湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三（上）期末物理试卷
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.年月日，苏州大学研究团队在自然杂志上发布了辐光伏微型核电池的最新研究成果。该电池主要是利用镅发生衰变释放的能量。若镅衰变的核反应方程是，则下列说法正确的是( )
A. 的电荷数为 B. 的电荷数为 C. 的质量数为 D. 的质量数为
2.“篮球夹背”是考验两人协作能力的游戏，两人背对背、手挽手，背上夹着球，从起点跑到终点，在球不掉落的情况下，最先完成的即获胜。如图甲所示，两位同学夹着篮球匀速前进，开始时两位同学的背之间的夹角为锐角。其模型可简化为图乙，篮球夹在两个平面之间。若忽略篮球受到的摩擦力和空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 若左右两位同学的背与竖直方向的夹角均减小，则篮球所受两位同学的合力增大
B. 若仅左边同学的背与竖直方向的夹角增大，则左边同学对篮球的作用力增大
C. 若仅右边同学的背与竖直方向的夹角增大，则左边同学对篮球的作用力增大
D. 若仅左边同学的背与竖直方向的夹角增大，则右边同学对篮球的作用力减小
3.已知点电荷和无限大接地金属平板的电场分布如图甲与等量异种点电荷连线的垂直平分线右侧的电场分布如图乙完全相同。按图丙所示建立平面直角坐标系，沿轴放置一接地的无限大金属板，在处放置一电荷量为的正点电荷，取无穷远处电势为零。则轴上的电势分布图像正确的是( )
A. B. C. D.
4.如图所示，置于管口前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿、两管传播到出口，先调节、两管等长，处探测到声波强度为个单位，然后将管拉长，在处第一次探测到声波强度最小，其强度为个单位，已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则( )
A. 声波的波长 B. 声波的波长
C. 两声波的振幅之比为： D. 两声波的振幅之比为：
5.电源变压器在电源技术和电力技术中有着广泛的应用，电压变换是这种变压器的一项功能。当利用电源变压器进行电压变换时常使用自耦变压器，如图为理想自耦变压器的工作原理图。当线圈的、两端输入电压恒定的交流电时，与抽头和与抽头之间可获取不同的电压。已知图中定值电阻，，若开关、均闭合时电流表的示数为仅闭合时的倍，则与抽头和与抽头之间线圈的匝数比为( )
A. ： B. ： C. ： D. ：
6.一质量可视为不变的汽车在平直公路上行驶，该车在一段行驶过程中速度的倒数随加速度的变化图像如图所示，已知图线的斜率为，纵截距为。下列说法正确的是( )
A. 汽车运动过程中发动机的输出功率不变
B. 汽车在行驶过程中受到的阻力逐渐变大
C. 汽车行驶的最大速度为
D. 当汽车速度为最大速度的一半时，汽车的加速度为
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图所示，北冕座的双星系统由一颗白矮星和一颗红巨星组成。其中，白矮星的质量约为太阳的倍，然而其体积却仅仅比地球稍大，红巨星的质量约为太阳的倍，其半径是太阳的倍，白矮星与红巨星之间的距离约为地球与太阳间距离的，不考虑星球的自转，则( )
A. 该红巨星表面的重力加速度大小约为太阳表面的
B. 该红巨星表面的重力加速度大小约为太阳表面的
C. 北冕座双星系统运行的周期大于年
D. 北冕座双星系统运行的周期小于年
8.医用回旋加速器工作原理示意图如图甲所示，其工作原理是：带电粒子在磁场和交变电场的作用下，反复在磁场中做回旋运动，并被交变电场反复加速，达到预期所需要的粒子能量，通过引出系统引出后，轰击在靶材料上，获得所需要的核素。时，回旋加速器中心部位处的灯丝释放的带电粒子在回旋加速器中的运行轨道和加在间隙间的高频交流电压如图乙所示图中为已知量。若带电粒子的比荷为，忽略粒子经过间隙的时间和相对论效应，则( )
A. 被加速的粒子带正电
B. 磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为
C. 粒子被加速的最大动量大小与形盒的半径有关
D. 带电粒子在形盒中被加速次数与交流电压有关
