资源简介

山东省中昇教育2024-2025学年高三下学期4月大联考物理试题
1．（2025高三下·山东月考）按计划，我国将在2030年前实现载人登陆月球开展科学探索。在月球上有丰富的氦-3，它是完美的核聚变燃料，无论是氦-3之间还是其与氘和氚都可发生核聚变反应，以下关于核聚变反应说法正确的是（　　）
A．一个氘核和一个氚核聚变生成一个氦-4核和一个质子，同时释放出能量
B．两个氦-3核聚变生成一个氦-4核和两个质子，同时释放出能量
C．一个氦-3核和一个氘核聚变生成一个氦-4核和一个中子，同时释放出能量
D．一个氦-3核和一个氚核聚变生成一个氦-4核和一个质子，同时释放出能量
2．（2025高三下·山东月考）如图所示，表面粗糙的半圆柱体放置在地水平面上，物块与圆柱面间的动摩擦因数为μ，现用一方向始终与圆柱面相切向上的拉力作用在物块上，使物块从圆柱体上A点开始缓慢向上滑动，在到达圆柱体顶点B的过程中，半圆柱体始终保持静止，下列说法正确的是（　　）
A．物块所受的支持力一定减小
B．物块所受的摩擦力一定减小
C．半圆柱体所受地面的摩擦力一直减小
D．重力和拉力的合力与拉力的夹角始终不变
3．（2025高三下·山东月考）地球同步轨道卫星的轨道半径为r。某火星探测器绕火星运行的椭圆轨道半长轴为a，运行周期为地球同步轨道卫星运行周期的2倍。则地球质量与火星质量之比为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高三下·山东月考）如图所示，在正点电荷Q的电场中沿竖直方向固定一光滑绝缘无限长直杆，有一可视为质点的带正电的小环套在直杆上，小环距离点电荷最近的O点由静止释放，从O点沿杆向下运动，运动过程中小环的电荷量不变，以下说法正确的是（　　）
A．小环运动的速度先增大后减小
B．小环运动的加速度越来越大
C．小环所受的静电力越来越小
D．小环与点电荷Q所构成的系统的电势能越来越大
5．（2025高三下·山东月考）一个热机循环过程包括两个等温过程、和两个等容过程，其图像如图所示。一定量的理想气体在热交换器之间来回流动，从而实现内能和机械能的转化。关于该循环过程，下列说法正确的是（　　）
A．A→B过程是等温膨胀，气体吸收的热量等于对外做的功
B．B→C过程是等容降温，所有气体分子的动能都减小
C．C→D过程是等温压缩，气体分子的平均动能减小
D．D→A过程是等容加热，速率较大的气体分子所占比例减少
6．（2025高三下·山东月考）体育课上，高超同学在进行原地纵跳摸高训练。已知该同学的质量，原地静止站立（不起跳）摸高为2.16m，训练过程中，该同学先下蹲，重心下降0.45m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.61m的高度。起跳过程看成匀变速运动，全程忽略空气阻力影响，g取。则（　　）
A．该同学起跳后到上升到最高点一直处于超重状态
B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度小
C．从开始起跳到双脚落地需要0.9s
D．起跳过程中运动员对地面的压力为1560N
7．（2025高三下·山东月考）一列简谐横波在介质传播过程中先后经过P、Q两个质点，两个质点平衡位置之间的距离为1m，P、Q两个质点的振动图像如图所示，其中实线为P点的振动图线，虚线为Q点的振动图线，则下列说法中正确的是（　　）
A．Q点的振动方程为
B．该波的波长可能为7.2m
C．该波的传播速度可能为
D．该波的传播速度可能为
8．（2025高三下·山东月考）如图所示，长、倾角的光滑斜面AB固定在水平面上，现将一弹力球从斜面的顶端A点以初速度水平向右抛出，若弹力球与斜面碰撞时，沿斜面方向的速度不变，垂直斜面方向的速度大小不变，方向反向，为使弹力球能够落在斜面底端B点，初速度的值可能为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025高三下·山东月考）图（a）所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，和为阻值相等的定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶3
B．和的热功率之比为1∶1
C．u随t变化的规律为
D．当电阻的温度降低时电流表读数变小电压表的读数不变
10．（2025高三下·山东月考）洛埃用平面镜将光一分为二得到了相干光，从而实现了与托马斯·杨利用双缝干涉实验几乎相同的实验现象。如图所示为洛埃镜实验的基本装置，S为单色点光源，M为一平面镜。S发出波长为的单色光可以直接照到光屏上，同时还会通过平面镜反射到光屏上，这两束光在光屏上叠加发生干涉形成明暗相间条纹。设光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为d和L，下列说法正确的是（　　）
A．只有在平面镜反射光照亮的区域才会呈现明暗相间的干涉条纹
B．若将平面镜向右平移，则光屏上相邻明条纹中心间距离将增大
C．在光屏上相邻明条纹中心间的距离为
D．在光屏上相邻暗条纹中心间的距离为
11．（2025高三下·山东月考）磁悬浮列车动力原理如下图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，轨间存在着等距离的正方形匀强磁场B1和B2，方向相反，，导轨上放有金属框abcd，其边长等于轨道间距L，金属框电阻为R，磁场B1、B2同时以速度v向右匀速运动从可带动金属框运动，金属框受到的阻力恒为其速度的k倍。下列说法正确的是（　　）
A．金属框中的感应电流方向始终不变
B．金属框受到的安培力方向始终不变
C．金属框的最终速度为
D．稳定后系统消耗的功率为
12．（2025高三下·山东月考）如图所示，倾角为的足够长传送带以的恒定速度顺时针转动，一质量的木块A与传送带间的动摩擦因数为。左下方的发射器每隔一段时间发射一颗质量为的子弹，子弹每次击中物体前的瞬时速度大小均为，方向平行传送带向上，射入木块并留在其中。将木块A轻放在传送带的最下端时，恰好被第一颗弹丸击中，此后，每隔1s会有一颗弹丸击中木块（　　）（木块和弹丸均可看成质点），g取，，。
A．第一次射入木块A的过程中子弹损失的动能为7.92J
B．第二次射入木块A的过程中子弹损失的动能与第一次相同
C．第三次击中木块A时，木块的速度大于传送带的速度
D．第四次击中木块A时，木块的速度小于传送带的速度
13．（2025高三下·山东月考）“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置图如图甲所示。小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示。
（1）在平衡摩擦力之后，需挑选质量合适的钩码，当M与m的大小关系满足　 　时，才可以认为小车所受绳子的拉力大小等于盘和砝码的重力；
（2）若M与m的大小不能满足（1）中的关系时，小车所受绳子的拉力大小　 　（用M、m、g表示）
（3）图乙为实验中得到的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4为计数点，打点计时器打点的时间间隔为T，该小车的加速度　 　。
14．（2025高三下·山东月考）某同学用DIS“测电源电动势和内电阻”实验电路如图（a）所示，其中定值电阻，某次实验两电压传感器示数关系加图（b）所示。
（1）图（a）中定值电阻在电路中的作用是①　 　；②　 　。
（2）由图（b）的可得，该电源电动势　 　V，内阻　 　Ω（结果均保留3位有效数字）。
（3）根据实验测得的数据，若令，，则由计算机拟合得出的图线如图（c）所示，则图线最高点A点的纵坐标　 　W（结果保留3位有效数字）。
