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平谷区2025年高三统一测试试卷
物理
满分：58分
考生须知
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一、选择题
本部分共14题。
1．宇宙射线进入地球大气层，同大气作用产生粒子X，粒子X撞击大气中的氮引发核反应，产生具有放射性的碳14。该核反应方程为X+→+，粒子X为
2．在如图所示的实验中，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被释放，自由下落。观察两球的运动轨迹，比较它们落地时间的先后。分别改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，多次重复这个实验，记录实验现象。空气阻力可忽略不计。下列说法正确的是
3．我国太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”在国际上首次实现了太阳Hα波段光谱成像的空间观测。氢原子由n=3、4、5、6能级跃迁到n=2能级时发出的光，对应的谱线为可见光区的四条谱线，分别为Hα、Hβ、Hγ、Hδ，如图所示。下列说法正确的是
4．位于坐标原点O的波源在t=0时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。在t₁=1.2s时，平衡位置在x=6.0m处的质点P开始振动，则
5．商场自动感应门如图5-1所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，完全打开时速度恰好为0，两扇门移动距离均为2m。若门运动的v‒t图像如图5-2所示，则门的加速度大小为
6．将阻值为20Ω的电阻接在正弦交流电源上，电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是
7．一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是
8．为了节能，商场的自动扶梯在较长时间无人乘行时会自动停止运行。有人站上去后，扶梯开始加速，然后匀速运动，如图所示。下列说法正确的是
9．2024年11月15日，天舟八号货运飞船与火箭成功分离并精准进入预定轨道。16日2时32分，发射3个多小时后，天舟八号进入距离地球表面更高的空间站轨道（距离地球表面约400多公里），与空间站成功对接。若在预定轨道和空间站轨道上天舟八号均绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是
10．将平行板电容器的两极板全部插入某种不导电的溶液中，并与恒压电源、电流表、滑动变阻器等构成如图10-1所示的电路。这种溶液的相对介电常数εr与浓度Cm的关系曲线如图10-2所示。已知平行板电容器的电容与相对介电常数成正比。闭合开关S后，增大溶液浓度，则
11．如图所示，左侧有竖直固定挡板的小车A静止在水平地面上，A的上表面有一个静止的物体B，一轻弹簧的左端连接在小车的竖直挡板上，右端与物体B相连接，并通过一根细线使弹簧处于压缩状态。各表面均光滑，现烧断细线，物体B始终未从小车的上表面滑出，则烧断细线后
12．如图所示，电荷量为+Q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为θ的光滑绝缘斜面。质量为m、电荷量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。只考虑+Q在空间各处产生的电场，取离+Q无限远处的电势为0。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k。仅利用以上条件不能求出的是
13．石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，具有丰富的电学性能。为测量某二维石墨烯样品单位面积的载流子（电子）数n，设计了如图所示的实验电路。在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。已知电子的电荷量为e。则下列说法正确的是
14．如图14-1所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，并不落向漏斗下方。我们用如下模型对此进行分析：如图14-2所示，一圆锥体（圆锥的顶点为O，底面圆心为O′）绕垂直于水平面的轴线以恒定的角速度ω转动，一质量为m小物体（可看作质点）随圆锥体一起转动且相对于圆锥体静止。以圆锥体为参考系，圆锥体中的小物体还多受到一个“力”，同时小物体还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过轴线的平面上，以顶点O为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，小物体在这个坐标系中具有的“势能”可表示为。该“势能”与小物体的重力势能之和为其总势能。当小物体处在圆锥壁上总势能最小的某一位置时，小物体既没有沿圆锥面上滑的趋势，也没有沿圆锥面下滑的趋势，此时小物体受到的摩擦力就会恰好为0，即使圆锥壁光滑，小物体也不会滑向下方。根据以上信息可知，下列说法中正确的是
二、非选择题
本部分共6题。
15．
【答案】（1）B【2分】
（2）【2分】
（3）①B【2分】 ②A【2分】
（2）【2分】
（3）①B【2分】 ②A【2分】
【详解】待补
16．某同学在实验室测定某导体块（图16-1）的电阻率，已知实验室除待测导体块、开关、导线外，还有下列器材可供选用： 直流电源：电动势约为3V，内阻可忽略不计 电流表A₁：量程0~200mA，内阻约0.5Ω 电流表A₂：量程0~30mA，内阻约3Ω 电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ 滑动变阻器R：0~10Ω，额定电流2A
【答案】（1）110【2分】
（2）如答图1【2分】
（3）左【2分】
（4）该同学的说法是错误的【1分】。采用该同学的实验电路，导体块C、D间的电阻约为5Ω，用内阻约为0.5Ω的电流表A₁测量，测量值的系统误差相对值约为=10%；导体块A、B间的电阻约为110Ω，用内阻约为3Ω的电流表A₂测量，测量值的系统误差相对值约为≈2.7%，此时相对误差更小，测得的电阻计算电阻率更准确。【3分】
（2）如答图1【2分】
（3）左【2分】
（4）该同学的说法是错误的【1分】。采用该同学的实验电路，导体块C、D间的电阻约为5Ω，用内阻约为0.5Ω的电流表A₁测量，测量值的系统误差相对值约为=10%；导体块A、B间的电阻约为110Ω，用内阻约为3Ω的电流表A₂测量，测量值的系统误差相对值约为≈2.7%，此时相对误差更小，测得的电阻计算电阻率更准确。【3分】
【详解】待补
17．如图，半径R=0.8m的四分之一圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面BC相切于B点。一质量m=0.2kg的物块从圆轨道顶端A由静止释放，沿轨道下滑至B点后，向右做直线运动至P点停下。已知BP的长度L=0.9m，物块与圆轨道及地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，物块可视为质点，g取10m/s²。求：
【详解】（1）设滑块在水平地面上滑行时的加速度为a，根据牛顿第二定律
μmg=ma ----------------------------------------------------------------------------1分
