差分析可确定。
（1）[1]实物图连接如图
[2]滑动变阻器要接成分压电路，则为了便于调节应该选择阻值较小的；
（2）[1]闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到最左端；
[2]由图像可知，温度越高，小灯泡的电阻越大；
[3]由图像可知当U=2.5V时电流I=0.2A，则小灯泡的额定功率为P=IU=0.50W；
（3）[1][2]由于电压表的分流作用使得电流的测量值偏大，则图线B是小灯泡实际的图像，根据P=IU可知，实验得到的小灯泡的额定功率比实际值大。
13．【答案】（1）解：设折射角为。在中，，，由几何关系可得
则
即
根据折射定律
代入已知条件可得
（2）解：设全反射临界角，由
代入数据得，因此
设移动后的入射点为，折射光线在面上的入射点为，则
如图所示
根据正弦定理可知
则
所以移动的距离
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）根据几何关系求解折射角，根据折射定律求解折射率；
（2）根据全反射临界角公式求解临界角，根据正弦定理和几何关系求解入射点移动的距离为多少。
（1）设折射角为。在中，，，由几何关系可得
则
即
根据折射定律
代入已知条件可得
（2）设全反射临界角，由
代入数据得，因此
设移动后的入射点为，折射光线在面上的入射点为，则
如图所示
根据正弦定理可知
则
所以移动的距离
14．【答案】（1）解：粒子在电场Ⅰ中，
解得，
粒子在Q点
所以
（2）解：粒子在电场Ⅱ中运动到点时速度最小，说明在点时速度方向与电场垂直，又知从Q点到M点，粒子速度方向偏转了45°，最终粒子从x轴上离开电场Ⅱ，故电场方向与x轴成45°向左下方。
粒子在x方向减速运动
粒子在y方向加速运动
解得
沿电场方向粒子减速运动
所以
（3）解：粒子在x方向减速运动
解得
所以M点的坐标为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律和速度的合成求粒子经过Q点时的速度；
（2）粒子在点时速度方向与电场垂直，粒子在x方向和y方向根据运动学公式和牛顿第二定律求电场Ⅱ的电场强度大小；
（3）粒子在x方向减速运动，根据运动学公式求M点的坐标值。
（1）粒子在电场Ⅰ中，
解得，
粒子在Q点
所以
（2）粒子在电场Ⅱ中运动到点时速度最小，说明在点时速度方向与电场垂直，又知从Q点到M点，粒子速度方向偏转了45°，最终粒子从x轴上离开电场Ⅱ，故电场方向与x轴成45°向左下方。
粒子在x方向减速运动
粒子在y方向加速运动
解得
沿电场方向粒子减速运动
所以
（3）粒子在x方向减速运动
解得
所以M点的坐标为
15．【答案】（1）解：对A和D由人船模型可知
解得D滑离圆弧体时圆弧体运动的距离
（2）解：当D滑到A底端时由动量守恒和能量关系，
解得，
D与B碰撞时动量守恒，因碰后D恰好不能再滑上圆弧面，可知碰后D的速度为，方向向左；
由动量守恒可知
解得
则D对B的冲量大小
（3）解：BC最终的共同速度
解得
由能量关系
可得
因C与B左侧挡板碰撞3次，则相对位移为
即
【知识点】功能关系；动量守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据人船模型的特点求D滑离圆弧体时圆弧体运动的距离；
（2）根据动量守恒和能量守恒定律求出B的速度，再结合动量定理求出D与B碰撞过程中，D对B的冲量大小；
（3）求出BC最终的共同速度，根据动量守恒和能量守恒定律求长木板B的长度满足什么条件。
（1）对A和D由人船模型可知
解得D滑离圆弧体时圆弧体运动的距离
（2）当D滑到A底端时由动量守恒和能量关系，
解得，
D与B碰撞时动量守恒，因碰后D恰好不能再滑上圆弧面，可知碰后D的速度为，方向向左；
由动量守恒可知
解得
则D对B的冲量大小
（3）BC最终的共同速度
解得
由能量关系
可得
因C与B左侧挡板碰撞3次，则相对位移为
即
1 / 1河北省邯郸市等三地2025-2026学年高三上学期11月期中物理试题
1．（2025高三上·邯郸期中）装修用的石材通常会向空气中释放放射性气体氡，氡核（）发生一次衰变后生成新核钋（），放出一个粒子X及一个光子。下列说法正确的是（　　）
A．粒子X和光子均由氡核释放
B．粒子X和光子均由钋核释放
C．粒子X由氡核释放，光子由钋核释放
D．粒子X由钋核释放，光子由氡核释放
【答案】C