15．（2025高三下·山东月考）汽车轮胎是汽车的重要组成部分，胎压既不能太高，也不能太低，否则会影响行车安全。根据有关规定，我国新生产的车辆都必须安装TPMS（胎压监测系统）系统。家用轿车轮胎胎压值一般都要保持在的范围内。王老师在夏天气温为27℃时，通过TPMS系统监测到自己的汽车胎压值为。到冬季气温为2℃时，测量到汽车胎压值为2.2bar。
（1）不考虑汽车轮胎容积的变化，试判断该轮胎是否发生漏气。
（2）在冬季气温为2℃时，要使轮胎气压恢复到2.4bar，需要再充入气体的质量是轮胎内原气体质量的多少倍？
16．（2025高三下·山东月考）随着科技的不断发展，光纤成了现代信息传输领域不可或缺的一部分，但在使用过程中应尽量不要对光纤进行过度的弯曲扭转。现有一横截面直径为0.4mm的光纤，在使用过程中光纤绕圆柱转弯，如图所示。能使平行射入该光纤的某单色光在转弯处光纤的外侧均能发生全反射该圆柱体半径R的最小值为0.8mm，已知真空中的光速，试求
（1）光纤对应该单色光的折射率；
（2）沿光纤中心轴线射入的光因转弯而“延误”的时间（结果保留两位有效数字）。
17．（2025高三下·山东月考）如图所示，固定在竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧最低点与水平传送带相切于B点，传送带左端与足够长光滑水平面相切于C点。传送带之间的距离为R，传送带始终以大小为的速度沿逆时针匀速转动。一质量为3m的物块Q静止在水平面C端，将质量为m的物块P在圆弧的最高点A由静止释放，P沿圆弧下滑并滑上传送带，运动到水平面上后与Q发生弹性碰撞，P与传送带间的动摩擦因数为0.4，不计物块的大小及空气阻力。重力加速度大小为g，求：
（1）物块P运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小；
（2）P与Q碰撞过程中，P对Q的冲量大小；
（3）碰撞之后，P、Q间的最大距离。
18．（2025高三下·山东月考）某科研小组利用如图所示组合场研究衰变后产生的新核和释放的粒子在场中的运动。已知衰变方程为。如图所示，在x轴下方有平行于y轴沿y轴负方向的匀强电场，在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场。在磁场中P点有一静止的，P到x轴的距离为d，发生β衰变时一瞬间，产生的新核沿x轴正方向运动，释放的β粒子恰好不能进入电场。不计新核和产生的β粒子间的相互作用及它们受到的重力。匀强磁场的磁感应强度大小为B，电子的电荷量为e，质量为m，每次衰变释放出的β粒子速度相同。
（1）求释放的粒子在磁场中做圆周运动的速度大小；
（2）仅改变磁场磁感应强度的大小，使衰变产生的新核在磁场中运动轨迹距x轴最近距离为，释放出的粒子两次经过x轴后恰好能回到P点，求匀强电场的电场强度大小；
（3）再次改变磁场磁感应强度的大小，使衰变产生的新核运动轨迹离x轴的最近距离为，求从发生衰变到粒子第3次经过x轴所用的时间。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；电荷守恒定律
【解析】【解答】A．根据质量数守恒和电荷数守恒可知一个氘核和一个氚核聚变生成一个氦-4核和一个中子，同时释放出能量，故A错误；
B．根据质量数守恒和电荷数守恒可知两个氦-3核聚变生成一个氦-4核和两个质子，同时释放出能量，故B正确；
C．根据质量数守恒和电荷数守恒可知一个氦-3核和一个氘核聚变生成一个氦-4核和一个质子，同时释放出能量，故C错误；
D．根据质量数守恒和电荷数守恒可知一个氦-3核和一个氚核聚变生成一个氦-4核和一个氘核，同时释放出能量，故D错误。
故答案为：B
【分析】通过质量数守恒和电荷数守恒这两个核反应的基本规律，来逐一验证每个选项的核反应方程式是否正确。
2．【答案】D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．物块向上移动到某位置时到圆心的连线与竖直方向上的夹角为θ，由受力分析得其受的支持力，摩擦力，随θ减小，增大，f增大，故AB错误；
C．由，在0-90度增大过程，由于初始状态值不确定，故半圆柱体与地面的摩擦力可能是先增大后减小，也可能是一直减小，故C错误；
D．重力和拉力的合力与支持力和摩擦力的合力等大反向，支持力和摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角始终不变，拉力与摩擦力一直反向，则重力和拉力的合力方向始终与拉力的方向的夹角始终不变，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先对物块进行受力分析，再结合几何关系和平衡条件，分析各力的变化规律，从而判断选项的正确性。
3．【答案】A
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】根据开普勒第三定律，常数，设地球的质量为，火星的质量为。对于地球同步轨道卫星：
对于火星探测器：
根据题意，
解得
故答案为：A。
【分析】利用万有引力定律和开普勒第三定律来推导中心天体的质量与轨道参数的关系，从而求出地球与火星的质量之比。
4．【答案】C
【知识点】库仑定律；受力分析的应用
【解析】【解答】根据库仑定律，则所受的静电力逐渐减小，而静电力沿杆方向的分量在O点时为零，在无穷远处也为零，则静电力沿杆方向的分量先增加后减小，环受重力不变，根据牛顿第二定律可知，小环运动的加速度先增加后减小，运动的速度越来越大，由于电场力做正功，则小环与点电荷Q所构成的系统的电势能越来越小。
故答案为：C。
【分析】先对小环进行受力分析，结合库仑定律和运动学规律，来判断各选项的正确性。
5．【答案】A
【知识点】热力学第一定律及其应用；温度和温标；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．A→B过程是等温膨胀。在等温过程中，气体的温度保持不变，因此气体的内能也不变。根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于对外做的功，故A正确。
B．B→C过程是等容降温。在等容过程中，气体的体积保持不变，气体对外不做功。由于温度降低，气体的内能减少，这意味着气体放出热量。然而，并不是所有气体分子的动能都减小，因为分子动能的分布是统计性的，有些分子的动能可能增加，有些可能减少，故B错误；
C．C→D过程是等温压缩。在等温过程中，气体的温度保持不变，因此气体分子的平均动能不变，故C错误；
D．D→A过程是等容加热。在等容过程中，气体的体积保持不变，气体吸收热量，温度升高，气体的内能增加。这意味着气体分子的平均动能增加，速率较大的气体分子所占比例增加，而不是减少，故D错误。
故答案为：A。
【分析】结合理想气体状态方程 pV=nRT 和热力学第一定律 ΔU=Q+W，对每个过程逐一分析。
6．【答案】C
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．从开始起跳到脚离开地面做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，离开地面到上升到最高点的过程中做竖直上抛运动，加速度向下，处于失重状态，故A错误；
B．根据平均速度公式可知，起跳过程的平均速度等于离地上升到最高点过程的平均速度，均为，故B错误；
C．加速上升时间为，减速上升与加速下降时间相等，均为，总时间为，故C正确；
D．从开始起跳到脚离开地面，重心上升，，
离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离为，
联立解得，，
