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小综合练(一)
[分值：60 分]
[1~4 题，每题4 分，5、6 题，每题6 分]
1.(2025·安徽卷·3)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视
为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体( )
A.对外做功，内能不变
B.向外放热，内能减少
C.分子的平均动能变小
D.吸收的热量等于内能的增加量
答案 A
解析 根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，则气体的内能不变，分子的平均动能不变，
B、C 错误；气体的压强减小，由pV=C 知气体体积变大，则气体对外做功，由热力学第一定律
ΔU=W+Q=0 可知，吸收的热量与气体对外做的功相等，A 正确，D 错误。
2.(2025·江西省上进联考模拟)为了研究光的干涉现象，如图甲，某同学将弓形的玻璃柱体平放在平板玻璃
上，截面图如图乙所示，玻璃柱体上表面水平，用单色光垂直照射玻璃柱体上表面，从上向下看，看到的
是( )
A.外疏内密的明暗相间的圆环
B.外密内疏的明暗相间的圆环
C.外疏内密的明暗相间的条纹
D.外密内疏的明暗相间的条纹
答案 D
解析 由于空气膜等厚处是条形的，因此形成的干涉条纹是条形的，由于空气膜的厚度越向外增加得越快，
因此条纹间距越来越小，条纹越来越密，故选D。
3.(2025·山东省名校联合检测)β 射线测厚仪可以用来测量板材的厚度，其工作原理是β 射线透过被测物体产
生的衰减与被测物体的厚度成正比，可使用 55
137 Cs 作为放射源，其衰变方程为 55
137
Cs→ 56
137 Ba+X，已
知 55
137 Cs 的半衰期为30 年，下列说法正确的是( )
A.X 为正电子
B.X 来自原子核内的中子向质子的转化
C.升高温度， 55
137 Cs 的半衰期会变短
D.β 射线可以穿透几厘米厚的铅板，β 射线测厚仪可以精确测量铅板的厚度
答案 B
解析 衰变方程为 55
137 Cs→ 56
137 Ba+X，由电荷数守恒和质量数守恒可知X 为电子，故A 错误；该衰变为
β 衰变，X 为电子，来自原子核内的中子向质子的转化，故B 正确；升高温度， 55
137 Cs 的半衰期不变，故
C 错误；β 射线可以穿透几毫米厚的铝板，不能穿透几厘米厚的铅板，β 射线测厚仪不可以精确测量铅板的
厚度，故D 错误。
4.(2025·江苏卷·10)如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物
块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁
发生碰撞，不计空气阻力，则( )
A.释放瞬间，物块加速度为零
B.物块和木箱最终仍有相对运动
C.木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D.物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
答案 D
解析 根据题意可知，释放时，物块与木箱发生相对滑动，物块受到向右的摩擦力，根据牛顿第二定律可
知释放时物块加速度不为0，故A 错误；由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以系统的机械能
会减少，直到物块与木箱不发生相对滑动，此时设物块与木箱之间的最大静摩擦力为Ff，物块质量为m，
木箱质量为M，对物块根据牛顿第二定律Ff=ma，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律F=(m+M)a，可
得F=(m+M) Ff
m ，即弹簧的最大弹力减小到F=(m+M) Ff
m 后，二者一起做简谐运动，故B 错误；在二者一起
做简谐运动前，有相对滑动，木箱第一次运动到最右端时物块速度不为零，故C 错误；开始时木箱的加速
度向右，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱向左运动，受到向右的滑动摩擦力，摩擦力恒为二者之
间的滑动摩擦力，保持不变，故D 正确。
5.(多选)(2025·山东济宁市模拟)“食双星”的两颗恒星亮度不同，在相互引力作用下绕连线上某点做匀速
圆周运动，由于两颗恒星的彼此遮挡，会造成观测者观察到双星的亮度L 发生周期性变化，如图所示。若
较亮的恒星和较暗的恒星做圆周运动的半径分别为r1和r2，下列说法正确的是( )
A.t2时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星
B.“食双星”做匀速圆周运动的周期为2(t2-t1)
