閩粵贛三省十二校2025屆高三物理上學期聯合調研考試試題含解析

PAGE19-閩粵贛三省十二校2025屆高三物理上學期聯合調研考試試題（含解析）二、選擇題（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，其中14－18小題只有一項符合題目要求，第19－21小題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不選的得0分）1.氫原子部分能級的示意圖如圖所示，不同金屬的逸出功如下表所示：

銫

鈣

鎂

鈹

鈦

金

逸出功W/eV

1.9

2.7

3.7

3.9

4.1

4.8

大量處于n=4能級的氫原子向低能級躍遷時輻射的全部光子中，能夠使金屬銫發(fā)生光電效應的光子有幾種A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【詳解】氫原子由量子數n=4的能級躍遷低能級時輻射光子的能量有6種；其中：E4-E1=-0.8+13.6eV=12.8eV；E4-E2=-0.8+3.40eV=2.6eV；E4-E3=-0.85+1.51eV=0.66eV；E3-E2=-1.51+3.40eV=1.89eV；E3-E1=-1.51+13.6eV=12.09eV；E2-E1=-3.40+13.6eV=10.2eV；金屬銫的逸出功為1.9eV，則能夠使金屬銫發(fā)生光電效應的光子有4種，故選C.2.如圖所示，重型自卸車裝載一巨型石塊，當利用液壓裝置使車廂緩慢傾斜到肯定角度，車廂上的石塊就會自動滑下．以下說法正確的是（）A.石塊沒有下滑時，自卸車車廂傾角變大，石塊對車廂的壓力不變B.石塊沒有下滑時，自卸車車廂傾角變大，石塊對車廂的摩擦力變大C.石塊起先下滑時，自卸車車廂傾角變大，石塊對車廂的作用力變大D.石塊起先下滑時，自卸車車廂傾角變大，石塊受到的合力不變【答案】B【解析】【詳解】AB．貨物處于平衡狀態(tài)，則有：mgsinθ=f，N=mgcosθ，θ增大時，支持力FN漸漸減小，靜摩擦力Ff增大．由牛頓第三定律可知，石塊對車廂的壓力會減?。蔄錯誤，B正確；CD．石塊起先下滑時受力近似平衡，自卸車車廂傾角變大，石塊向下做加速運動，且加速度隨角度增大而增大，石塊受到的合外力變大；石塊對車廂的正壓力和摩擦力均減小，可知石塊對車廂的作用力變小，故CD錯誤．3.軌道平面與赤道平面夾角為90°的人造地球衛(wèi)星被稱為極地軌道衛(wèi)星。它運行時能到達南北極區(qū)的上空，須要在全球范圍內進行觀測和應用的氣象衛(wèi)星、導航衛(wèi)星等都采納這種軌道。如圖所示，若某顆極地軌道衛(wèi)星從北緯45°的正上方按圖示方向首次運行到南緯45°的正上方用時45分鐘，則（）A.該衛(wèi)星放射速度肯定小于7.9km/sB.該衛(wèi)星軌道半徑與同步衛(wèi)星軌道半徑之比為1∶4C.該衛(wèi)星加速度與同步衛(wèi)星加速度之比為2∶1D.該衛(wèi)星的機械能肯定小于同步衛(wèi)星的機械能【答案】B【解析】【詳解】A．依據第一宇宙速度的概念可知，該衛(wèi)星放射速度肯定大于7.9km/s，故A錯誤；

B．由題意可知，衛(wèi)星的周期萬有引力供應向心力，由牛頓其次定律得解得該衛(wèi)星軌道半徑與同步衛(wèi)星軌道半徑之比故B正確；C．萬有引力供應向心力，由牛頓其次定律得解得該衛(wèi)星加速度與同步衛(wèi)星加速度之比故C錯誤；D．由于由于不知該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的質量關系，無法比較其機械能大小，故D錯誤。