9.失重飞机通过抛物线飞行可获得失重环境，航天员进入太空前可以乘坐失重飞机体验失重状态。如图所示为失重飞机的飞行轨迹，飞机在约高空水平加速至约，由位置拉起飞机至爬升状态，飞机爬升到约的点时，驾驶员迅速减小油门至恰好平衡空气阻力，使上升动力减为零，飞机以大约的速度开始继续爬升到达左右的点，速度减至约并转为俯冲，当回到约高度的点驾驶员加大油门加速拉起飞机至平飞，准备下一次的抛物线飞行，已知重力加速度，则在一次抛物线飞行中( )
A. 、段飞机均处于超重状态
B. 段飞机处于完全失重状态
C. 段飞机处于失重状态
D. 完全失重过程的时间约为
10.如图所示，平行板电容器与电源相连，两极板间形成一匀强电场。、、是电场中的三点，点位于下极板，，长度为，长度为，为上一点，。一电荷量为的带电粒子从点移动到点需克服电场力做功，粒子从点移动到点需克服电场力做功。已知两极板间距离为，取电源负极为零电势点，则下列说法正确的是( )
A. 端接电源正极
B. 点电势为
C. 匀强电场的电场强度大小为
D. 若把上极板下移至点，从点移动到点电势能增加
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在“测定玻璃的折射率”的实验中，如图甲所示，某同学先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面所在的直线和画出一条直线，为直线与的交点，在直线上竖直地插上、两枚大头针。
该同学接下来要完成的必要步骤有______。
A.插上大头针，使仅挡住的像
B.插上大头针，使挡住和的像
C.插上大头针，使仅挡住
D.插上大头针，使挡住和、的像
过、作直线交于，过作垂直于的直线，连接测量图中角和的大小，则玻璃砖的折射率 ______。
甲、乙二位同学在纸上画出的界面、与玻璃砖位置的关系分别如图乙中、所示，其中甲同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖他们的其他操作均正确，且均以、为界面画光路图则甲同学测得的折射率与真实值相比______填“偏大”“偏小”或“不变”；乙同学测得的折射率与真实值相比______填“偏大”“偏小”或“不变”。
12.实验小组欲探究如图所示长方体导体左、右及前、后两侧面间的电阻大小的关系，小组同学在长方体的四个侧面分别焊接上、、、四个测脚，所用的器材有：定值电阻和、电阻箱、滑动变阻器、电流计刻度线在表盘的正中央、电源、开关、导线若干，设计的电路图如图所示图中表示长方体导体。
具体的操作如下：
将长方体测脚、接入电路，滑动变阻器的滑片置于最右端，闭合开关，调节和电阻箱使电流计的示数为零，记下电阻箱的读数；
将测脚换为、接入电路，重复的操作，记下电阻箱的读数。
依据图电路图将图中的实物连线补充完整。
已知当电流由经过电流计时，电流计指针偏向零刻度的右侧，当电流由经过电流计时，电流计指针偏向零刻度的左侧。若某次调节时，发现指针偏向零刻度的右侧，为使指针指在零刻度，则应调节电阻箱使其阻值______填“增大”或“减小”。
将测脚、接入电路，调节电阻箱，当电流计示数为零时，读得电阻箱的阻值为，则测脚、之间的电阻值 ______结果保留位小数，此时图中、两点间的电势差与、两点间的电势差的大小关系为 ______填“”“”或“”。
将测脚、接入电路，调节电阻箱，当电流计示数为零时，若读得电阻箱的阻值为，则测脚、间的电阻______填“”“”或“”，测脚、间的电阻，长方体导体中、长度的关系为 ______。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.气压传动是以压缩空气为动力源来驱动和控制各种机械设备的技术。图示为某气动元件的结构简图，长度为的汽缸被两立柱均分为份，轻质活塞可在立柱间保持竖直左右自由活动，体积不计的轻质弹簧两端分别固定在左缸底和活塞左侧，弹簧原长为，劲度系数，由活塞右侧固定的轻杆对外输出动力，端与高压气源相连，、端与大气相连，通过、处阀门的开闭，使活塞在两立柱间做往复运动，且对立柱无作用力，已知汽缸的横截面积为，轻杆对活塞的作用力始终为，大气压强为，汽缸导热性能良好且外界温度恒定。
正常工作过程关闭，缓慢打开，求活塞从左侧立柱缓慢运动到右侧立柱过程气源充入左缸的气体在压强为时的体积；
正常工作过程关闭，缓慢打开，求活塞从右侧立柱缓慢运动到左侧立柱过程左缸气体与外界交换的热量。
