河北省沧州市南皮县第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考物理试题
1．（2025高三上·南皮月考）一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的M点和玉女峰附近的N点，如图所示。已知该游客从M点漂流到N点的路程为，用时，M、N间的直线距离为，则从M点漂流到N点的过程中（ ）
A．该游客的位移大小为
B．该游客的平均速率为
C．该游客的平均速度大小为
D．若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为0
【答案】C
【知识点】位移与路程；速度与速率；平均速度
【解析】【解答】A．位移指的是从M点漂流到N点的有向线段，故位移大小为，故A错误；
B．从M点漂流到N点的路程为，用时，则平均速率为，故B错误；
C．该游客的平均速度大小为，故C正确；
D．以玉女峰为参考系，所乘竹筏的平均速度为，若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度也为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】区分位移（初末位置的有向线段）与路程（实际路径长度），结合平均速度（位移与时间的比值）、平均速率（路程与时间的比值）的定义，逐一分析选项。
2．（2025高三上·南皮月考）某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速v大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这两列横波（ ）
A．在处开始相遇 B．在处开始相遇
C．波峰在处相遇 D．波峰在处相遇
【答案】C
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】AB．由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内传播的的距离相同，故两列横波在处开始相遇，故AB错误；
CD．甲波峰的坐标为，乙波峰的坐标为，由于两列波的波速相同，所以波峰在处相遇，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查波的相向传播规律，核心思路是：利用 “波速相等时，相向传播的两波（或波峰）会平分间距” 的特点，计算相遇位置。
3．（2025高三上·南皮月考）三星堆遗址出土了大量文物，青铜神树等文物应用磷元素的焊接技术令人震撼，通过测量文物中碳14衰变的程度，可推算出距今约3200年至3000年商代文明的存在。碳14的衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．衰变前、后电荷量不守恒
B．衰变前、后核子的质量守恒
C．衰变前、后核子的质量数不守恒
D．该衰变的实质是核内一个中子转化为一个电子和一个质子
【答案】D
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】ABC．碳14衰变前后电荷数和质量数都守恒，核子的质量不守恒，故ABC错误；
D．该衰变为β衰变，其实质是核内一个中子转化为一个电子和一个质子，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查β衰变的本质与守恒规律，核心思路是明确β衰变的电荷数、质量数守恒特点，以及其 “中子转化为质子和电子” 的微观实质。
4．（2025高三上·南皮月考）2024年1月11日，我国使用“快舟一号”甲运载火箭，成功将“天行一号”02星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若“天行一号”02星发射入轨后在距地面一定高度的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则其运行速率（ ）
A．小于 B．为
C．大于 D．在
【答案】A
【知识点】向心力；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】地球第一宇宙速度为近地卫星的运行速率，卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力可得
可得，“天行一号”02星的轨道半径大于地球的半径，因此“天行一号”02星的运行速率小于。
故答案为：A。
【分析】本题考查卫星运行速率与轨道半径的关系，核心思路是：利用万有引力提供向心力的公式推导速率与轨道半径的关系，结合第一宇宙速度的物理意义（近地卫星速率），判断高轨道卫星的速率大小。
5．（2025高三上·南皮月考）在电场中、两点间的电势差为，、两点间的电势差为，则、、三点电势高低关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电势差
【解析】【解答】电势差的定义：电场中两点间电势的差值，AB间电势差的表达式为UAB=φA-φB，电势差是标量，有正负，正负表示两点电势的相对高低。由题意
则得
则得
又
则得
故有
故选B。
【分析】根据电势差与电势的关系：UAB=φA-φB，UBC=φB-φC，UAC=UAB+UBC，即可判断三点电势的高低关系。
6．（2025高三上·南皮月考）一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则（ ）
A．A球的最大速度为2
B．A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小