得 a=5m/s² -----------------------------------------------------------------------------1分
（2）设滑块在B点时的速度为v，根据运动学公式
0-v²=-2aL ---------------------------------------------------------------------------1分
得 v=3m/s
设滑块在B点时轨道对它的支持力为FN，根据牛顿第二定律
----------------------------------------------------------------------1分
得 FN=4.25N ------------------------------------------------------------------------------1分
（3）设滑块与圆轨道摩擦产生的热量为Q，根据能量守恒定律
---------------------------------------------------------------------2分
得 Q=0.7J ----------------------------------------------------------------------------------1分
μmg=ma ----------------------------------------------------------------------------1分
得 a=5m/s² -----------------------------------------------------------------------------1分
（2）设滑块在B点时的速度为v，根据运动学公式
0-v²=-2aL ---------------------------------------------------------------------------1分
得 v=3m/s
设滑块在B点时轨道对它的支持力为FN，根据牛顿第二定律
----------------------------------------------------------------------1分
得 FN=4.25N ------------------------------------------------------------------------------1分
（3）设滑块与圆轨道摩擦产生的热量为Q，根据能量守恒定律
---------------------------------------------------------------------2分
得 Q=0.7J ----------------------------------------------------------------------------------1分
18．磁聚焦技术是高能物理学中的一种重要技术，用于将高能粒子束聚焦到某一特定位置，以便进行精确的实验研究。现有电子射入圆形匀强磁场区域，当满足一定条件时，这些电子就会汇聚于同一点。已知电子的质量为m、电荷量为e，忽略电子所受重力和电子间的相互作用。
【详解】（1）a．由动能定理 ----------------------------------------------------------------2分
得 -------------------------------------------------------------------------1分
b．电子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如答图2
设电子做匀速圆周运动的半径为r
由几何知识 r=R ---------------------------------------------------------------------------1分
根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律 --------------------------------1分
得 ---------------------------------------------------------------1分
答图2 答图3
（2）最左端的电子在磁场中运动的轨迹如答图3
由题可知，电子做匀速圆周运动的半径 r=R -------------------------------------------1分
最左端的电子从Q点射出时与x轴的夹角最大，设该夹角为θm，由几何关系
， θm=90°-α 得θm=45° -----------------------------------1分
同理最右端的电子从Q点射出时与x轴的最大夹角也为45° --------------------------1分
夹角θ的范围是-45°≤θ≤45° -------------------------------------------------------------------1分
得 -------------------------------------------------------------------------1分
b．电子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如答图2
设电子做匀速圆周运动的半径为r
由几何知识 r=R ---------------------------------------------------------------------------1分
根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律 --------------------------------1分
得 ---------------------------------------------------------------1分
答图2 答图3
（2）最左端的电子在磁场中运动的轨迹如答图3
由题可知，电子做匀速圆周运动的半径 r=R -------------------------------------------1分
最左端的电子从Q点射出时与x轴的夹角最大，设该夹角为θm，由几何关系
， θm=90°-α 得θm=45° -----------------------------------1分
同理最右端的电子从Q点射出时与x轴的最大夹角也为45° --------------------------1分
夹角θ的范围是-45°≤θ≤45° -------------------------------------------------------------------1分
19．如图19-1所示，原长l₀=0.30m、劲度系数k=40N/m的轻质弹簧上端固定，下端连接一质量m=0.2kg的小物块，静置时小物块位于O点。将小物块竖直向下拉至A点由静止释放后，小物块沿竖直方向在AB两点间往复运动。小物块在运动的过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g取10m/s²。
【详解】（1）设小物块运动至平衡位置O点时弹簧的长度为l′，有
k(l′-l₀)-mg=0 ----------------------------------------------------------------------------2分
得 l′=0.35m ----------------------------------------------------------------------------------1分
