北京市朝阳区清华大学附属中学朝阳学校CACA2024-2025学年高三上学期12月尖子生测试物理试卷（Word版附解析）

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1. 如图所示，在一水平放置的直导线正下方有一小磁针，导线中未通电时，小磁针静止时导线和小磁针方向如图所示。在导线中通以某一方向电流，发现小磁针最后静止时N极指向西偏北方向，由此可推断（ ）
A. 导线中的电流方向为由北向南
B. 导线中的电流方向为由南向北
C. 若仅将小磁针改放到导线正上方，小磁针静止时N极将指向东偏南方向
D. 若仅将导线中的电流改为反向，小磁针静止时N极将指向东偏北方向
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．导线中未通电时，小磁针静止时N极指向北，导线中通以电流，发现小磁针最后静止时N极指向西偏北方向，可知电流在小磁针处产生向西方向磁场，根据安培定则可知，导线中的电流方向为由南向北，故A错误，B正确；
C．若仅将小磁针改放到导线正上方，可知电流在小磁针处产生向东方向的磁场，与向北的磁场合成，合磁场方向是是东偏北，则小磁针静止时N极指向东偏北方向，故C错误；
D．若电流反向，则电流产生的磁场在小磁针处也反向，即向东，那么合磁场方向是东偏北方向，则小磁针静止时N极将指向东偏北方向，故D正确。
故选BD。
2. 水中相同深度处有、、三种不同颜色的单色点光源，有人在水面上方同等条件下观测发现，在水下的像最深，照亮水面的面积比的大。关于这三种光在水中的性质，下列判断正确的有（ ）
A. 光的频率最大B. 光的折射率最小
C. 光的传播速度最小D. 光的波长比光的短
【答案】BD
【解析】
【详解】BC．根据视深公式
说明频率最小的光，水对它的折射率最小，在水下的像最深，所以b的折射率最小，频率最小，波长最大，根据
传播速度最大，故B正确，C错误；
D．b的折射率最小，波长最大，故光的波长比光的短，故D正确；
A．传播速度最大，照亮水面的圆面积的半径R与临界角C满足
又
c照亮水面的面积比a的大，则c的临界角大，水对c的折射率小，所以a的折射率最大， 故A错误。
故选BD。
3. 在如图所示的匀强磁场中，有一个氡原子核静止在A点，某时刻氡原子核发生衰变，若粒子的径迹是纸面内的一个半径为的圆，衰变产生的新核的径迹是纸面内的一个半径为的圆。下列判断正确的有（ ）
A. 两圆一定内切B. 两圆一定都沿逆时针方向转动
C. D. 在粒子转动42圈之内，二者都不会相撞
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．静止的氡原子核由于衰变放出粒子而生成一个新的原子核的过程动量守恒，则衰变产生的
粒子与新核的动量等大反向，粒子与新核都带正电，根据左手定则可知两圆一定都沿逆时针方向转动，两圆一定外切，故A错误，B正确；
C．设粒子和新核的质量分别为、，速度大小分别为、，电荷量分别为、。粒子做圆周运动过程中洛伦兹力提供向心力
则新核做圆周运动的半径为
同理可得，新核做圆周运动的半径为
静止的氡原子核由于衰变放出粒子而生成一个新的原子核的过程动量守恒，则有
根据核反应质量数和电荷数守恒，可知新核的核电荷数为84，质量数为218，联立可得
故C错误；
D．粒子做圆周运动的周期为
新核做圆周运动的周期为
可知粒子第一次与新核碰撞时，新核转动84圈，粒子转动109圈，故在粒子转动42圈之内，二者都不会相撞，故D正确。
故选BD。
4. 回旋加速器由两个铝制的D形盒组成，两个D形盒中间开有一条狭缝。D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。下图为俯视图，在D形盒上半面中心S处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加
速后，进入D形盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速。如此周而复始，最后到达D形盒的边缘，获得最大速度，由导出装置导出。现欲使该离子加速后获得的最大动能变成原来的2倍，理论上可采用的办法有（不考虑相对论效应）（ ）