C．A球第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度大小为
D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；机械能守恒定律
【解析】【解答】AC．当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得
解得
由数学知识知，当θ＝45°时，sin θ＋cos θ有最大值，最大值为，AC错误；
D．根据题意知无论何时两球的角速度均相同，线速度大小之比均为vA∶vB＝ω·2l∶ωl＝2∶1，D错误；
B．由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，B正确。
故答案为：B。
【分析】本题考查转动系统的机械能守恒与线速度分析，核心思路是利用机械能守恒定律，结合线速度与角速度的关系，分析动能和势能的转化规律。
7．（2025高三上·南皮月考）如图所示为质谱仪的结构图，该质谱仪由速度选择器与偏转磁场两部分组成，已知速度选择器中的磁感应强度大小为、电场强度大小为E，荧光屏下方匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为。三个带电荷量均为q、质量不同的粒子沿竖直方向经速度选择器由荧光屏上的狭缝O进入偏转磁场，最终打在荧光屏上的、、处，相对应的三个粒子的质量分别为、、，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。则下列说法不正确的是（ ）
A．打在位置的粒子质量最大
B．质量为的粒子在偏转磁场中运动时间最短
C．如果，则
D．如、在偏转磁场中运动时间差为，则
【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．由洛仑兹力提供向心力知
解得，三个粒子所带电荷量相等，则其轨迹半径与质量成正比，故打在位置的粒子质量大，故A正确。
B．由洛仑兹力提供向心力知，
得，由A分析知质量最大，故周期最小，在偏转磁场中运动时间最短，故B正确；
C．由于
联立可解得，故C错误；
D．由对B选项的分析可知
解得，故D正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查质谱仪的速度选择与磁场偏转规律，核心思路是利用速度选择器确定粒子速度，结合洛伦兹力向心力公式推导轨道半径、周期与质量的关系，进而分析各选项的正确性。
8．（2025高三上·南皮月考）如图所示，一束复色光从空气射到一长方体玻璃砖上表面后分成两束单色光、，复色光在A点的入射角为，光束的折射角为，光束的折射角为，且。则下列说法正确的是（ ）
A．玻璃对光的折射率小于对光的折射率
B．光在玻璃中的传播速度小于光的传播速度
C．两单色光在玻璃下表面射出的光均平行于在A点入射的复色光
D．增大复色光在A点的入射角，单色光在玻璃的下表面有可能发生全反射
【答案】B,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A：根据折射定律，因，故玻璃对光的折射率，A错误；
B：由，，则光在玻璃中的传播速度，B正确；
C：根据光路可逆性和对称性，两单色光在玻璃下表面射出时的折射角等于上表面的入射角，因此出射光均平行于入射的复色光，C正确；
D：增大入射角时，光在玻璃下表面的入射角始终等于上表面的折射角，根据光路可逆性，不会发生全反射，D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查光的折射与玻璃砖的光路特性，核心思路是利用折射定律判断折射率大小，结合折射率与光速的关系分析传播速度，通过光路可逆性判断出射光的平行性和全反射的可能性。
9．（2025高三上·南皮月考）图1是最大输出功率为66W的手机充电器，其A端可连接插座，B端可连接手机充电口，充电器内部存在一个小型的理想变压器和交直流转换装置。变压器可以把220V交流电降压为5V交流电，再利用交直流转换装置，转变成直流电输出，图2为示意图。下列说法正确的是（ ）
A．变压器原副线圈的匝数比为n1∶n2=44∶1
B．若将A端连接插座，B端不连接手机，则A端的输入电流为0.3A
C．为更好的保护手机，充电时应先将A端连接插座，再将B端连接手机
D．为更好的保护手机，充电结束后应先将A端拔离插座，再将B端拔离手机
【答案】A,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A：根据理想变压器电压比等于匝数比，代入、，得，A正确；
B：B端无负载时，副线圈电流为0，根据变压器电流关系，原线圈（A端）输入电流也为0，B错误；
C：充电时先接A端（电源），使充电器稳定输出电压后再接B端（手机），可避免瞬时电流过大，C正确；
D：充电结束应先拔B端（手机），再拔A端（电源），否则反向电流易损坏手机，D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查理想变压器的工作原理与充电操作的安全性，核心思路是利用变压器的电压、电流规律分析匝数比和电流，结合实际操作逻辑判断充电步骤的合理性。
10．（2025高三上·南皮月考）如图所示，竖直平行线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强度为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放比荷为的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场．粒子间的相互作用及重力不计，设粒子速度方向与射线OM夹角为θ，当粒子沿0 =60°射入时，恰好垂直PQ射出，则 （ ）
