【物理】2025届北京市大兴区高三下学期练习题（解析版）

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1. 如图所示，导热的汽缸固定在平地面上，一个可自由移动的活塞把气体封闭在汽缸中，汽缸的内壁光滑．现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，保持汽缸内气体温度不变，则对于封闭气体（ ）
A. 外界对气体做功
B. 气体分子平均动能不变
C. 气体压强保持不变
D. 单位体积内气体分子个数增加
【答案】B
【解析】A．水平外力作用在活塞上，向右移动，气体的体积增大．此过程中，气体对外界做功，故A错误；
B．温度是气体平均动能的标志，温度升高，气体平均动能增大，反之则降低．由题中“保持汽缸内气体温度不变”可知，气体分子平均动能不变，故B正确；
C．由理想气体状态方程可知，当V增大，T不变时，P减小，故C错误；
D．因为体积增大，所以单位体积内气体分子个数减少，故D错误．
2. 2025年1月20日，我国被誉为“人造太阳”的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）成功突破“亿度千秒”大关，实现上亿摄氏度1066秒稳态长脉冲高约束模式等离子体运行，创造了新的世界纪录!下列关于核聚变反应的说法正确的是（ ）
A. 核聚变反应需要高温是为了让原子核间的库仑斥力消失
B. 温度升高，所有原子核热运动的动能都增大
C. 常见的核聚变燃料有铀235
D. 核聚变后总质量减少，因此释放大量能量
【答案】D
【解析】A．核聚变中，两个轻核需要克服它们之间的库仑斥力才能靠近并发生反应，这就要求原子核具有足够的动能，通常需要高温高压等条件来提供，故A错误；
B．温度升高，原子核热运动的平均动能增大，并非所有原子核热运动的动能都增大，故B错误；
C．常见的核聚变燃料为氚核，铀235会发生核裂变，故C错误；
D．核聚变后总质量减少，因此释放大量能量，故D正确。故选D。
3. 一列简谐横波在时的波形图如图所示。介质中处的质点沿轴方向做简谐运动的表达式为，则（ ）
A. 该列波的波长是，振幅是
B. 该列波的波速是
C. 该列波沿轴负方向传播
D. 经过一个周期，点沿轴正方向移动
【答案】B
【解析】A．由图可知波长为4m，振幅为10cm，故A错误；
B．由简谐运动的表达式可知这列简谐波的周期为s
波速为，故B正确；
C．由简谐运动的表达式可知时，质点沿y轴正方向运动，根据平移法可知，该列波沿轴正方向传播，故C错误；
D．点不会沿轴方向运动，故D错误；故选B。
4. 我国在贵州平塘建成了世界最大单口径球面射电望远镜FAST，其科学目标之一是搜索地外文明。在宇宙中，波长位于搜索地外文明的射电波段的辐射中存在两处较强的辐射，一处是波长为的中性氢辐射，另一处是波长为的羟基辐射。在真空中，这两种波长的辐射相比，中性氢辐射的光子（ ）
A. 频率更大B. 能量更小C. 动量更大D. 传播速度更大
【答案】B
【解析】ABC．由光子频率与波长公式可知，波长更长；
由能量公式，频率更小，能量更小；
由动量与波长公式，波长更长，动量更小，故AC错误，B正确；
D．所有光波在真空中传播速度相同，都是c，故D错误。故选B。
5. 如图所示，质量为m的木块沿着斜面体匀速下滑。已知斜面体的倾角为α、质量为M，始终静止在水平桌面上，已知重力加速度为g。下列说法正确的是 （ ）

A. 木块受到的摩擦力大小是mgcsα
B. 木块对斜面体的压力大小是mgsinα
C. 桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsinαcsα
D. 桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g
【答案】D
【解析】AB．质量为m的木块沿着斜面体匀速下滑，对木块受力分析，如图所示
根据平衡条件可得，
故木块受到的摩擦力大小是，斜面体对木块的支持力为，根据牛顿第三定律可知，木块对斜面体的压力大小是，故AB错误；
CD．对斜面体和木块整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为FN=（M+m）g，静摩擦力为零，故C错误，D正确。故选D。
6. 某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，、分别是运动轨迹与等势面、的交点，下列说法不正确的是（ ）
A. 粒子带正电荷
B. 点的电场强度比点的小
C. 粒子在点的动能大于在点的动能
D. 粒子在点的电势能大于在点的电势能
【答案】C
【解析】A．根据沿着电场线电势降低判断知，带电体为正电荷，又根据电场力指向轨迹的凹侧，判断该带电粒子带正电荷，A正确，不符题意；
B．等差等势面越密集的地方场强越大，M点的电场强度比N点的小，B正确，不符题意
C．根据电场力做功可知，从M到N点的过程中，电场力做正功，粒子的动能增大，即粒子在点的动能小于在点的动能，C错误，符合题意；
D．由于粒子带正电，正电荷在电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，由题图可知，粒子在N点的电势小于M点的电势，故粒子在点的电势能大于在点的电势能，D正确，不符题意。故选C。
7. 一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为，喷水速度约为，水的密度为，则该喷头（ ）
A. 单位时间的喷水量约为
B. 单位时间的喷水量约为
C. 喷水的功率约为
D. 喷水的功率约为
【答案】D
【解析】AB．单位时间的喷水量约为，故AB错误；
CD．设时间内从喷头流出的水的质量为
喷头喷水的功率等于时间内喷出的水的动能增加量，即W
故C错误，D正确；故选D
8. 2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通讯。鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点A距月心约为2.0 × 103km，远月点B距月心约为1.8 × 104km，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是（ ）
A. 鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12h
B. 鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81∶1
C. 鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线
D. 鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于11.2km/s
【答案】B
【解析】A．鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，从A→C→B做减速运动，从B→D→A做加速运动，则从C→B→D的运动时间大于半个周期，即大于12h，故A错误；