根据牛顿第三定律可得，起跳过程中该同学对地面的压力为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】将整个运动过程分为两个阶段：起跳时的匀加速直线运动，以及离开地面后的竖直上抛运动，结合运动学公式和受力分析来逐一判断选项。
7．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图可知波的周期为，Q点的振动方程为，故A错误；
B．该波的波长为，当该波的波长为7.2m时，n不是整数，故当该波的波长不可能为7.2m，故B错误；
CD.0~0.1s内，P点到达波峰时有，解得
当，Q点到达波峰，波从P点传播至Q点，有（）
则波速为（）
当该波的传播速度为时，n不是整数，故该波的传播速度不可能为，当时，该波的传播速度为，故C错误；D正确。
故答案为：D。
【分析】先从振动图像中获取周期、振幅等信息，再结合波的传播规律，分析各选项的正确性。
8．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】将平抛运动分解为沿斜面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的类竖直上抛运动，设调整后弹力球水平抛出时的速度大小沿垂直斜面方向的分速度大小为
沿斜面方向的分速度大小为
垂直斜面方向的加速度大小为
沿斜面方向的加速度大小为
弹力球每次从斜面离开到再次落回斜面过程中用时为
沿斜面方向有
联立，解得
当时，
当时，
故答案为：C。
【分析】把运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向两个分量来处理，利用匀加速运动和类竖直上抛运动的规律来求解初速度 v0 。
9．【答案】A,C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．变压器原，副线圈中的电流之比与匝数成反比，即，故A正确；
B．由，可知和的热功率之比为1∶9，故B错误；
C．由图（b）可知交流电压最大值，周期，则
则可得交流电压u的表达式，故C正确；
D．将原副线圈等效为电阻，则有
根据
联立解得
则原线圈有
电阻的温度降低时，阻值变大，由于原线圈接入的电压恒定，则变小，分压减小，则原线圈输入电压变大，即电压表示数变大，由于变小，根据
可知变小，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合理想变压器的工作原理、交流电的表达式和电功率公式，对每个选项逐一进行分析。
10．【答案】A,D
【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．只有在平面镜反射光照亮的区域两束相干光才会发生干涉现象，呈现明暗相间的干涉条纹，故A正确；
B．若将平面镜向右平移，光源与像之间的距离以及它们到屏的距离都不变，则光屏上相邻明条纹中心间距离不变，故B错误；
CD．类比杨氏双缝干涉，光源与像相当于双缝，本题中“双缝间距”为2d，根据双缝干涉相邻条纹之间的距离公式可得
故C错误；D正确。
故答案为：AD。
【分析】洛埃镜实验的核心是把光源S和它在平面镜中的虚像S'看作一对相干光源，等效于杨氏双缝干涉，我们可以用双缝干涉的公式来分析。
11．【答案】B,C
【知识点】安培力；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB．当ad处在向内的磁场时，由右手定则可知，金属框中产生逆时针的感应电流，由左手定则可知，受到安培力向右，当ad处在向外的磁场时，金属框中产生顺时针的感应电流，由左手定则可知，受到安培力向右，A错误，B正确；
C．当金属框最终以v0达到稳定时，设左、右边线框各受到安培力为F，满足f=2F
加速度a=0，又f=kv0，此时金属框与磁场的相对速度为
左、右边线框各受到安培力
联立整理可得，C正确；
D．稳定后系统消耗的功率为
而
联立解得
其中
联立可解得，D错误。
故答案为：BC。
【分析】分析金属框在交替方向的磁场中运动时的感应电流、安培力方向，再利用平衡条件求解最终速度和功率。
12．【答案】A,B,D
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【解答】A．以沿传送带向上为正，在弹丸射入的过程中动量守恒
得
由能量关系可知，A正确；
B．木块速度大于传送带时的加速度
得
减至共速所需时间为
之后木块速度小于传送带
得
继续减速至零，所需时间为
第二颗弹丸刚要击中木块时木块的速度为
第二颗弹丸射入的过程中动量守恒
所以
由能量关系可知，B正确；
C．第二次击中木块A后木块的运动过程同第一次，第三击中木块时木块的速度为，C错误；
D．第三颗子弹射入的过程中动量守恒
得
减至共速，所需时间为
继续减速，第四次击中木块A时，，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】分步骤分析子弹与木块的碰撞过程，以及木块在传送带上的运动状态，结合动量守恒和受力分析来判断各选项的正确性。
13．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）设绳子的拉力为F，根据牛顿第二定律，对砝码盘和砝码有
对小车及车中砝码有
解得
可知当满足时，才可以认为小车所受绳子的拉力大小等于盘和砝码的重力。
故答案为：
（2）若M与m的大小不能满足（1）中的关系时，根据（1）问分析可知小车所受绳子的拉力大小为
故答案为：
（3）由题图乙可知相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可得该小车的加速度为
故答案为：
【分析】(1)实验中为了用砝码和砝码盘的重力近似代替小车所受的拉力，需要让小车的质量远大于砝码和砝码盘的总质量，这样可以减小系统误差，使拉力的近似值更接近真实值。
(2)当不满足小车质量远大于砝码质量的条件时，需要将小车和砝码视为一个整体，用牛顿第二定律对整体和小车分别列方程，联立求解出绳子拉力的精确表达式。
(3)根据匀变速直线运动的推论，利用逐差法计算加速度，这种方法可以充分利用纸带数据，减小偶然误差，提高计算的准确性。
（1）设绳子的拉力为F，根据牛顿第二定律，对砝码盘和砝码有
对小车及车中砝码有
解得
可知当满足时，才可以认为小车所受绳子的拉力大小等于盘和砝码的重力。
（2）若M与m的大小不能满足（1）中的关系时，根据（1）问分析可知小车所受绳子的拉力大小为
（3）由题图乙可知相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可得该小车的加速度为
14．【答案】（1）保护电源，防止短路；用于计算电流
（2）3.56；1.24
（3）2.56
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为防止滑动变阻器接入电路的阻值为零导致电路电流太大损坏电源，要在电路中接入保护电阻，因此定值电阻在电路中的作用是保护电源；由于电路中没有电流表或电流传感器，可将电压传感器2的电压比电阻得到电流值。
故答案为：保护电源，防止短路；用于计算电流
（2）根据闭合电路欧姆定律
图像表达式可知，电源电动势
内阻
故答案为：3.56；1.24
（3）由题意可知，
则功率
当时，电源的输出功率最大
所以图线最高点A点的纵坐标
故答案为：2.56
【分析】(1)分析定值电阻 的作用。一是作为保护电阻，防止滑动变阻器阻值为零时电源被短路，二是作为已知电阻，通过测量其两端电压计算电路电流，替代电流表的作用。
(2)根据闭合电路欧姆定律，建立 与 的函数关系，结合图(b)的线性方程，直接截距得到电动势 ，斜率结合 计算电源内阻 。