14.如图所示，间距为的光滑平行金属导轨由倾斜部分、水平部分和竖直半圆弧部分组成，三部分平滑连接。倾斜部分与水平面间的夹角为，上端连接一电容值可调的电容器不带电，水平部分的长度为，半圆弧轨道半径为，倾斜部分中区域内存在垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场图中未画出，和之间的距离为。现将一绝缘棒放置在水平导轨上，调节电容器的电容为某一合适的值，使另一金属棒从位置由静止开始释放，与发生弹性碰撞后，恰好能通过圆弧轨道的最高点。已知和的质量均为，长度均为，两棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小取，，不计导轨、金属棒的电阻及空气阻力。
求棒经过位置时对轨道单边的压力大小；
求棒下滑到位置时电容器所带的电荷量；
仅改变电容器的电容，使棒沿飞出后落到倾斜轨道上时速度方向与轨道垂直，求此时电容器的电容。
15.如图所示，在足够长的水平桌面上有个质量均为、可视为质点的滑块，间距均为且在同一条直线上，第个滑块与桌面左端的距离也为。在桌面右侧上方距桌面高度处的点固定着一根长为的细线，细线另一端系一个质量为、可视为质点的小球，小球自然下垂时位于点，恰好与最右侧的滑块接触，在中点固定一个铁钉。现将小球从点细线伸直且与水平方向成角由静止释放，小球运动到最低点时细线接触铁钉弹力恰好达到最大值而崩断，小球与滑块发生弹性碰撞。滑块沿桌面向左运动依次与各个滑块碰撞并粘在一起，碰撞过程时间极短可忽略。已知重力加速度为，不计空气阻力。
求细线能承受的最大弹力；
求小球与滑块碰撞后瞬间滑块的速度大小；
若桌面光滑，求小球与滑块碰撞瞬间到恰与第个滑块发生碰撞所用的时间；
若滑块与桌面间的动摩擦因数均为，经一系列碰撞后，第个滑块恰好滑到桌边而没有掉下去，求在整个过程中因碰撞而损失的机械能及滑块之间的第次碰撞过程中损失的动能与碰撞前的动能的比值。
答案和解析
1.【答案】
【解析】粒子为，根据核反应前后质量数守恒可得：
根据电荷数守恒可得：
联立解得
，
所以的电荷数为，质量数为，故D正确，ABC错误。
故选：。
2.【答案】
【解析】两位同学夹着篮球匀速前进，篮球处于平衡状态，则对篮球受力分析可知篮球所受两位同学的合力等于篮球的重力，故篮球所受两位同学的合力不变，故A错误；
若仅左边同学的背与竖直方向的夹角增大，则篮球受到两位同学作用力的夹角减小，作出篮球受力的动态矢量三角形，如图所示，
可知左边同学对篮球的作用力可能减小，可能不变，也可能增大，但是右边同学对篮球的作用力一定减小，B错误，D正确；
C.若仅右边同学的背与竖直方向的夹角增大，则篮球受到两位同学作用力的夹角减小，作出篮球受力的动态矢量三角形，如图所示，可知左边同学对篮球的作用力减小，故C错误。
故选：。
3.【答案】
【解析】金属板接地，电势为，则坐标原点处的电势为，又无穷远处的电势为，则轴上距坐标原点足够远处的电势也接近。结合题述可知，轴上点电荷左侧位置的电场方向沿轴负方向，右侧位置的电场方向沿轴正方向，正点电荷所在位置的电势为正无穷，又沿电场方向电势降低，则从正点电荷向两侧移动，电势均降低，故B正确，ACD错误；
故选：。
4.【答案】
【解析】、管等长时，两列波发生干涉加强，将管拉长之后，声波强度最小，意味着两列波发生干涉减弱，由于是第一次干涉减弱，表明管整体伸长的距离为波长的一半，即，进而得：，故AB错误；
、分别设两列声波的振幅为和，因为声波强度与声波振幅平方成正比，且出的声波强度比值为：，由此可知前后两次点的振幅之比为：，结合波的叠加原理可得：
解得：，故C正确，D错误；
故选：。
5.【答案】
【解析】、两端输入的电压恒定时，每匝线圈产生的电动势恒定，由题意可知，、均闭合时，电流表示数为仅闭合时的倍，即开关都闭合时的输入功率为仅闭合时的输入功率的倍；
因、均闭合时与仅闭合时两端的电压不变，由可知，闭合前后，消耗的功率不变，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，当、均闭合时的输出功率，则此时消耗的功率；
设自耦变压器原线圈的匝数和与抽头之间的匝数比为：，自耦变压器原线圈的匝数和与抽头之间的匝数比为：，
根据变压器变压比关系有，，则开关均闭合时，和两端的电压分别为，，故有，
联立并代入数据可得，故ACD错误，B正确。
故选：。
6.【答案】