B．鹊桥二号在A点根据牛顿第二定律有
同理在B点有
代入题中数据联立解得，故B正确；
C．由于鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在C、D两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故C错误；
D．由于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9km/s，小于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故D错误。故选B。
9. 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，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. 穿过线圈的磁通量为
B. 永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C. 永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D. 永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
【答案】D
【解析】A．根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；
BC．根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故BC错误；
D．永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。故选D
10. 合理利用自然界中的能源是一个重要的课题。在我国某海域，人们设计了一个浮桶式波浪发电灯塔。如图甲所示，该浮桶由内、外两密封圆筒构成，浮桶内磁体由支柱固定在暗礁上，内置N=100的线圈。线圈与阻值R=14的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中；，其运动速度（m/s）。辐向磁场中线圈所在处的磁感应强度大小B=0.2T。线圈周长L=1.5m，总电阻r=1，圆形线所在处截面如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 线圈中感应电动势
B. 灯泡中流过电流的最大值为4A
C. 灯泡的电功率为240W
D. 1分钟内小灯泡消耗的电能为13440J
【答案】D
【解析】A．线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为Emax=NBLvmax
代入数据可得
线圈中感应电动势为，故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定律可得最大电流为
故B错误；
C．电流的有效值为
灯泡的电功率为，故C错误；
D．1分钟内小灯泡消耗的电能为
故D正确。故选D。
第二部分 解答题
11. 一种测定电子比荷的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极发出的电子经阳极与阴极之间的高压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度进入两极板、间的区域，若两极板、间无电压，电子将打在荧光屏上的点。已知、间的距离为。若在两极板间施加电压的同时施加一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度为的匀强磁场，电子仍能打在荧光屏上的点。
（1）求电子进入、间的速度大小？
（2）若撤去C、D两极板间电压，只保留磁场，电子束将射在荧光屏上某点，若已知电子在磁场中做圆周运动的半径，求电子的比荷。
（3）若撤去C、D两极板间的磁场，只在两极板、间施加电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的点；已知极板的长度为，极板区的右侧边缘到荧光屏的距离为，点到点的距离为。求电子的比荷。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】【小问1】电子所受电场力与洛伦兹力平衡，则有
解得
小问2】撤去电场，电子只受到洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，则有
解得
【小问3】若撤去磁场，则电子只受到电场力作用，在极板间做平抛运动，离开极板后做匀速直线运动，则有水平方向
竖直方向
结合牛顿第二定律
解得
设电子离开极板时的速度偏向角为，根据平抛运动的特点则有
解得
12. 物理学是探索自然界最基本、最普遍规律的科学，在不同情景中发生的物理过程往往遵循着相同的规律．请应用所学的物理知识，思考并解决以下问题．
（1）带电小球B静止在无限大的光滑绝缘水平面上，带同种电荷的小球A从很远处以初速度v0向B球运动，A的速度始终沿着两球的连线方向，如图1所示．两球始终未能接触．AB间的相互作用视为静电作用．
a. 从加速度和速度的角度，说明B球在整个过程中的运动情况；
b. 已知A、B两球的质量分别为m1和m2，求B球最终的速度大小vB．
（2）光滑的平行金属导轨MN、PQ固定在水平地面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，两根相同的金属棒ab和cd垂直放置在导轨上，如图2所示．开始时cd棒静止，ab棒以初速度v0沿导轨向右运动．随后cd棒也运动起来，两棒始终未能相碰，忽略金属棒中感应电流产生的磁场．
a. 已知两根金属棒的质量均为m，求cd棒最终获得的动能Ek；
b. 图3是图2的俯视图．请在图3中画出ab、cd棒在达到最终状态之前，棒内自由电子所受洛伦兹力的示意图；并从微观的角度，通过计算分析说明，在很短的时间△t内，ab棒减少的动能是否等于cd棒增加的动能．
【答案】见解析
【解析】(1)a．B球做加速度先增大后减小的加速运动，最后匀速．
b．以A、B球为研究对象，系统所受的合外力为零
根据动量守恒定律m1v0=m1vA+m2vB
由于只有系统内的电场力做功，所以系统的动能和电势能的总和保持不变，初始状态和最后状态两球的距离都很大，可以认为系统的初、末电势能为零．
由能量守恒
联立以上两式解得 ；
(2)a．以两根金属棒为研究对象，系统所受的合外力为零，最后以共同的速度v向前运动，根据动量守恒定律mv0=2mv
cd棒最终获得的动能
b．两根棒内自由电子所受洛伦兹力如图所示
设自由电子的电荷量为e，在两棒达到最终状态之前某时刻，自由电子沿ab棒定向移动的速率为，在很短的时间，电子在棒中定向运动，与金属离子发生碰撞，受到阻力．设电子受到的平均阻力为，在很短的时间内，阻力对电子做负功，宏观上表现为电路产生了焦耳热．根据能量守恒定律，两棒组成的系统总动能减小，即ab棒减少的动能大于cd棒增加的动能．