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2025届甘肃省平凉市第一中学等校高三下学期4月大联考物理试卷
一、选择题：本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．1896年，法国物理学家贝克勒尔发现，铀和含铀的矿物能够发出看不见的射线，这些射线分别为射线、射线和射线。原子核自发地放出、射线后，变成了另一种原子核，此现象称为衰变。下列属于衰变的方程是（　　）
A．
B．
C．
D．
2．如图所示，在光滑水平地面上有两个大小相同的小球A和B，质量分别为、，小球B通过长为L的细绳竖直静止悬挂且对地面恰好无压力，小球A获得水平向右的初速度后，与B发生弹性碰撞，碰后小球A被弹回，小球B在竖直面内做小幅度（细绳偏离竖直方向的夹角小于5°）振动。已知细绳不可伸长且长度远大于小球直径，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．可能大于 B．可能等于
C．细绳越长，小球B振动得越慢 D．越大，小球B振动得越慢
3．2024年，我国载人航天工程继续顺利推进，全年共实施了4次飞行任务，包括两艘天舟货运飞船和两艘神舟载人飞船，共运送6名航天员进入天宫空间站。天宫空间站距地面的高度约为400km~450km，地球同步卫星距地面的高度大约为35786km，对比天宫空间站、地球同步卫星与在地球赤道上放置的物体A，下列说法正确的是（　　）
A．空间站绕地运行的周期一定小于物体A绕地运行的周期
B．空间站的运行周期一定大于地球同步卫星的运行周期
C．空间站的动能一定大于地球同步卫星的动能
D．空间站的发射速度一定大于地球同步卫星的发射速度
4．如图所示，一个表面为球冠的实心光学元件放置在水平桌面上，O为球心，球的半径为R，球冠上表面水平且圆心为，球冠圆弧AB所对的圆心角为120°。一细束单色光竖直向下射入元件后在圆弧上的D点恰好发生全反射，反射光线水平，然后经E点再次发生全反射后竖直向上射出元件。已知真空中的光速为c，A、D、E、B在同一竖直面的大圆圆弧上，A、B为该大圆圆弧的两个端点。下列说法正确的是（　　）
A．该光学元件对单色光的折射率为
B．光线在该元件中传播的速度大小为
C．光线在该元件中传播的时间为
D．仅使入射光线向右平移少许后射入元件，则光线第一次射到大圆圆弧AB时仍发生全反射
5．质量为m的小球以初动能自空中的O点沿某一方向抛出，该小球抛出后运动过程中的动能与水平方向运动的位移x的关系图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．小球做倾角为53°的斜上抛运动
B．小球动能最小时所在位置距抛出点O的竖直高度为
C．小球动能最小时所在位置距抛出点O的水平位移为
D．小球从抛出到动能最小时经历的时间为
6．如图所示，质量为m的带电小球A通过绝缘丝线悬挂于O点，另一带电小球B固定于O点正下方，此时A球静止，丝线与竖直方向夹角，A、B连线与丝线垂直。由于B球漏电，将B球上移到其正上方的C点时才能保证A球仍静止在原位置，且A、C连线水平。已知，，下列说法正确的是（　　）
A．B球在C点时，A、B球间的库仑力大小为原来的1.5倍
B．B球在C点时，丝线张力为原来的1.25倍
C．漏电后，A、B球电荷量乘积减小为原来的0.6倍
D．漏电后，A、B球电荷量乘积减小为原来的0.8倍
7．水平桌面上方区域内存在一垂直于桌面的磁感应强度大小为B的匀强磁场，科研人员将内部均匀涂抹有荧光物质的无底正方形纸盒，放置于水平桌面上，如图所示，正方形ABCD为纸盒的水平截面，E点为AB边的中点。大量相同的带电粒子以相同的速率v0经过E点，在水平面内沿不同的方向射入磁场，科研人员观测到整个纸盒内部只有AF段和AE段发出淡淡的荧光（高速微观粒子打在荧光物质上会将动能转化为光能）。已知正方形纸盒的边长为2a，，不计带电粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中做圆周运动的周期
B．粒子在磁场中做圆周运动的半径
C．通过A点的粒子在磁场中运动的时间
D．粒子的比荷为
8．如图所示，小物块从倾角的固定斜面底端A点，以的速度沿斜面上滑，经过时间t后小物块的速度大小为4m/s，此时小物块到A点间的距离为x，一段时间后小物块又回到A点。已知物块与斜面间的动摩擦因数，物块可视为质点，取重力加速度，则下列说法可能正确的是（　　）
A．、 B．、
C．斜面长度至少为5m D．斜面长度至少为9m
9．如图所示，在竖直面内作一个虚线圆，圆心为O点，在圆的最高点A处固定一个带电小球，其电荷量为，在圆心O处有一个质量为m、电荷量为的带电小球恰好保持静止。已知重力加速度为g。带电小球可视为点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A．虚线圆的半径为 B．B点和D点的电场强度相同
C．B点和D点的电势相同 D．C点的电场强度大小为
10．如图所示，在水平平台上有一个质量为的长木板，其上端放置一个质量为小物块A，长木板右端连接不可伸长的细绳，细绳跨过定滑轮连接质量为的物块B，木板与平台之间及物块A与木板之间的动摩擦因数均为。初始时用手压着物块A使整体静止，在木板左端施加一个水平向左的拉力，时手离开物块A，取重力加速度，不计滑轮处摩擦和空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板、水平平台及细绳均足够长，平台上方的细绳始终水平。下列说法正确的是（　　）
A．时，平台对木板的摩擦力大小为35N
B．时，平台对木板的摩擦力大小为20N
C．时，物块A受到的摩擦力大小为10N
D．时，细绳中的张力大小为52.5N
