四川省成都市彭州中学2025-2026学年高三上学期期中考试物理试题
1．（2025高三上·彭州期中）如图，车轮半径为0.3m的自行车，在水平地面上不打滑并沿直线运动。气门芯从最高点第一次到达最低点的位移大小约为（取）（ ）
A．1.1m B．1.8m C．2.2m D．3.6m
【答案】A
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】气门芯从最高点第一次到达最低点过程中，根据运动的轨迹可以得出水平位移为
根据初末位置可以得出竖直方向位移约为
故位移大小
故选A。
【分析】利用气门芯初末位置结合竖直方向和水平方向的位移可以求出实际位移的大小。
2．（2025高三上·彭州期中）如图所示，质量为m的小球，用一细线悬挂在天花板下，现在小球上施加一个大小不变的外力，使小球处于平衡状态，在小球可能的平衡位置中，细线偏离竖直方向的最大角度的正切值是多少（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】对小球受力分析
小球受3力作用：重力、外力F和线的拉力，如图所示，其中重力不变，F的大小不变，三力平衡构成封闭三角形，当F与细线垂直时，细线偏离竖直方向角度最大，细线偏离竖直方向的最大角度的正切值
故答案为：C。
【分析】小球受重力、外力F、细线拉力三力平衡，将三力构建封闭三角形，当F与细线垂直时，细线偏离竖直方向的角度最大，再结合三角函数求正切值。
3．（2025高三上·彭州期中）小船从出发横渡一条河，船头始终垂直于河岸方向，船相对于静水速度大小不变。已知水流速度平行河岸，越靠近河中央水流速度越大，示意如图，则小船运动轨迹可能是
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】合速度v沿轨迹的切线方向，设合速度v与河岸的夹角为，则、、v的关系如图所示
由于不变，先增大后减小，则先减小后增大。
故答案为：C。
【分析】小船的运动是船相对水的速度（垂直河岸，大小不变）与水流速度（平行河岸，先增大后减小）的合运动，合速度方向（轨迹切线）随水流速度变化而改变，据此分析轨迹形状。
4．（2025高三上·彭州期中）游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以、为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与、恰好在同一条直线上。则（ ）
A．A点做匀速圆周运动 B．点做匀速圆周运动
C．此时A点的速度小于点 D．此时A点的速度等于点
【答案】B
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】A、A 点的运动是“绕O'的圆周运动” 与“O'绕O的圆周运动” 的合运动，两个分运动的角速度（或线速度）无固定比例，合轨迹不是圆周，故A点不做匀速圆周运动，A错误；
B、O'固定在底盘上，底盘绕 O 匀速转动，因此 O' 绕 O 做匀速圆周运动，B 正确；
CD、A点绕O'的线速度方向与O'绕 O 的线速度方向相同（均顺时针），此时A点的速度是“绕O'的线速度”与“O'绕O的线速度” 的和，故A点速度大于O'点速度，C、D错误。
故答案为：B。
【分析】分别分析 A 点、O' 点的运动性质（合运动 / 分运动），结合线速度的合成判断速度大小关系。
5．（2025高三上·彭州期中）质量为和的两个物体在光滑水平面上发生正碰，碰撞过程中的速度v随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．两物体发生的碰撞是弹性碰撞
B．两个物体碰撞过程中动量不守恒
C．两个物体的质量之比
D．两个物体碰撞过程中动量的变化量相等
【答案】A
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．作用前能量，作用后能量，由于，所以两物体发生的碰撞是弹性碰撞，A正确；B．两个物体在光滑水平面上发生正碰，动量守恒，B错误；
C．碰撞过程，代入数据，解得，C错误；
D．碰撞动量守恒，两个物体动量的变化量互为相反数，D错误。
故答案为：A 。
【分析】利用动量守恒定律分析动量变化，结合机械能是否守恒判断碰撞类型，同时推导质量比。
6．（2025高三上·彭州期中）纸面内固定有并排放置的正方形线框A和B，虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，该磁场区域从图示位置开始沿纸面运动后，B中产生了顺时针方向的感应电流，则匀强磁场区域可能的运动情况是（ ）
A．向左匀速运动 B．向左加速运动
C．向右匀速运动 D．向右加速运动
【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AC．磁场匀速运动时，A中产生的感应电动势恒定，A的电流恒定，其在B处产生的磁场也恒定，B的磁通量不变，无感应电流，故AC错误；
BD．匀强磁场向左加速运动，等效为线框的左边在向右加速运动切割磁感线，A线框中产生的感应电动势和感应电流都增大，由右手定则知感应电流为顺时针方向，根据安培定则可知A线圈在B框中产生的磁场方向垂直纸面向外，而磁通量增大，由楞次定理可知B线框的感应电流为顺时针；同理匀强磁场向右减速运动时，B中产生的感应电流也为顺时针方向，故B正确，D错误。
故答案为：B。
