云南省昆明市云南师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期开学考试物理试卷

2024-2025学年云南省昆明市五华区云南师大附中高三（下）开学物理试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.核电池又称同位素电池，它是利用放射性同位素衰变放出载能粒子粒子、粒子和射线并将其能量转换为电能的装置。某核电池使用的核燃料为，其半衰期为88年。已知的衰变方程为，下列说法正确的是(    ) A. 该衰变属于衰变 B. 升高温度，的半衰期变短 C. 的比结合能大于的比结合能 D. 经过88年，10g的原子核衰变后总剩余质量为5g 2.“势阱”是量子力学中的常见概念，在经典力学中也有体现。当粒子在某力场中运动，其势能函数曲线在空间某范围内存在最小值，形如陷阱，粒子很难跑出来。各种形式的势能函数只要具有这种特点，我们都可以称它为势阱，比如重力势阱、引力势阱、弹力势阱等。如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内形成一重力势阱，两侧高分别为H和h。一可视为质点的质量为m的小球，静置于水平轨道b处。已知重力加速度为g，取c处所在平面为重力势能零势能面，则(    ) A. 小球在a位置的重力势能为mgH B. 小球静止在b位置的机械能为mgh C. 小球从a位置沿着轨道运动到b位置的过程中，重力做功的功率一直增大 D. 若小球能从c位置逃离重力势阱，小球在b位置获得的最小动能为mgh 3.2024年10月30日，载有3名航天员的神舟十九号载人飞船由长征二号F运载火箭成功发射至预定轨道，飞船入轨后，将按照预定程序与空间站组合体进行自主快速交会对接。对接后的“结合体”仍在空间站原轨道运行。若对接前“空间站”与“神舟十九号”在如图所示的轨道上做匀速圆周运动，则(    ) A. 对接前，“空间站”的线速度大于“神舟十九号”的线速度 B. 对接前，“空间站”的角速度大于“神舟十九号”的角速度 C. 为实现对接，“神舟十九号”需要加速后与“空间站”对接 D. 对接后，“结合体”绕地球运行周期小于对接前“空间站”的运行周期 4.为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成半圆柱形，如图甲所示。一束激光由真空沿半圆柱体的径向与其底面过O点的法线成角射入。CD为光学传感器，可以探测光的强度，从AB面反射回来的光强随角度变化的情况如图乙所示。已知该激光在真空中的传播速度为c，波长为，下列说法正确的是(    ) A. 该激光由真空中射入新材料后，频率变小 B. 新材料的折射率为 C. 该激光射入新材料后波长变为 D. 图甲中若减小入射角，则反射光线和折射光线之间的夹角也将变小 5.实验小组测得某载物无人机在竖直方向沿直线飞行，其高度随时间t的变化曲线如图所示：EF、MN段可视为两段直线，其中MN段的方程为，曲线与横轴的交点为，曲线最高点Q的坐标为。取竖直向上为正方向。则(    ) A. MN段无人机的速度大小为 B. EF段无人机上的货物处于超重状态 C. 无人机在这段时间内的平均速度约为 D. 在时，无人机的速度达到最大值 6.如图所示，一长木板a在光滑水平地面上以速度匀速运动，某时刻将一个相对于地面静止的物块b轻放在木板上，同时对b施加一个水平向右的恒力F，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上运动，则物块放到木板上后，下列图中关于a、b运动的速度-时间图像可能正确的是(    ) A. B. C. D. 7.如图所示，在原线圈两端a、b间接入电压为220V的正弦式交流电，理想变压器的原、副线圈的匝数比为5：1，在原线圈前串联一个规格为“熔断电流5A、电阻”的保险丝，电压表为理想电表，保证电路可以长时间正常工作，下列说法正确的是(    ) A. R增大，则流过保险丝的电流变大 B. 