二、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．某实验小组利用光电门替换了打点计时器来测量物体的加速度，简化了验证牛顿第二定律的实验装置，改进后的实验装置如图1所示。下面是实验小组进行实验的主要操作：
（1）实验小组用螺旋测微器测量了遮光条的宽度d，示数如图2，则　 　mm。
（2）实验小组按照图1进行了实验器材安装，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能沿木板匀速运动。
（3）挂上装有沙的沙桶后，将小车由静止释放，测出释放点到光电门的距离x，遮光条通过光电门的时间，则小车加速度的表达式为　 　。（用d、x和表示）
（4）将小车与遮光条的总质量记为M，沙与沙桶的总质量记为m，不断增大m得到小车加速度变化的数据。若实验小组利用实验数据绘制的a-m图线如图3，图线右方出现明显弯曲，原因是　 　。
12．助听器电池主要有四种型号，分别是10号、312号、13号和675号。这些电池都是锌空电池，电动势在1.4V到1.45V之间。如图1所示，某实验小组从一个助听器中取出一个13号电池要测定其电动势和内阻，请你帮忙完成下列问题。
器材：待测电池（电动势为1.4V到1.45V之间，内阻约为几十毫欧）
电压表（量程为0~2V，内阻约为）
电流表（量程为0~0.6A，内阻为）
滑动变阻器（阻值范围为0~）
开关一个、导线若干
（1）为了进行更精准地测量，请在下面方框内画出电路图　 　；
（2）连接电路，闭合开关后调节滑动变阻器得到几组电压表和电流表的示数；
（3）作U-I图如图2所示，根据图像可知电池的电动势　 　V（结果保留3位有效数字），内阻　 　（结果保留2位有效数字）；
（4）本实验中若不考虑偶然误差，则电源电动势的测量值　 　真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。
13．如图所示，一个导热性能良好的柱形汽缸竖直放置在冷柜中，柱形汽缸内通过横截面积为、质量的活塞封闭一定质量的理想气体。冷柜未通电时，环境温度为27°，柱形汽缸内空气柱的长度为；现接通冷柜的电源并缓慢降低冷柜的温度，一段时间后空气柱长度变为。已知冷柜内的气体压强恒为，热力学温度，取重力加速度。。求：
（1）此时封闭气体的热力学温度；
（2）气体长度变化过程中，气体对外做的功W。
14．如图所示，长为R的细线上端固定，下端连接一个质量为m、电荷量为的带电小球，竖直虚线MN右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和水平向右的匀强电场，磁场的磁感应强度大小，绝缘粗糙圆弧细管道AC竖直固定在虚线右侧，圆弧的圆心为O，半径为R，A点位于虚线上，OA与竖直方向夹角为37°，OC与竖直方向夹角为53°。现将小球拉离平衡位置使细线与竖直方向夹角为60°，由静止释放小球，小球运动至最低点时细线断开，小球恰好可以无碰撞地进入圆弧管道，小球从C点离开圆弧管道后做直线运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力，小球可以看作质点，小球运动中电荷量保持不变，，，求：
（1）小球在A点的速度大小；
（2）匀强电场的电场强度大小E；
（3）小球在C点的速度大小。
15．如图所示，倾角为的斜面与水平面通过半径较大的圆弧平滑连接，在斜面上有垂直斜面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场区域1，在水平面上有竖直向上、磁感应强度大小也为B的匀强磁场区域2和区域3，各区域边界虚线及长度在图中已标出。一个边长为L、电阻在数值上等于的粗细均匀的正方形导线框从距离边界上方L处由静止释放，线框恰好可以匀速进入磁场区域1，线框离开磁场区域1过程中产生的焦耳热为Q。边界距离水平面的竖直距离为4.25L，线框刚要进入磁场区域2时（整个线框已水平），立即对线框施加一个水平向左的恒力F（未知），在力F作用的时间为t时，线框在水平面上运动时恰好能够滑离磁场区域3。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，线框在圆弧部分运动时不考虑能量损失，各物理量单位均为国际单位制单位。求：
（1）线框的质量m；
（2）线框完全离开磁场区域1瞬间的速度大小v；
（3）恒力F的大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点；核裂变；核聚变
【解析】【解答】A．该方程是铀238衰变为钍234的衰变方程，属于衰变，故A正确；
B．该方程是卢瑟福用粒子（）轰击氮14原子核发现质子的核反应方程（人工转变），不属于衰变，故B错误；
C．该方程是轻核的聚变反应，不属于衰变，故C错误；
D．该方程是铀235重核裂变的一种核反应方程，不属于衰变，故D错误。
故选：A。
【分析】衰变是指生成物为α、β、γ射线，裂变是质量较大的核分裂为两个质量较轻的核，聚变是质量较轻的核变为质量较大的核．
2．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】AB． 小球A与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A小球A 被弹回 ，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，
解得
则
故AB错误；
CD．小球B在竖直面内做小幅度振动，则认为B做简谐运动，由单摆周期公式
可知，细绳越长，小球B振动周期越大，振动得越慢，周期与质量无关，C正确，D错误。
故选C。