(3)将 和 的表达式代入电源输出功率公式，分析出图(c)的最高点对应电源输出功率的最大值，利用电源输出功率最大时外阻等于内阻的结论，计算出最大功率值。
（1）为防止滑动变阻器接入电路的阻值为零导致电路电流太大损坏电源，要在电路中接入保护电阻，因此定值电阻在电路中的作用是保护电源；由于电路中没有电流表或电流传感器，可将电压传感器2的电压比电阻得到电流值。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
图像表达式可知，电源电动势
内阻
（3）由题意可知，
则功率
当时，电源的输出功率最大
所以图线最高点A点的纵坐标
15．【答案】（1）解：假设轮胎不存在漏气，气体做等容变化，初态压强为，温度为，末态压强为，温度为，由查理定律得：
得
故不漏气。
（2）解：假设原来轮胎内的气体全部变为2.4bar，温度为2℃，设此时的体积为，轮胎的容积为，则：
需要再充入气体质量为，体积为，并将它变为2.4bar，温度为2℃，则：
可得
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1)假设轮胎不漏气，将轮胎内气体视为等容变化，应用查理定律，计算出在冬季温度下理论上的胎压值，并与实际测量值比较，判断是否漏气。
(2)以冬季胎压恢复到 2.4bar 为目标，用玻意耳定律分析原气体的状态变化，通过等效体积法计算出需要充入的气体体积，再根据气体质量与体积的正比关系，求出充入气体质量与原有气体质量的比值。
（1）假设轮胎不存在漏气，气体做等容变化，初态压强为，温度为，末态压强为，温度为，由查理定律得：
得
故不漏气。
（2）假设原来轮胎内的气体全部变为2.4bar，温度为2℃，设此时的体积为，轮胎的容积为，则：
需要再充入气体质量为，体积为，并将它变为2.4bar，温度为2℃，则：
可得
16．【答案】（1）解：为使平行射入该光纤的光在转弯处均能发生全反射，则沿光纤最接近转弯处平行射入的光刚好发生全反射，如图所示
此时入射角恰好达到临界角，可得
解得
（2）解：由得光在光纤中的传播速度
光纤中心轴线在“弯道”部分的长度为
沿光纤中心轴线射入的光在“弯道”部分的光路长度为
故沿光纤中心轴线的光因转弯而“延误”的时间为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1)要使光纤外侧的光都能发生全反射，需要找到最容易发生泄漏的临界光线，该光线在光纤内侧边缘入射，入射角最小，结合几何关系求出此临界角，再利用全反射临界角公式计算折射率。
(2)“延误” 的时间是光沿弯曲路径传播与沿原直线传播的时间差，分别计算光在两种路径上的传播时间，再求差值，光在光纤中的传播速度需由折射率计算得出。
（1）为使平行射入该光纤的光在转弯处均能发生全反射，则沿光纤最接近转弯处平行射入的光刚好发生全反射，如图所示
此时入射角恰好达到临界角，可得
解得
（2）由
得光在光纤中的传播速度
光纤中心轴线在“弯道”部分的长度为
沿光纤中心轴线射入的光在“弯道”部分的光路长度为
故沿光纤中心轴线的光因转弯而“延误”的时间为
17．【答案】（1）解：设P第一次滑上传送带时，物块P的速度大小为，根据机械能守恒定律有
解得
圆弧最低点时由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力
（2）解：设物块在传送带上先减速后匀速，则匀减速运动的加速度大小
减速运动的距离
假设不成立，因此P第一次通过传送带一直做减速运动，设通过传送带的速度大小为，
解得
设Q，P碰撞后，P的速度大小为，Q的速度大小为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
解得
碰撞过程中，Q对P的冲量大小
（3）解：碰撞后P向左减速至速度为0过程位移
又
因此滑块P第二次在传送带上先减速再反向加速运动，运动的时间
最终Q、P共速，它们间的最远距离
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)物块P从A到B的过程，只有重力做功，机械能守恒，先求出B点速度，再在B点用牛顿第二定律计算轨道支持力，最后用牛顿第三定律得到物块对轨道的压力。
(2)物块P从B到C的过程，摩擦力做功，用动能定理计算碰撞前P的速度，P、Q发生弹性碰撞，动量守恒且动能守恒，联立求出碰撞后Q的速度，再用动量定理计算P对Q的冲量。
(3)碰撞后P和Q在光滑水平面上匀速运动，速度差恒定，两者的最大距离出现在碰撞后瞬间，由速度差和运动时间决定，或直接用相对速度计算。
（1）设P第一次滑上传送带时，物块P的速度大小为，根据机械能守恒定律有
解得
圆弧最低点时由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力
（2）设物块在传送带上先减速后匀速，则匀减速运动的加速度大小
减速运动的距离
假设不成立，因此P第一次通过传送带一直做减速运动，设通过传送带的速度大小为，
解得
设Q，P碰撞后，P的速度大小为，Q的速度大小为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
解得
碰撞过程中，Q对P的冲量大小
（3）碰撞后P向左减速至速度为0过程位移
又
因此滑块P第二次在传送带上先减速再反向加速运动，运动的时间
最终Q、P共速，它们间的最远距离
18．【答案】（1）解：如图所示运动轨迹
β粒子恰好不能进入电场，则其做圆周运动的轨迹与x轴相切，
根据几何关系有
又β粒子在磁场中做圆周运动有
解得
（2）解：如图所示运动轨迹
设改变磁场磁感应强度后，新核在磁场中做圆周运动的半径为
根据几何关系有
得
由动量守恒定律有
新核和β粒子分别在磁场中做圆周运动有，
解得
β粒子经过x轴时，速度方向与x轴正方向夹角为
此时，
β粒子进入电场后，沿x方向做匀速直线运动，
那么
沿y方向做初速为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律
由速度公式
解得
（3）解：如图所示运动轨迹
设再次改变磁场磁感应强度后，β粒子和新核在磁场中做圆周运动的半径为分别和，由（2）中的分析知
根据几何关系有
解得
故β粒子在磁场中运动的总时间为
在电场场中往返运动的时间为
从发生衰变到β粒子第3次经过x轴所用的时间为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)β粒子恰好不能进入电场，说明其运动轨迹与x轴相切，通过几何关系确定轨迹半径，再结合洛伦兹力提供向心力的公式，求解粒子速度。
(2)衰变过程动量守恒，先求出新核的速度和轨迹半径，再根据新核轨迹距x轴的最近距离，确定新的磁感应强度，分析β粒子在磁场和电场中的运动轨迹，结合类平抛运动规律，求解电场强度。
(3)先根据新核的轨迹条件确定新的磁感应强度，然后分别计算β粒子在磁场中的运动时间和在电场中的往返时间，最后求和得到总时间。
（1）如图所示运动轨迹
β粒子恰好不能进入电场，则其做圆周运动的轨迹与x轴相切，
根据几何关系有
又β粒子在磁场中做圆周运动有
解得
（2）如图所示运动轨迹
设改变磁场磁感应强度后，新核在磁场中做圆周运动的半径为
根据几何关系有
得
由动量守恒定律有
新核和β粒子分别在磁场中做圆周运动有，
解得
β粒子经过x轴时，速度方向与x轴正方向夹角为
此时，
β粒子进入电场后，沿x方向做匀速直线运动，
那么
沿y方向做初速为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律
由速度公式
解得
（3）如图所示运动轨迹
设再次改变磁场磁感应强度后，β粒子和新核在磁场中做圆周运动的半径为分别和，由（2）中的分析知
根据几何关系有
解得
故β粒子在磁场中运动的总时间为