（2）a．lB=0.25m ---------------------------------------------------------------------------------------1分
EPB=0.05J --------------------------------------------------------------------------------------1分
b．代表了弹簧的弹力 ---------------------------------------------------------------------------2分
c．设弹簧的弹性势能为0时小物块的动能为Ek₀，取A点所在水平面为重力势能的参考平面，设小物块在A点时弹簧的长度为lA，弹簧的弹性势能为EPA，根据机械能守恒定律
EPA=mg(lA-l₀)+Ek₀ ------------------------------------------------------------------2分
得 Ek₀=0.15J --------------------------------------------------------------------------------1分
k(l′-l₀)-mg=0 ----------------------------------------------------------------------------2分
得 l′=0.35m ----------------------------------------------------------------------------------1分
（2）a．lB=0.25m ---------------------------------------------------------------------------------------1分
EPB=0.05J --------------------------------------------------------------------------------------1分
b．代表了弹簧的弹力 ---------------------------------------------------------------------------2分
c．设弹簧的弹性势能为0时小物块的动能为Ek₀，取A点所在水平面为重力势能的参考平面，设小物块在A点时弹簧的长度为lA，弹簧的弹性势能为EPA，根据机械能守恒定律
EPA=mg(lA-l₀)+Ek₀ ------------------------------------------------------------------2分
得 Ek₀=0.15J --------------------------------------------------------------------------------1分
20．类比是研究问题的常用方法。
【详解】（1）当导体棒运动的速度为v₁时，
电路中的感应电动势 E=Bd v₁
电路中的电流
导体棒所受的安培力 F安=BId
得 --------------------------------------------------------------------------2分
根据牛顿第二定律有 F安=ma -------------------------------------------------------------------1分
解得 ---------------------------------------------------------------------------------1分
（2）a． ----------------------------------------------------------------------------------------2分
b．Φ–I图象如答图4 --------------------------------------------1分
将线圈中的电流由I减小至0的过程划分成很多小段，可认为在每个小段中电路中的电流几乎不变，设每小段的时间为Δt。
电路中消耗的电能 E电=∑E感i Ii Δt ------------------------------------------------------1分
由线圈中储存的磁场能全部转化为电路中的电能可知 E磁=E电
某Δt内线圈中产生的自感电动势 E感i=---------------------------------------------1分
由题，某Δt内
得 E磁=∑Φi ΔI i -------------------------------------------------------------------------------1分
电流为I时，线圈的磁通量为Φ，在Φ–I图像中，图线和横轴围成的面积为所储存的磁场能E磁
-----------------------------------------------------------------------------------1分
又 Φ=LI
故 ----------------------------------------------------------------------------------1分
电路中的感应电动势 E=Bd v₁
电路中的电流
导体棒所受的安培力 F安=BId
得 --------------------------------------------------------------------------2分
根据牛顿第二定律有 F安=ma -------------------------------------------------------------------1分
解得 ---------------------------------------------------------------------------------1分
（2）a． ----------------------------------------------------------------------------------------2分
b．Φ–I图象如答图4 --------------------------------------------1分
将线圈中的电流由I减小至0的过程划分成很多小段，可认为在每个小段中电路中的电流几乎不变，设每小段的时间为Δt。
电路中消耗的电能 E电=∑E感i Ii Δt ------------------------------------------------------1分
由线圈中储存的磁场能全部转化为电路中的电能可知 E磁=E电
某Δt内线圈中产生的自感电动势 E感i=---------------------------------------------1分
由题，某Δt内
得 E磁=∑Φi ΔI i -------------------------------------------------------------------------------1分
电流为I时，线圈的磁通量为Φ，在Φ–I图像中，图线和横轴围成的面积为所储存的磁场能E磁
-----------------------------------------------------------------------------------1分
又 Φ=LI
故 ----------------------------------------------------------------------------------1分