A. 只将交变电源的最大电压变为原来的2倍B. 只将交变电源的频率变为原来的2倍
C. 只将磁感应强度变为原来的倍D. 只将D形盒的半径变为原来的倍
【答案】D
【解析】
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，则
解得
当
时，速度有最大值，此时动能最大，最大动能的决定式为
B．又交变电源的频率与粒子做匀速圆周运动的频率相同，为
故
故要使该离子加速后获得的最大动能变成原来的2倍，只将交变电源的频率变为原来的2倍不能实现，故B错误；
CD．故要使该离子加速后获得的最大动能变成原来的2倍，理论上可采用的办法有将D形盒的半径变为原
来的倍，因为交变电源的频率与磁场强度大小同比例变化，故只将磁感应强度变为原来的倍不能实现，故C错误，D正确；
A．根据动能定理
若只将交变电源的最大电压变为原来的2倍，则加速次数减半
不变，故A错误。
故选D。
5. 如图甲所示的电路中，定值电阻。白炽灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。电源电动势，内阻不计。当开关S断开时，灯泡消耗的实际电功率为，则开关闭合后，灯泡消耗的实际功率约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】当开关S断开时，灯泡消耗的实际电功率为，即电压电流的乘积为24W，根据乙图可知，电压为，电流为，根据闭合电路欧姆定律
解得
据题意，定值电阻，故
开关闭合后，电源和、构成一个新电源，此新电源电动势和内阻分别为
此新电源短路电流为
图中画出此新电源的图像，图像与白炽灯泡的伏安特性曲线交点即为灯泡的电压电流，分别为
，
灯泡消耗的实际功率
故选C。
6. 我们一般把变压器分成左右两个电路来看待，使得在分析时将问题变得复杂。现在我们将变压器与负载视为一个整体，等效为一个新的电阻，变成一个单一的回路。若已知原、副线圈的匝数比为，副线圈所接电阻为，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设原线圈的输入电压为，则副线圈的输出电压为
则电阻消耗的功率为
将变压器与负载视为一个整体，等效为一个新的电阻，则消耗的功率为
又
联立可得
故选B。
7. 在光滑水平面上放有一质量为的小车，一质量为的小球用长为的轻质细线悬挂于小车顶端。现从图中位置（细线伸直且水平）同时由静止释放小球和小车，设小球到达最低点时的速度为。从释放到小球达最低点过程中，细线对小球做的功为。从释放开始小车离开初位置的最大距离为，则下列说法正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】AB．从释放到到小球达最低点过程中，由水平方向动量守恒和能量守恒得
解得
故A错误，B错误；
C．对小球，由动能定理得
解得
故C正确；
D．从释放开始小车离开初位置的最大距离发生在小球摆至最高点时，此时小球与车的速度均为零，由能量守恒知小球回到原高度，由人船模型得
解得
故D错误。
故选C。
8. 质量为、的两个小物块用轻绳连接，绳跨过位于倾角为的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的摩擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示。第一次，悬空，放在斜面底端，由静止释放后，从斜面底端运动到顶端的时间为。第二次，悬空，放在斜面底端，由静止释放后，从斜面底端运动到顶端的时间为。则与的比值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】第一次，悬空，在斜面底端，设斜面总长为，加速度大小相等为
对受力分析由牛顿第二定律可得
对受力分析由牛顿第二定律可得
由运动学可得
第二次，悬空，在斜面底端，设斜面总长为，加速度大小相等为
对受力分析由牛顿第二定律可得
对受力分析由牛顿第二定律可得
由运动学知识得
联立解得
故选A。
9. 如图所示，轻弹簧连着一定质量的物块在光滑水平面上振动，振幅为A。若在物块振动过程中，一个与