改变R，电压表的最大示数约为311V C. 流过电阻R的最大瞬时电流为25A D. 为保证保险丝不熔断，电阻R最小值为 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液。如图所示，护士注入气体后，迅速地从药瓶里抽取出药液，取药时间较短，瓶内气体可视为是绝热变化，气体视为理想气体，取药的过程中不漏气，则下列说法正确的是(    ) A. 取药后瞬间，瓶内气体压强变大 B. 取药后瞬间，瓶内气体内能变小 C. 取药过程中，瓶内气体对药液做正功 D. 取药后瞬间，瓶内气体热运动的平均动能不变 9.如图所示，甲图表示和两相干水波的干涉图样，两列波的振幅均为5cm，B是A、C连线的中点；乙图为一波源在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。甲图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说法中正确的是(    ) A. 甲图中A、C两点的竖直高度差为20cm B. 甲图中B点的振幅为0cm C. 乙图所表示的是波的衍射现象 D. 在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高 10.如图甲所示，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成。如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取的水，辘轳绕绳轮轴半径为，水斗的质量为。时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，轮轴质量、井绳粗细和质量忽略不计，水斗可视为质点，取重力加速度，不计一切阻力，则(    ) A. 时水斗的速度为 B. 内水斗的加速度大小为 C. 内水斗上升的高度为9m D. 内井绳拉力所做的功为360J 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.某同学用图甲所示的装置测定当地的重力加速度。已知光滑圆弧形轨道ABC的半径为R，弧长为，B为圆弧轨道的最低点，A、C关于B点所在的竖直线对称。小钢球的半径为。当小钢球经过B点时，光传感器发出的光，恰好能过小钢球的球心。现将小钢球由A点静止释放，沿圆弧轨道ABC自由往复运动，光传感器接收端接收到一段时间内的光信号强度变化情况如图乙所示。 该同学经过分析光信号变化情况，可得出小钢球往复运动的周期______结果用和表示。 小钢球在圆弧轨道上的运动可视为简谐运动，且小球视为质点，则重力加速度的表达式______结果用R、和表示。 由于在计算重力加速度时忽略了小球的半径，由此重力加速度的测量值______填“大于”“小于”或“等于”真实值。 12.某新型智能恒流源，能稳定输出大小为的电流。某实验小组利用此恒流源测量一定值电阻的阻值。他们找来了一块电流表内阻r未知、电阻箱导线若干。 为了测出电流表A的内阻，同学们先设计了如图甲所示的电路。按照图甲所示电路图，连接好电路后，闭合开关S，调节电阻箱，当电流表的示数为时，记下电阻箱的阻值为，则电流表的内阻为______用表示；用该种方法测量的电流表内阻______填“大于”“小于”或“等于”电流表内阻的真实值。不考虑偶然误差 测量电阻时，采用如图乙所示的电路，连接好电路后，为保证电流表的安全，闭合开关前应将电阻箱的阻值调到______填“最大”或“最小”。 该同学通过改变电阻箱的阻值R，同时记录电流表A的示数I，得到多组数据，他采用图像法处理数据，作出了图像如图丙所示，则电阻的阻值______用a、b、c和r表示。 该同学在使用图乙电路，调节电阻箱阻值的过程中，消耗的功率会不断变化，设电阻箱的最大阻值足够大，当电阻箱的阻值为时，电阻箱消耗的功率最大，则最大功率为______用和表示。 四、计算题：本大题共3小题，共38分。 13.