【分析】磁场运动等效为线框切割磁感线，先分析 A 中感应电流的变化，再通过 A 的磁场变化引起 B 的磁通量变化，结合楞次定律判断 B 中感应电流的方向。
7．（2025高三上·彭州期中）下列核反应方程中，X1，X2，X3，X4代表α粒子的有（ ）
A．H＋H→n＋X1
B．H＋H→n＋X2
C．＋n→＋Kr＋3X3
D．n＋Li→H＋X4
【答案】B,D
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】α粒子为氦原子核，根据核反应方程遵守电荷数守恒和质量数守恒可知，X1为，X2为，X3为中子，X4为。
故答案为：BD。
【分析】α粒子是氦原子核（），根据核反应的质量数守恒和电荷数守恒，推导每个反应中的质量数与电荷数，判断是否为α粒子。
8．（2025高三上·彭州期中）如图所示，、、在xy平面内，两波源分别置于A、B两点。时，两波源从平衡位置起振，起振方向相反且垂直于xy平面。频率均为5Hz。两波源持续产生振幅相同的简谐横波，波分别沿AC、BC方向传播，波速均为。下列说法正确的是（ ）
A．两横波的波长均为8m B．C点是振动减弱点
C．时，C处质点速度为0 D．时，C处质点速度不为0
【答案】A,C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．波长，A正确；
B．由题意，，波程差
由于两波源起振方向相反，初始相位差为，波程差引起的相位差：，总相位差初始相位差+波程差引起的相位差，这相当于同相位，所以C点是振动加强点，B错误；
D．波从A到C的时间，波从B到C的时间，在时，波A已到达C点，即，波B尚未到达C点，由于波的周期，所以此时只有波A引起C点振动，振动了，此时质点速度为0，D错误。
C．波A已到达C点：，波B已到达C点：，两列波都在C点引起振动，且由于总相位差为，振动加强，质点速度为0，C正确。
故答案为：AC。
【分析】先由波速、频率求波长，再通过波程差、初始相位差分析振动加强 / 减弱点，结合波的传播时间和周期分析质点速度。
9．（2025高三上·彭州期中）截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB'C'C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为，只考虑由DE直接射向侧面AA'CC的光线。下列说法正确的是（ ）
A．光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
B．光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
C．若DE发出的单色光频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将增大
D．若DE发出的单色光频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将减小
【答案】A,C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查光的全反射、折射定律、临界角等是几何光学问题，解决本题的关键是抓住临界状态，作出光路图，借助几何关系分析。AB．由题可知
可知临界角为45o，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示，因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在 平面上有一半的面积有光线射出，A正确，B错误；
C．由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，C正确，D错误。
故选AC。
【分析】根据全反射临界角公式sinC=求出临界角C，根据几何关系和折射定律可知，M恰好为AC的中点，光线只能从MC段射出，光从AA'C'C面出射的区域有一半的面积有光线射出；若DE发出的单色光在三棱镜中传播的速度变化，分析折射率变化，判断临界角的变化，再分析出射光线区域的面积如何变化。
10．（2025高三上·彭州期中）如图，两根光滑细杆固定放置在同一竖直面内，与水平方向的夹角均为。质量均为的两金属小球套在细杆上，用一劲度系数的轻质弹簧相连。将两小球同时由相同的高度静止释放，此时弹簧处于原长，小球释放的位置距杆的最低点的竖直高度差为12cm，运动过程中弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧弹性势能为，x为弹簧的形变量，取，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动过程中的机械能守恒
B．两小球在两杆上运动的过程中，两小球的最大总动能为
C．小球不会从杆的最低点脱落
D．两小球在两杆上运动的过程中，弹簧的最大弹性势能为
【答案】B,C,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球运动过程中弹簧弹力做功，故机械能不守恒，故A错误；
B．小球加速度为零时，速度最大，设此时弹簧压缩量为，有
此过程中两个小球下降的高度均为
由系统机械能守恒可得
解得两小球的最大总动能为，故B正确；
C．设小球下落高度为H时速度减为零，则
解得，小球不会从杆最低点脱落，故C正确；