【分析】小球A与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后小球A静止，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出两球质量关系；碰后，小球B在竖直面内做小幅度（细绳偏离竖直方向的夹角小于5°）振动，即做简谐运动，由单摆周期公式分析小球B振动周期与细绳长度、B球质量的关系。
3．【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】AB．根据万有引力提供向心力结合牛顿第二定律可得
解得
可知，轨道半径越大，周期越大， 天宫空间站距地面的高度约为400km~450km， 空间站周期小于同步卫星周期，而地球赤道上的物体A绕地运行的周期与地球同步卫星绕地运行的周期相等，故A正确，B错误；
C．由于不知道空间站和地球同步卫星的质量关系，所以无法比较二者的动能大小，故C错误；
D．轨道越高，发射速度越大，所以空间站的发射速度一定小于地球同步卫星的发射速度，故D错误。
故选A。
【分析】 根据万有引力提供向心力分析周期大小，动能和质量有关，轨道越高，发射速度越大。
4．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A． 一细束单色光竖直向下射入元件后在圆弧上的D点恰好发生全反射，反射光线水平， 如图所示，
根据几何关系和反射定律可知临界角C=45°
由知，元件对单色光的折射率，A错误；
B．结合折射率可知光线在该元件中传播的速度大小，B错误；
C．由几何关系可知，光线在元件内传播的时间
解得，C正确：
D．仅使入射光线向右平移少许后射入该元件，光线在圆弧面上的入射角将变小，不会发生全反射，D错误。
故选C。
【分析】画出光路图，根据几何关系求解折射率；根据折射率求解光传播速度，根据几何关系求解传播距离，距离除以速度等于传播时间。
5．【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．根据 小球抛出后运动过程中的动能与水平方向运动的位移x的关系图像可知小球的动能刚开始越来越小，所以小球做的是斜上抛运动，动能最小时对应于小球运动至最高点且速度方向水平。设小球抛出时的速度大小为，与水平方向间的夹角为，根据运动分解可得，，，
联立可得可得，
故A错误；
BCD．根据抛体运动规律可得小球从抛出到动能最小时经历的时间
距抛出点O的竖直高度
运动的水平位移
故B正确，CD错误。
故选B。
【分析】图像中动能最小值对应小球运动至最高点，此时速度方向水平，动能仅由水平分速度决定。已知初动能与最小动能的数值比例，可确定抛出速度方向与水平面的夹角。利用动能与速度的平方关系，结合斜抛运动在竖直方向的分运动为匀变速直线运动，可分析从抛出到最高点的时间、竖直高度及水平位移。
6．【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】解与库仑力相关的受力分析这类题目就像解决共点力的平衡类题目一样，先对物体进行受力分析，然后进行力的合成与分解，列出平衡表达式，进而求出所需的物理量。
取初始时A、B的距离为a，对A受力分析如图所示：
由平衡条件可得，
且
B球在C点时，设两球距离为b，对A受力分析如图所示：
由平衡条件可得，
且
又
联立各式解得，，
故选D。
【分析】对A进行两次受力分析，根据平衡关系和库仑定律分析求解。
7．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】B． 科研人员观测到整个纸盒内部只有AF段和AE段发出淡淡的荧光 ，且这些位置中F点距离E点最远，故EF连线长度为带电粒子运动的直径，其运动轨迹如图中的轨迹1所示
由几何关系有
故B错误；
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动的周期
故A错误；
C．通过A点的粒子在磁场中运动的轨迹如图中的轨迹2所示，由几何关系知，轨迹2的圆弧所对的圆心角为120°，运动的时间
故C正确；
D．根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律可得
则
故D错误。
故选C。
【分析】根据几何关系求得粒子在磁场中的运动半径，当弦长最长，根据几何关系求得对应的圆心角，即可求得时间，根据洛伦兹力提供向心力列式求得比荷。
8．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】ACD．对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得物块上滑时有
解得
根据匀变速直线运动的速度—位移关系可得小物块沿斜面上滑的距离
上滑的时间
则斜面长度至少为9m；
根据匀变速直线运动的速度—时间关系有，
则在上滑速度为4m/s时，代入可得、，故AD正确，C错误；
B．小物块上滑至最高点时，对物块进行受力分析，由于
则物块将沿斜面下滑，有
解得
根据运动学公式有，
则在下滑速度为4m/s时，代入可得、
此时
故B错误。
故选AD。
【分析】对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学规律求解位移和时间。
9．【答案】C,D
【知识点】库仑定律；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．对带电小球进行受力分析，由受力平衡可知
解得
A错误；
B．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。 两个点电荷在B点、D点产生的场强如图所示：
叠加后可知B点、D点的电场强度大小相同、方向不同，B错误；