故選AB。4.如下圖所示，ab間接入u=200sin100πtV的溝通電源，志向變壓器的原副線圈匝數比為2︰1，Rt為熱敏電阻，且在此時的環(huán)境溫度下Rt=2Ω(溫度上升時其電阻減小)，忽視保險絲L的電阻，電路中電表均為志向電表，電路正常工作，則A.電壓表的示數為100VB.保險絲的熔斷電流不小于25AC.原副線圈溝通電壓的頻率之比為2︰1D.若環(huán)境溫度上升，電壓表示數減小，電流表示數減小，輸入功率不變【答案】B【解析】【分析】依據變壓器初次級的匝數比求解次級電壓有效值即為電壓表讀數；熔斷電流是指有效值；變壓器不變更溝通電的頻率；環(huán)境溫度上升，則熱敏電阻阻值減小，依據次級電壓不變進行動態(tài)分析.【詳解】ab端輸入電壓有效值為200V，由于志向變壓器的原副線圈匝數比為2︰1，可知次級電壓有效值為100V，即電壓表的示數為100V，選項A錯誤；次級電流有效值為，則初級電流有效值，則保險絲的熔斷電流不小于25A，選項B正確；變壓器不變更溝通電壓的頻率，原副線圈的溝通電壓的頻率之比為1︰1，選項C錯誤；若環(huán)境溫度上升，Rt電阻減小，但是由于次級電壓不變，則電壓表示數不變，電流表示數變大，次級功率變大，則變壓器的輸入功率變大，選項D錯誤；故選B.【點睛】要知道有效值的物理意義，知道電表的讀數都是有效值；要知道變壓器的原副線圈的電壓比等于匝數比，并會計算；要會分析電路的動態(tài)變更，總的原則就是由部分電路的變更確定總電路的變更的狀況，再確定其他的電路的變更的狀況．5.如圖所示，在直角坐標系xOy平面內存在一正點電荷Q，坐標軸上有A、B、C三點，OA=OB=BC=a，其中A點和B點電勢相等，O點和C點的電勢相等，靜電力常量為k，則下列說法正確的是（）A.點電荷Q位于O點B.O點電勢比A點電勢高C.C點的電場強度大小為D.將某一正摸索電荷從A點沿直線移動到C點，電勢能始終減小【答案】C【解析】因A點和B點的電勢相等，O點和C點的電勢相等，故A、B到點電荷的距離相等，O、C到點電荷的距離也相等，則點電荷位置如圖所示由圖可知A錯誤，因點電荷帶正電，故離點電荷越近電勢越高，故O點電勢比A點低，故B錯誤，由圖可知OC的距離，依據，得，故C正確；由圖可知，將正摸索電荷從A點沿直線移動到C點，電勢先上升再降低，故電勢能先增大再減小，故D錯誤，故選C.6.從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和．取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變更如圖所示．重力加速度取10m/s2．由圖中數據可得()A.物體的質量為1kgB.物體受到的空氣阻力是5NC.h=2m時，物體的動能Ek=60JD.物體從地面上升到最高點用時0.8s【答案】BD【解析】【詳解】A．由圖知，h=4m時Ep=80J，由Ep=mgh得m=2kg，故A錯誤．B．上升h=4m的過程中機械能削減△E=20J，依據功能關系可得fh=△E解得f=5N，故B正確；C．h=2m時，Ep=40J，E總=90J，則物體的動能為Ek=E總-Ep=50J故C錯誤．D．物體的初速度從地面至h=4m用時間故D正確．7.在光滑的水平面上，一滑塊的質量m=2kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力F=4N（方向未知）作用下運動，如圖所示給出了滑塊在水平面上運動的一段軌跡，滑塊過PQ兩點時速度大小均為v=5m/s?；瑝K在P點的速度方向與PQ連線夾角α=37°，sin37°=0.6，則（）A.水平恒力F的方向與PQ連線成53°夾角B.滑塊從P到Q的時間為3sC.滑塊從P到Q的過程中速度最小值為4m/sD.PQ兩點連線的距離為12m【答案】BCD【解析】【詳解】A．設水平恒力F的方向與PQ連線夾角為β，滑塊過P、Q兩點時的速度大小相等，依據動能定理得FxPQcosβ=△Ek=0得β=90°，即水平恒力F與PQ連線垂直且指向軌跡的凹側，故A錯誤；