在电场场中往返运动的时间为
从发生衰变到β粒子第3次经过x轴所用的时间为
1 / 1山东省中昇教育2024-2025学年高三下学期4月大联考物理试题
1．（2025高三下·山东月考）按计划，我国将在2030年前实现载人登陆月球开展科学探索。在月球上有丰富的氦-3，它是完美的核聚变燃料，无论是氦-3之间还是其与氘和氚都可发生核聚变反应，以下关于核聚变反应说法正确的是（　　）
A．一个氘核和一个氚核聚变生成一个氦-4核和一个质子，同时释放出能量
B．两个氦-3核聚变生成一个氦-4核和两个质子，同时释放出能量
C．一个氦-3核和一个氘核聚变生成一个氦-4核和一个中子，同时释放出能量
D．一个氦-3核和一个氚核聚变生成一个氦-4核和一个质子，同时释放出能量
【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；电荷守恒定律
【解析】【解答】A．根据质量数守恒和电荷数守恒可知一个氘核和一个氚核聚变生成一个氦-4核和一个中子，同时释放出能量，故A错误；
B．根据质量数守恒和电荷数守恒可知两个氦-3核聚变生成一个氦-4核和两个质子，同时释放出能量，故B正确；
C．根据质量数守恒和电荷数守恒可知一个氦-3核和一个氘核聚变生成一个氦-4核和一个质子，同时释放出能量，故C错误；
D．根据质量数守恒和电荷数守恒可知一个氦-3核和一个氚核聚变生成一个氦-4核和一个氘核，同时释放出能量，故D错误。
故答案为：B
【分析】通过质量数守恒和电荷数守恒这两个核反应的基本规律，来逐一验证每个选项的核反应方程式是否正确。
2．（2025高三下·山东月考）如图所示，表面粗糙的半圆柱体放置在地水平面上，物块与圆柱面间的动摩擦因数为μ，现用一方向始终与圆柱面相切向上的拉力作用在物块上，使物块从圆柱体上A点开始缓慢向上滑动，在到达圆柱体顶点B的过程中，半圆柱体始终保持静止，下列说法正确的是（　　）
A．物块所受的支持力一定减小
B．物块所受的摩擦力一定减小
C．半圆柱体所受地面的摩擦力一直减小
D．重力和拉力的合力与拉力的夹角始终不变
【答案】D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．物块向上移动到某位置时到圆心的连线与竖直方向上的夹角为θ，由受力分析得其受的支持力，摩擦力，随θ减小，增大，f增大，故AB错误；
C．由，在0-90度增大过程，由于初始状态值不确定，故半圆柱体与地面的摩擦力可能是先增大后减小，也可能是一直减小，故C错误；
D．重力和拉力的合力与支持力和摩擦力的合力等大反向，支持力和摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角始终不变，拉力与摩擦力一直反向，则重力和拉力的合力方向始终与拉力的方向的夹角始终不变，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先对物块进行受力分析，再结合几何关系和平衡条件，分析各力的变化规律，从而判断选项的正确性。
3．（2025高三下·山东月考）地球同步轨道卫星的轨道半径为r。某火星探测器绕火星运行的椭圆轨道半长轴为a，运行周期为地球同步轨道卫星运行周期的2倍。则地球质量与火星质量之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】根据开普勒第三定律，常数，设地球的质量为，火星的质量为。对于地球同步轨道卫星：
对于火星探测器：
根据题意，
解得
故答案为：A。
【分析】利用万有引力定律和开普勒第三定律来推导中心天体的质量与轨道参数的关系，从而求出地球与火星的质量之比。
4．（2025高三下·山东月考）如图所示，在正点电荷Q的电场中沿竖直方向固定一光滑绝缘无限长直杆，有一可视为质点的带正电的小环套在直杆上，小环距离点电荷最近的O点由静止释放，从O点沿杆向下运动，运动过程中小环的电荷量不变，以下说法正确的是（　　）
A．小环运动的速度先增大后减小
B．小环运动的加速度越来越大
C．小环所受的静电力越来越小
D．小环与点电荷Q所构成的系统的电势能越来越大
【答案】C
【知识点】库仑定律；受力分析的应用
【解析】【解答】根据库仑定律，则所受的静电力逐渐减小，而静电力沿杆方向的分量在O点时为零，在无穷远处也为零，则静电力沿杆方向的分量先增加后减小，环受重力不变，根据牛顿第二定律可知，小环运动的加速度先增加后减小，运动的速度越来越大，由于电场力做正功，则小环与点电荷Q所构成的系统的电势能越来越小。
故答案为：C。
【分析】先对小环进行受力分析，结合库仑定律和运动学规律，来判断各选项的正确性。
5．（2025高三下·山东月考）一个热机循环过程包括两个等温过程、和两个等容过程，其图像如图所示。一定量的理想气体在热交换器之间来回流动，从而实现内能和机械能的转化。关于该循环过程，下列说法正确的是（　　）
A．A→B过程是等温膨胀，气体吸收的热量等于对外做的功
B．B→C过程是等容降温，所有气体分子的动能都减小
C．C→D过程是等温压缩，气体分子的平均动能减小
D．D→A过程是等容加热，速率较大的气体分子所占比例减少
【答案】A
【知识点】热力学第一定律及其应用；温度和温标；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．A→B过程是等温膨胀。在等温过程中，气体的温度保持不变，因此气体的内能也不变。根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于对外做的功，故A正确。
B．B→C过程是等容降温。在等容过程中，气体的体积保持不变，气体对外不做功。由于温度降低，气体的内能减少，这意味着气体放出热量。然而，并不是所有气体分子的动能都减小，因为分子动能的分布是统计性的，有些分子的动能可能增加，有些可能减少，故B错误；
C．C→D过程是等温压缩。在等温过程中，气体的温度保持不变，因此气体分子的平均动能不变，故C错误；
D．D→A过程是等容加热。在等容过程中，气体的体积保持不变，气体吸收热量，温度升高，气体的内能增加。这意味着气体分子的平均动能增加，速率较大的气体分子所占比例增加，而不是减少，故D错误。
故答案为：A。
【分析】结合理想气体状态方程 pV=nRT 和热力学第一定律 ΔU=Q+W，对每个过程逐一分析。
6．（2025高三下·山东月考）体育课上，高超同学在进行原地纵跳摸高训练。已知该同学的质量，原地静止站立（不起跳）摸高为2.16m，训练过程中，该同学先下蹲，重心下降0.45m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.61m的高度。起跳过程看成匀变速运动，全程忽略空气阻力影响，g取。则（　　）
A．该同学起跳后到上升到最高点一直处于超重状态
B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度小
C．从开始起跳到双脚落地需要0.9s
D．起跳过程中运动员对地面的压力为1560N
【答案】C
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．从开始起跳到脚离开地面做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，离开地面到上升到最高点的过程中做竖直上抛运动，加速度向下，处于失重状态，故A错误；
B．根据平均速度公式可知，起跳过程的平均速度等于离地上升到最高点过程的平均速度，均为，故B错误；
C．加速上升时间为，减速上升与加速下降时间相等，均为，总时间为，故C正确；
D．从开始起跳到脚离开地面，重心上升，，
离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离为，
联立解得，，