C．电势没有方向，由对称性可知，点电荷在B、D点电势相同，在B、D点电势相同，叠加后B、D点电势相同，C正确；
D．C点的电场强度大小
D正确。
故选CD。
【分析】由受力平衡求解半径；根据矢量合成法则分析两个点电荷在B点、D点产生的场强以及C电场强；电势是标量，叠加直接代数相加。
10．【答案】B,D
【知识点】整体法隔离法；牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．在木板左端施加一个水平向左的拉力，时手离开物块A。时，
木板和平台间的最大静摩擦力为
故整体静止，平台对木板的摩擦力大小为30N，A错误；
B．由可知时，
因此
故整体静止，平台对木板的摩擦力大小为20N，B正确；
C．由可知时，
因此
假设物块A、B和木板整体向左运动，对整体根据牛顿第二定律有
解得，
物块A受到的摩擦力大小
假设成立，C错误；
D．由可知，
假设物块A与木板发生相对滑动，对整体根据牛顿第二定律有
解得
假设成立。
设细绳中的张力大小为，对m2根据牛顿第二定律有
解得细绳中的张力大小为
D正确。
故选D。
【分析】初始时用手压着物块A使整体静止， 物体处于受力平衡状态，时手离开物块A， 结合牛顿第二定律分析加速度以及作用力大小。
11．【答案】4.364；；未满足（合理即可）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，结果要估读到千分之一毫米，遮光条的宽度。
（3）由匀变速直线运动速度—位移关系可得
又
则
（4）随着沙桶与沙子的质量的不断增大，不再满足，测出的加速度，图线将向下弯曲。
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数规则分析；
（3）先根据运动学公式求出加速度表达式，再求出速度公式，代入进行求解；
（4）图线出现弯曲的原因是不满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量；根据牛顿第二定律得到加速度表达式进行分析。
12．【答案】；1.43；0.048；等于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1） 由题意得电流表内阻已知，所以采用如图所示电路。
（3）由闭合回路欧姆定律可得
得
则图像的纵截距等于电源电动势，则
图像斜率等于电源内阻加电流表内阻，为
得
（4）若不考虑偶然误差，将电流表内阻视为电源内阻，可知电压表和电流表的测量都是准确的，则电动势的测量值等于真实值。
【分析】（1）电流表内阻已知，采用内接法连接；
（3）根据闭合回路欧姆定律，结合图像的坐标求解电动势和内阻；
（4） 本实验中若不考虑偶然误差， 电流表示数为零时，内阻不消耗电压，电压表示数完全等于电动势。
13．【答案】（1）初态：，
末态：，
气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律，有
解得
（2）对活塞受力分析，有
解得
降温过程中，气体对外做的功
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律列式求解；
（2）对活塞受力分析，根据平衡条件求解压强，根据W=p求解做功。
（1）初态：，
末态：，
气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律，有
解得
（2）对活塞受力分析，有
解得
降温过程中，气体对外做的功
解得
14．【答案】（1）小球从释放到细线断开前瞬间，由动能定理有
解得
细线断开后，小球做平抛过程并恰好无碰撞地进入圆弧管道，由几何关系知
代入解得
（2）小球由管道C点离开后做直线运动，由平衡条件有
解得
（3）小球在点，由平衡条件有
解得
【知识点】机械能守恒定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球从释放到细线断开前瞬间，由动能定理结合几何关系求解速度大小；
（2）小球由管道C点离开后做直线运动，由平衡条件求解场强大小；
（3）对小球受力分析，根据平衡条件求解C点速度。
（1）小球从释放到细线断开前瞬间，由动能定理有
解得
细线断开后，小球做平抛过程并恰好无碰撞地进入圆弧管道，由几何关系知
代入解得
（2）小球由管道C点离开后做直线运动，由平衡条件有
解得
（3）小球在点，由平衡条件有
解得
15．【答案】（1）线框从释放至线框下边刚要进入磁场区域1过程，由
得
线框匀速进入磁场时应有
联立解得
（2）线框完全在区域1中时，做匀加速直线运动由
解得
线框离开磁场区域1过程中，由能量守恒定律可知
解得
（3）线框从完全离开磁场区域1至刚要进入磁场区域2过程中，由动能定理有
解得
线框在水平面运动的整个过程中，由动量定理可得
线框进，出磁场区域2或3过程中，
代入数据解得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）线框从释放至线框下边刚要进入磁场区域1过程，根据动能定理求解速度， 线框恰好可以匀速进入磁场区域1， 结合平衡条件求解质量；
（2）线框完全在区域1中时，做匀加速直线运动，结合能量守恒定律求解离开时的速度；
（3）线框从完全离开磁场区域1至刚要进入磁场区域2过程中，由动能定理求解速度，结合动量定理以及电流定义式求解恒力大小。
（1）线框从释放至线框下边刚要进入磁场区域1过程，由
得
线框匀速进入磁场时应有
联立解得
（2）线框完全在区域1中时，做匀加速直线运动由
解得
线框离开磁场区域1过程中，由能量守恒定律可知
解得
（3）线框从完全离开磁场区域1至刚要进入磁场区域2过程中，由动能定理有
解得
线框在水平面运动的整个过程中，由动量定理可得