D．当两小球下落高度10cm时弹簧的弹性势能最大，此时弹簧的压缩量为0.2m，则有，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】以两小球和弹簧组成的系统为研究对象，结合受力平衡（速度最大的条件）、机械能守恒（重力势能、动能、弹性势能的转化）分析各选项。
11．（2025高三上·彭州期中）某实验小组通过如图所示的装置验证向心力的表达式。滑块套在水平杆上，随杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d，固定在铁架台上的光电门可测量遮光片通过光电门的时间，从而算出滑块的角速度ω。滑块旋转半径为R，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度ω的数据。
（1）某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为，则角速度 ；
（2）以F为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线；图像的斜率为k，则滑块的质量为 （用所测物理量符号表示）；
（3）该小组验证（2）中的表达式时，经多次实验，分析检查，仪器正常，操作和读数均没有问题，发现示数F的测量值与其理论值相比偏小，主要原因是 。
【答案】；；滑块与水平杆之间存在静摩擦力
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）每次遮光片经过光电门时的线速度大小为
由线速度大小和角速度大小的关系式可得
故答案为：
（2）根据牛顿第二定律可得
可知F与成正比，以F为纵坐标，为横坐标可在坐标纸上描出一条直线，斜率
解得
故答案为：
（3）力传感器测量的F是绳子的拉力，而在实际情况中，滑块在做圆周运动时还会受到水平杆对它的静摩擦力，向心力等于绳子拉力F和静摩擦力之和。因此，在滑块与水平杆之间存在的静摩擦力的影响下，力传感器示数F作为向心力时会比向心力理论值偏小。
故答案为：滑块与水平杆之间存在静摩擦力
【分析】（1）角速度计算：通过遮光片的线速度与转动半径关联，得到角速度与遮光时间的关系；
（2）质量求解：结合向心力公式，将表示为的线性函数，利用图像斜率推导质量；
（3）误差分析：考虑滑块与杆之间的静摩擦力对拉力测量的影响，解释测量值偏小的原因。
12．（2025高三上·彭州期中）某实验小组准备利用表头设计一个多挡位欧姆表，但不知道其内阻。为了精确测量表头内阻，小组首先采用“电桥法”进行测量。实验电路如图所示，分为控制电路和测量电路两部分，所用器材如下：
A.待测表头：量程μA，内阻约为
B.灵敏电流计G
C.定值电阻
D.粗细均匀的电阻丝AB，总长度
E.滑动变阻器（最大阻值为
F.滑动变阻器（最大阻值为）
G.线夹、电源、开关及导线若干。
（1）实验过程中为便于调节，滑动变阻器应选用 填器材前的字母；
（2）闭合开关S前，先将线夹大致固定在电阻丝AB中部，滑片置于a端。调节滑动变阻器滑片使表头示数适当后保持不动。移动线夹直至灵敏电流计G示数为零，测得此时段电阻丝长度。则表头内阻 保留三位有效数字；
（3）将表头改装成具有“”、“”或“”三个挡位的欧姆表，如图乙所示。电源电动势，内阻忽略，为调节范围足够的滑动变阻器，且接线柱3未接电阻。表笔b为 填“红”或“黑”表笔；当开关S接接线柱3时，对应的倍率为 （填“”、“”或“”）；短接表笔a、b进行欧姆调零时，应调至 。
【答案】（1）E
（2）
（3）黑；；9667
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）待测表头内阻约为，定值电阻，电阻均较大，为便于调节，滑动变阻器应选最大阻值较小的，即选项。
故答案为：E
（2）粗细均匀的电阻丝AB，总长度，灵敏电流计G示数为零，即电桥平衡时，测得此时段电阻丝长度，有，代入数据解得表头内阻
故答案为：
（3）表笔b接内部电源正极，故应为黑表笔。
接线柱3未接电阻，表头和分流电阻构成的电流表量程最小，倍率最大，可知倍率为“”。
短接调零时，满偏电流，由，得
故答案为：黑；；9667
【分析】（1）滑动变阻器选择：结合待测电阻大小，选小阻值变阻器便于调节。
（2）表头内阻测量：利用电桥平衡时 “电阻与电阻丝长度成正比” 的规律，列比例式计算。
（3）欧姆表参数：根据表笔与电源的连接判断表笔颜色；根据接线柱对应量程判断倍率；根据满偏电流公式计算调零电阻。
（1）待测表头内阻约为，定值电阻，电阻均较大，为便于调节，滑动变阻器应选最大阻值较小的，即选项。
（2）粗细均匀的电阻丝AB，总长度，灵敏电流计G示数为零，即电桥平衡时，测得此时段电阻丝长度，有
代入数据解得表头内阻
（3）[1]表笔b接内部电源正极，故应为黑表笔。
[2]接线柱3未接电阻，表头和分流电阻构成的电流表量程最小，倍率最大，可知倍率为“”。
[3]短接调零时，满偏电流
由
得
13．（2025高三上·彭州期中）如图所示，纸面内a、b、c三点构成的三角形，ab与ac互相垂直，ac=L，∠c=60°。电荷量分别为-q、+4q的点电荷分别固定放置在a、b两点，d点在a、b两点的连线上，且两个点电荷分别在d点产生的电场强度大小相等，e点在b、c两点连线上，且ae与be互相垂直，静电力常量为k，求∶
（1）e点电场强度的大小；
（2）c点电场强度的大小和方向；
（3）a、d两点的间距。
【答案】（1）解：由几何关系得
在e点产生的电场强度分别为
互相垂直，由矢量的合成，e点的电场强度
联立，解得
（2）解：由几何关系得
在c点产生的电场强度分别为
的夹角为，由矢量的合成，c点的电场强度