A．从PQ边界垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为
B．沿θ =90°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长
C．粒子的速率为
D．PQ边界上有粒子射出的长度为
【答案】A,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A：粒子沿射入时，轨迹圆心角为。圆周运动周期，运动时间，A正确；
B：粒子轨迹半径，当轨迹与相切时，圆心角最大，对应入射角度，此时运动时间最长，而非，B错误；
C：由得，结合，解得，C错误；
D：粒子从射出的范围，上界为时的，下界为轨迹与相切时的，总长度为，D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查带电粒子在有界磁场中的圆周运动，核心思路是通过几何关系确定轨迹半径，结合洛伦兹力向心力公式推导速度、周期，分析运动时间和出射范围。
11．（2025高三上·南皮月考）为了丰富校园课后服务内容，学校为物理兴趣小组提供了一批新的实验器材。某同学为了测定气垫导轨上滑块的加速度，设置了如图所示的实验装置。他在滑块上安装了宽度为的遮光条，然后他利用气垫导轨和数字计时器记录了遮光条通过光电门1所用的时间，通过光电门2所用的时间，遮光条从开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间为．根据上面得到的实验数据，可知滑块通过光电门1的速度为 ，通过光电门2的速度为 ，滑块的加速度大小为 m/s。（结果都保留两位小数）
【答案】1.00；2.00；1.00
【知识点】加速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】遮光条通过光电门1的速度为
遮光条通过光电门2的速度为
滑块的加速度大小为
故答案为：1.00；2.00；1.00
【分析】（1）（2）通过遮光条宽度与遮光时间的比值，直接计算通过光电门的瞬时速度，体现实验中 “用平均速度替代瞬时速度” 的核心方法。
（3）通过速度变化量与时间的比值推导加速度，体现匀变速直线运动加速度的基本定义。
12．（2025高三上·南皮月考）某同学用伏安法测绘一小灯泡的伏安特性曲线，可用的器材如下：
待测小灯泡，标有“2.8V，1.4W”
电压表V（量程3V，内阻约为2KΩ）
电流表A1（量程0.3A，内阻约为0.1Ω）
电流表A2（量程0.6A，内阻约为0.2Ω）
滑动变阻器R1（阻值0~1000Ω）
滑动变阻器R2（阻值0~10Ω）
直流电源E（3V，内阻不计）
开关S；导线若干。
（1）电流表选择 （选填“A1”或“A2”），滑动变阻器选择 （选填“R1”或“R2”）。
（2）该同学通过实验测出多组数据，做出该灯泡的I-U图像如图甲所示，则该灯泡的电阻随电压的增加而 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）请将虚线框乙内的实验电路图补充完整 。
（4）如果把两个这样相同的小灯泡串联后接到一电动势为5V、内阻为10Ω的电源两端，则每个小灯泡消耗的功率为 W（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）A2；R2
（2）增大
（3）
（4）0.30（0.27~0.33）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）小灯泡的额定电流
电流表A1量程为，小于小灯泡额定电流；电流表A2量程为，大于，所以电流表应选择A2。
测绘小灯泡的伏安特性曲线，需要滑动变阻器采用分压式接法，分压式接法应选择阻值较小的滑动变阻器，这样便于调节电压，故选R2。
故答案为：R2；A2
（2）根据欧姆定律，在图像中，某点与原点连线的斜率的倒数表示电阻。由图甲可知，随着电压U增大，图像上的点与原点连线的斜率逐渐减小，所以其倒数（电阻）逐渐增大，即该灯泡的电阻随电压的增加而增大。
故答案为：增大
（3）故答案为：
（4）设每个小灯泡两端的电压为U，电流为I。两个小灯泡串联后接到电源两端，根据闭合电路欧姆定律
代入数据得
整理得
在小灯泡的图像中作出的直线，两图线的交点坐标即为小灯泡的工作电压和电流。
则每个小灯泡消耗的功率
故答案为：0.30（0.27~0.33）
【分析】（1）结合额定电流和分压接法的要求，完成电流表和滑动变阻器的选择。
（2）利用I-U图像的斜率倒数分析电阻变化，体现图像法的物理意义。
（3）根据“外接法 + 分压式”的实验要求，设计电路图，体现伏安法的接法选择。
（4）通过闭合电路欧姆定律与小灯泡特性曲线的联立，求解功率，体现电路的综合分析能力。
（1）[1]小灯泡的额定电流
电流表A1量程为，小于小灯泡额定电流；电流表A2量程为，大于，所以电流表应选择A2。
[2]测绘小灯泡的伏安特性曲线，需要滑动变阻器采用分压式接法，分压式接法应选择阻值较小的滑动变阻器，这样便于调节电压，故选R2。
（2）根据欧姆定律
在图像中，某点与原点连线的斜率的倒数表示电阻。由图甲可知，随着电压U增大，图像上的点与原点连线的斜率逐渐减小，所以其倒数（电阻）逐渐增大，即该灯泡的电阻随电压的增加而增大。
（3）
（4）设每个小灯泡两端的电压为U，电流为I。两个小灯泡串联后接到电源两端，根据闭合电路欧姆定律
代入数据得
整理得
在小灯泡的图像中作出的直线，两图线的交点坐标即为小灯泡的工作电压和电流。