线框进，出磁场区域2或3过程中，
代入数据解得
1 / 12025届甘肃省平凉市第一中学等校高三下学期4月大联考物理试卷
一、选择题：本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．1896年，法国物理学家贝克勒尔发现，铀和含铀的矿物能够发出看不见的射线，这些射线分别为射线、射线和射线。原子核自发地放出、射线后，变成了另一种原子核，此现象称为衰变。下列属于衰变的方程是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点；核裂变；核聚变
【解析】【解答】A．该方程是铀238衰变为钍234的衰变方程，属于衰变，故A正确；
B．该方程是卢瑟福用粒子（）轰击氮14原子核发现质子的核反应方程（人工转变），不属于衰变，故B错误；
C．该方程是轻核的聚变反应，不属于衰变，故C错误；
D．该方程是铀235重核裂变的一种核反应方程，不属于衰变，故D错误。
故选：A。
【分析】衰变是指生成物为α、β、γ射线，裂变是质量较大的核分裂为两个质量较轻的核，聚变是质量较轻的核变为质量较大的核．
2．如图所示，在光滑水平地面上有两个大小相同的小球A和B，质量分别为、，小球B通过长为L的细绳竖直静止悬挂且对地面恰好无压力，小球A获得水平向右的初速度后，与B发生弹性碰撞，碰后小球A被弹回，小球B在竖直面内做小幅度（细绳偏离竖直方向的夹角小于5°）振动。已知细绳不可伸长且长度远大于小球直径，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．可能大于 B．可能等于
C．细绳越长，小球B振动得越慢 D．越大，小球B振动得越慢
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】AB． 小球A与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A小球A 被弹回 ，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，
解得
则
故AB错误；
CD．小球B在竖直面内做小幅度振动，则认为B做简谐运动，由单摆周期公式
可知，细绳越长，小球B振动周期越大，振动得越慢，周期与质量无关，C正确，D错误。
故选C。
【分析】小球A与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后小球A静止，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出两球质量关系；碰后，小球B在竖直面内做小幅度（细绳偏离竖直方向的夹角小于5°）振动，即做简谐运动，由单摆周期公式分析小球B振动周期与细绳长度、B球质量的关系。
3．2024年，我国载人航天工程继续顺利推进，全年共实施了4次飞行任务，包括两艘天舟货运飞船和两艘神舟载人飞船，共运送6名航天员进入天宫空间站。天宫空间站距地面的高度约为400km~450km，地球同步卫星距地面的高度大约为35786km，对比天宫空间站、地球同步卫星与在地球赤道上放置的物体A，下列说法正确的是（　　）
A．空间站绕地运行的周期一定小于物体A绕地运行的周期
B．空间站的运行周期一定大于地球同步卫星的运行周期
C．空间站的动能一定大于地球同步卫星的动能
D．空间站的发射速度一定大于地球同步卫星的发射速度
【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】AB．根据万有引力提供向心力结合牛顿第二定律可得
解得
可知，轨道半径越大，周期越大， 天宫空间站距地面的高度约为400km~450km， 空间站周期小于同步卫星周期，而地球赤道上的物体A绕地运行的周期与地球同步卫星绕地运行的周期相等，故A正确，B错误；
C．由于不知道空间站和地球同步卫星的质量关系，所以无法比较二者的动能大小，故C错误；
D．轨道越高，发射速度越大，所以空间站的发射速度一定小于地球同步卫星的发射速度，故D错误。
故选A。
【分析】 根据万有引力提供向心力分析周期大小，动能和质量有关，轨道越高，发射速度越大。
4．如图所示，一个表面为球冠的实心光学元件放置在水平桌面上，O为球心，球的半径为R，球冠上表面水平且圆心为，球冠圆弧AB所对的圆心角为120°。一细束单色光竖直向下射入元件后在圆弧上的D点恰好发生全反射，反射光线水平，然后经E点再次发生全反射后竖直向上射出元件。已知真空中的光速为c，A、D、E、B在同一竖直面的大圆圆弧上，A、B为该大圆圆弧的两个端点。下列说法正确的是（　　）
A．该光学元件对单色光的折射率为
B．光线在该元件中传播的速度大小为
C．光线在该元件中传播的时间为
D．仅使入射光线向右平移少许后射入元件，则光线第一次射到大圆圆弧AB时仍发生全反射
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A． 一细束单色光竖直向下射入元件后在圆弧上的D点恰好发生全反射，反射光线水平， 如图所示，
根据几何关系和反射定律可知临界角C=45°
由知，元件对单色光的折射率，A错误；
B．结合折射率可知光线在该元件中传播的速度大小，B错误；
C．由几何关系可知，光线在元件内传播的时间
解得，C正确：
D．仅使入射光线向右平移少许后射入该元件，光线在圆弧面上的入射角将变小，不会发生全反射，D错误。
故选C。
【分析】画出光路图，根据几何关系求解折射率；根据折射率求解光传播速度，根据几何关系求解传播距离，距离除以速度等于传播时间。
5．质量为m的小球以初动能自空中的O点沿某一方向抛出，该小球抛出后运动过程中的动能与水平方向运动的位移x的关系图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．小球做倾角为53°的斜上抛运动