B．把P點的速度分解在沿水平力F和垂直水平力F兩個方向上，沿水平力F方向上滑塊先做勻減速后做勻加速直線運動，有當F方向速度為零時，時間為依據對稱性，滑塊從P到Q時間為t'=2t=3s故B正確；C．當F方向速度為零時，只有垂直F方向的速度v'=vcos37°=4m/s此時速度方向與F垂直，速度最小，故C正確；D．垂直F的方向上物塊做勻速直線運動，有xPQ=v't'=12m故D正確。故選BCD。8.如圖所示，兩根質量均為m的金屬棒垂直地放在光滑的水平導軌上，左、右兩部分導軌間距之比為1∶2，導軌間左、右兩部分有大小相等、方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻，現用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右運動距離為s的過程中，AB棒上產生的焦耳熱為Q，此時AB棒和CD棒的速度大小均為v，此時馬上撤去拉力F，設導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，則下列說法正確的是（）A.v的大小等于B.撤去拉力F后，AB棒的最終速度大小為v，方向向右C.撤去拉力F后，CD棒的最終速度大小為v，方向向右D.撤去拉力F后，整個回路產生的焦耳熱為mv2【答案】AC【解析】【詳解】A．兩棒的長度之比為1：2，所以電阻之比為1：2，由于電路在任何時刻電流均相等，依據焦耳定律：Q=I2Rt，所以CD棒的焦耳熱為2Q，在CD棒向右運動距離為s的過程中，依據功能關系有解得故A正確；

BC．令AB棒的長度為l，則CD棒長為2l，撤去拉力F后，AB棒接著向左加速運動，而CD棒向右起先減速運動，兩棒最終勻速運動時，電路中電流為零，兩棒切割磁感線產生的感應電動勢大小相等，此時兩棒的速度滿意BlvAB′=B?2lvCD′即vAB′=2vCD′對兩棒分別應用動量定理，有FABt=mvAB′-mv-FCDt=mvCD′-mv因為FCD=2FAB所以vAB′＝vvCD′＝v故B錯誤，C正確；D．撤去外力F到最終穩(wěn)定運動過程依據能量守恒定律故D錯誤。故選AC。第II卷（非選擇題部分，共174分）三、非選擇題：共174分。第22~32題為必考題，每個試題考生都必需作答。第33~38題為選考題，考生依據要求作答。（一）必考題：共129分。9.某學習小組用圖甲所示的試驗裝置探究動能定理。A、B處分別為光電門，可測得小車遮光片通過A、B處所用的時間；用小車遮光片通過光電門的平均速度表示小車通過A、B點時的速度，鉤碼上端為拉力傳感器，可讀出細線上的拉力F。(1)用螺旋測微器測量小車上安裝的遮光片寬度如圖丙所示，則寬度d=__________mm，適當墊高木板O端，使小車不掛鉤碼時能在長木板上勻速運動。掛上鉤碼，從O點由靜止釋放小車進行試驗；(2)保持拉力F=0.2N不變，僅變更光電門B的位置，讀出B到A的距離s，記錄對于的s和tB數據，畫出圖像如圖乙所示。依據圖像可求得小車的質量m=__________kg；(3)該試驗中不必要的試驗要求有__________A．鉤碼和拉力傳感器的質量遠小于小車的質量B．畫出圖像需多測幾組s、tB的數據C．測量長木板墊起的高度和木板長度D．選用寬度小一些的遮光片【答案】(1).1.125(2).0.6(3).AC【解析】【詳解】(1)[1]．依據螺旋測微器的讀數規(guī)則可知，固定刻度為1mm，可動刻度為12.5×0.01mm=0.125mm，則遮光片寬度：d=1mm+0.125mm=1.125mm。

(2)[2]．小車做勻加速直線運動，通過光電門的時間為tB，利用平均速度等于中間時刻的瞬時速度可知，小車通過光電門B的速度設通過光電門A的速度為vA，依據動能定理可知解得比照圖象可知，斜率解得小車的質量m=0.6kg(3)[3]．A．小車受到的拉力可以通過拉力傳感器得到，不須要鉤碼和拉力傳感器的質量遠小于小車的質量，故A錯誤；