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】氡核（） 发生一次 衰变为钋核（）时，根据质量数和电荷数守恒可知发生了α衰变，粒子X为α粒子（）。α粒子是氡核衰变时直接释放的，而γ光子是衰变后钋核从激发态跃迁到基态时释放的，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】α粒子是氡核衰变时直接释放，γ光子是衰变后钋核从激发态跃迁到基态时释放。
2．（2025高三上·邯郸期中）如图所示为某质点在0~3s内的位移—时间图像，第1s内为直线和后2s为抛物线，直线与抛物线相切，则时质点的速度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】x-t图像的斜率表示速度， 直线与抛物线相切， 则1s末质点的速度为
后2s做匀减速直线运动，由匀变速直线运动平均速度公式可得
其中，
代入数据解得时质点的速度为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】x-t图像的斜率表示速度，结合平均速度公式分析。
3．（2025高三上·邯郸期中）如图所示，两端开口的足够长玻璃管竖直插在水银槽中，管中有一段水银柱，水银柱静止时，水银槽中的水银在管内、外液面高度差为h，管中封闭气体看成理想气体，保持玻璃管不动，现从上管口缓慢向管中倒入水银，在倒入水银的过程中气体温度不变，下列说法正确的是（　　）
A．h保持不变 B．管中气体分子数密度不变
C．管中气体内能增大 D．管中气体放出热量
【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A、根据压强关系可知，管中水银柱长度始终等于水银槽中的水银在管内、外液面高度差h，倒入水银，则h也变大，故A错误；B、由同一可知，缓慢倒入水银后，气体的压强增大，温度不变，体积减小，管内气体分子数密度增大，故B错误；
C、一定质量理想气体内能只与温度有关，气体温度不变，内能不变，故C错误；
D、气体体积减小，外界对气体做功，则有：W＞0，气体发生等温变化，则ΔU=0，根据热力学第一定律可知，ΔU=W+Q，解得：Q=-W＜0，则气体放出热量，故D正确。
故选：D。
【分析】由压强关系判断管内、外液面高度差h的变化情况；由体积变化判断分子数密度的变化情况；理想气体的内能只与温度有关，温度不变，内能不变；由热力学第一定律判断吸热后放热的情况。
4．（2025高三上·邯郸期中）如图所示一个光滑圆弧体固定在水平面上，圆弧长度远小于圆的半径，A、B是圆弧上的两点，O是圆弧的圆心，P、Q是圆弧竖直直径上的两点，让甲球从A、B两点中的任一点由静止释放，同时让乙球从P、Q、O三点中某一点由静止释放，甲球第一次到达圆弧最低点时恰好与乙球相碰，甲、乙两球均可以看成质点，空气阻力不计，则甲、乙两球释放的位置可能是（　　）
A．甲球在A点释放，乙球在Q点释放
B．甲球在B点释放，乙球在P点释放
C．甲球在A点释放，乙球在O点释放
D．甲球在B点释放，乙球在O点释放
【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期；自由落体运动
【解析】【解答】 一个光滑圆弧体固定在水平面上， 由于圆弧长度远小于圆的半径，所以甲球在圆弧体上运动可视为单摆，由单摆周期公式
甲球从A、B两点中的任一点由静止释放，到达圆弧最低点的时间近似为
O是圆弧的圆心， 若乙球从O点由静止释放，可得
可得
由于
所以要使甲球第一次到达圆弧最低点时恰好与乙球相碰，乙球应该在Q点释放，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】首先，甲球在圆弧上释放（圆弧长度远小于半径），其运动可等效为单摆的小角度摆动，需根据单摆周期公式确定甲球第一次到达最低点的时间；接着，乙球是自由下落（从P、Q、O释放），需用自由落体运动公式计算乙球下落的时间；最后，对比甲球的摆动时间与乙球的自由下落时间，判断哪些释放位置的时间能匹配，从而确定可能的选项。
5．（2025高三上·邯郸期中）如图所示，穿过光滑竖直细管的细线，两端分别连接小球A和B，将B拉起并给B一个水平初速度，恰好使B绕管做水平面内的匀速圆周运动，细线与水平方向的夹角为，B到管上口间细线长为L，转动角速度为ω，不计细管管径和一切阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．与成正比 B．与成反比
C．L与成反比 D．L与成正比
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】根据A静止，B在水平面做匀速圆周运动，