C.较亮的恒星与较暗的恒星的向心加速度大小相等
D.较亮的恒星与较暗的恒星质量之比为r2
r1
答案 BD
解析 由题意可知，t1时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星，t2时刻较暗的恒星遮挡住较亮的恒星，即t1~t2
时间里，转了半圈，故周期T=2(t2-t1)，故A 错误，B 正确；由a=4 π
2
T
2 r 可知，两颗恒星的半径不同，故两
恒星的向心加速度大小不相等，故C 错误；设较亮的恒星和较暗的恒星的质量分别为m1、m2，均由彼此间
的万有引力提供向心力，故两颗恒星的向心力大小相等，即m1ω2r1=m2ω2r2，则m1
m2
=r2
r1
，故D 正确。
6.(多选)(2024·湖北省三模)如图所示，正方形ABCD 的对角线长为2a，在A、C 两点分别放置电荷量为+q
的点电荷，P 为正方形ABCD 外接圆上任意一点，O 为外接圆的圆心，静电力常量为k，下列说法正确的是
( )
A.B、D 两点的电场强度相同
B.将负电荷沿直线由B 移到D 的过程中，静电力先做正功后做负功
C.对角线BD 连线上电场强度的最大值为4√3kq
9a
2
D.若两点电荷在P 点的电场强度大小分别是E1、E2，则1
E1
+ 1
E2
为定值
答案 BCD
解析 B、D 两点的电场强度方向不同，即电场强度不同，故A 错误；
O 点到B 点的电场强度方向向下，O 点到D 点的电场强度方向向上，将负电荷沿直线由B 移到D 的过程中，
静电力先做正功后做负功，故B 正确；
设BD 连线上某一点M 与A 点的连线与AC 夹角为α，M 点的电场强度如图所示
两点电荷在M 点产生的电场强度大小相等
则EA=EC=
kq
(
a
cosα )
2
则Em=2EAsin α=2kq
a
2 cos2α·sin α
由此解得当sin α=√3
3 时，Em有最大值，为
Em=4√3kq
9a
2
，故C 正确；
设点P 到A 点的连线与AC 的夹角为θ，则有
E1=
kq
(2acosθ)
2
E2=
kq
(2asinθ)
2
即1
E1+ 1
E2=4 a
2
kq ，故D 正确。
7.(8 分)(2025·山东卷·14)某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点，设计了如下实验。所用实验器材
为：
学生电源；
可调变压器T1、T2；
电阻箱R；
灯泡L(额定电压为6 V)；
交流电流表A1、A2、A3；
交流电压表V1、V2；
开关S1、S2，导线若干。
部分实验步骤如下：
(1)(4 分)模拟低压输电。按图甲连接电路，选择学生电源交流挡，使输出电压为12 V，闭合S1，调节电阻
箱阻值，使V1示数为6.00 V，此时A1(量程为250 mA)示数如图乙所示，为 mA，学生电源的
输出功率为 W。
(2)(2 分)模拟高压输电。保持学生电源输出电压和电阻箱阻值不变，按图丙连接电路后闭合S2。调节T1、
T2，使V2示数为6.00 V，此时A2示数为20 mA，则低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的
倍。
(3)(2 分)A3示数为125 mA，高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了 W。
答案 (1)200 2.4 (2)100 (3)0.9
解析 (1)根据题图乙可知电流表的分度值为5 mA，故读数为200 mA；学生电源的输出功率
P1=12×200×10-3 W=2.4 W；
(2)低压输电时电阻箱消耗的功率为P2=I 1
2R，高压输电时，电阻箱消耗的功率为P3=I 2
2R
可得
P2
P3
=
I 1
2
I 2
2=100，即低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的100 倍。
(3)A3示数为125 mA 时，学生电源的输出功率P4=12×125×10-3 W=1.5 W
高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了ΔP=P1-P4=2.4 W-1.5 W=0.9 W。
8.(10 分)(2025·浙江省模拟)西藏海拔4 728 米的色季拉山，可观日出、云海、无际的林海和远眺南迦巴瓦峰
峻美的雄姿，是旅游观光的好地方。由于海拔较高，山下景区为游客备有容积为V=1.5 L 的便携式氧气瓶
和容积为V0=45 L 且自带压强计的大氧气瓶。t=7 ℃时某大氧气瓶内的氧气压强p0=7 atm。假设充气前便携
式氧气瓶内均为真空，便携式氧气瓶内充满氧气后的压强均为pm=2.5 atm。
(1)(2 分)若在7 ℃的环境下，用该大氧气瓶给便携式氧气瓶充氧气，则能充满多少瓶便携式氧气瓶？
