2025年12月17日考试题教师版

试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025年12月17日考试题一、单选题1．如图所示，拉面师傅将一根拉面ACB用两只手拎住不断，已知两只手与拉面的接触点A、B等高，拉面各处粗细相同且质量都均匀分布，A、B处拉面的切线与竖直方向的夹角均为α=30∘，C点为ACB的最低点。已知AB点以下部分的拉面质量为m，重力加速度为gA．拉面上A点拉力与C点的拉力大小相等B．拉面上A点拉力小于C点拉力C．A点拉力大小等于mgD．A点拉力大小等于3【答案】D【详解】对AC段分析可知FAsin可知FA=2拉面上A点拉力与C点的拉力大小不相等，拉面上A点拉力大于C点拉力，A点拉力大小等于33故选D。2．如图，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，已知此过程中，气体从外界吸热1500 J，则该过程气体内能增加（）A．300 JB．C．900 JD．【答案】C【详解】由图可知，从状态A到状态B，气体的体积膨胀，气体对外做功，根据p−V图像与V轴围成的面积表示气体对外做的功，则有W=−根据热力学第一定律，可得ΔU=Q+W=1500J3．根据614C放射性强度减小的情况可以推算植物死亡的时间，其衰变方程614C→714N+X。A．614C衰变时释放的粒子X是01n B．C．随着全球变暖，614C的半衰期变短 D．若枯死植物614C【答案】D【详解】A．根据质量数与电荷数守恒有14-14=0，6-7=-1，可知X是−10B．衰变反应释放能量，生成核比反应核更加稳定，原子核越稳定，比结合能越大，可知714N比C．半衰期是原子核的固有属性，由核内部结构决定，与温度、压强等外界条件无关，故C错误；D．根据半衰期公式，剩余质量满足m当剩余比例为12k时，有12t4．某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1=250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4=50：1，输电线总电阻R=62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4=220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。则下列数值正确的是（）A．发电机的输出电流为368AB．输电线上损失的功率为4kWC．输送给储能站的功率为400kWD．升压变压器的匝数比n1：n2=1：44【答案】B【详解】A.由题知，发电机的输出电压U1=250V，输出功率500kW，则有I故A错误；BD．由题知，用户端电压U4=220V，功率88kW，则有U3U4=I4I解得I4=400A，I3=8A，U3=11000V则输电线上损失的功率为P损=I32R=4kW，且U2=U3＋I3R=11500V再根据U1U2=nC.根据理想变压器无功率损失有P=U2I3＋P储解得P储=408kW，故C错误。故选B。5．磁约束是一种利用磁场对带电粒子进行约束的技术，在离子源、等离子体物理、核聚变等领域有着广泛的应用。如图所示，内半径为R、外半径为3R的环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，CD为一条水平直径，一质量为m、带电荷量为+q（q>0）的粒子从C点沿与CDA．有且仅有一个速率能使粒子经过D点B．粒子在磁场中连续偏转90∘角后能经过圆心C．速率满足v≥3qBRD．速率满足0<v≤2qBR【答案】D【详解】A．经过O点做PA垂直于CD，由几何关系可知，从C点射出的粒子，圆心在A点时，轨道半径为2R，恰经过P点，然后到达D点；速度较小的粒子，若进入小圆时的速度方向与CD平行，如图中的F点进入时，在小圆内部做直线运动，然后从G点再次射入磁场，也能经过D点，则A错误；B．根据沿CPD运动的粒子轨迹可知，粒子在磁场中连续偏转90∘角后不可能经过圆心O，B错误；CD．恰能进入小圆的粒子轨迹与小圆相切，圆心在E点，设该圆轨道半径为r，则由余弦定理(r+R)解得r=由于qvB=mv2则不进入小圆的粒子速度满足0<v≤2qBR6．如图所示的装置水平置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两副平行且光滑导轨的间距分别为d与2d．材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d，电阻均为R，质量分别为m、12A．稳定前b、c棒加速度之比为1∶2B．稳定时导体棒b的速度为EC．稳定时导体棒b两端的电压为2ED．导体棒b中产生的焦耳热为m【答案】B【详解】A．两导体棒串联接入电路，电流相等，根据F=BIL由牛顿第二定律F=ma解得a=故稳定前b、c棒加速度之比为a故A错误；BC．闭合开关，当两棒稳定时，闭合回路中无电流，则有E=Bdvb＋B·2dvc设全过程中回路中电流平均值为I，所用时间为t，根据动量定理，对b棒有B对c棒有B联立解得vb=所以稳定时导体棒b两端的电压为U故B正确；C错误；D．