物块质量相同的粘土由静止状态粘到物块上，随后系统振动的振幅可能是（ ）
A. 0.8AB. 0.75AC. 0.7AD. 0.65A
【答案】AB
【解析】
【详解】设物块与粘土相粘前，通过平衡位置的速度为v1，相粘后共同速度为v2，振幅为A1。相粘前，物块从平衡位置到最大位移处，由系统的机械能守恒有
取相粘前振子的速度方向为正，根据水平方向动量守恒得
粘合体从平衡位置到最大位移处的过程，由系统的机械能守恒得
联立，解得
在最大位移处振子的速度为零，系统的机械能即为弹簧的弹性势能，所以粘合后系统的机械能没有变化，振幅不变，仍为A。所以粘合后系统振动的振幅范围为
故选AB。
10. 某颗行星的密度与地球密度均为，若一个在地球上跳高成绩为的运动员，在该行星上一跃即可逃逸此星球，则关于该行星的描述正确的有（已知地表重力加速度为，地球半径为，引力常量为）（ ）
A. 行星的半径不能超过B. 行星的半径不能超过
C. 行星的质量不能超过D. 行星的质量不能超过
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．以表示运动员起跳速度，若他一跳能跃出此星球引力范围，根据机械能守恒，则需要满足
又该星球质量应为
运动员在地球上和在该行星上起跳的初速度应该相等，即都为，则在地球上有
所以有
故B正确，A错误；
CD．由
和
则有
故C错误，D正确。
故选BD。
11. 如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，下列说法正确的有（ ）
A. 所加磁场越强越易使圆盘停止转动B. 金属圆盘中的涡流只存在于磁场边界附近
C. 处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高D. 若所加匀强磁场穿过整个圆盘，圆盘也会减速
【答案】AC
【解析】
【详解】A．所加磁场越强，感应电流越强，安培力越大，对圆盘转动的阻碍越大，故A正确；
B．金属圆盘中的涡流是由于磁通量的变化而产生的环形电流存在于磁场所扫过的区域，故B错误；
C．把圆盘看成沿半径方向紧密排列的“辐条”，由右手定则知，靠近圆心处电势高，故C正确；
D．若将整个圆盘置于磁场中，则圆盘中无感应电流，圆盘将匀速转动，故D错误。
故选AC。
12. 若通以电流的圆环形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直于线圈平面的匀强磁场，其大小（的数量级为），现有横截面半径为的导线构成半径为的圆环形线圈处于超导状态，其电阻率上限为。开始时线圈通以的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和1年后电流减小量的数量级分别为（ ）
A. 线圈的感应电动势大小的数量级为
B. 线圈的感应电动势大小的数量级为
C. 1年后电流减小量的数量级为
D. 1年后电流减小量的数量级为
【答案】AD
【解析】
【详解】线圈中电流I（t）的减小将在线圈内产生自感电动势，故
其中L为线圈的自感系数，根据题意B=kI，可得
根据电阻定律有
联立解得
则线圈的感应电动势大小的数量级为10-19V，一年后电流减小量的数量级为10-6A。
故选AD。
13. 用三块大小相同的正方形绝缘薄板制成的固定框架如图所示，框架处在平行于棱的匀强磁场中，而中心有一小孔。沿垂直于面方向，从小孔射入质量为、电荷量为的粒子。已知：正方形薄板的边长为，粒子射入框架时速率为，粒子与框架的碰撞为弹性碰撞，粒子重力忽略不计。若此粒子经过与框架的多次碰撞最终能垂直于面从小孔射出，则下列判断正确的有（ ）
A. 匀强磁场的磁感应强度最小值为B. 粒子在框架中运动的最短时间为
C. 匀强磁场的磁感应强度可能为D. 匀强磁场的磁感应强度可能为
【答案】BD
【解析】
【详解】过小孔的剖面图
要使粒子最终能垂直AD方向从小孔射出，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于三角形的边上，由公式
解得
B．由题意可得，粒子在框架中运动最短时间如上图，半径为，三个圆弧，时间为
故B正确。
ACD．由题意可得，粒子做圆周运动的半径满足