如图所示，某滑板运动者在距地面高度的平台上滑行，以的初速度从A点水平离开后落在水平地面上的B点。由于人与滑板着地时存在机械能损失，着地后速度大小变为、方向水平向右，然后在水平地面上匀减速滑行2m后停止。已知人与滑板的总质量，重力加速度，不计空气阻力。求： 、B两点之间的水平距离s； 人与滑板在着地过程中损失的机械能； 滑板和水平地面间的动摩擦因数。 14.如图所示，光滑绝缘的水平桌面位于与桌面平行的匀强电场中，两等大小球A和B放置在水平桌面上，其位置连线与电场方向平行。A带电荷量为、质量为3m，B不带电、质量为m。初始时两小球间的距离为L。已知电场强度大小为E。现由静止释放小球A、B，A在电场力作用下沿直线加速运动，与小球B发生弹性碰撞。两小球碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短，A小球的带电量始终保持不变且始终在电场中运动。求： 两小球发生第一次碰撞后，B小球获得的动量大小； 两小球发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，A、B间的最大距离。 15.如图所示，光滑平行导轨MN、PQ倾斜放置，导轨平面倾角，导轨下端连接的定值电阻，导轨间距。质量为、电阻为、长为1m的金属棒ab放在导轨上，用平行于导轨平面的细线绕过光滑定滑轮连接金属棒和质量为的重物A，细线处于拉直状态。垂直于导轨的虚线上方有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。由静止同时释放重物A及金属棒ab，当金属棒ab进磁场时恰好做匀速直线运动，金属棒ab进入磁场后运动时剪断细线，之后金属棒刚要出磁场时，加速度为零。已知重力加速度大小为，导轨足够长且电阻不计，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，重物A离地足够高。求： 金属棒ab开始运动时的位置离虚线的距离； 从金属棒ab开始运动到剪断细线的过程中，通过电阻R的电量； 金属棒ab在磁场运动的整个过程中，电阻R上产生的焦耳热。 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：A、根据发生衰变时的电荷数守恒可得生成粒子Y的电荷数为，所以Y粒子的电荷数为2，质量数为4，即Y粒子为粒子，该衰变为衰变，故A错误； B、半衰期是由原子核自身内部结构决定的，与外在的物理环境无关，所以升高温度，的半衰期不变，故B错误； C、比结合能越大的原子核越稳定，衰变是朝着比结合能大的方向进行的，所以的比结合能大于的比结合能，故C正确； D、经过88年，10g的原子核衰变后原子核的剩余质量为5g，故D错误。 故选：C。 根据发生衰变时的电荷数守恒分析；半衰期是由原子核自身内部结构决定的；衰变是朝着比结合能大的方向进行的；半衰期是指半数原子核发生衰变的时间，据此分析。 本题考查了发生核反应时质量数守恒和电荷数守恒，以及对半衰期的认识，要知道发生衰变后，物质的总质量变化很小，只是发生衰变的那种物质减少了。 2.【答案】D  【解析】解：取c处所在平面为重力势能零势能面，则小球在a位置的重力势能为，故A错误； B.取c处所在平面为重力势能零势能面，则小球静止在b位置的机械能为，故B错误； C.小球在a、b时竖直方向的分速度均为零，则从a位置沿着轨道运动到b位置的过程中，竖直方向的分速度不可能一直增大，所以从a到b重力做功功率不可能一直增大，故C错误； D.小球要想从c位置逃离重力势阱，到达c处的速度应大于等于0，所以结合前面分析，由机械能守恒定律可知，小球在b位置获得的最小动能为mgh，故D正确； 故选：D。 A.取c处所在平面为重力势能零势能面，即可确定小球在a位置的重力势能； B.取c处所在平面为重力势能零势能面，即可确定小球静止在b位置的机械能； C.小球在a、b时竖直方向的分速度均为零，据此分析判断； D.结合前面分析及机械能守恒定律，即可分析判断。 