与ca边的夹角为，斜向左下方
（3）解：设a、d两点间的距离为x，则b、d两点间的距离为，-q在d点产生的电场强度为
在d点产生的电场强度为
由可得
解得
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【分析】（1）e 点场强：先由几何关系得距离，再分别求两个点电荷的场强，利用垂直矢量的合成法则计算总场强。
（2）c 点场强：确定两点电荷到场点的距离，求各自场强后，利用夹角为的矢量合成规律计算。
（3）a、d 间距：根据 “d 点场强大小相等” 列方程，结合几何关系求解距离。
（1）由几何关系得
在e点产生的电场强度分别为
互相垂直，由矢量的合成，e点的电场强度
联立，解得
（2）由几何关系得
在c点产生的电场强度分别为
的夹角为，由矢量的合成，c点的电场强度
与ca边的夹角为，斜向左下方。
（3）设a、d两点间的距离为x，则b、d两点间的距离为，-q在d点产生的电场强度为
在d点产生的电场强度为
由可得
解得
14．（2025高三上·彭州期中）如图所示，在竖直平面内固定两圆形轨道，外侧轨道光滑，内侧轨道粗糙，一质量m=1.0kg的小球可以在两圆轨道间运动，小球到圆心的距离为R=0.5m，现从轨道的最低点A，给小球水平向右的初速度v0，取g=10m/s2。
（1）若v0=4m/s，求小球出发时轨道对小球的作用力大小F；
（2）若v0=4m/s，求小球运动足够长时间后损失的机械能 E；
（3）若小球在轨道间运动时机械能守恒，求初速度v0的范围。
【答案】（1）解：对小球在A点分析，根据牛顿第二定律
解得小球出发时轨道对小球的作用力大小
（2）解：小球运动足够长时间后在下半圆轨道做往复运动，经过圆心等高点速度为零，则损失的机械能
代入数据解得
（3）解：若小球在轨道间运动时机械能守恒，第一种情形：小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，恰好过最高点，则在最高点
从最低点到最高点根据机械能守恒定律
解得
所以
第二种情形：小球紧贴外圆运动，最高点为圆心等高点，则有
解得
综上所述，初速度范围为或者
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）轨道作用力：在最低点利用向心力公式，结合重力与支持力的合力提供向心力计算。
（2）机械能损失：小球最终在半圆弧往复，最高点为圆心等高位置，用初动能减去该位置机械能得损失量。
（3）初速度范围：分 “紧贴外圆做完整圆周运动” 和 “紧贴内圆不脱离” 两种情况，结合圆周运动临界条件与机械能守恒求解。
（1）对小球在A点分析，根据牛顿第二定律
解得小球出发时轨道对小球的作用力大小
（2）小球运动足够长时间后在下半圆轨道做往复运动，经过圆心等高点速度为零，则损失的机械能
代入数据解得
（3）若小球在轨道间运动时机械能守恒，第一种情形：小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，恰好过最高点，则在最高点
从最低点到最高点根据机械能守恒定律
解得
所以
第二种情形：小球紧贴外圆运动，最高点为圆心等高点，则有
解得
综上所述，初速度范围为或者
15．（2025高三上·彭州期中）如图所示，质量为的导体棒置于光滑的倾斜导轨上，两导轨平行且间距，与水平面夹角为37°。整个空间中存在一个与导轨面垂直的磁感应强度为的匀强磁场。右侧导轨底部连接一单刀双掷开关S，可接通电源E或定值电阻R。导体棒初速度沿导轨向上，大小为。已知导轨足够长、导体棒始终与导轨垂直且良好接触，导体棒连入电路的电阻和定值电阻R的阻值均为，导轨电阻不计，电源E的电动势为、内阻，，，重力加速度g取。
（1）若单刀双掷开关接定值电阻R，求导体棒的初始加速度大小；
（2）若单刀双掷开关接定值电阻R，导体棒从出发至回到初始位置的时间为1.1s，求导体棒回到初始位置时的速度大小；
（3）若单刀双掷开关接电源E，导体棒从出发至速度达到最小值经历的时间为，求该过程中导体棒上产生的焦耳热（最终结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）解：若单刀双掷开关接定值电阻R，则牛顿第二定律，，
联立解得导体棒的初始加速度大小
（2）解：若单刀双掷开关接定值电阻R，则上升到最高点时由动量定理
其中
由最高点下落到低端时由动量定理
其中
又
联立解得
（3）解：初始时刻回路产生的动生电动势
导体棒中的电流方向为从M到N，电流为
此时安培力小于重力的分量，导体棒做加速度减小的减速运动，当导体棒的速度达到最小时，加速度为零，则
解得
导体棒从出发至速度减小到最小值的过程中有动量定理
即
解得
由于
解得
电源非静电力做功
导体棒动能变化
导体棒重力势能的变化
导体棒与内阻上产生的焦耳热Q总，电源E非静电力做功等于其它能量的该变量，则有
导体棒上产生的焦耳热
【知识点】安培力；牛顿第二定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）初始加速度：先求感应电动势与电流，再结合安培力、重力分力，用牛顿第二定律求解。
（2）返回速度：利用动量定理，结合上升、下落过程中 “安培力的冲量相等” 的特点，消去位移项后直接联立求解。
（3）焦耳热：先求电路电流与安培力，用动量定理得最小速度；再计算总焦耳热，按电阻比例分配得导体棒的焦耳热。
1 / 1四川省成都市彭州中学2025-2026学年高三上学期期中考试物理试题