对A受力分析可得：T=mAg，对小球B受力分析由牛顿第二定律
联立可得
故L与成反比，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】对A、B分别受力分析，根据A、B的运动状态，即可得到A、B的重力、角度、长度L、角速度的关系式，结合数学知识，即可得到cosθ、L与ω2的关系。
6．（2025高三上·邯郸期中）一列简谐横波沿x轴正向传播，时刻的部分波形如图所示，质点P平衡位置的坐标为m，质点Q平衡位置的坐标为，时刻，P刚好振动了一个周期，坐标原点处质点振动比P振动超前0.5s，则下列说法正确的是（　　）
A．坐标原点处质点起振方向为y轴正向
B．波的传播速度为
C．从Q振动后到任一时刻，P比Q通过的路程多
D．当P、Q第一次速度大小相等时，Q的位移为
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A．同侧法可知时刻P振动方向为y轴负方向，所有质点的起振方向都相同，所以坐标原点处质点的起振方向也为y轴负方向，故A错误；
B．坐标原点处质点振动比P振动超前0.5s，可知周期T为1s，题图可知波长为4m，则波速，故B错误；
C．题图PQ两者平衡位置间距
波从P传到Q需要的时间为
当Q开始振动时，P已经振动了，此时通过的路程为A=8cm
此后由于P和Q的速度可能不同，则他们在相同时间间隔内通过的路程不一定相等，故P比Q通过的路程不一定多8cm，故C错误；
D．由于起振方向为y轴负方向，且PQ两者平衡位置间距为，故当P、Q第一次速度大小相等时，波形图如图所示
此时为Q振动后波形图向右移动，故时间为Q振动后，此时Q的位移，故D正确。
故选D。
【分析】根据波从原点传到P点的时间和距离，可以计算出波速和周期。通过波动特性判断原点处质点的起振方向。波速的计算结果与选项对比可判断正误。P和Q的振动时间差导致路程差随时间变化，不是固定值。当P和Q速度首次相等时，通过相位关系可以确定Q的位移大小和方向。整个解题过程需要结合波的传播特性和简谐运动的相位关系进行分析。
7．（2025高三上·邯郸期中）如图所示电路，定值电阻，调节电阻箱R的阻值，当时，R消耗的功率最大；调节电阻箱R的阻值，消耗的最大功率为5W，则下列说法正确的是（　　）
A．电源电动势为 B．电源内阻为
C．R消耗的最大功率为 D．电源输出的最大功率为
【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】B、当内、外电阻的阻值相等时，电源的输出功率最大。将R0看成电源内阻，当R=R0+r时，等效电源的输出功率即R消耗的功率最大，可知电源的内阻r=R-R0=6Ω-5Ω=1Ω，故B错误；
A、由题意可知，当时，消耗的最大功率为 ，解得E=6V，故A正确；
C．当时，R消耗的功率最大，即，故C错误；
D．当时，消耗的最大功率为电源输出的最大功率，即，故D错误。
故选A。
【分析】当内、外电阻的阻值相等时，电源的输出功率最大。将R0看成电源内阻，当R=R0+r时，等效电源的输出功率即R消耗的功率最大，由此求出电源的内阻r。当R=0时，电路中电流最大，R0消耗的功率最大，根据功率公式求出电源的电动势，再求R消耗的最大功率以及电源输出的最大功率。
8．（2025高三上·邯郸期中）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的n匝正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，磁场分界线恰好经过线圈的位置处，且此时永磁铁相对线圈运动的速度大小为v，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是（　　）
A．此时刻线圈中的感应电动势大小
B．若减小永磁铁相对线圈上升的速度v，则线圈中感应电动势增大
C．若永磁铁相对线圈下降，则线圈中感应电流的方向为顺时针方向
D．若永磁铁相对线圈左右振动，则线圈中也能产生感应电流
【答案】A,C
【知识点】楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．根据题意可知，线圈上下两边均切割磁感线，故此时刻线圈中的感应电动势大小，故A正确；
B、由E=2nBLv可知，当v减小时E随之减小，故B错误；
C、当永磁铁下降时，分界线向下运动导致向外磁通量增加。根据楞次定律，感应电流磁场方向垂直纸面向里，由安培定则判定电流方向为顺时针，故C正确；