n=0，1，2，3…
解得
n=0，1，2，3…
结合公式可得
n=0，1，2，3…
由上式可得，n=0时匀强磁场的磁感应强度最小值为
n=1时匀强磁场的磁感应强度值为
故D正确，AC错误。
故选BD。
14. 某赛车在平直路面上从静止突然加速启动时，下列描述正确的是（ ）
A. 若是前驱车，则车尾下沉B. 若是前驱车，则车头下沉
C. 若是后驱车，则车头下沉D. 若是后驱车，则车尾下沉
【答案】AD
【解析】
【详解】设后轮驱动，加速度为，则如下图所示
对前轮的力矩之和等于0，即
对后轮的力矩之和等于0，则
由得
，
可知当汽车匀加速前进时
同理前轮驱动亦可证明
则无论是前轮驱动还是后轮驱动，都是车尾下沉。
故选AD。
15. 铀235中常混有同位素铀238，现用质谱仪将其分离。进入质谱仪之前二者的初速度均可视为0。若加速电压在之间发生轻微浮动，且二者的轨迹不发生交叠，则应该不能超过（ ）
A. 6.3%B. 0.63%C. 3.6%D. 0.36%
【答案】B
【解析】
【详解】由题意，粒子在质谱仪加速电场中加速时，有
进入磁场中，有
联立可得粒子在磁场中的偏转半径
设铀235的质量为，则其在磁场中偏转的最大半径为
设铀238的质量为，则其在磁场中偏转的最小半径为
这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为
联立以上式子，可得
故选B。
16. 一个质量为的空心环形薄板（其厚度一定、质量均匀分布），内径为，内径和外径之比为。当薄板在水平冰面上以角速度匀速转动时，其因转动而具有的动能大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】空心环形薄板具有的平均速度为
所以因转动而具有的动能大小为
故选D。
17. 如图所示是一个用补偿法测未知电阻的电路。已知电阻，、的总长度为。当拨至1时，、电阻线的长度调为时表指针指零位；当拨至2时，、电阻线的长度调为时表指针指零位；则的大小满足（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】当S拨至1时，G表指针指零，则有
式中U为ef两点间的电压，为ad两点间的电压。
当S拨至2时，G表指针也指零，则有
两式相比得
故选D。
18. 通电长直导线中电流大小为，方向如图所示。边长为的正方形通电线圈中的电流大小也为，方向如图所示。图中长直导线与线圈平行，边与导线的距离，，是线圈的中轴。已知长直导线在其周围某点产生的磁感应强度满足，是已知的常数，是该点到导线的距离。关于线圈受到的磁力距（以中轴为参考轴）的判断正确的有（ ）
A. 沿方向B. 沿方向C. 大小为D. 大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】边所处位置磁感应强度大小为
则边所受的安培力大小为
代入数据解得
产生的力矩为
边所处位置磁感应强度大小为
则边所受的安培力大小为
代入数据解得
产生的力矩为
故线框所受的磁力矩为
根据右手螺旋可知方向为沿方向。
故选BC。
19. 一密闭容器中盛有氮气和氢气的混合气体，当温度为时，混合气体的压强为；当温度为时，氮分子全部分离为原子，这时混合气体的压强为（氢分子未到达分离温度）。根据上述条件可判断，混合气体中氮和氢的质量比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设混合气体中氮气和氢气的物质的量分别为和，根据克拉伯龙方程（为常量），可知，当温度为时
当温度为时
解得
又因为，氮气和氢气的摩尔质量分别为28g/ml和2g/ml，气体的质量等于摩尔质量与物质的量的乘积，所以
故选C。
20. 放在水平面上的物块，与水平面间的动摩擦因数为，物块在水平恒力作用下做匀速直线运动。现再对物体施加一个大小与相等的恒力，使物体仍做直线运动，且运动一定的位移的过程中，物体动能的变化量最多，则的方向与间的夹角满足的条件可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设物体的质量为，物块在水平恒力作用下做匀速直线运动，则