1．（2025高三上·彭州期中）如图，车轮半径为0.3m的自行车，在水平地面上不打滑并沿直线运动。气门芯从最高点第一次到达最低点的位移大小约为（取）（ ）
A．1.1m B．1.8m C．2.2m D．3.6m
2．（2025高三上·彭州期中）如图所示，质量为m的小球，用一细线悬挂在天花板下，现在小球上施加一个大小不变的外力，使小球处于平衡状态，在小球可能的平衡位置中，细线偏离竖直方向的最大角度的正切值是多少（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·彭州期中）小船从出发横渡一条河，船头始终垂直于河岸方向，船相对于静水速度大小不变。已知水流速度平行河岸，越靠近河中央水流速度越大，示意如图，则小船运动轨迹可能是
A． B．
C． D．
4．（2025高三上·彭州期中）游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以、为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与、恰好在同一条直线上。则（ ）
A．A点做匀速圆周运动 B．点做匀速圆周运动
C．此时A点的速度小于点 D．此时A点的速度等于点
5．（2025高三上·彭州期中）质量为和的两个物体在光滑水平面上发生正碰，碰撞过程中的速度v随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．两物体发生的碰撞是弹性碰撞
B．两个物体碰撞过程中动量不守恒
C．两个物体的质量之比
D．两个物体碰撞过程中动量的变化量相等
6．（2025高三上·彭州期中）纸面内固定有并排放置的正方形线框A和B，虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，该磁场区域从图示位置开始沿纸面运动后，B中产生了顺时针方向的感应电流，则匀强磁场区域可能的运动情况是（ ）
A．向左匀速运动 B．向左加速运动
C．向右匀速运动 D．向右加速运动
7．（2025高三上·彭州期中）下列核反应方程中，X1，X2，X3，X4代表α粒子的有（ ）
A．H＋H→n＋X1
B．H＋H→n＋X2
C．＋n→＋Kr＋3X3
D．n＋Li→H＋X4
8．（2025高三上·彭州期中）如图所示，、、在xy平面内，两波源分别置于A、B两点。时，两波源从平衡位置起振，起振方向相反且垂直于xy平面。频率均为5Hz。两波源持续产生振幅相同的简谐横波，波分别沿AC、BC方向传播，波速均为。下列说法正确的是（ ）
A．两横波的波长均为8m B．C点是振动减弱点
C．时，C处质点速度为0 D．时，C处质点速度不为0
9．（2025高三上·彭州期中）截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB'C'C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为，只考虑由DE直接射向侧面AA'CC的光线。下列说法正确的是（ ）
A．光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
B．光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
C．若DE发出的单色光频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将增大
D．若DE发出的单色光频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将减小
10．（2025高三上·彭州期中）如图，两根光滑细杆固定放置在同一竖直面内，与水平方向的夹角均为。质量均为的两金属小球套在细杆上，用一劲度系数的轻质弹簧相连。将两小球同时由相同的高度静止释放，此时弹簧处于原长，小球释放的位置距杆的最低点的竖直高度差为12cm，运动过程中弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧弹性势能为，x为弹簧的形变量，取，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动过程中的机械能守恒
B．两小球在两杆上运动的过程中，两小球的最大总动能为
C．小球不会从杆的最低点脱落
D．两小球在两杆上运动的过程中，弹簧的最大弹性势能为
11．（2025高三上·彭州期中）某实验小组通过如图所示的装置验证向心力的表达式。滑块套在水平杆上，随杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d，固定在铁架台上的光电门可测量遮光片通过光电门的时间，从而算出滑块的角速度ω。滑块旋转半径为R，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度ω的数据。
（1）某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为，则角速度 ；
（2）以F为纵坐标，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线；图像的斜率为k，则滑块的质量为 （用所测物理量符号表示）；
（3）该小组验证（2）中的表达式时，经多次实验，分析检查，仪器正常，操作和读数均没有问题，发现示数F的测量值与其理论值相比偏小，主要原因是 。