B．為了削減試驗誤差，畫出s-vB2圖象需多測幾組s、tB的數據，故B正確；

C．試驗前，須要平衡摩擦力，不須要測量長木板墊起的高度和木板長度，故C錯誤；

D．選用寬度小一些的遮光片，可以削減試驗誤差，使小車經過光電門時速度的測量值更接近真實值，故D正確。

本題選不必要的，即錯誤的，故選AC。10.LED綠色照明技術已經走進我們的生活．某試驗小組要精確測定額定電壓為3V的LED燈正常工作時的電阻，已知該燈正常工作時電阻大約500Ω，電學符號與小燈泡電學符號相同．試驗室供應的器材有：A電流表A1(量程為0至50mA，內阻RA1約為3Ω)B電流表A2(量程為0至3mA，內阻RA2＝15Ω)C定值電阻R1＝697ΩD定值電阻R2＝1985ΩE.滑動變阻器R(0至20Ω)一只F.電壓表V(量程為0至12V，內阻RV＝1kΩ)G.蓄電池E(電動勢為12V，內阻很小)F.開關S一只(1)如圖所示，請選擇合適的器材，電表1為________，電表2為________，定值電阻為________．（填寫器材前的字母編號）(2)將采納的電路圖補充完整________．(3)寫出測量LED燈正常工作時的電阻表達式Rx＝__________________(填字母)，當表達式中的________(填字母)達到________，登記另一電表的讀數代入表達式，其結果為LED燈正常工作時電阻．（所填符號角標要與題中儀器名稱符號角標一樣，如A1的示數為I1，A2的示數數為I2）【答案】(1).F(2).B(3).D(4).(5).(6).I2(7).1.5mA【解析】【詳解】(1)(2)要精確測定額定電壓為3V的LED燈正常工作時的電阻，需測量LED燈兩端的電壓和通過LED燈的電流，由于電壓表的量程較大，測量誤差較大，不能用已知的電壓表測量LED兩端的電壓，可以將電流表A2與定值電阻串聯改裝為電壓表測量電壓；改裝電壓表的內阻：，A2的內阻約為15Ω，則定值電阻應選D；LED燈正常工作時的電流約為左右，電流表的量程較小，電流表不能精確測量電流，可以用電壓表測量電流；因為滑動變阻器阻值遠小于LED的電阻，所以滑動變阻器采納分壓式接法．電路圖如圖所示：由以上分析可知，電表1為F，電表2為B，定值電阻為D．(3)依據閉合電路歐姆定律知，燈泡兩端的電壓U=I2（R+RA2），，通過燈泡的電流，所以LED燈正常工作時的電阻，改裝后的電壓表內阻為RV=1985+15Ω=2000Ω，則當I2=1.5mA時，LED燈兩端的電壓為3V，達到額定電壓，測出來的電阻為正常工作時的電阻．11.如圖所示，質量M=2kg的木板A靜止在光滑水平面上，質量m=1kg的小物塊B(大小不計)靜止在木板的左端，物塊和木板間的動摩擦因數μ=0.4，現突然對物塊施加一水平向右的恒定拉力F=9N，左右1s后撤去拉力，最終物塊B恰好沒有滑離木板A，取g=10m/s2，求:(1)力F做功W；(2)木板的長度L．【答案】(1)22.5J(2)2.25m【解析】【詳解】（1）拉力作用時，設B物體的加速度為a1，F-μmg=ma1物塊對地的位移為x1，x1=WF=Fx1聯立解得：WF=22.5JJ（2）撤去拉力時，設B物體的加速度為a2對木板：μmg=Ma21s末B的速度為v1，A的速度為v2v1=a1tv2=a2t相對滑動的位移為撤去拉力后系統(tǒng)動量守恒由能量守恒定律得：解得：L=2.25m【點睛】（1）對B物體受力分析，由牛頓其次定律可求得其加速度，再由位移時間公式求出1s內B的位移，即可求得力F做的功W；（2）由牛頓其次定律求出A的加速度．由位移公式和位移關系求出1s內B相對于A滑行的位移．并由速度公式求出1s末兩個物體的速度．撤去F后系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律和能量守恒定律結合求出1s內兩者的相對位移，從而得到木板的長度L．12.如圖所示，半徑為R的圓與正方形abcd相內切，在ab、dc邊放置兩帶電平行金屬板，在板間形成勻強電場，且在圓內有垂直紙面對里的勻強磁場．一質量為m、帶電荷量為+q的粒子從ad邊中點O1沿O1O方向以速度v0射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域，并從bc邊中點O2飛出．若撤去磁場而保留電場，粒子仍從O1點以相同速度射入，則粒子恰好打到某極板邊緣．不計粒子重力．（1）求兩極板間電壓U的大?。?）若撤去電場而保留磁場，粒子從O1點以不同速度射入，要使粒子能打到極板上，求粒子入射速度的范圍．【答案】（1）（2）【解析】試題分析：（1）由粒子的電性和偏轉方向，確定電場強度的方向，從而就確定了兩板電勢的凹凸；再依據類平拋運動的規(guī)律求出兩板間的電壓．（2）先依據有兩種場均存在時做直線運動的過程，求出磁感應強度的大小，當撤去電場后，粒子做勻速圓周運動，要使粒子打到板上，由幾何關系求出最大半徑和最小半徑，從而由洛侖茲力供應向心力就能得出最大的速度和最小速度．（1）無磁場時，粒子在電場中做類平拋運動，依據類平拋運動的規(guī)律有：，，解得：（2）由于粒子起先時在電磁場中沿直線通過，則有：撤去電場保留磁場粒子將向上偏轉，若打到a點，如圖甲圖：由幾何關系有：由洛倫茲力供應向心力有：解得：若打到b點，如圖乙所示：由幾何關系有：由洛倫茲力供應向心力有：解得：故（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。假如多做，則每學科按所做的第一題計分。13.關于熱學規(guī)律，下列說法正確的是（）A.熱量可以自發(fā)地從高溫物體向低溫物體傳遞，但要從低溫物體向高溫物體傳遞，必需有第三者介入B.假如用Q表示物體汲取的能量，用W表示物體對外界所做的功，ΔU表示物體內能的增加，那么熱力學第肯定律可以表達為C.蒸發(fā)的快慢與空氣的濕度有關，與氣溫無關D.攝氏溫度是國際單位制中七個基本物理量之一，攝氏溫度t與熱力學溫度T的關系是E.在用油膜法估測分子的直徑的試驗中，主要是解決兩個問題：一是獲得很小的一滴油酸并測出其體積，二是測量這滴油酸在水面上形成的油膜面積【答案】ABE【解析】【詳解】A．由熱力學其次定律知，熱量可以自發(fā)地從高溫物體向低溫物體傳遞，但要從低溫物體向高溫物體傳遞，必需有第三者介入，選項A正確；