【解析】设汽车行驶时发动机的输出功率为，阻力为，牵引力为，则有，根据牛顿第二定律有，整理可得，由图像斜率和截距可得，，解得，，可知汽车行驶过程中发动机的输出功率不变，由可知，汽车在行驶过程中受到的阻力恒定不变，故A正确，B错误；
C.当汽车速度达到最大时，有，即，解得，故C错误；
D.当汽车速度时，汽车的牵引力，由可知，此时汽车的加速度，故D错误。
故选：。
7.【答案】
【解析】、在星球表面上，物体所受重力大小等于星球对物体的万有引力大小，有
可得
则，故A错误，B正确；
、对北冕座双星系统，根据万有引力提供向心力，有
，其中
解得北冕座双星系统的周期为
对地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，有
解得地球公转周期为
可得年年，故C错误，D正确。
故选：。
8.【答案】
【解析】被加速的粒子带负电，因为由题图乙可知时，粒子向右加速，故A错误；
B.由题图乙可知交流电压的周期为，粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与交流电压的周期相等，粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力有，则，，则，又，解得磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为，故B正确；
C.根据可知，粒子被加速的最大动量大小与形盒的半径有关，C正确；
D.根据，，，解得，带电粒子在形盒中被加速次数与交流电压有关，D正确。
故选：。
9.【答案】
【解析】飞机在段爬升过程以及段飞机加速拉起过程存在斜向上的加速度，两阶段飞机均处于超重状态，故A正确；
段飞机动力平衡空气阻力，上升动力为零，此时飞机受到的合外力等于重力，可视为斜上抛运动，处于完全失重状态，故B正确，C错误；
D.根据斜抛运动规律，在点竖直方向的速度大小
斜上抛运动的时间
故完全失重过程的时间约为，故D正确。
故选：。
10.【答案】
【解析】因为带正电的粒子从点移动到点需克服电场力做功，所以电场强度方向竖直向下，则上极板带正电，故端接电源正极，故A正确；
B.结合前面分析可知，端接电源负极，则点电势为零，
则由电场力做功与电势差的关系可得：，
且：，
联立可得：，
由电场力做功与电势差的关系可得：，
且：，
联立可得：，
匀强电场中，沿相同方向移动相同距离，电势差相等，
因为：，
所以：，即：，
联立可得：，故B错误；
C.取中点，
则结合前面分析可得：，
解得：，
则为一条等势线，因为电场线与等势线相交处互相垂直，且沿电场线方向电势逐渐降低，则可得到一条电场线如图：
其中为和电场线的交点，由题意可知：，，
由几何关系可知：：：，，
联立可得：，
根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可得：，
解得：，故C正确；
D.电容器和电源相连，则两极板间电势差不变，设、间电势差，
根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可得：，
结合前面分析可知，，沿电场方向的距离为，则沿电场方向的距离为，
设沿电场方向的距离为，
可得：，
设若把上极板下移至点，电场强度变为，
根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可得：，
结合前面分析可知，沿电场方向的距离等于沿电场方向的距离，沿电场方向的距离等于沿电场方向的距离，则沿电场方向的距离等于，
则从点移动到点，电场力做功为：，
设该过程电势能增加量为，
由电场力做功与电势能变化的关系可得：，
联立可得：，故D错误；
故选：。
11.【答案】 偏小 不变
【解析】该同学接下来要完成的必要步骤有：确定皮大头针的位置，方法是插上大头针，使挡住和的像。确定大头针的位置，方法是插上大头针，使挡住和、的像，故BD正确，AC错误。
故选：。
在出射点，根据折射定律
解得折射率
图甲同学测定折射率时，作出的折射光线如下图中虚线所示：
由光路图可知，折射角
根据折射定律，折射率的测量值
折射率的真实值
联立可得
即折射率的测量值与真实值相比将偏小；
图测折射率时，主要操作正确，与玻璃砖形状无关，故乙同学测得的折射率与真实值相比不变。
答案：；；偏小；不变。
12.【答案】增大
【解析】根据电路图连接实物图如图