12．（2025高三上·彭州期中）某实验小组准备利用表头设计一个多挡位欧姆表，但不知道其内阻。为了精确测量表头内阻，小组首先采用“电桥法”进行测量。实验电路如图所示，分为控制电路和测量电路两部分，所用器材如下：
A.待测表头：量程μA，内阻约为
B.灵敏电流计G
C.定值电阻
D.粗细均匀的电阻丝AB，总长度
E.滑动变阻器（最大阻值为
F.滑动变阻器（最大阻值为）
G.线夹、电源、开关及导线若干。
（1）实验过程中为便于调节，滑动变阻器应选用 填器材前的字母；
（2）闭合开关S前，先将线夹大致固定在电阻丝AB中部，滑片置于a端。调节滑动变阻器滑片使表头示数适当后保持不动。移动线夹直至灵敏电流计G示数为零，测得此时段电阻丝长度。则表头内阻 保留三位有效数字；
（3）将表头改装成具有“”、“”或“”三个挡位的欧姆表，如图乙所示。电源电动势，内阻忽略，为调节范围足够的滑动变阻器，且接线柱3未接电阻。表笔b为 填“红”或“黑”表笔；当开关S接接线柱3时，对应的倍率为 （填“”、“”或“”）；短接表笔a、b进行欧姆调零时，应调至 。
13．（2025高三上·彭州期中）如图所示，纸面内a、b、c三点构成的三角形，ab与ac互相垂直，ac=L，∠c=60°。电荷量分别为-q、+4q的点电荷分别固定放置在a、b两点，d点在a、b两点的连线上，且两个点电荷分别在d点产生的电场强度大小相等，e点在b、c两点连线上，且ae与be互相垂直，静电力常量为k，求∶
（1）e点电场强度的大小；
（2）c点电场强度的大小和方向；
（3）a、d两点的间距。
14．（2025高三上·彭州期中）如图所示，在竖直平面内固定两圆形轨道，外侧轨道光滑，内侧轨道粗糙，一质量m=1.0kg的小球可以在两圆轨道间运动，小球到圆心的距离为R=0.5m，现从轨道的最低点A，给小球水平向右的初速度v0，取g=10m/s2。
（1）若v0=4m/s，求小球出发时轨道对小球的作用力大小F；
（2）若v0=4m/s，求小球运动足够长时间后损失的机械能 E；
（3）若小球在轨道间运动时机械能守恒，求初速度v0的范围。
15．（2025高三上·彭州期中）如图所示，质量为的导体棒置于光滑的倾斜导轨上，两导轨平行且间距，与水平面夹角为37°。整个空间中存在一个与导轨面垂直的磁感应强度为的匀强磁场。右侧导轨底部连接一单刀双掷开关S，可接通电源E或定值电阻R。导体棒初速度沿导轨向上，大小为。已知导轨足够长、导体棒始终与导轨垂直且良好接触，导体棒连入电路的电阻和定值电阻R的阻值均为，导轨电阻不计，电源E的电动势为、内阻，，，重力加速度g取。
（1）若单刀双掷开关接定值电阻R，求导体棒的初始加速度大小；
（2）若单刀双掷开关接定值电阻R，导体棒从出发至回到初始位置的时间为1.1s，求导体棒回到初始位置时的速度大小；
（3）若单刀双掷开关接电源E，导体棒从出发至速度达到最小值经历的时间为，求该过程中导体棒上产生的焦耳热（最终结果保留2位有效数字）。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】气门芯从最高点第一次到达最低点过程中，根据运动的轨迹可以得出水平位移为
根据初末位置可以得出竖直方向位移约为
故位移大小
故选A。
【分析】利用气门芯初末位置结合竖直方向和水平方向的位移可以求出实际位移的大小。
2．【答案】C
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】对小球受力分析
小球受3力作用：重力、外力F和线的拉力，如图所示，其中重力不变，F的大小不变，三力平衡构成封闭三角形，当F与细线垂直时，细线偏离竖直方向角度最大，细线偏离竖直方向的最大角度的正切值
故答案为：C。
【分析】小球受重力、外力F、细线拉力三力平衡，将三力构建封闭三角形，当F与细线垂直时，细线偏离竖直方向的角度最大，再结合三角函数求正切值。
3．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】合速度v沿轨迹的切线方向，设合速度v与河岸的夹角为，则、、v的关系如图所示
由于不变，先增大后减小，则先减小后增大。
故答案为：C。
【分析】小船的运动是船相对水的速度（垂直河岸，大小不变）与水流速度（平行河岸，先增大后减小）的合运动，合速度方向（轨迹切线）随水流速度变化而改变，据此分析轨迹形状。
4．【答案】B
【知识点】匀速圆周运动
【解析】【解答】A、A 点的运动是“绕O'的圆周运动” 与“O'绕O的圆周运动” 的合运动，两个分运动的角速度（或线速度）无固定比例，合轨迹不是圆周，故A点不做匀速圆周运动，A错误；
B、O'固定在底盘上，底盘绕 O 匀速转动，因此 O' 绕 O 做匀速圆周运动，B 正确；
CD、A点绕O'的线速度方向与O'绕 O 的线速度方向相同（均顺时针），此时A点的速度是“绕O'的线速度”与“O'绕O的线速度” 的和，故A点速度大于O'点速度，C、D错误。
故答案为：B。
【分析】分别分析 A 点、O' 点的运动性质（合运动 / 分运动），结合线速度的合成判断速度大小关系。
5．【答案】A
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．作用前能量，作用后能量，由于，所以两物体发生的碰撞是弹性碰撞，A正确；B．两个物体在光滑水平面上发生正碰，动量守恒，B错误；
C．碰撞过程，代入数据，解得，C错误；
D．碰撞动量守恒，两个物体动量的变化量互为相反数，D错误。
故答案为：A 。