根据牛顿第三定律可得，起跳过程中该同学对地面的压力为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】将整个运动过程分为两个阶段：起跳时的匀加速直线运动，以及离开地面后的竖直上抛运动，结合运动学公式和受力分析来逐一判断选项。
7．（2025高三下·山东月考）一列简谐横波在介质传播过程中先后经过P、Q两个质点，两个质点平衡位置之间的距离为1m，P、Q两个质点的振动图像如图所示，其中实线为P点的振动图线，虚线为Q点的振动图线，则下列说法中正确的是（　　）
A．Q点的振动方程为
B．该波的波长可能为7.2m
C．该波的传播速度可能为
D．该波的传播速度可能为
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图可知波的周期为，Q点的振动方程为，故A错误；
B．该波的波长为，当该波的波长为7.2m时，n不是整数，故当该波的波长不可能为7.2m，故B错误；
CD.0~0.1s内，P点到达波峰时有，解得
当，Q点到达波峰，波从P点传播至Q点，有（）
则波速为（）
当该波的传播速度为时，n不是整数，故该波的传播速度不可能为，当时，该波的传播速度为，故C错误；D正确。
故答案为：D。
【分析】先从振动图像中获取周期、振幅等信息，再结合波的传播规律，分析各选项的正确性。
8．（2025高三下·山东月考）如图所示，长、倾角的光滑斜面AB固定在水平面上，现将一弹力球从斜面的顶端A点以初速度水平向右抛出，若弹力球与斜面碰撞时，沿斜面方向的速度不变，垂直斜面方向的速度大小不变，方向反向，为使弹力球能够落在斜面底端B点，初速度的值可能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】将平抛运动分解为沿斜面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的类竖直上抛运动，设调整后弹力球水平抛出时的速度大小沿垂直斜面方向的分速度大小为
沿斜面方向的分速度大小为
垂直斜面方向的加速度大小为
沿斜面方向的加速度大小为
弹力球每次从斜面离开到再次落回斜面过程中用时为
沿斜面方向有
联立，解得
当时，
当时，
故答案为：C。
【分析】把运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向两个分量来处理，利用匀加速运动和类竖直上抛运动的规律来求解初速度 v0 。
9．（2025高三下·山东月考）图（a）所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，和为阻值相等的定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶3
B．和的热功率之比为1∶1
C．u随t变化的规律为
D．当电阻的温度降低时电流表读数变小电压表的读数不变
【答案】A,C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．变压器原，副线圈中的电流之比与匝数成反比，即，故A正确；
B．由，可知和的热功率之比为1∶9，故B错误；
C．由图（b）可知交流电压最大值，周期，则
则可得交流电压u的表达式，故C正确；
D．将原副线圈等效为电阻，则有
根据
联立解得
则原线圈有
电阻的温度降低时，阻值变大，由于原线圈接入的电压恒定，则变小，分压减小，则原线圈输入电压变大，即电压表示数变大，由于变小，根据
可知变小，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合理想变压器的工作原理、交流电的表达式和电功率公式，对每个选项逐一进行分析。
10．（2025高三下·山东月考）洛埃用平面镜将光一分为二得到了相干光，从而实现了与托马斯·杨利用双缝干涉实验几乎相同的实验现象。如图所示为洛埃镜实验的基本装置，S为单色点光源，M为一平面镜。S发出波长为的单色光可以直接照到光屏上，同时还会通过平面镜反射到光屏上，这两束光在光屏上叠加发生干涉形成明暗相间条纹。设光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为d和L，下列说法正确的是（　　）
A．只有在平面镜反射光照亮的区域才会呈现明暗相间的干涉条纹
B．若将平面镜向右平移，则光屏上相邻明条纹中心间距离将增大
C．在光屏上相邻明条纹中心间的距离为
D．在光屏上相邻暗条纹中心间的距离为
【答案】A,D
【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．只有在平面镜反射光照亮的区域两束相干光才会发生干涉现象，呈现明暗相间的干涉条纹，故A正确；
B．若将平面镜向右平移，光源与像之间的距离以及它们到屏的距离都不变，则光屏上相邻明条纹中心间距离不变，故B错误；
CD．类比杨氏双缝干涉，光源与像相当于双缝，本题中“双缝间距”为2d，根据双缝干涉相邻条纹之间的距离公式可得
故C错误；D正确。
故答案为：AD。
【分析】洛埃镜实验的核心是把光源S和它在平面镜中的虚像S'看作一对相干光源，等效于杨氏双缝干涉，我们可以用双缝干涉的公式来分析。
11．（2025高三下·山东月考）磁悬浮列车动力原理如下图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，轨间存在着等距离的正方形匀强磁场B1和B2，方向相反，，导轨上放有金属框abcd，其边长等于轨道间距L，金属框电阻为R，磁场B1、B2同时以速度v向右匀速运动从可带动金属框运动，金属框受到的阻力恒为其速度的k倍。下列说法正确的是（　　）
A．金属框中的感应电流方向始终不变
B．金属框受到的安培力方向始终不变
C．金属框的最终速度为
D．稳定后系统消耗的功率为
【答案】B,C
【知识点】安培力；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB．当ad处在向内的磁场时，由右手定则可知，金属框中产生逆时针的感应电流，由左手定则可知，受到安培力向右，当ad处在向外的磁场时，金属框中产生顺时针的感应电流，由左手定则可知，受到安培力向右，A错误，B正确；
C．当金属框最终以v0达到稳定时，设左、右边线框各受到安培力为F，满足f=2F
加速度a=0，又f=kv0，此时金属框与磁场的相对速度为
左、右边线框各受到安培力
联立整理可得，C正确；
D．稳定后系统消耗的功率为
而
联立解得
其中
联立可解得，D错误。
故答案为：BC。
【分析】分析金属框在交替方向的磁场中运动时的感应电流、安培力方向，再利用平衡条件求解最终速度和功率。
12．（2025高三下·山东月考）如图所示，倾角为的足够长传送带以的恒定速度顺时针转动，一质量的木块A与传送带间的动摩擦因数为。左下方的发射器每隔一段时间发射一颗质量为的子弹，子弹每次击中物体前的瞬时速度大小均为，方向平行传送带向上，射入木块并留在其中。将木块A轻放在传送带的最下端时，恰好被第一颗弹丸击中，此后，每隔1s会有一颗弹丸击中木块（　　）（木块和弹丸均可看成质点），g取，，。
A．第一次射入木块A的过程中子弹损失的动能为7.92J
B．第二次射入木块A的过程中子弹损失的动能与第一次相同
C．第三次击中木块A时，木块的速度大于传送带的速度
D．第四次击中木块A时，木块的速度小于传送带的速度
【答案】A,B,D
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【解答】A．以沿传送带向上为正，在弹丸射入的过程中动量守恒
得
由能量关系可知，A正确；
B．木块速度大于传送带时的加速度
得
减至共速所需时间为
之后木块速度小于传送带
得
继续减速至零，所需时间为
第二颗弹丸刚要击中木块时木块的速度为