为使指针指在零刻度，应满足
若某次调节时，发现指针偏向零刻度的右侧，则应调节电阻箱使其阻值增大；
根据可解得
设并联电压为，根据串、并联电路规律可知
根据可解得
根据电阻定律
可知
故答案为：见解析；增大；；；；
13.【答案】右侧缸内气体始终与外界大气相连，则右侧缸内气体压强始终为，
关闭前活塞对左侧立柱恰无作用力时，左侧缸内气体体积为，
压强满足，
活塞恰运动到右侧立柱时左侧缸内气体体积为，压强满足
设充入气体在压强时的体积为，则对左侧缸内气体和充入气体整体有
，
解得。
活塞从右侧立柱缓慢移动到左侧立柱过程，
活塞对气体的作用力从随位移线性减为，
则活塞对左侧缸内气体做的功为。
从处阀门排出气体在大气压强下的体积为，对外界做的功为；
则该过程左侧缸内气体从外界吸收的热量；
答：活塞从左侧立柱缓慢运动到右侧立柱过程气源充入左缸的气体在压强为时的体积；
活塞从右侧立柱缓慢运动到左侧立柱过程左缸气体与外界交换的热量。
14.【答案】由题意可知棒恰好可以经过圆弧轨道最高点，设棒在圆弧轨道最高点时的速度为，此时棒所受重力提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得：
设棒经过圆弧轨道最低点时的速度为，受到轨道单边对其的支持力为，棒对轨道单边的压力为；
棒从圆弧轨道最低点运动至最高点过程中，由动能定理可得：
棒在圆弧轨道最低点时，轨道对其的支持力与自身的重力的合力提供其做圆周运动的向心力，则有：
由牛顿第三定律可得：
联立并代入数据，解得：；
设棒运动到位置时的速度大小为，、棒发生弹性碰撞后棒的速度大小为；
由于水平导轨光滑，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有：
联立解得：，
设棒在倾斜导轨上向下运动过程中很小一段时间内速度的变化量为，电容器带电量的变化量为，电容器两端电势差变化量为；
由法拉第电磁感应定律有，
取沿导轨向下为正方向，根据动量定理可得：
其中：
棒的加速度大小为：
解得
则棒沿倾斜轨道向下运动过程中加速度保持不变，做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式有：
棒下滑到位置时电容器所带的电荷量为
联立解得：；
棒从圆弧轨道最高点飞出后做平抛运动，设棒在圆弧轨道最高点时的速度为，电容器的电容为时棒能垂直落到倾斜轨道上，棒在空中运动的时间为，水平方向上的位移为，竖直方向上的位移为，由平抛运动规律和几何关系可得：
，，
棒运动轨迹的正视图如图所示：
由几何关系可得：
设电容器的电容为时，棒在圆弧轨道最低点时的速度为
棒在倾斜导轨上的加速度为，棒从圆弧轨道最低点运动至最高点过程中，
由动能定理有，
由分析可知，、棒碰撞前的速度大小等于碰撞后的速度大小，即：
，
由运动学公式可得：
联立解得：。
答：棒经过位置时对轨道单边的压力大小为；
棒下滑到位置时电容器所带的电荷量为；
仅改变电容器的电容，使棒沿飞出后落到倾斜轨道上时速度方向与轨道垂直，此时电容器的电容为。
15.【答案】小球从点由静止释放后到最低点的运动轨迹如图所示
从到过程，对小球，由动能定理得：
解得：
在点细线瞬间绷直，细线绷直后小球的速度大小
小球从运动到过程，对小球，由动能定理得：
解得：
小球与滑块碰撞前的瞬间，对小球，由牛顿第二定律得：
解得，细线承受的最大弹力大小：
小球与滑块在点发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以水平向左为正方向，根据动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
解得：
滑块碰撞后粘在一起，滑块碰撞过程系统动量守恒，设与第个滑块碰撞后的速度大小为
以向左为正方向，由动量守恒定律得：，解得：
从一次碰撞后到下一次碰撞过程滑块做匀速直线运动，
从滑块被碰撞后到恰与第个滑块发生碰撞所用的时间
代入数据解得：
经一系列碰撞后，第个滑块恰好滑到桌边而没有掉下去，
全过程因摩擦产生的热量为：
由能量守恒定律可知，碰撞损失的总机械能
解得：
设滑块之间的第次碰撞前滑块的速度大小为，碰撞后速度大小为
碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
碰撞过程中损失的动能碰撞前的动能的比值
解得
第16页，共19页