【分析】利用动量守恒定律分析动量变化，结合机械能是否守恒判断碰撞类型，同时推导质量比。
6．【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AC．磁场匀速运动时，A中产生的感应电动势恒定，A的电流恒定，其在B处产生的磁场也恒定，B的磁通量不变，无感应电流，故AC错误；
BD．匀强磁场向左加速运动，等效为线框的左边在向右加速运动切割磁感线，A线框中产生的感应电动势和感应电流都增大，由右手定则知感应电流为顺时针方向，根据安培定则可知A线圈在B框中产生的磁场方向垂直纸面向外，而磁通量增大，由楞次定理可知B线框的感应电流为顺时针；同理匀强磁场向右减速运动时，B中产生的感应电流也为顺时针方向，故B正确，D错误。
故答案为：B。
【分析】磁场运动等效为线框切割磁感线，先分析 A 中感应电流的变化，再通过 A 的磁场变化引起 B 的磁通量变化，结合楞次定律判断 B 中感应电流的方向。
7．【答案】B,D
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】α粒子为氦原子核，根据核反应方程遵守电荷数守恒和质量数守恒可知，X1为，X2为，X3为中子，X4为。
故答案为：BD。
【分析】α粒子是氦原子核（），根据核反应的质量数守恒和电荷数守恒，推导每个反应中的质量数与电荷数，判断是否为α粒子。
8．【答案】A,C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．波长，A正确；
B．由题意，，波程差
由于两波源起振方向相反，初始相位差为，波程差引起的相位差：，总相位差初始相位差+波程差引起的相位差，这相当于同相位，所以C点是振动加强点，B错误；
D．波从A到C的时间，波从B到C的时间，在时，波A已到达C点，即，波B尚未到达C点，由于波的周期，所以此时只有波A引起C点振动，振动了，此时质点速度为0，D错误。
C．波A已到达C点：，波B已到达C点：，两列波都在C点引起振动，且由于总相位差为，振动加强，质点速度为0，C正确。
故答案为：AC。
【分析】先由波速、频率求波长，再通过波程差、初始相位差分析振动加强 / 减弱点，结合波的传播时间和周期分析质点速度。
9．【答案】A,C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查光的全反射、折射定律、临界角等是几何光学问题，解决本题的关键是抓住临界状态，作出光路图，借助几何关系分析。AB．由题可知
可知临界角为45o，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示，因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在 平面上有一半的面积有光线射出，A正确，B错误；
C．由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，C正确，D错误。
故选AC。
【分析】根据全反射临界角公式sinC=求出临界角C，根据几何关系和折射定律可知，M恰好为AC的中点，光线只能从MC段射出，光从AA'C'C面出射的区域有一半的面积有光线射出；若DE发出的单色光在三棱镜中传播的速度变化，分析折射率变化，判断临界角的变化，再分析出射光线区域的面积如何变化。
10．【答案】B,C,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球运动过程中弹簧弹力做功，故机械能不守恒，故A错误；
B．小球加速度为零时，速度最大，设此时弹簧压缩量为，有
此过程中两个小球下降的高度均为
由系统机械能守恒可得
解得两小球的最大总动能为，故B正确；
C．设小球下落高度为H时速度减为零，则
解得，小球不会从杆最低点脱落，故C正确；
D．当两小球下落高度10cm时弹簧的弹性势能最大，此时弹簧的压缩量为0.2m，则有，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】以两小球和弹簧组成的系统为研究对象，结合受力平衡（速度最大的条件）、机械能守恒（重力势能、动能、弹性势能的转化）分析各选项。
11．【答案】；；滑块与水平杆之间存在静摩擦力
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）每次遮光片经过光电门时的线速度大小为
由线速度大小和角速度大小的关系式可得
故答案为：
（2）根据牛顿第二定律可得
可知F与成正比，以F为纵坐标，为横坐标可在坐标纸上描出一条直线，斜率
解得
故答案为：
（3）力传感器测量的F是绳子的拉力，而在实际情况中，滑块在做圆周运动时还会受到水平杆对它的静摩擦力，向心力等于绳子拉力F和静摩擦力之和。因此，在滑块与水平杆之间存在的静摩擦力的影响下，力传感器示数F作为向心力时会比向心力理论值偏小。
故答案为：滑块与水平杆之间存在静摩擦力
【分析】（1）角速度计算：通过遮光片的线速度与转动半径关联，得到角速度与遮光时间的关系；
（2）质量求解：结合向心力公式，将表示为的线性函数，利用图像斜率推导质量；
（3）误差分析：考虑滑块与杆之间的静摩擦力对拉力测量的影响，解释测量值偏小的原因。
12．【答案】（1）E
（2）
（3）黑；；9667
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）待测表头内阻约为，定值电阻，电阻均较大，为便于调节，滑动变阻器应选最大阻值较小的，即选项。