D、水平振动时，分界线竖直位置不变，穿过线圈的Φ无变化，故不产生感应电流，故D错误。
故选：AC。
【分析】分析磁通量变化率。线圈在磁场分界线移动时，两侧磁通量变化方向相反，总电动势为两侧电动势之和。速度变化直接影响电动势大小，方向改变则影响感应电流方向。水平振动时由于磁通量不变，不会产生感应电流。
9．（2025高三上·邯郸期中）如图所示电路，变压器为理想变压器，电表均为理想电表，定值电阻R1、R2的阻值均为，在a、b两端输入正弦交流电压，调节滑动变阻器的滑片P，当电流表的示数为时，电压表的示数为，电压表的示数为，则下列说法正确的是（　　）
A．滑片P向下移时，电压表的示数不变
B．滑片P向下移时，电流表A的示数变小，电压表的示数变小
C．变压器原副线圈的匝数比为
D．a、b两端输入的交流电电压为
【答案】B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．滑片P向下移时，滑动变阻器阻值增大，电压表V2的示数变小，副线圈电流I2减小，电流表示数减小，电阻R1分担的电压减小，变压器的输入电压增大，副线圈电压增大，则电压表V1的示数变大，故A错误，B正确；
C．选项中的是电阻R1分担的电压，不是变压器的输入电压，故C错误；
D．令a、b两端输入的交流电电压为U，则输入电压为
根据理想变压器的电压与匝数成正比，有，副线圈的电流为，根据理想变压器电流与匝数成反比可得变压器原副线圈的匝数比为
联立解得a、b两端输入的交流电电压为，故D正确。
故选BD。
【分析】根据理想变压器电压、电流与匝数关系，以及滑动变阻器电阻的变化分析求解。
10．（2025高三上·邯郸期中）如图所示，为正三角形，D是边的中点，F是边的中点，在A、B、C三点分别固定一个点电荷，A、B两点的点电荷带电量分别为和，D点的电场强度方向水平向左与平行，则下列说法正确的是（　　）
A．D点电势比F点电势高
B．C点点电荷的带电量为
C．F点场强比D点场强大
D．将C点点电荷从C点移到无穷远，电场力可能做负功
【答案】B,C
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】AB．点点电荷的带电量为，正三角形边长为，则，，， A、B两点的点电荷带电量分别为和，、两点的点电荷在的合电场强度，方向由指向，设点的点电荷在点产生的电场强度，由题意点的电场强度方向水平向左与平行，根据几何关系则有
解得
所以点点电荷电荷量为
由、、三点点电荷的带电量可知，电性为正，点的电场强度方向向左上方，所以一正点电荷从点到点移动时，电场力做负功，根据功能关系可知电势能增大，电势升高，所以点电势高于点电势，故A错误，B正确；
C．点在点产生的电场强度，方向由指向
点在点产生的电场强度，方向由指向
点的点电荷在点产生的电场强度，方向由指向
显然点的合电场强度大于点的合电场强度，C正确；
D．点位于的中垂线上，而的中垂线是A、B两点为等量异种电荷时的一条等势线，且电势等于无穷远处电势，所以将一电荷从C点移到无穷远，电场力不做功，D错误。
故选BC。
【分析】电场强度叠加问题的本质就是矢量运算法则，先确定每一个电荷在该点单独产生的电场强度，再利用平行四边形定则或三角形定则求解合场强。根据功能关系分析电势高低。
11．（2025高三上·邯郸期中）某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒，长为的不可伸长的细线一端固定于O点，另一端拴在小球上，小球的半径为r，小球下面固定有挡光片，在O点正下方固定有光电门，光电门中心到O点的距离为h，重力加速度为g。
（1）用游标卡尺测出挡光片的宽度，示数如图乙所示，则挡光片宽度d=　 　mm；悬点O到小球中点的距离L=　 　；
（2）将小球拉起到某一位置，使悬线与竖直方向成一定的角度，测出悬线与竖直方向的夹角，由静止释放小球，小球通过最低点时，挡光片挡光时间为t，则小球通过最低点的速度v=　 　（用L、d、t、h表示）；
（3）改变小球释放时悬线与竖直方向的夹角多次进行实验，测得多组、t，作出图像，如果图像是一条倾斜直线，且图像与纵轴的截距等于　 　，图像的斜率等于　 　（均用g、h、L、d表示），则表明小球在摆动过程中机械能守恒。
【答案】（1）2.60；
（2）
（3）；
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1） 游标卡尺的精确度为0.05mm，挡光片的宽度为d=2mm+12×0.05mm=2.60mm，