本题主要考查对机械能守恒定律的掌握，解题时需知，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。 3.【答案】C  【解析】解：“神舟十九号”与“空间站”对接前绕地球做匀速圆周运动， 万有引力提供向心力，可得：， 解得：，， 且：， “空间站”的轨道半径大于“神舟十九号”的轨道半径，则“空间站”的线速度小于“神舟十九号”的线速度，“空间站”的周期大于“神舟十九号”的周期，则“空间站”的角速度小于“神舟十九号”的角速度，故AB错误； C.“神舟十九号”需要经过点火加速才能从低轨道变轨进入高轨道，实现对接，故C正确； D.因为对接后的“结合体”仍在空间站原轨道运行，则结合前面分析可知，对接后“结合体”绕地球运行周期等于对接前“空间站”的运行周期，故D错误； 故选：C。 “神舟十九号”与“空间站”对接前绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，结合题意，即可分析判断； C.“神舟十九号”需要经过点火加速才能从低轨道变轨进入高轨道，据此分析判断； D.结合前面分析，即可判断求解。 本题考查卫星或行星运行参数的计算，解题时需注意，把卫星的运行看作匀速圆周运动，万有引力完全充当圆周运动的向心力，但是计算的公式比较多，需要根据题目给出的参数，选择恰当的公式进行计算。 4.【答案】B  【解析】解：A、该激光由真空中射入新材料后，频率不变，故A错误； B、由图乙可知，激光在该材料中的临近角为，则折射率为 故B正确； C、根据可知，激光在该材料中的光速为 根据 ， 该激光由真空中射入新材料后，频率不变，即 联立，解得 故C错误； D、图甲中若减小入射角，则反射角和折射角都减小，所以反射光线和折射光线之间的夹角将变大，故D错误。 故选：B。 激光由真空中射入新材料后，频率不变；根据临界角计算折射率；根据分析。 本题考查光在介质中临界角的相关计算。 5.【答案】A  【解析】解：根据MN段方程可知，MN段无人机的速度大小为，故A正确； B.根据图像的切线斜率表示无人机的速度，可知EF段无人机匀速上升，则无人机的货物处于平衡状态，故B错误； C.根据平均速度等于位移与时间的比值，由于无人机在内总位移为0，则平均速度为0，故C错误； D.根据图像的切线斜率表示无人机的速度，对应无人机上升到最高点，瞬时速度为0，故D错误。 故选：A。 根据图像的切线斜率，平均速度的定义，结合无人机的运动情况判断无人机的状态进行分析解答。 考查图像的切线斜率，平均速度的定义，结合无人机的运动情况判断无人机的状态，会根据题意进行准确分析解答。 6.【答案】C  【解析】解：设a、b间的动摩擦因数为，a、b的质量都为m，物块放在木板上时，由牛顿第二定律得： 对a： 对b： 解得：，， 开始a做匀减速直线运动，b做初速度为零的匀加速直线运动， 两者共速后可能相对静止一起做匀加速直线运动， 共速后两者也可能相对滑动，a、b都做匀加速直线运动，b的加速度大于a的加速度 共速后a、b相对静止一起匀加速运动时的加速度大小， 图像的斜率表示加速度，图像斜率越大加速度越大，斜率越小加速度越小 AB、由图示图像可知，共速前a、b的加速度大小相等，故AB错误； C、由图示图像可知，共速前b的加速度大小大于a的加速度大小，两者共速后一起做匀加速运动，且加速度小于共速前b的加速度大小，故C正确； D、由图示图像可知，共速前b的加速度大小大于a的加速度大小，两者共速后一起加速时的加速度大小等于共速前b的加速度大小，不符合实际，故D错误。 故选：C。 根据物块与木板的受力情况应用牛顿第二定律求出加速度，根据物体的运动过程与运动性质分析答题。 解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律求解加速度，在图像中斜率代表加速度。 7.【答案】D  【解析】解：增大，则流过保险丝的电流变小，故A错误； B.当R断路时，电压表的示数最大，电压表的测量值为有效值，所以最大示数为220V，故B错误； C.