则每个小灯泡消耗的功率
13．（2025高三上·南皮月考）某物理探究小组设计了一款火警报警装置，其原理图如图所示，固定在水平地面上的导热汽缸内，质量、横截面积的活塞密封一定质量的理想气体，起初环境的热力学温度，活塞距汽缸底部的高度，当环境的热力学温度缓慢达到时，表面涂有导电物质的活塞恰好与a、b两触点接触，蜂鸣器发出报警声，不计活塞与汽缸之间的摩擦，外界大气压强，取重力加速度大小。求：
（1）起初缸内气体的压强；
（2）起初活塞到两触点的距离d。
【答案】（1）解：起初时，以活塞为对象，根据受力平衡可得
代入数据解得缸内气体的压强
（2）解：活塞上升过程，缸内气体等压膨胀，根据盖—吕萨克定律可得
代入数据解得起初活塞到两触点的距离为
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）对活塞受力分析，根据受力平衡列式得出气体压强的大小。
（2） 活塞上升过程，缸内气体等压膨胀，根据盖—吕萨克定律列式求解。
（1）起初时，以活塞为对象，根据受力平衡可得
代入数据解得缸内气体的压强
（2）活塞上升过程，缸内气体等压膨胀，根据盖—吕萨克定律可得
代入数据解得起初活塞到两触点的距离为
14．（2025高三上·南皮月考）如图所示，竖直面内固定有一半径、圆心为的光滑绝缘圆轨道，点分别为轨道的最高点、最低点，、两点为轨道上与圆心等高的两点。竖直面内存在平行于平面的匀强电场（图中未画出），已知点的电势差，、点的电势差。将电荷量、质量的小球（视为点电荷）从轨道上点由静止释放。取重力加速度大小。求：
（1）电场的电场强度的方向和大小；
（2）小球经过点时对轨道的压力大小；
（3）小球从点运动到点过程中的最大速度。
【答案】（1）解：根据可知，电场强度方向垂直于A、C点的连线，结合可知，电场强度方向由B点指向D点，如图所示，由
解得
（2）解：设小球经过D点时的速度大小为，小球从C点运动到D点的过程中有
小球经过D点时有
由牛顿第三定律有
解得
（3）解：如图所示，小球在重力场和电场所受合力为，则小球在的方向上位移最大时，所做正功最多，由动能定理可知此时小球动能最大，也即速度最大，由图可知
设小球最大速度的点为G，则G、O点的连线与竖直方向的夹角为也为，从A点到G点，根据动能定理有
解得
解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）通过等势点判断电场方向，结合电势差与场强的关系求场强，体现电场的基本性质。
（2）利用动能定理求D点速度，再通过牛顿定律求轨道压力，体现力与运动的综合分析。
（3）引入等效重力，确定速度最大的位置，结合动能定理求解最大速度，体现复合场中圆周运动的临界分析策略。
（1）根据可知，电场强度方向垂直于A、C点的连线，结合可知，电场强度方向由B点指向D点，如图所示，由
解得
（2）设小球经过D点时的速度大小为，小球从C点运动到D点的过程中有
小球经过D点时有
由牛顿第三定律有
解得
（3）如图所示，小球在重力场和电场所受合力为，则小球在的方向上位移最大时，所做正功最多，由动能定理可知此时小球动能最大，也即速度最大，由图可知
设小球最大速度的点为G，则G、O点的连线与竖直方向的夹角为也为，从A点到G点，根据动能定理有
解得
解得
15．（2025高三上·南皮月考）示波器的核心部件是示波管，它由电子枪、偏转电极、荧光屏组成。某示波管示意图如图所示，炽热的金属丝可以连续发射出电子初速度视为零，电子经加速电场加速后沿中央轴线垂直进入偏转电场，加速电压，偏转电场由两对偏转电极、组成，位置如图所示，均以为中央轴线，极板长度均为，极板X与的间距、极板Y与的间距均为。电子穿出偏转电场后做匀速直线运动，直到打在荧光屏上，极板右边缘到荧光屏距离为荧光屏正中心，并在荧光屏上建立坐标系。已知电子质量、电荷量，不计电子受到的重力和电子之间的相互作用力，极板X与，极板Y与极板间的匀强电场互不影响，忽略电场边缘效应。
（1）求电子经加速电场加速后的速度；
（2）若、间分别输入的恒定电压，求电子刚离开偏转电场时，在和方向上的偏转量和；
（3）若、间分别输入的交变电压，其中t的单位为s。求电子打在荧光屏上的亮线长度。
【答案】（1）解：电子在加速电场中运动，根据动能定理有
代入数据解得
（2）解：当时，水平方向
代入数据解得
沿方向，根据牛顿第二定律有
根据位移时间公式可得
当时，水平方向
沿方向，根据牛顿第二定律有
根据位移时间公式可得
（3）解：当时，根据速度时间公式有
根据几何关系有
沿方向，电子打在荧光屏上离最大距离
解得
当时，根据速度时间公式有
根据几何关系可得
则有
解得
荧光屏上出现的是以，两点为端点的一条线段
电子打在荧光屏上的亮线长度为
【知识点】电场及电场力；示波器的使用
【解析】【分析】（1）利用动能定理直接关联加速电压与速度，体现电场加速的能量本质。
（2）将偏转运动分解为水平匀速和竖直匀加速，结合运动学公式推导偏转量，体现类平抛的分解策略。
（3）通过交变电压的相位关系和相似三角形，分析亮线的几何长度，体现电场偏转的综合应用。
（1）电子在加速电场中运动，根据动能定理有
代入数据解得
（2）当时，水平方向
代入数据解得
沿方向，根据牛顿第二定律有
根据位移时间公式可得
当时，水平方向
沿方向，根据牛顿第二定律有
根据位移时间公式可得
（3）当时，根据速度时间公式有
根据几何关系有
沿方向，电子打在荧光屏上离最大距离
解得
当时，根据速度时间公式有
根据几何关系可得
则有
解得
荧光屏上出现的是以，两点为端点的一条线段
电子打在荧光屏上的亮线长度为
1 / 1河北省沧州市南皮县第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考物理试题