B．熱力學第肯定律表達為Q=△U+W，其中Q表示物體汲取的能量，用W表示物體對外界所做的功，故B正確；

C．蒸發(fā)的快慢與液體表面積大小、氣溫凹凸、氣體表面的空氣流淌速度等有關，故C錯誤；

D．熱力學溫度是國際單位制中七個基本物理量之一，故D錯誤；

E．在用油膜法估測分子的直徑的試驗中，主要是解決兩個問題：一是獲得很小的一滴油酸并測出其體積，二是測量這滴油酸在水面上形成的油膜面積，故E正確。

故選ABE。14.如圖所示，在水平桌面上，導熱氣缸內橫截面積為S的輕質活塞封閉著肯定質量的氣體．一質量為m的砝碼盤(含砝碼)用輕繩經光滑定滑輪與缸中活塞豎直相連接，活塞與氣缸壁間無摩擦．當環(huán)境溫度溫度為T時，活塞與缸底的距離為h．現使環(huán)境溫度緩慢降為．①活塞再次平衡時，活塞與缸底距離是多少?②保持環(huán)境溫度為不變，為使活塞返回原位置，需在盤中漸漸添加砝碼的質量為Δm，求大氣壓強的大?。敬鸢浮竣佗凇窘馕觥吭囶}分析：（i）分析氣體初末狀態(tài)的參量，氣體發(fā)生等壓變更，由蓋呂薩克定律求解即可，（ii）分析氣體初末狀態(tài)的參量，氣體發(fā)生等溫變更，由玻意爾定律求解即可.（i）設再次平衡時，活塞離缸底的高度為h1．環(huán)境溫度緩慢降低過程中，氣缸中氣體壓強不變．初始時，溫度為，體積為，變更后溫度為，體積為氣體發(fā)