根据题意，熔断电流为5A，可知原线圈电流为：， 且：， 解得：， 则流过电阻R的最大瞬时电流为：，故C错误； D.理想变压器原线圈输入功率等于副线圈输出功率，可以把原线圈等效为一个定值电阻来处理，设等效电阻为， 则有：， 且：， 联立可得：， 所以当原线圈中的电流最大时：， 其中：、， 解得R的最小值为，故D正确； 故选：D。 A.结合题意，即可分析判断； B.当R断路时，电压表的示数最大，据此分析判断； C.根据题意，熔断电流为5A，可知原线圈电流，再根据理想变压器原副线圈电流比与匝数比的关系、正弦式交流电峰值与有效值的关系分别列式，即可分析判断； D.理想变压器原线圈输入功率等于副线圈输出功率，把原线圈等效为一个定值电阻，据此列式，结合理想变压器原副线圈电压比与匝数比的关系，即可分析判断。 本题主要考查变压器的动态分析，解题时需注意，分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定。 8.【答案】BC  【解析】解：取药过程中，瓶内气体对药液做正功，取药后瞬间，瓶内气体体积增大，压强变小，温度降低，内能变小，平均动能变小，故BC正确，AD错误。 故选：BC。 如果气体体积增大，则气体对外界做正功；如果气体体积减小，则气体对外界做负功。 考查对热力学第一定律的理解，熟记其定义。 9.【答案】AD  【解析】解：甲图中A、B都是振动加强点，其中A在波峰，C 在波谷位置，则A、C两点的竖直高度差为，故A正确； B.AC连线上所有点都是加强点，即B点是加强点，故B错误； C.乙图所表示的是波的多普勒效应，故C错误； D.在E点单位时间内接收到的波面比F点多，则在E 点观察到的频率比在F点观察到的频率高，故D正确。 故选：AD。 AB、根据波的干涉条件分析； CD、根据波的多普勒效应分析。 考查对波的干涉和多普勒效应的理解，熟悉其定义。 10.【答案】BC  【解析】解：由线速度与角速度的关系可知：， 由图丙可知，内，从0开始均匀增加，则v从0开始均匀增加，即该过程水斗做初速度为0的匀加速直线运动， 且由图丙可知，时，，则此时：， 则内水斗的加速度大小为：，故A错误，B正确； C.结合前面分析可知，内水斗上升的高度为：， 内，水斗匀速运动，上升的高度为：， 所以内水斗上升的高度为：，故C正确； D.设内井绳拉力所做的功为W， 由动能定理可得：， 由前面分析可知：，， 由题知：， 联立可得：，故D错误； 故选：BC。 结合图丙信息，由线速度与角速度的关系及运动学规律分别列式，即可分析判断； C.结合前面分析，由运动学规律分别列式，即可分析判断； D.由动能定理列式，由前面分析及题意，即可分析判断。 本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。 11.【答案】   大于  【解析】解：小球每次通过B点时，光信号强度为零，连续两次光信号为零，小球经过半个周期，根据图乙可知小钢球往复运动的周期； 根据单摆周期公式 结合周期的表达式，解得重力加速度 小球做简谐运动的实际摆长 结合重力加速度的表达式可知，重力加速度的真实值小于测量值，因此测得的重力加速度大于重力加速度的真实值。 故答案为：；；大于。 根据钢球全振动的次数和所用时间求解钢球往复运动的周期； 把钢球的运动看成等效单摆，根据单摆周期公式求解重力加速度； 根据得到的重力加速度的表达式分析实验误差。 本实验的原理为把钢球的往复运动看作类单摆，再结合单摆周期公式即可完成作答，基础题。 12.【答案】  等于  最小    【解析】解：电路电流保持不变，并联电路电压相等，由欧姆定律得：，解得：； 此电路没有系统误差，所以测量值等于其真实值。 为了保证电流表的安全，闭合开关前应将电阻箱的阻值调到最小。 根据并联电路特点与欧姆定律得： 整理得： 图像的纵轴截距，图像的斜率： 解得： 设通过电阻箱电流为，电阻箱两端电压为U，电流表电流为， 电流表所在支路总阻值为R，则电阻箱消耗的功率为， 又因为和之和为且不变，故当等于等于时此时两支路电阻也相等， 两者乘积最大，此时功率为 故答案为：；等于；最小；；。 