1．（2025高三上·南皮月考）一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的M点和玉女峰附近的N点，如图所示。已知该游客从M点漂流到N点的路程为，用时，M、N间的直线距离为，则从M点漂流到N点的过程中（ ）
A．该游客的位移大小为
B．该游客的平均速率为
C．该游客的平均速度大小为
D．若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为0
2．（2025高三上·南皮月考）某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速v大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这两列横波（ ）
A．在处开始相遇 B．在处开始相遇
C．波峰在处相遇 D．波峰在处相遇
3．（2025高三上·南皮月考）三星堆遗址出土了大量文物，青铜神树等文物应用磷元素的焊接技术令人震撼，通过测量文物中碳14衰变的程度，可推算出距今约3200年至3000年商代文明的存在。碳14的衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．衰变前、后电荷量不守恒
B．衰变前、后核子的质量守恒
C．衰变前、后核子的质量数不守恒
D．该衰变的实质是核内一个中子转化为一个电子和一个质子
4．（2025高三上·南皮月考）2024年1月11日，我国使用“快舟一号”甲运载火箭，成功将“天行一号”02星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若“天行一号”02星发射入轨后在距地面一定高度的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则其运行速率（ ）
A．小于 B．为
C．大于 D．在
5．（2025高三上·南皮月考）在电场中、两点间的电势差为，、两点间的电势差为，则、、三点电势高低关系为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025高三上·南皮月考）一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则（ ）
A．A球的最大速度为2
B．A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小
C．A球第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度大小为
D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1
7．（2025高三上·南皮月考）如图所示为质谱仪的结构图，该质谱仪由速度选择器与偏转磁场两部分组成，已知速度选择器中的磁感应强度大小为、电场强度大小为E，荧光屏下方匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为。三个带电荷量均为q、质量不同的粒子沿竖直方向经速度选择器由荧光屏上的狭缝O进入偏转磁场，最终打在荧光屏上的、、处，相对应的三个粒子的质量分别为、、，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。则下列说法不正确的是（ ）
A．打在位置的粒子质量最大
B．质量为的粒子在偏转磁场中运动时间最短
C．如果，则
D．如、在偏转磁场中运动时间差为，则
8．（2025高三上·南皮月考）如图所示，一束复色光从空气射到一长方体玻璃砖上表面后分成两束单色光、，复色光在A点的入射角为，光束的折射角为，光束的折射角为，且。则下列说法正确的是（ ）
A．玻璃对光的折射率小于对光的折射率
B．光在玻璃中的传播速度小于光的传播速度
C．两单色光在玻璃下表面射出的光均平行于在A点入射的复色光
D．增大复色光在A点的入射角，单色光在玻璃的下表面有可能发生全反射
9．（2025高三上·南皮月考）图1是最大输出功率为66W的手机充电器，其A端可连接插座，B端可连接手机充电口，充电器内部存在一个小型的理想变压器和交直流转换装置。变压器可以把220V交流电降压为5V交流电，再利用交直流转换装置，转变成直流电输出，图2为示意图。下列说法正确的是（ ）
A．变压器原副线圈的匝数比为n1∶n2=44∶1
B．若将A端连接插座，B端不连接手机，则A端的输入电流为0.3A
C．为更好的保护手机，充电时应先将A端连接插座，再将B端连接手机
D．为更好的保护手机，充电结束后应先将A端拔离插座，再将B端拔离手机
10．（2025高三上·南皮月考）如图所示，竖直平行线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强度为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放比荷为的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场．粒子间的相互作用及重力不计，设粒子速度方向与射线OM夹角为θ，当粒子沿0 =60°射入时，恰好垂直PQ射出，则 （ ）
A．从PQ边界垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为
B．沿θ =90°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长
C．粒子的速率为
D．PQ边界上有粒子射出的长度为