B．小球动能最小时所在位置距抛出点O的竖直高度为
C．小球动能最小时所在位置距抛出点O的水平位移为
D．小球从抛出到动能最小时经历的时间为
【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．根据 小球抛出后运动过程中的动能与水平方向运动的位移x的关系图像可知小球的动能刚开始越来越小，所以小球做的是斜上抛运动，动能最小时对应于小球运动至最高点且速度方向水平。设小球抛出时的速度大小为，与水平方向间的夹角为，根据运动分解可得，，，
联立可得可得，
故A错误；
BCD．根据抛体运动规律可得小球从抛出到动能最小时经历的时间
距抛出点O的竖直高度
运动的水平位移
故B正确，CD错误。
故选B。
【分析】图像中动能最小值对应小球运动至最高点，此时速度方向水平，动能仅由水平分速度决定。已知初动能与最小动能的数值比例，可确定抛出速度方向与水平面的夹角。利用动能与速度的平方关系，结合斜抛运动在竖直方向的分运动为匀变速直线运动，可分析从抛出到最高点的时间、竖直高度及水平位移。
6．如图所示，质量为m的带电小球A通过绝缘丝线悬挂于O点，另一带电小球B固定于O点正下方，此时A球静止，丝线与竖直方向夹角，A、B连线与丝线垂直。由于B球漏电，将B球上移到其正上方的C点时才能保证A球仍静止在原位置，且A、C连线水平。已知，，下列说法正确的是（　　）
A．B球在C点时，A、B球间的库仑力大小为原来的1.5倍
B．B球在C点时，丝线张力为原来的1.25倍
C．漏电后，A、B球电荷量乘积减小为原来的0.6倍
D．漏电后，A、B球电荷量乘积减小为原来的0.8倍
【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】解与库仑力相关的受力分析这类题目就像解决共点力的平衡类题目一样，先对物体进行受力分析，然后进行力的合成与分解，列出平衡表达式，进而求出所需的物理量。
取初始时A、B的距离为a，对A受力分析如图所示：
由平衡条件可得，
且
B球在C点时，设两球距离为b，对A受力分析如图所示：
由平衡条件可得，
且
又
联立各式解得，，
故选D。
【分析】对A进行两次受力分析，根据平衡关系和库仑定律分析求解。
7．水平桌面上方区域内存在一垂直于桌面的磁感应强度大小为B的匀强磁场，科研人员将内部均匀涂抹有荧光物质的无底正方形纸盒，放置于水平桌面上，如图所示，正方形ABCD为纸盒的水平截面，E点为AB边的中点。大量相同的带电粒子以相同的速率v0经过E点，在水平面内沿不同的方向射入磁场，科研人员观测到整个纸盒内部只有AF段和AE段发出淡淡的荧光（高速微观粒子打在荧光物质上会将动能转化为光能）。已知正方形纸盒的边长为2a，，不计带电粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中做圆周运动的周期
B．粒子在磁场中做圆周运动的半径
C．通过A点的粒子在磁场中运动的时间
D．粒子的比荷为
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】B． 科研人员观测到整个纸盒内部只有AF段和AE段发出淡淡的荧光 ，且这些位置中F点距离E点最远，故EF连线长度为带电粒子运动的直径，其运动轨迹如图中的轨迹1所示
由几何关系有
故B错误；
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动的周期
故A错误；
C．通过A点的粒子在磁场中运动的轨迹如图中的轨迹2所示，由几何关系知，轨迹2的圆弧所对的圆心角为120°，运动的时间
故C正确；
D．根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律可得
则
故D错误。
故选C。
【分析】根据几何关系求得粒子在磁场中的运动半径，当弦长最长，根据几何关系求得对应的圆心角，即可求得时间，根据洛伦兹力提供向心力列式求得比荷。
8．如图所示，小物块从倾角的固定斜面底端A点，以的速度沿斜面上滑，经过时间t后小物块的速度大小为4m/s，此时小物块到A点间的距离为x，一段时间后小物块又回到A点。已知物块与斜面间的动摩擦因数，物块可视为质点，取重力加速度，则下列说法可能正确的是（　　）
A．、 B．、
C．斜面长度至少为5m D．斜面长度至少为9m
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】ACD．对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得物块上滑时有
解得
根据匀变速直线运动的速度—位移关系可得小物块沿斜面上滑的距离
上滑的时间
则斜面长度至少为9m；
根据匀变速直线运动的速度—时间关系有，
则在上滑速度为4m/s时，代入可得、，故AD正确，C错误；
B．小物块上滑至最高点时，对物块进行受力分析，由于
则物块将沿斜面下滑，有
解得
根据运动学公式有，
则在下滑速度为4m/s时，代入可得、
此时
故B错误。
故选AD。
【分析】对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学规律求解位移和时间。
9．如图所示，在竖直面内作一个虚线圆，圆心为O点，在圆的最高点A处固定一个带电小球，其电荷量为，在圆心O处有一个质量为m、电荷量为的带电小球恰好保持静止。已知重力加速度为g。带电小球可视为点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A．虚线圆的半径为 B．B点和D点的电场强度相同
C．B点和D点的电势相同 D．C点的电场强度大小为
【答案】C,D