第二颗弹丸射入的过程中动量守恒
所以
由能量关系可知，B正确；
C．第二次击中木块A后木块的运动过程同第一次，第三击中木块时木块的速度为，C错误；
D．第三颗子弹射入的过程中动量守恒
得
减至共速，所需时间为
继续减速，第四次击中木块A时，，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】分步骤分析子弹与木块的碰撞过程，以及木块在传送带上的运动状态，结合动量守恒和受力分析来判断各选项的正确性。
13．（2025高三下·山东月考）“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置图如图甲所示。小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示。
（1）在平衡摩擦力之后，需挑选质量合适的钩码，当M与m的大小关系满足　 　时，才可以认为小车所受绳子的拉力大小等于盘和砝码的重力；
（2）若M与m的大小不能满足（1）中的关系时，小车所受绳子的拉力大小　 　（用M、m、g表示）
（3）图乙为实验中得到的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4为计数点，打点计时器打点的时间间隔为T，该小车的加速度　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）设绳子的拉力为F，根据牛顿第二定律，对砝码盘和砝码有
对小车及车中砝码有
解得
可知当满足时，才可以认为小车所受绳子的拉力大小等于盘和砝码的重力。
故答案为：
（2）若M与m的大小不能满足（1）中的关系时，根据（1）问分析可知小车所受绳子的拉力大小为
故答案为：
（3）由题图乙可知相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可得该小车的加速度为
故答案为：
【分析】(1)实验中为了用砝码和砝码盘的重力近似代替小车所受的拉力，需要让小车的质量远大于砝码和砝码盘的总质量，这样可以减小系统误差，使拉力的近似值更接近真实值。
(2)当不满足小车质量远大于砝码质量的条件时，需要将小车和砝码视为一个整体，用牛顿第二定律对整体和小车分别列方程，联立求解出绳子拉力的精确表达式。
(3)根据匀变速直线运动的推论，利用逐差法计算加速度，这种方法可以充分利用纸带数据，减小偶然误差，提高计算的准确性。
（1）设绳子的拉力为F，根据牛顿第二定律，对砝码盘和砝码有
对小车及车中砝码有
解得
可知当满足时，才可以认为小车所受绳子的拉力大小等于盘和砝码的重力。
（2）若M与m的大小不能满足（1）中的关系时，根据（1）问分析可知小车所受绳子的拉力大小为
（3）由题图乙可知相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可得该小车的加速度为
14．（2025高三下·山东月考）某同学用DIS“测电源电动势和内电阻”实验电路如图（a）所示，其中定值电阻，某次实验两电压传感器示数关系加图（b）所示。
（1）图（a）中定值电阻在电路中的作用是①　 　；②　 　。
（2）由图（b）的可得，该电源电动势　 　V，内阻　 　Ω（结果均保留3位有效数字）。
（3）根据实验测得的数据，若令，，则由计算机拟合得出的图线如图（c）所示，则图线最高点A点的纵坐标　 　W（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）保护电源，防止短路；用于计算电流
（2）3.56；1.24
（3）2.56
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为防止滑动变阻器接入电路的阻值为零导致电路电流太大损坏电源，要在电路中接入保护电阻，因此定值电阻在电路中的作用是保护电源；由于电路中没有电流表或电流传感器，可将电压传感器2的电压比电阻得到电流值。
故答案为：保护电源，防止短路；用于计算电流
（2）根据闭合电路欧姆定律
图像表达式可知，电源电动势
内阻
故答案为：3.56；1.24
（3）由题意可知，
则功率
当时，电源的输出功率最大
所以图线最高点A点的纵坐标
故答案为：2.56
【分析】(1)分析定值电阻 的作用。一是作为保护电阻，防止滑动变阻器阻值为零时电源被短路，二是作为已知电阻，通过测量其两端电压计算电路电流，替代电流表的作用。
(2)根据闭合电路欧姆定律，建立 与 的函数关系，结合图(b)的线性方程，直接截距得到电动势 ，斜率结合 计算电源内阻 。
(3)将 和 的表达式代入电源输出功率公式，分析出图(c)的最高点对应电源输出功率的最大值，利用电源输出功率最大时外阻等于内阻的结论，计算出最大功率值。
（1）为防止滑动变阻器接入电路的阻值为零导致电路电流太大损坏电源，要在电路中接入保护电阻，因此定值电阻在电路中的作用是保护电源；由于电路中没有电流表或电流传感器，可将电压传感器2的电压比电阻得到电流值。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
图像表达式可知，电源电动势
内阻
（3）由题意可知，
则功率
当时，电源的输出功率最大
所以图线最高点A点的纵坐标
15．（2025高三下·山东月考）汽车轮胎是汽车的重要组成部分，胎压既不能太高，也不能太低，否则会影响行车安全。根据有关规定，我国新生产的车辆都必须安装TPMS（胎压监测系统）系统。家用轿车轮胎胎压值一般都要保持在的范围内。王老师在夏天气温为27℃时，通过TPMS系统监测到自己的汽车胎压值为。到冬季气温为2℃时，测量到汽车胎压值为2.2bar。
（1）不考虑汽车轮胎容积的变化，试判断该轮胎是否发生漏气。
（2）在冬季气温为2℃时，要使轮胎气压恢复到2.4bar，需要再充入气体的质量是轮胎内原气体质量的多少倍？
【答案】（1）解：假设轮胎不存在漏气，气体做等容变化，初态压强为，温度为，末态压强为，温度为，由查理定律得：
得
故不漏气。
（2）解：假设原来轮胎内的气体全部变为2.4bar，温度为2℃，设此时的体积为，轮胎的容积为，则：
需要再充入气体质量为，体积为，并将它变为2.4bar，温度为2℃，则：
可得
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1)假设轮胎不漏气，将轮胎内气体视为等容变化，应用查理定律，计算出在冬季温度下理论上的胎压值，并与实际测量值比较，判断是否漏气。
(2)以冬季胎压恢复到 2.4bar 为目标，用玻意耳定律分析原气体的状态变化，通过等效体积法计算出需要充入的气体体积，再根据气体质量与体积的正比关系，求出充入气体质量与原有气体质量的比值。
（1）假设轮胎不存在漏气，气体做等容变化，初态压强为，温度为，末态压强为，温度为，由查理定律得：
得
故不漏气。
（2）假设原来轮胎内的气体全部变为2.4bar，温度为2℃，设此时的体积为，轮胎的容积为，则：
需要再充入气体质量为，体积为，并将它变为2.4bar，温度为2℃，则：
可得
16．（2025高三下·山东月考）随着科技的不断发展，光纤成了现代信息传输领域不可或缺的一部分，但在使用过程中应尽量不要对光纤进行过度的弯曲扭转。现有一横截面直径为0.4mm的光纤，在使用过程中光纤绕圆柱转弯，如图所示。能使平行射入该光纤的某单色光在转弯处光纤的外侧均能发生全反射该圆柱体半径R的最小值为0.8mm，已知真空中的光速，试求
（1）光纤对应该单色光的折射率；
（2）沿光纤中心轴线射入的光因转弯而“延误”的时间（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）解：为使平行射入该光纤的光在转弯处均能发生全反射，则沿光纤最接近转弯处平行射入的光刚好发生全反射，如图所示