11．（2025高三上·南皮月考）为了丰富校园课后服务内容，学校为物理兴趣小组提供了一批新的实验器材。某同学为了测定气垫导轨上滑块的加速度，设置了如图所示的实验装置。他在滑块上安装了宽度为的遮光条，然后他利用气垫导轨和数字计时器记录了遮光条通过光电门1所用的时间，通过光电门2所用的时间，遮光条从开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间为．根据上面得到的实验数据，可知滑块通过光电门1的速度为 ，通过光电门2的速度为 ，滑块的加速度大小为 m/s。（结果都保留两位小数）
12．（2025高三上·南皮月考）某同学用伏安法测绘一小灯泡的伏安特性曲线，可用的器材如下：
待测小灯泡，标有“2.8V，1.4W”
电压表V（量程3V，内阻约为2KΩ）
电流表A1（量程0.3A，内阻约为0.1Ω）
电流表A2（量程0.6A，内阻约为0.2Ω）
滑动变阻器R1（阻值0~1000Ω）
滑动变阻器R2（阻值0~10Ω）
直流电源E（3V，内阻不计）
开关S；导线若干。
（1）电流表选择 （选填“A1”或“A2”），滑动变阻器选择 （选填“R1”或“R2”）。
（2）该同学通过实验测出多组数据，做出该灯泡的I-U图像如图甲所示，则该灯泡的电阻随电压的增加而 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）请将虚线框乙内的实验电路图补充完整 。
（4）如果把两个这样相同的小灯泡串联后接到一电动势为5V、内阻为10Ω的电源两端，则每个小灯泡消耗的功率为 W（结果保留两位有效数字）。
13．（2025高三上·南皮月考）某物理探究小组设计了一款火警报警装置，其原理图如图所示，固定在水平地面上的导热汽缸内，质量、横截面积的活塞密封一定质量的理想气体，起初环境的热力学温度，活塞距汽缸底部的高度，当环境的热力学温度缓慢达到时，表面涂有导电物质的活塞恰好与a、b两触点接触，蜂鸣器发出报警声，不计活塞与汽缸之间的摩擦，外界大气压强，取重力加速度大小。求：
（1）起初缸内气体的压强；
（2）起初活塞到两触点的距离d。
14．（2025高三上·南皮月考）如图所示，竖直面内固定有一半径、圆心为的光滑绝缘圆轨道，点分别为轨道的最高点、最低点，、两点为轨道上与圆心等高的两点。竖直面内存在平行于平面的匀强电场（图中未画出），已知点的电势差，、点的电势差。将电荷量、质量的小球（视为点电荷）从轨道上点由静止释放。取重力加速度大小。求：
（1）电场的电场强度的方向和大小；
（2）小球经过点时对轨道的压力大小；
（3）小球从点运动到点过程中的最大速度。
15．（2025高三上·南皮月考）示波器的核心部件是示波管，它由电子枪、偏转电极、荧光屏组成。某示波管示意图如图所示，炽热的金属丝可以连续发射出电子初速度视为零，电子经加速电场加速后沿中央轴线垂直进入偏转电场，加速电压，偏转电场由两对偏转电极、组成，位置如图所示，均以为中央轴线，极板长度均为，极板X与的间距、极板Y与的间距均为。电子穿出偏转电场后做匀速直线运动，直到打在荧光屏上，极板右边缘到荧光屏距离为荧光屏正中心，并在荧光屏上建立坐标系。已知电子质量、电荷量，不计电子受到的重力和电子之间的相互作用力，极板X与，极板Y与极板间的匀强电场互不影响，忽略电场边缘效应。
（1）求电子经加速电场加速后的速度；
（2）若、间分别输入的恒定电压，求电子刚离开偏转电场时，在和方向上的偏转量和；
（3）若、间分别输入的交变电压，其中t的单位为s。求电子打在荧光屏上的亮线长度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】位移与路程；速度与速率；平均速度
【解析】【解答】A．位移指的是从M点漂流到N点的有向线段，故位移大小为，故A错误；
B．从M点漂流到N点的路程为，用时，则平均速率为，故B错误；
C．该游客的平均速度大小为，故C正确；
D．以玉女峰为参考系，所乘竹筏的平均速度为，若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度也为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】区分位移（初末位置的有向线段）与路程（实际路径长度），结合平均速度（位移与时间的比值）、平均速率（路程与时间的比值）的定义，逐一分析选项。
2．【答案】C
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】AB．由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内传播的的距离相同，故两列横波在处开始相遇，故AB错误；
CD．甲波峰的坐标为，乙波峰的坐标为，由于两列波的波速相同，所以波峰在处相遇，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查波的相向传播规律，核心思路是：利用 “波速相等时，相向传播的两波（或波峰）会平分间距” 的特点，计算相遇位置。
3．【答案】D
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】ABC．碳14衰变前后电荷数和质量数都守恒，核子的质量不守恒，故ABC错误；
D．该衰变为β衰变，其实质是核内一个中子转化为一个电子和一个质子，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查β衰变的本质与守恒规律，核心思路是明确β衰变的电荷数、质量数守恒特点，以及其 “中子转化为质子和电子” 的微观实质。
4．【答案】A