【知识点】库仑定律；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．对带电小球进行受力分析，由受力平衡可知
解得
A错误；
B．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。 两个点电荷在B点、D点产生的场强如图所示：
叠加后可知B点、D点的电场强度大小相同、方向不同，B错误；
C．电势没有方向，由对称性可知，点电荷在B、D点电势相同，在B、D点电势相同，叠加后B、D点电势相同，C正确；
D．C点的电场强度大小
D正确。
故选CD。
【分析】由受力平衡求解半径；根据矢量合成法则分析两个点电荷在B点、D点产生的场强以及C电场强；电势是标量，叠加直接代数相加。
10．如图所示，在水平平台上有一个质量为的长木板，其上端放置一个质量为小物块A，长木板右端连接不可伸长的细绳，细绳跨过定滑轮连接质量为的物块B，木板与平台之间及物块A与木板之间的动摩擦因数均为。初始时用手压着物块A使整体静止，在木板左端施加一个水平向左的拉力，时手离开物块A，取重力加速度，不计滑轮处摩擦和空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板、水平平台及细绳均足够长，平台上方的细绳始终水平。下列说法正确的是（　　）
A．时，平台对木板的摩擦力大小为35N
B．时，平台对木板的摩擦力大小为20N
C．时，物块A受到的摩擦力大小为10N
D．时，细绳中的张力大小为52.5N
【答案】B,D
【知识点】整体法隔离法；牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．在木板左端施加一个水平向左的拉力，时手离开物块A。时，
木板和平台间的最大静摩擦力为
故整体静止，平台对木板的摩擦力大小为30N，A错误；
B．由可知时，
因此
故整体静止，平台对木板的摩擦力大小为20N，B正确；
C．由可知时，
因此
假设物块A、B和木板整体向左运动，对整体根据牛顿第二定律有
解得，
物块A受到的摩擦力大小
假设成立，C错误；
D．由可知，
假设物块A与木板发生相对滑动，对整体根据牛顿第二定律有
解得
假设成立。
设细绳中的张力大小为，对m2根据牛顿第二定律有
解得细绳中的张力大小为
D正确。
故选D。
【分析】初始时用手压着物块A使整体静止， 物体处于受力平衡状态，时手离开物块A， 结合牛顿第二定律分析加速度以及作用力大小。
二、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．某实验小组利用光电门替换了打点计时器来测量物体的加速度，简化了验证牛顿第二定律的实验装置，改进后的实验装置如图1所示。下面是实验小组进行实验的主要操作：
（1）实验小组用螺旋测微器测量了遮光条的宽度d，示数如图2，则　 　mm。
（2）实验小组按照图1进行了实验器材安装，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能沿木板匀速运动。
（3）挂上装有沙的沙桶后，将小车由静止释放，测出释放点到光电门的距离x，遮光条通过光电门的时间，则小车加速度的表达式为　 　。（用d、x和表示）
（4）将小车与遮光条的总质量记为M，沙与沙桶的总质量记为m，不断增大m得到小车加速度变化的数据。若实验小组利用实验数据绘制的a-m图线如图3，图线右方出现明显弯曲，原因是　 　。
【答案】4.364；；未满足（合理即可）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，结果要估读到千分之一毫米，遮光条的宽度。
（3）由匀变速直线运动速度—位移关系可得
又
则
（4）随着沙桶与沙子的质量的不断增大，不再满足，测出的加速度，图线将向下弯曲。
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数规则分析；
（3）先根据运动学公式求出加速度表达式，再求出速度公式，代入进行求解；
（4）图线出现弯曲的原因是不满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量；根据牛顿第二定律得到加速度表达式进行分析。
12．助听器电池主要有四种型号，分别是10号、312号、13号和675号。这些电池都是锌空电池，电动势在1.4V到1.45V之间。如图1所示，某实验小组从一个助听器中取出一个13号电池要测定其电动势和内阻，请你帮忙完成下列问题。
器材：待测电池（电动势为1.4V到1.45V之间，内阻约为几十毫欧）
电压表（量程为0~2V，内阻约为）
电流表（量程为0~0.6A，内阻为）
滑动变阻器（阻值范围为0~）
开关一个、导线若干
（1）为了进行更精准地测量，请在下面方框内画出电路图　 　；
（2）连接电路，闭合开关后调节滑动变阻器得到几组电压表和电流表的示数；
（3）作U-I图如图2所示，根据图像可知电池的电动势　 　V（结果保留3位有效数字），内阻　 　（结果保留2位有效数字）；
（4）本实验中若不考虑偶然误差，则电源电动势的测量值　 　真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】；1.43；0.048；等于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1） 由题意得电流表内阻已知，所以采用如图所示电路。
（3）由闭合回路欧姆定律可得
得
则图像的纵截距等于电源电动势，则
图像斜率等于电源内阻加电流表内阻，为
得
（4）若不考虑偶然误差，将电流表内阻视为电源内阻，可知电压表和电流表的测量都是准确的，则电动势的测量值等于真实值。