此时入射角恰好达到临界角，可得
解得
（2）解：由得光在光纤中的传播速度
光纤中心轴线在“弯道”部分的长度为
沿光纤中心轴线射入的光在“弯道”部分的光路长度为
故沿光纤中心轴线的光因转弯而“延误”的时间为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1)要使光纤外侧的光都能发生全反射，需要找到最容易发生泄漏的临界光线，该光线在光纤内侧边缘入射，入射角最小，结合几何关系求出此临界角，再利用全反射临界角公式计算折射率。
(2)“延误” 的时间是光沿弯曲路径传播与沿原直线传播的时间差，分别计算光在两种路径上的传播时间，再求差值，光在光纤中的传播速度需由折射率计算得出。
（1）为使平行射入该光纤的光在转弯处均能发生全反射，则沿光纤最接近转弯处平行射入的光刚好发生全反射，如图所示
此时入射角恰好达到临界角，可得
解得
（2）由
得光在光纤中的传播速度
光纤中心轴线在“弯道”部分的长度为
沿光纤中心轴线射入的光在“弯道”部分的光路长度为
故沿光纤中心轴线的光因转弯而“延误”的时间为
17．（2025高三下·山东月考）如图所示，固定在竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧最低点与水平传送带相切于B点，传送带左端与足够长光滑水平面相切于C点。传送带之间的距离为R，传送带始终以大小为的速度沿逆时针匀速转动。一质量为3m的物块Q静止在水平面C端，将质量为m的物块P在圆弧的最高点A由静止释放，P沿圆弧下滑并滑上传送带，运动到水平面上后与Q发生弹性碰撞，P与传送带间的动摩擦因数为0.4，不计物块的大小及空气阻力。重力加速度大小为g，求：
（1）物块P运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小；
（2）P与Q碰撞过程中，P对Q的冲量大小；
（3）碰撞之后，P、Q间的最大距离。
【答案】（1）解：设P第一次滑上传送带时，物块P的速度大小为，根据机械能守恒定律有
解得
圆弧最低点时由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力
（2）解：设物块在传送带上先减速后匀速，则匀减速运动的加速度大小
减速运动的距离
假设不成立，因此P第一次通过传送带一直做减速运动，设通过传送带的速度大小为，
解得
设Q，P碰撞后，P的速度大小为，Q的速度大小为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
解得
碰撞过程中，Q对P的冲量大小
（3）解：碰撞后P向左减速至速度为0过程位移
又
因此滑块P第二次在传送带上先减速再反向加速运动，运动的时间
最终Q、P共速，它们间的最远距离
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)物块P从A到B的过程，只有重力做功，机械能守恒，先求出B点速度，再在B点用牛顿第二定律计算轨道支持力，最后用牛顿第三定律得到物块对轨道的压力。
(2)物块P从B到C的过程，摩擦力做功，用动能定理计算碰撞前P的速度，P、Q发生弹性碰撞，动量守恒且动能守恒，联立求出碰撞后Q的速度，再用动量定理计算P对Q的冲量。
(3)碰撞后P和Q在光滑水平面上匀速运动，速度差恒定，两者的最大距离出现在碰撞后瞬间，由速度差和运动时间决定，或直接用相对速度计算。
（1）设P第一次滑上传送带时，物块P的速度大小为，根据机械能守恒定律有
解得
圆弧最低点时由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力
（2）设物块在传送带上先减速后匀速，则匀减速运动的加速度大小
减速运动的距离
假设不成立，因此P第一次通过传送带一直做减速运动，设通过传送带的速度大小为，
解得
设Q，P碰撞后，P的速度大小为，Q的速度大小为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
解得
碰撞过程中，Q对P的冲量大小
（3）碰撞后P向左减速至速度为0过程位移
又
因此滑块P第二次在传送带上先减速再反向加速运动，运动的时间
最终Q、P共速，它们间的最远距离
18．（2025高三下·山东月考）某科研小组利用如图所示组合场研究衰变后产生的新核和释放的粒子在场中的运动。已知衰变方程为。如图所示，在x轴下方有平行于y轴沿y轴负方向的匀强电场，在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场。在磁场中P点有一静止的，P到x轴的距离为d，发生β衰变时一瞬间，产生的新核沿x轴正方向运动，释放的β粒子恰好不能进入电场。不计新核和产生的β粒子间的相互作用及它们受到的重力。匀强磁场的磁感应强度大小为B，电子的电荷量为e，质量为m，每次衰变释放出的β粒子速度相同。
（1）求释放的粒子在磁场中做圆周运动的速度大小；
（2）仅改变磁场磁感应强度的大小，使衰变产生的新核在磁场中运动轨迹距x轴最近距离为，释放出的粒子两次经过x轴后恰好能回到P点，求匀强电场的电场强度大小；
（3）再次改变磁场磁感应强度的大小，使衰变产生的新核运动轨迹离x轴的最近距离为，求从发生衰变到粒子第3次经过x轴所用的时间。
【答案】（1）解：如图所示运动轨迹
β粒子恰好不能进入电场，则其做圆周运动的轨迹与x轴相切，
根据几何关系有
又β粒子在磁场中做圆周运动有
解得
（2）解：如图所示运动轨迹
设改变磁场磁感应强度后，新核在磁场中做圆周运动的半径为
根据几何关系有
得
由动量守恒定律有
新核和β粒子分别在磁场中做圆周运动有，
解得
β粒子经过x轴时，速度方向与x轴正方向夹角为
此时，
β粒子进入电场后，沿x方向做匀速直线运动，
那么
沿y方向做初速为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律
由速度公式
解得
（3）解：如图所示运动轨迹
设再次改变磁场磁感应强度后，β粒子和新核在磁场中做圆周运动的半径为分别和，由（2）中的分析知
根据几何关系有
解得
故β粒子在磁场中运动的总时间为
在电场场中往返运动的时间为
从发生衰变到β粒子第3次经过x轴所用的时间为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)β粒子恰好不能进入电场，说明其运动轨迹与x轴相切，通过几何关系确定轨迹半径，再结合洛伦兹力提供向心力的公式，求解粒子速度。
(2)衰变过程动量守恒，先求出新核的速度和轨迹半径，再根据新核轨迹距x轴的最近距离，确定新的磁感应强度，分析β粒子在磁场和电场中的运动轨迹，结合类平抛运动规律，求解电场强度。
(3)先根据新核的轨迹条件确定新的磁感应强度，然后分别计算β粒子在磁场中的运动时间和在电场中的往返时间，最后求和得到总时间。
（1）如图所示运动轨迹
β粒子恰好不能进入电场，则其做圆周运动的轨迹与x轴相切，
根据几何关系有
又β粒子在磁场中做圆周运动有
解得
（2）如图所示运动轨迹
设改变磁场磁感应强度后，新核在磁场中做圆周运动的半径为
根据几何关系有
得
由动量守恒定律有
新核和β粒子分别在磁场中做圆周运动有，
解得
β粒子经过x轴时，速度方向与x轴正方向夹角为
此时，
β粒子进入电场后，沿x方向做匀速直线运动，
那么
沿y方向做初速为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律
由速度公式
解得
（3）如图所示运动轨迹
设再次改变磁场磁感应强度后，β粒子和新核在磁场中做圆周运动的半径为分别和，由（2）中的分析知
根据几何关系有
解得
故β粒子在磁场中运动的总时间为
在电场场中往返运动的时间为
从发生衰变到β粒子第3次经过x轴所用的时间为
1 / 1

展开更多......

收起↑