【知识点】向心力；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】地球第一宇宙速度为近地卫星的运行速率，卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力可得
可得，“天行一号”02星的轨道半径大于地球的半径，因此“天行一号”02星的运行速率小于。
故答案为：A。
【分析】本题考查卫星运行速率与轨道半径的关系，核心思路是：利用万有引力提供向心力的公式推导速率与轨道半径的关系，结合第一宇宙速度的物理意义（近地卫星速率），判断高轨道卫星的速率大小。
5．【答案】B
【知识点】电势差
【解析】【解答】电势差的定义：电场中两点间电势的差值，AB间电势差的表达式为UAB=φA-φB，电势差是标量，有正负，正负表示两点电势的相对高低。由题意
则得
则得
又
则得
故有
故选B。
【分析】根据电势差与电势的关系：UAB=φA-φB，UBC=φB-φC，UAC=UAB+UBC，即可判断三点电势的高低关系。
6．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；机械能守恒定律
【解析】【解答】AC．当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得
解得
由数学知识知，当θ＝45°时，sin θ＋cos θ有最大值，最大值为，AC错误；
D．根据题意知无论何时两球的角速度均相同，线速度大小之比均为vA∶vB＝ω·2l∶ωl＝2∶1，D错误；
B．由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，B正确。
故答案为：B。
【分析】本题考查转动系统的机械能守恒与线速度分析，核心思路是利用机械能守恒定律，结合线速度与角速度的关系，分析动能和势能的转化规律。
7．【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．由洛仑兹力提供向心力知
解得，三个粒子所带电荷量相等，则其轨迹半径与质量成正比，故打在位置的粒子质量大，故A正确。
B．由洛仑兹力提供向心力知，
得，由A分析知质量最大，故周期最小，在偏转磁场中运动时间最短，故B正确；
C．由于
联立可解得，故C错误；
D．由对B选项的分析可知
解得，故D正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查质谱仪的速度选择与磁场偏转规律，核心思路是利用速度选择器确定粒子速度，结合洛伦兹力向心力公式推导轨道半径、周期与质量的关系，进而分析各选项的正确性。
8．【答案】B,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A：根据折射定律，因，故玻璃对光的折射率，A错误；
B：由，，则光在玻璃中的传播速度，B正确；
C：根据光路可逆性和对称性，两单色光在玻璃下表面射出时的折射角等于上表面的入射角，因此出射光均平行于入射的复色光，C正确；
D：增大入射角时，光在玻璃下表面的入射角始终等于上表面的折射角，根据光路可逆性，不会发生全反射，D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查光的折射与玻璃砖的光路特性，核心思路是利用折射定律判断折射率大小，结合折射率与光速的关系分析传播速度，通过光路可逆性判断出射光的平行性和全反射的可能性。
9．【答案】A,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A：根据理想变压器电压比等于匝数比，代入、，得，A正确；
B：B端无负载时，副线圈电流为0，根据变压器电流关系，原线圈（A端）输入电流也为0，B错误；
C：充电时先接A端（电源），使充电器稳定输出电压后再接B端（手机），可避免瞬时电流过大，C正确；
D：充电结束应先拔B端（手机），再拔A端（电源），否则反向电流易损坏手机，D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查理想变压器的工作原理与充电操作的安全性，核心思路是利用变压器的电压、电流规律分析匝数比和电流，结合实际操作逻辑判断充电步骤的合理性。
10．【答案】A,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A：粒子沿射入时，轨迹圆心角为。圆周运动周期，运动时间，A正确；
B：粒子轨迹半径，当轨迹与相切时，圆心角最大，对应入射角度，此时运动时间最长，而非，B错误；
C：由得，结合，解得，C错误；
D：粒子从射出的范围，上界为时的，下界为轨迹与相切时的，总长度为，D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查带电粒子在有界磁场中的圆周运动，核心思路是通过几何关系确定轨迹半径，结合洛伦兹力向心力公式推导速度、周期，分析运动时间和出射范围。
11．【答案】1.00；2.00；1.00
【知识点】加速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】遮光条通过光电门1的速度为
遮光条通过光电门2的速度为
滑块的加速度大小为
故答案为：1.00；2.00；1.00
【分析】（1）（2）通过遮光条宽度与遮光时间的比值，直接计算通过光电门的瞬时速度，体现实验中 “用平均速度替代瞬时速度” 的核心方法。
（3）通过速度变化量与时间的比值推导加速度，体现匀变速直线运动加速度的基本定义。
12．【答案】（1）A2；R2
（2）增大
（3）
（4）0.30（0.27~0.33）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）小灯泡的额定电流