【分析】（1）电流表内阻已知，采用内接法连接；
（3）根据闭合回路欧姆定律，结合图像的坐标求解电动势和内阻；
（4） 本实验中若不考虑偶然误差， 电流表示数为零时，内阻不消耗电压，电压表示数完全等于电动势。
13．如图所示，一个导热性能良好的柱形汽缸竖直放置在冷柜中，柱形汽缸内通过横截面积为、质量的活塞封闭一定质量的理想气体。冷柜未通电时，环境温度为27°，柱形汽缸内空气柱的长度为；现接通冷柜的电源并缓慢降低冷柜的温度，一段时间后空气柱长度变为。已知冷柜内的气体压强恒为，热力学温度，取重力加速度。。求：
（1）此时封闭气体的热力学温度；
（2）气体长度变化过程中，气体对外做的功W。
【答案】（1）初态：，
末态：，
气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律，有
解得
（2）对活塞受力分析，有
解得
降温过程中，气体对外做的功
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律列式求解；
（2）对活塞受力分析，根据平衡条件求解压强，根据W=p求解做功。
（1）初态：，
末态：，
气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律，有
解得
（2）对活塞受力分析，有
解得
降温过程中，气体对外做的功
解得
14．如图所示，长为R的细线上端固定，下端连接一个质量为m、电荷量为的带电小球，竖直虚线MN右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和水平向右的匀强电场，磁场的磁感应强度大小，绝缘粗糙圆弧细管道AC竖直固定在虚线右侧，圆弧的圆心为O，半径为R，A点位于虚线上，OA与竖直方向夹角为37°，OC与竖直方向夹角为53°。现将小球拉离平衡位置使细线与竖直方向夹角为60°，由静止释放小球，小球运动至最低点时细线断开，小球恰好可以无碰撞地进入圆弧管道，小球从C点离开圆弧管道后做直线运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力，小球可以看作质点，小球运动中电荷量保持不变，，，求：
（1）小球在A点的速度大小；
（2）匀强电场的电场强度大小E；
（3）小球在C点的速度大小。
【答案】（1）小球从释放到细线断开前瞬间，由动能定理有
解得
细线断开后，小球做平抛过程并恰好无碰撞地进入圆弧管道，由几何关系知
代入解得
（2）小球由管道C点离开后做直线运动，由平衡条件有
解得
（3）小球在点，由平衡条件有
解得
【知识点】机械能守恒定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球从释放到细线断开前瞬间，由动能定理结合几何关系求解速度大小；
（2）小球由管道C点离开后做直线运动，由平衡条件求解场强大小；
（3）对小球受力分析，根据平衡条件求解C点速度。
（1）小球从释放到细线断开前瞬间，由动能定理有
解得
细线断开后，小球做平抛过程并恰好无碰撞地进入圆弧管道，由几何关系知
代入解得
（2）小球由管道C点离开后做直线运动，由平衡条件有
解得
（3）小球在点，由平衡条件有
解得
15．如图所示，倾角为的斜面与水平面通过半径较大的圆弧平滑连接，在斜面上有垂直斜面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场区域1，在水平面上有竖直向上、磁感应强度大小也为B的匀强磁场区域2和区域3，各区域边界虚线及长度在图中已标出。一个边长为L、电阻在数值上等于的粗细均匀的正方形导线框从距离边界上方L处由静止释放，线框恰好可以匀速进入磁场区域1，线框离开磁场区域1过程中产生的焦耳热为Q。边界距离水平面的竖直距离为4.25L，线框刚要进入磁场区域2时（整个线框已水平），立即对线框施加一个水平向左的恒力F（未知），在力F作用的时间为t时，线框在水平面上运动时恰好能够滑离磁场区域3。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，线框在圆弧部分运动时不考虑能量损失，各物理量单位均为国际单位制单位。求：
（1）线框的质量m；
（2）线框完全离开磁场区域1瞬间的速度大小v；
（3）恒力F的大小。
【答案】（1）线框从释放至线框下边刚要进入磁场区域1过程，由
得
线框匀速进入磁场时应有
联立解得
（2）线框完全在区域1中时，做匀加速直线运动由
解得
线框离开磁场区域1过程中，由能量守恒定律可知
解得
（3）线框从完全离开磁场区域1至刚要进入磁场区域2过程中，由动能定理有
解得
线框在水平面运动的整个过程中，由动量定理可得
线框进，出磁场区域2或3过程中，
代入数据解得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）线框从释放至线框下边刚要进入磁场区域1过程，根据动能定理求解速度， 线框恰好可以匀速进入磁场区域1， 结合平衡条件求解质量；
（2）线框完全在区域1中时，做匀加速直线运动，结合能量守恒定律求解离开时的速度；
（3）线框从完全离开磁场区域1至刚要进入磁场区域2过程中，由动能定理求解速度，结合动量定理以及电流定义式求解恒力大小。
（1）线框从释放至线框下边刚要进入磁场区域1过程，由
得
线框匀速进入磁场时应有
联立解得
（2）线框完全在区域1中时，做匀加速直线运动由
解得
线框离开磁场区域1过程中，由能量守恒定律可知
解得
（3）线框从完全离开磁场区域1至刚要进入磁场区域2过程中，由动能定理有
解得
线框在水平面运动的整个过程中，由动量定理可得
线框进，出磁场区域2或3过程中，
代入数据解得
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