(2)(8 分)若在27 ℃的环境下，用该大氧气瓶给2 瓶便携式氧气瓶充氧气，求便捷式氧气瓶充满后大氧气瓶
内的气体压强p1以及剩余氧气质量与原来氧气质量之比。
答案 (1)54 (2)22
3 atm 44∶45
解析 (1)根据玻意耳定律有p0V0=pm(V0+nV)
代入数据解得n=54
(2)对大氧气瓶内的氧气，根据查理定律有p
T = p0
T 0
其中T=300 K，T0=280 K
解得p=7.5 atm
解法一：用该大氧气瓶给2 瓶便携式氧气瓶充氧气，设充满2 瓶便携式氧气瓶需要用掉大氧气瓶压强为
p、体积为ΔV 的氧气，大氧气瓶中剩余的气体再充满整个大氧气瓶，根据玻意耳定律有
pΔV=pm×2V
p(V0-ΔV)=p1V0
解得ΔV=1 L，p1=22
3 atm
剩余氧气质量与原来氧气质量之比
m剩
m0
=V 0- ΔV
V 0
=44
45
解法二：将大氧气瓶中氧气压强全部变为pm，大氧气瓶中的氧气可以填充的体积为V'+2V，再将体积为
V'、压强为pm的氧气体积变为V0，即可求得该大氧气瓶给2 瓶便携式氧气瓶充氧气后瓶内气体压强，根据
玻意耳定律有pV0=pm(V'+2V)
p1V0=pmV'
解得p1=22
3 atm，V'=132 L
充气后大氧气瓶内剩余氧气质量与原来氧气质量之比
m剩
m0
=
V
'
V
' +2V =44
45。
9.(14 分)(2025·云南卷·15)如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d 的长方体空绝缘箱，其四周紧固
一电阻为R 的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图
中虚线PQ 所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。t=0 时刻，
箱子在水平向右的恒力F(大小未知)作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h 处、
质量为m 的木块(视为质点)恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱
子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹(木块下落过程中与箱子侧壁无碰
撞)；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子
形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度为g。
(1)(3 分)求F 的大小；
(2)(6 分)求t=0 时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
(3)(5 分)若t=0 时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s(s 大于(2)问中最小距离)，求最终木块与箱子的速度
大小。
答案 (1)( M +m)g
μ
(2)( M +m)
2 g R
2
2 μ B
4d
4
(3)g
μ (√
2 μs
g
+√
2h
g
)-
B
2d
2 L
( M +m)R
解析 (1)对木块与箱子整体受力分析，由牛顿第二定律F=(M+m)a
对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律FN=ma
竖直方向由平衡条件mg=Ff=μFN
联立解得F=( M +m)g
μ
(2)设箱子刚进入磁场中时速度大小为v，产生的感应电动势为E=Bdv
由闭合电路欧姆定律得，感应电流为I= E
R
安培力大小为F 安=BId
联立解得F 安=B
2d
2v
R
若要使木块与箱子分离，FN=0，此时有F 安≥F
其中F=( M +m)g
μ
解得v≥( M +m)gR
μ B
2d
2
设箱子右侧壁距磁场边界的距离为s，
由运动学公式v2=2as
解得s≥( M +m)
2 g R
2
2 μ B
4d
4
故t=0 时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为smin=( M +m)
2 g R
2
2 μ B
4d
4
(3)设木块做匀加速直线运动的时间为t1，水平方向由运动学公式s=1
2at1
2
设从木块与箱子分离到木块落到箱子底部的时间为t2，此过程木块做平抛运动，竖直方向有
h=1
2gt2
2
F=( M +m)g
μ
=(M+m)a
可得力F 作用的总时间为
t=t1+t2=√
2 μs
g
+√
2h
g
水平方向对系统由动量定理，有
Ft-F 安t2'=(M+m)v-0，其中F 安t2'=B
2d
2 L
R
联立解得v= g
μ (√
2 μs
g +√
2h
g )-
B
2d
2 L
( M +m)R 。