故答案为：E
（2）粗细均匀的电阻丝AB，总长度，灵敏电流计G示数为零，即电桥平衡时，测得此时段电阻丝长度，有，代入数据解得表头内阻
故答案为：
（3）表笔b接内部电源正极，故应为黑表笔。
接线柱3未接电阻，表头和分流电阻构成的电流表量程最小，倍率最大，可知倍率为“”。
短接调零时，满偏电流，由，得
故答案为：黑；；9667
【分析】（1）滑动变阻器选择：结合待测电阻大小，选小阻值变阻器便于调节。
（2）表头内阻测量：利用电桥平衡时 “电阻与电阻丝长度成正比” 的规律，列比例式计算。
（3）欧姆表参数：根据表笔与电源的连接判断表笔颜色；根据接线柱对应量程判断倍率；根据满偏电流公式计算调零电阻。
（1）待测表头内阻约为，定值电阻，电阻均较大，为便于调节，滑动变阻器应选最大阻值较小的，即选项。
（2）粗细均匀的电阻丝AB，总长度，灵敏电流计G示数为零，即电桥平衡时，测得此时段电阻丝长度，有
代入数据解得表头内阻
（3）[1]表笔b接内部电源正极，故应为黑表笔。
[2]接线柱3未接电阻，表头和分流电阻构成的电流表量程最小，倍率最大，可知倍率为“”。
[3]短接调零时，满偏电流
由
得
13．【答案】（1）解：由几何关系得
在e点产生的电场强度分别为
互相垂直，由矢量的合成，e点的电场强度
联立，解得
（2）解：由几何关系得
在c点产生的电场强度分别为
的夹角为，由矢量的合成，c点的电场强度
与ca边的夹角为，斜向左下方
（3）解：设a、d两点间的距离为x，则b、d两点间的距离为，-q在d点产生的电场强度为
在d点产生的电场强度为
由可得
解得
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【分析】（1）e 点场强：先由几何关系得距离，再分别求两个点电荷的场强，利用垂直矢量的合成法则计算总场强。
（2）c 点场强：确定两点电荷到场点的距离，求各自场强后，利用夹角为的矢量合成规律计算。
（3）a、d 间距：根据 “d 点场强大小相等” 列方程，结合几何关系求解距离。
（1）由几何关系得
在e点产生的电场强度分别为
互相垂直，由矢量的合成，e点的电场强度
联立，解得
（2）由几何关系得
在c点产生的电场强度分别为
的夹角为，由矢量的合成，c点的电场强度
与ca边的夹角为，斜向左下方。
（3）设a、d两点间的距离为x，则b、d两点间的距离为，-q在d点产生的电场强度为
在d点产生的电场强度为
由可得
解得
14．【答案】（1）解：对小球在A点分析，根据牛顿第二定律
解得小球出发时轨道对小球的作用力大小
（2）解：小球运动足够长时间后在下半圆轨道做往复运动，经过圆心等高点速度为零，则损失的机械能
代入数据解得
（3）解：若小球在轨道间运动时机械能守恒，第一种情形：小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，恰好过最高点，则在最高点
从最低点到最高点根据机械能守恒定律
解得
所以
第二种情形：小球紧贴外圆运动，最高点为圆心等高点，则有
解得
综上所述，初速度范围为或者
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）轨道作用力：在最低点利用向心力公式，结合重力与支持力的合力提供向心力计算。
（2）机械能损失：小球最终在半圆弧往复，最高点为圆心等高位置，用初动能减去该位置机械能得损失量。
（3）初速度范围：分 “紧贴外圆做完整圆周运动” 和 “紧贴内圆不脱离” 两种情况，结合圆周运动临界条件与机械能守恒求解。
（1）对小球在A点分析，根据牛顿第二定律
解得小球出发时轨道对小球的作用力大小
（2）小球运动足够长时间后在下半圆轨道做往复运动，经过圆心等高点速度为零，则损失的机械能
代入数据解得
（3）若小球在轨道间运动时机械能守恒，第一种情形：小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，恰好过最高点，则在最高点
从最低点到最高点根据机械能守恒定律
解得
所以
第二种情形：小球紧贴外圆运动，最高点为圆心等高点，则有
解得
综上所述，初速度范围为或者
15．【答案】（1）解：若单刀双掷开关接定值电阻R，则牛顿第二定律，，
联立解得导体棒的初始加速度大小
（2）解：若单刀双掷开关接定值电阻R，则上升到最高点时由动量定理
其中
由最高点下落到低端时由动量定理
其中
又
联立解得
（3）解：初始时刻回路产生的动生电动势
导体棒中的电流方向为从M到N，电流为
此时安培力小于重力的分量，导体棒做加速度减小的减速运动，当导体棒的速度达到最小时，加速度为零，则
解得
导体棒从出发至速度减小到最小值的过程中有动量定理
即
解得
由于
解得
电源非静电力做功
导体棒动能变化
导体棒重力势能的变化
导体棒与内阻上产生的焦耳热Q总，电源E非静电力做功等于其它能量的该变量，则有
导体棒上产生的焦耳热
【知识点】安培力；牛顿第二定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）初始加速度：先求感应电动势与电流，再结合安培力、重力分力，用牛顿第二定律求解。
（2）返回速度：利用动量定理，结合上升、下落过程中 “安培力的冲量相等” 的特点，消去位移项后直接联立求解。
（3）焦耳热：先求电路电流与安培力，用动量定理得最小速度；再计算总焦耳热，按电阻比例分配得导体棒的焦耳热。
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