根据并联电路特点与欧姆定律求出电流表内阻。 为保护电流表安全应将电阻箱阻值调到最小值。 应用并联电路特点与欧姆定律求出图像的函数解析式，然后根据图示图像分析答题。 应用并联电路特点与电功率公式分析答题。 掌握基础知识，分析清楚电路结构，应用并联电路特点与欧姆定律即可解题。 13.【答案】解：根据平抛运动规律，在竖直方向由，水平方向上有，联立得； 由能量守恒，损失的机械能为，代入数据得； 在水平面上运动时，由动能定理得，代入，解得。 答：、B两点之间的水平距离s为； 人与滑板在着地过程中损失的机械能为525J； 滑板和水平地面间的动摩擦因数为。  【解析】根据平抛运动水平和竖直方向的运动规律列式解答； 根据能量的转化和守恒定律列式求解； 根据动能定理列式求解动摩擦因数。 考查平抛运动规律的应用，动能定理和能量守恒定律应用，会根据题意进行准确分析解答。 14.【答案】解：设小球A的加速度为a，与小球B第一次碰前速度为，根据牛顿运动定律和运动学公式，有 设碰撞后A、B的速度大小分别为、，以碰前A的速度方向为正方向，由动量守恒和能量守恒，有 联立解得， 小球B获得的动量大小为 设A、B两个小球发生第一次碰撞后经时间t两者速度相同，此时两小球相距最大距离为，根据运动学公式，有 联立解得 答：两小球发生第一次碰撞后，B小球获得的动量大小为； 两小球发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，A、B间的最大距离为L。  【解析】根据牛顿第二定律求解小球A与小球B碰撞前的速度大小，再由动量守恒定律、能量守恒定律求解第一次碰撞后A和B的速度大小，由求解B小球获得的动量； 二者速度相等时距离最大，根据运动学公式求解最大距离。 有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理、动量守恒定律或功能关系进行解答。 15.【答案】解：金属棒进磁场前做匀加速直线运动，设金属棒的加速度大小为a，细线的拉力大小为T，金属棒质量为m，重物A质量为M，金属棒ab开始运动时的位置离虚线的距离为，由牛顿第二定律可知， 对重物A有：， 对金属棒有：， 金属棒进磁场时的速度大小满足：， 由法拉第电磁感应定律可得：， 根据闭合电路欧姆定律可得：， 当金属棒ab进磁场时恰好做匀速直线运动，则其受力平衡， 根据共点力的平衡条件可得：， 联立可得：，，； 结合前面分析可知，在磁场中匀速运动的过程中， 所用时间为：， 则通过电阻R的电荷量：； 金属棒出磁场时加速度为零，则受力平衡，设此时速度大小为， 结合前面分析，根据平衡条件可得：， 在磁场中匀速运动时，电阻R中产生的焦耳热为：， 设剪断细线后，金属棒在磁场中运动产生的总焦耳热为， 根据能量守恒可得：， 此过程电阻R中产生的焦耳热为：， 因此电阻R中产生的总的焦耳热为：， 联立可得：； 答：金属棒ab开始运动时的位置离虚线的距离为； 从金属棒ab开始运动到剪断细线的过程中，通过电阻R的电量为； 金属棒ab在磁场运动的整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为。  【解析】金属棒进磁场前做匀加速直线运动，由牛顿第二定律、运动学规律分别列式，再由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件分别列式，即可分析求解； 结合前面分析，确定金属棒在磁场中匀速运动的过程所用时间，再根据电荷量的求解公式，即可分析求解； 金属棒出磁场时加速度为零，则受力平衡，结合前面分析，根据平衡条件列式，再结合焦耳定律、能量守恒分别列式，即可分析求解。 本题考查电磁感应过程中的能量类问题，解题时需注意电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，而克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$