在施加一个力，则物体的受力分析如图所示
物体在竖直方向受力平衡，则
在水平方向
其中
整理可得
其中
运动一定的位移s的过程中，根据动能定理可知
则，合力最大时物体动能的变化量最大。由数学知识可知，当时，合力最大，即，所以
故选A。
21. 如图所示，原点处有一波源，沿轴向两边发生振幅为、圆频率为的简谐波，波速为。处有一垂直于轴的波密介质的反射面，入射波在此反射面发生完全反射（会有半波损失）。若（为波长），则在反射波覆盖的区域，各点的振幅描述正确的有（ ）
A. 处，振幅为0B. 处，振幅为
C. 处，振幅为0D. 处，振幅为
【答案】BD
【解析】
【详解】设处波源的振动方程为
则向左右发射的波，在
区域产生的波动方程为
在
区域产生的波动方程为
波传到界面处时
考虑到波从波疏介质传到波密介质表面反射时有半波损失，入射波和反射波在此的振动相位相反，则反射波的波动方程为
由上述分析可以看出，在
区域内，轴上的波动方程为
可知是两列振幅相同、频率相同、方向相反的波的叠加形成的驻波，且反射处为波节；
在
区域内，轴上的波动方程为
可知是两列振幅、频率、方向、相位均相同的波的叠加形成的振幅为的行波；
所以
处的振动方程为
振幅为，在
处的振动方程为
振幅为。
故选BD。
22. 如图所示，物块套在固定的竖直细杆上（细杆足够长），用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连，小球质量比物块质量大，开始时轻绳水平。轻绳不可伸长且足够长，不计一切摩擦和空气阻力，现将物块和小球由图中位置从静止释放，此时二者的加速度分别用、表示：当物块速度达到最大时，此时二者的加速度分别用、表示；下列说法中正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】AC．将物块和小球由图中位置从静止释放，由于物块只能在竖直方向运动，所以物块水平方向受力平衡，此时物块竖直方向只受重力作用，所以此时物块的加速度为
物块沿绳子方向的加速度可认为是两个加速度的合成，其中一个加速度是物块绕滑轮做圆周运动的向心加速度，方向沿绳子指向滑轮；另一个加速度的效果是使绳子长度变长，大小等于小球的加速度。初始时刻，物块沿绳子方向的加速度为0，且物块的速度为0，则向心加速度为0，故使绳子长度变长对应的加速度为0，即小球的加速度
故AC错误；
BD．当物块速度达到最大时，则此时物块所受合力为0，物块的加速度
可知此时物块沿绳子方向的加速度为0，由于此时物块的速度不为0，则向心加速度不为0，故使绳子长度变长对应的加速度不为0，即小球的加速度
故BD正确。
故选BD。
23. 已知罚球点到球门的距离为，球门横梁下缘离地面的高度为，足球的质量为。若某运动员踢点球给球的最大能量为，在不变的前提下，他踢出的点球速度大小、方向不同时，有可能会射不中或射偏（从球门左、右两侧偏出）但不可能会射高（击中横梁或者从球门横梁上面飞出）。不计空气阻力，则应该满足的条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因球不可能会射高，则当踢出的球有最大能量时，到达最高点时速度恰好水平，由逆向思维可知，可看做球从横梁下做平抛运动，则
由能量关系可知
解得
故选A。
24. 如图所示的磁流体发电机，两金属板间距为，板足够长，板宽为。若等离子体均匀喷入两极板（设单位体积正、负离子的个数均为），等离子体质量均为，带电量分别为、，均以速度沿着与板面平行的方向射入两板间，两板间还有与粒子速度方向垂直的匀强磁场，磁感应强度为。若此发电机两极板输出的电压为，则此发电机输出的电流可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】由于两板间电压为U，则两板间电场强度为
又设粒子进入两板间时的速度v由和两分量合成，即
并令满足
则
这样，由对应产生磁场力恰与电场力相抵消，而由对应产生的磁场力则使粒子在磁场中做圆周运
动，其对应半径为
当，即
时，与极板距离小于2R的粒子可以打到极板而形成电流，单位时间内打到一块极板上的粒子数为
此时发电机的输出电流为
当，即
时，全部入射粒子均可击中极板，故此时发电机输出电流为
故选AC。