由能量守恒定律知，电源提供的电能转化为动能和焦耳热Eq=结合焦耳定律，可得导体棒b中产生的焦耳热为Q联立，解得Q故D错误。故选B。7．如图所示，水平桌面上放有一半球形玻璃砖，半径为R，玻璃砖对红光的折射率为2，O为其圆心，AB为其一条直径。现有一个红色点光源从O点开始缓慢向B点移动，下列说法正确的是（）A．当点光源在O点时，从圆弧的正上方往O点看，看到的像比光源更靠近圆弧B．当点光源往B移动R3C．当点光源往B移动33R时，与AB直径共面竖直圆弧上有D．当点光源往B移动33R时，与AB直径共面竖直圆弧上有【答案】C【详解】A．当点光源在O点时，光源发出的光都沿半径方向射出，光的传播方向不变，根据光路可逆性可知，光源的像依然在圆心O处，故看到的像和光源距离圆弧的距离都一样，故A错误；B．已知玻璃砖对红光的折射率n=2，根据全反射临界角公式sin可得C=30°当点光源往B移动R3时，设此时光线射到圆弧面上的入射角为θ，则有可知光不会发生全反射，光都能从圆弧上射出，故B错误；CD．当点光源往B移动3R3时，设此时光线射到圆弧面上的入射角为α可知光会发生全反射，由几何关系可知，在与AB直径共面竖直圆弧上，以光源位置关于圆心O对称的点为中心，左右各30°范围内发生全反射，对应的圆心角为60°，而整个圆弧对应的圆心角是180°，所以不能有光射出的弧长区域占整个与AB直径共面竖直圆弧长的60°故C正确，D错误。故选C。8．如图甲所示为在某时刻，沿x轴正方向传播的简谐波的波动图像，该时刻刚好传播到平衡位置x=8m的P位置，Q点位于x=14m处，以y轴正方向为位移、速度和加速度的正方向，图乙为x=0处质点的速度随时间变化的图像。下列说法正确的是（A．t=1s时，x=0B．该简谐波沿x轴正方向传播的速度为2.0C．图甲所示时刻P位置的质点振动方向沿y轴负方向D．从图甲所示时刻开始再经过4s【答案】BD【详解】A．由乙图可知，t=1s时，x=0B．由甲图得波长为8m，由乙图得周期为4v=B正确；C．根据波的传播，先动的带动后动的，可得图甲所示时刻P位置的质点振动方向沿y轴正方向，C错误；D．从图甲所示时刻开始Q位置的质点第一次达到波峰位置所用时间为t=D正确。故选BD。9．如图所示为光滑水平桌面的俯视图，空间中存在平行于桌面的匀强电场E，A、B两带电小球（可视为点电荷）放置在光滑水平桌面上处于静止状态，两者连线与电场方向平行，C点为A、B连线中点，D点与A、B构成等边三角形。下列说法正确的是（）A．A、B两小球带电荷量大小一定相等，A球带负电荷B．D点电场强度为零C．C点电场强度是D点电场强度的7倍，且两者方向相反D．D点电势高于C点电势【答案】AB【详解】A．水平方向上，两小球均在电场力和库仑力的作用下处于平衡状态，由于库仑力为相互作用力，大小相等，方向相反，因此两小球受到的电场力也一定是大小相等，方向相反，故两小球带电荷量大小一定相等，且A带负电荷，B带正电荷，故A正确；B．设A、B间距为d，小球带电荷量为q，两小球所受电场力和库仑力大小相等，即kq因为ΔABD是等边三角形，所以A、B两小球所带电荷在D点产生的合场强与匀强电场大小相等，方向相反，因此DC．A、B两点电荷在C点产生的合场强为EC点电场强度大小E方向与E反向，故C错误；D．A、B两小球带等量异种电荷，C点为A、B连线中点，D点在C点的正右方，都在A、B连线中垂线上且与匀强电场方向垂直，因此D、C两点的电势相等，故D错误。故选AB。10．如图，在光滑水平面上，轨道ABCD的质量M=0.4kg，其中，AB段是半径R=0.4m的光滑14圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道的BC段粗糙，动摩擦因数μ=0.4，长L=3.5m,C点右侧的轨道光滑，轨道的右端连接一轻质弹簧。现有一质量m=0.1kg的小物体在A点正上方高为A．小物体和轨道组成的系统在全过程中动量守恒B．小物体第一次返回到A点时的速度为2C．小物体和轨道右端的弹簧只有一次接触D．轨道M在水平面上运动的最大速率为2.0【答案】CD【详解】A．小物体和轨道组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B．小物体第一次沿轨道返回到A点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为vx，假设此时小物体在竖直方向的分速度为vy由能量守恒定律得：mgH=联立并代入数据解得：vx小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小为：vAC．设小物体在BC段上滑行总路程为s，由能量守恒定律得：mgℎ+R=μmgs，代入数据解得：s=10m<3×3.5mD．当小物体沿运动到圆弧最低点B时轨道的速率最大，设为vm，假设此时小物体的速度大小为v，小物体和轨道组成的系统在水平方向动量守恒，向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：由能量守恒定律得：mg联立并代入数据解得：vm故选CD。二、实验题（每空2分共16分）11．某实验小组想要测量一个定值电阻Rx的阻值（约为5A．电源（电动势约为3V，内阻约为0.2ΩB．电流表A（量程0.6A，内阻约为0.1ΩC．电压表V（量程3V，内阻约为10kD．