悬点O到小球中点的距离为
（2）挡光片通过光电门的时间极短，可以用平均速度代替瞬时速度，由题意可知挡光片通过最低点时的速度大小为
由同轴转动知识可知
可得小球通过最低点的速度
（3）若小球在摆动过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律可得
化简可得
所以图像与纵轴的截距
图像的斜率
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则完成读数；
（2）根据光电能求解瞬时速度的公式结合共轴转动的特点列式解答；
（3）根据机械能守恒定律列式推导相应的表达式，再结合表达式求解截距和斜率。
（1）[1]挡光片的宽度为
[2]悬点O到小球中点的距离为
（2）由题意可知挡光片通过最低点时的速度大小为
由同轴转动知识可知
可得小球通过最低点的速度
（3）[1][2]若小球在摆动过程中机械能守恒，则
化简可得
所以图像与纵轴的截距
图像的斜率
12．（2025高三上·邯郸期中）某同学想了解额定电压为的小灯泡的电阻随温度变化的规律，并想较准确地测出小灯泡的额定功率，根据实验室提供的器材设计了如图甲所示的电路。
（1）请根据图甲电路图将图乙实物图连接完整　 　。滑动变阻器有两个：滑动变阻器（阻值，额定电流）；滑动变阻器（阻值，额定电流）；本实验滑动变阻器应选用　 　（填“”或“”）；
（2）图乙电路连接完整后，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到最　 　（填“左”或“右”）端；闭合开关后，多次调节滑动变阻器的滑片，测出多组电压表和电流表的示数U、I，作出图像如图丙中实线所示，由图像可知，温度越高，小灯泡的电阻越　 　（填“大”或“小”），小灯泡的额定功率为　 　W（结果保留两位有效数字）；
（3）由于电表内阻的影响，实验存在系统误差，若图丙中A、B两条虚线有一条是小灯泡实际的图像，则这图线是　 　（填“A”或“B”），实验得到的小灯泡的额定功率比实际值　 　（填“大”或“小”）。
【答案】（1）；R1
（2）左；大；0.50
（3）B；大
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）实物图连接如图
滑动变阻器的分压式接法选全阻值小的滑动变阻器，故选R1；
（2） 滑动变阻器的分压式接法电阻从0开始增大，故闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到最左端，小灯泡的灯丝是钨丝，随温度越高，电阻率增大，故电阻增大，当小灯泡两端加额定电压2.5V时，从图像读出其正常工作时的电流是0.20A，故其额定功率P=UI=2.5×0.2w=0.50W；
（3） 此实验由于电压表的分流作用，使电流的测量值大于真实值，则图线B是小灯泡实际的图像，根据P=IU可知，实验得到的小灯泡的额定功率比实际值大。
【分析】（1）分压式接法选全阻值小的滑动变阻器；
（2）由伏安特性曲线中斜率的倒数表示电阻及结合图像可确定其额定功率；
（3）由电流表的外接法的误差分析可确定。
（1）[1]实物图连接如图
[2]滑动变阻器要接成分压电路，则为了便于调节应该选择阻值较小的；
（2）[1]闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到最左端；
[2]由图像可知，温度越高，小灯泡的电阻越大；
[3]由图像可知当U=2.5V时电流I=0.2A，则小灯泡的额定功率为P=IU=0.50W；
（3）[1][2]由于电压表的分流作用使得电流的测量值偏大，则图线B是小灯泡实际的图像，根据P=IU可知，实验得到的小灯泡的额定功率比实际值大。
13．（2025高三上·邯郸期中）如图所示，半圆是半球形玻璃砖的截面，半圆的半径为R，O为圆心，为水平直径，一束单色光斜射到边上的D点，D到O点距离为，入射角，折射光线刚好射到半圆的最低点B，求：
（1）玻璃砖对光的折射率；
（2）保持入射光的方向不变，将入射点从D水平向右移动，当折射光线在面上刚好发生全反射时，入射点移动的距离为多少。
【答案】（1）解：设折射角为。在中，，，由几何关系可得
则
即
根据折射定律
代入已知条件可得
（2）解：设全反射临界角，由
代入数据得，因此
设移动后的入射点为，折射光线在面上的入射点为，则
如图所示
根据正弦定理可知
则
所以移动的距离
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）根据几何关系求解折射角，根据折射定律求解折射率；