电流表A1量程为，小于小灯泡额定电流；电流表A2量程为，大于，所以电流表应选择A2。
测绘小灯泡的伏安特性曲线，需要滑动变阻器采用分压式接法，分压式接法应选择阻值较小的滑动变阻器，这样便于调节电压，故选R2。
故答案为：R2；A2
（2）根据欧姆定律，在图像中，某点与原点连线的斜率的倒数表示电阻。由图甲可知，随着电压U增大，图像上的点与原点连线的斜率逐渐减小，所以其倒数（电阻）逐渐增大，即该灯泡的电阻随电压的增加而增大。
故答案为：增大
（3）故答案为：
（4）设每个小灯泡两端的电压为U，电流为I。两个小灯泡串联后接到电源两端，根据闭合电路欧姆定律
代入数据得
整理得
在小灯泡的图像中作出的直线，两图线的交点坐标即为小灯泡的工作电压和电流。
则每个小灯泡消耗的功率
故答案为：0.30（0.27~0.33）
【分析】（1）结合额定电流和分压接法的要求，完成电流表和滑动变阻器的选择。
（2）利用I-U图像的斜率倒数分析电阻变化，体现图像法的物理意义。
（3）根据“外接法 + 分压式”的实验要求，设计电路图，体现伏安法的接法选择。
（4）通过闭合电路欧姆定律与小灯泡特性曲线的联立，求解功率，体现电路的综合分析能力。
（1）[1]小灯泡的额定电流
电流表A1量程为，小于小灯泡额定电流；电流表A2量程为，大于，所以电流表应选择A2。
[2]测绘小灯泡的伏安特性曲线，需要滑动变阻器采用分压式接法，分压式接法应选择阻值较小的滑动变阻器，这样便于调节电压，故选R2。
（2）根据欧姆定律
在图像中，某点与原点连线的斜率的倒数表示电阻。由图甲可知，随着电压U增大，图像上的点与原点连线的斜率逐渐减小，所以其倒数（电阻）逐渐增大，即该灯泡的电阻随电压的增加而增大。
（3）
（4）设每个小灯泡两端的电压为U，电流为I。两个小灯泡串联后接到电源两端，根据闭合电路欧姆定律
代入数据得
整理得
在小灯泡的图像中作出的直线，两图线的交点坐标即为小灯泡的工作电压和电流。
则每个小灯泡消耗的功率
13．【答案】（1）解：起初时，以活塞为对象，根据受力平衡可得
代入数据解得缸内气体的压强
（2）解：活塞上升过程，缸内气体等压膨胀，根据盖—吕萨克定律可得
代入数据解得起初活塞到两触点的距离为
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）对活塞受力分析，根据受力平衡列式得出气体压强的大小。
（2） 活塞上升过程，缸内气体等压膨胀，根据盖—吕萨克定律列式求解。
（1）起初时，以活塞为对象，根据受力平衡可得
代入数据解得缸内气体的压强
（2）活塞上升过程，缸内气体等压膨胀，根据盖—吕萨克定律可得
代入数据解得起初活塞到两触点的距离为
14．【答案】（1）解：根据可知，电场强度方向垂直于A、C点的连线，结合可知，电场强度方向由B点指向D点，如图所示，由
解得
（2）解：设小球经过D点时的速度大小为，小球从C点运动到D点的过程中有
小球经过D点时有
由牛顿第三定律有
解得
（3）解：如图所示，小球在重力场和电场所受合力为，则小球在的方向上位移最大时，所做正功最多，由动能定理可知此时小球动能最大，也即速度最大，由图可知
设小球最大速度的点为G，则G、O点的连线与竖直方向的夹角为也为，从A点到G点，根据动能定理有
解得
解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）通过等势点判断电场方向，结合电势差与场强的关系求场强，体现电场的基本性质。
（2）利用动能定理求D点速度，再通过牛顿定律求轨道压力，体现力与运动的综合分析。
（3）引入等效重力，确定速度最大的位置，结合动能定理求解最大速度，体现复合场中圆周运动的临界分析策略。
（1）根据可知，电场强度方向垂直于A、C点的连线，结合可知，电场强度方向由B点指向D点，如图所示，由
解得
（2）设小球经过D点时的速度大小为，小球从C点运动到D点的过程中有
小球经过D点时有
由牛顿第三定律有
解得
（3）如图所示，小球在重力场和电场所受合力为，则小球在的方向上位移最大时，所做正功最多，由动能定理可知此时小球动能最大，也即速度最大，由图可知
设小球最大速度的点为G，则G、O点的连线与竖直方向的夹角为也为，从A点到G点，根据动能定理有
解得
解得
15．【答案】（1）解：电子在加速电场中运动，根据动能定理有
代入数据解得
（2）解：当时，水平方向
代入数据解得
沿方向，根据牛顿第二定律有
根据位移时间公式可得
当时，水平方向
沿方向，根据牛顿第二定律有
根据位移时间公式可得
（3）解：当时，根据速度时间公式有
根据几何关系有
沿方向，电子打在荧光屏上离最大距离
解得
当时，根据速度时间公式有
根据几何关系可得
则有
解得
荧光屏上出现的是以，两点为端点的一条线段
电子打在荧光屏上的亮线长度为
【知识点】电场及电场力；示波器的使用
【解析】【分析】（1）利用动能定理直接关联加速电压与速度，体现电场加速的能量本质。
（2）将偏转运动分解为水平匀速和竖直匀加速，结合运动学公式推导偏转量，体现类平抛的分解策略。
（3）通过交变电压的相位关系和相似三角形，分析亮线的几何长度，体现电场偏转的综合应用。
（1）电子在加速电场中运动，根据动能定理有
代入数据解得
（2）当时，水平方向
代入数据解得
沿方向，根据牛顿第二定律有
根据位移时间公式可得
当时，水平方向
沿方向，根据牛顿第二定律有
根据位移时间公式可得
（3）当时，根据速度时间公式有
根据几何关系有
沿方向，电子打在荧光屏上离最大距离
解得
当时，根据速度时间公式有
根据几何关系可得
则有
解得
荧光屏上出现的是以，两点为端点的一条线段
电子打在荧光屏上的亮线长度为
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