滑动变阻器Rp（阻值范围0~3E.开关S1和单刀双掷开关S(1)为了尽可能多地测量实验数据，请补充图（a）滑动变阻器的连接方式。(2)将图（a）中单刀双掷开关S2接a，闭合开关S1，移动滑动变阻器滑片，测量并记录多组电流表、电压表数据。某次测量时电流表指针如图（b）所示，则电流表的读数为(3)将图（a）中单刀双掷开关S2接b，重复（2）中操作，利用记录的数据分别描绘电流随电压变化的图线如图（c）所示，则S2接b时对应图（c）中（选填“①”或“②”），单刀双掷开关S2接（选填“a”或“【答案】(1)(2)0.44(3)②a【详解】（1）采用分压式接法连接滑动变阻器。（2）刻度的最小分度为0.02A，估读到本位，读数为0.44A。（3）[1][2]S2接a时为电流表外接，电阻测量值小于真实值；S2接b时为电流表内接，电阻测量值大于真实值，图（c）斜率为电阻倒数，因此S2接b时对应图（c）中②。易判断Rx为小电阻，电流表应外接减小系统误差，因此单刀双掷开关12．物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。(1)下列实验中，用到控制变量法的实验有__________。A．探究加速度与力和质量的关系B．验证机械能守恒定律C．测量玻璃的折射率(2)假设在月球上，利用：A．质量m已知的重锤、B．打点计时器和纸带、C．直流电源、D．弹簧测力计，设计实验测量月球表面的重力加速度g月的大小。选用的器材有(3)“研究平抛运动”和“验证动量守恒定律”的共同点有__________。A．都要调整轨道末端水平B．都不需要确定竖直方向C．在同一次实验中，小球每次都要从轨道上的同一位置释放(4)验证动量守恒实验中，得到轨道末端在记录纸上的竖直投影点O，入射球碰前的平均落地点、碰后两球的平均落地点分别是P、M和N，如果在误差允许范围内，OP、OM、ON满足，则说明碰撞为弹性碰撞。【答案】(1)A(2)AD/DA(3)AC(4)OM+OP=ON【详解】（1）A．探究加速度与力、质量的关系采用了控制变量法，故A正确；B．验证机械能守恒定律是验证重力势能减少量与动能增加量是否相等，没有用到控制变量法，故B错误；C．测量玻璃的折射率是通过测量入射角和折射角来计算折射率，没有用到控制变量法，故C错误。故选A。（2）实验原理F=mg月，选用的器材有：A质量（3）A．“研究平抛运动”和“验证动量守恒定律”的共同点都需要小球从轨道边缘水平飞出，所以都要调整轨道末端水平，故A正确；B．“研究平抛运动”需要确定竖直方向，而“验证动量守恒定律”实验不需要确定竖直方向，故B错误；C．“研究平抛运动”和“验证动量守恒定律”的共同点都要求在同一次实验中，从轨道边缘水平飞出时速度相等，所以小球每次都要从轨道上的同一位置静止释放，故C正确。故选AC。（4）令入射球的质量为m1，速度为v1，被碰球的质量为m2，以水平向右为正方向，碰撞过程动量守恒，则m由于两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t得m则m如果碰撞为弹性碰撞（碰撞前后动能相等），由机械能守恒定律得1两边同时乘以t2并整理得m1(OP)2三、解答题13．秋千由踏板和绳构成，小孩随秋千的摆动过程可简化为单摆的摆动。等效“摆球”的质量为m，摆长为L，绳与竖直方向的最大夹角为θ。不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g。(1)求“摆球”通过最低点时速度的大小v；(2)求“摆球”通过最低点时对细绳的拉力大小F；(3)若“摆球”摆动周期为T，摆球从左侧最高点第一次摆到最低点的过程中，求细线对摆球拉力的冲量大小I。【答案】(1)2gL1−cosθ(2)【详解】（1）摆球从最高点到最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒。由机械能守恒定律有mgℎ=其中ℎ=L1−cosθ（2）在最低点，摆球受到重力mg和细绳的拉力F'，合力提供向心力，即F根据牛顿第三定律得F=将v=2gL1−（3）根据动量定理，合力的冲量等于动量变化，即I摆球从左侧最高点到最低点的时间为t=T4，由题意可知，重力的冲量方向竖直向下，mv代入解得I=14．如图所示，水平面内ab和cd是两条平行放置的足够长直粗糙金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m，两杆与导轨的动摩擦因数均为μ．开始时水平外力F作用在杆MN上，使两杆以速度v0水平向右匀速运动．两杆的总电阻为R，导轨间距为d，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，导轨电阻可忽略，重力加速度为g．在t=0时刻将细线烧断，保持外力F不变，金属杆和导轨始终接触良好，已知在t=t0时刻后杆MN速度保持不变，且在0〜t0时间内两杆速度方向始终向右，求：（1）0〜t0时间内任意时刻两杆的加速度大小之比；（2）t0时刻两杆各自的速度；（3）0〜t0时间内两杆各自的位移．【答案】（1）2:1

（2）v0+4μmgR3B2d【详解】(1)细线烧断前，对两杆整体进行受力分析有:F=3μmg开始时两杆中无感应电流，细线烧断后，对两杆分别进行受力分析，由于两杆构成闭