（2）根据全反射临界角公式求解临界角，根据正弦定理和几何关系求解入射点移动的距离为多少。
（1）设折射角为。在中，，，由几何关系可得
则
即
根据折射定律
代入已知条件可得
（2）设全反射临界角，由
代入数据得，因此
设移动后的入射点为，折射光线在面上的入射点为，则
如图所示
根据正弦定理可知
则
所以移动的距离
14．（2025高三上·邯郸期中）如图所示，平面直角坐标系的第二象限有沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ，第一象限内有平行于坐标平面的匀强电场Ⅱ，在x轴上点，沿与x轴正向成60°的方向，大小为的初速度向电场Ⅰ内射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子经电场Ⅰ偏转后从y轴上的点进入电场Ⅱ，粒子在电场Ⅱ中运动到点（L未知，图中未标出）时速度最小，且从Q点到M点，粒子速度方向偏转了45°，最终粒子从x轴上离开电场Ⅱ，不计粒子的重力，求：
（1）粒子经过Q点时的速度；
（2）电场Ⅱ的电场强度大小。
（3）M点的坐标值。
【答案】（1）解：粒子在电场Ⅰ中，
解得，
粒子在Q点
所以
（2）解：粒子在电场Ⅱ中运动到点时速度最小，说明在点时速度方向与电场垂直，又知从Q点到M点，粒子速度方向偏转了45°，最终粒子从x轴上离开电场Ⅱ，故电场方向与x轴成45°向左下方。
粒子在x方向减速运动
粒子在y方向加速运动
解得
沿电场方向粒子减速运动
所以
（3）解：粒子在x方向减速运动
解得
所以M点的坐标为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律和速度的合成求粒子经过Q点时的速度；
（2）粒子在点时速度方向与电场垂直，粒子在x方向和y方向根据运动学公式和牛顿第二定律求电场Ⅱ的电场强度大小；
（3）粒子在x方向减速运动，根据运动学公式求M点的坐标值。
（1）粒子在电场Ⅰ中，
解得，
粒子在Q点
所以
（2）粒子在电场Ⅱ中运动到点时速度最小，说明在点时速度方向与电场垂直，又知从Q点到M点，粒子速度方向偏转了45°，最终粒子从x轴上离开电场Ⅱ，故电场方向与x轴成45°向左下方。
粒子在x方向减速运动
粒子在y方向加速运动
解得
沿电场方向粒子减速运动
所以
（3）粒子在x方向减速运动
解得
所以M点的坐标为
15．（2025高三上·邯郸期中）如图所示，质量为、半径为R的四分之一圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，两端有固定挡板的长木板B静止在光滑水平面上，B（包括挡板）质量为，B上表面右端放有一个质量为m的物块C，将质量为m的物块D从圆弧面的最高点由静止释放，D滑离圆弧体后，在向右运动过程中与B发生碰撞，碰后D恰好不能再滑上圆弧面，不计C、D的大小，重力加速度为g，C与B上表面间的动摩擦因数为0.1，C与挡板碰撞过程无机械能损失，C与B的左侧挡板共发生了3次碰撞，碰撞时间都不计，求：
（1）D滑离圆弧体时圆弧体运动的距离；
（2）D与B碰撞过程中，D对B的冲量大小；
（3）长木板B的长度满足什么条件。
【答案】（1）解：对A和D由人船模型可知
解得D滑离圆弧体时圆弧体运动的距离
（2）解：当D滑到A底端时由动量守恒和能量关系，
解得，
D与B碰撞时动量守恒，因碰后D恰好不能再滑上圆弧面，可知碰后D的速度为，方向向左；
由动量守恒可知
解得
则D对B的冲量大小
（3）解：BC最终的共同速度
解得
由能量关系
可得
因C与B左侧挡板碰撞3次，则相对位移为
即
【知识点】功能关系；动量守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据人船模型的特点求D滑离圆弧体时圆弧体运动的距离；
（2）根据动量守恒和能量守恒定律求出B的速度，再结合动量定理求出D与B碰撞过程中，D对B的冲量大小；
（3）求出BC最终的共同速度，根据动量守恒和能量守恒定律求长木板B的长度满足什么条件。
（1）对A和D由人船模型可知
解得D滑离圆弧体时圆弧体运动的距离
（2）当D滑到A底端时由动量守恒和能量关系，
解得，
D与B碰撞时动量守恒，因碰后D恰好不能再滑上圆弧面，可知碰后D的速度为，方向向左；
由动量守恒可知
解得
则D对B的冲量大小
（3）BC最终的共同速度
解得
由能量关系
可得
因C与B左侧挡板碰撞3次，则相对位移为
即
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