云南省玉溪市新平一中2025屆高三物理上學期開學考試試題含解析

PAGE16-云南省玉溪市新平一中2025屆高三物理上學期開學考試試題（含解析）分卷I一、單選題(共10小題,每小題3.0分,共30分)1.如圖所示，志向變壓器原、副線圈匝數n1∶n2∶n3＝3∶2∶1，副線圈n2接有“8V,8W”的燈泡L1、L2，副線圈n3上接有“6V,9W”的燈泡L3、L4，原線圈上接有電阻R1＝3Ω，當a、b端接入交變電源后，L1、L2正常發(fā)光，則交變電源的輸出功率為()A.72WB.36WC.34WD.24W【答案】B【解析】燈泡L1、L2的電阻，燈泡L3、L4的電阻．L1、L2正常發(fā)光，則副線圈n2兩端電壓U2＝8V，據可得，原線圈兩端電壓U1＝12V，副線圈n3兩端電壓U3＝4V，燈泡L1、L2的并聯電阻，燈泡L3、L4的并聯電阻為，輸出功率為四個燈泡功率之和，原線圈的電流，R1的功率為，則交變電源的輸出功率．故B項正確．2.如圖所示，a、b、c三個環(huán)水平套在條形磁鐵外面，其中a和b兩環(huán)大小相同，c環(huán)最大，a環(huán)位于N極處，b和c兩環(huán)位于條形磁鐵中部，則穿過三個環(huán)的磁通量的大小是()A.c環(huán)最大，a與b環(huán)相同B.三個環(huán)相同C.b環(huán)比c環(huán)大D.a環(huán)肯定比c環(huán)大【答案】C【解析】【詳解】全部磁感線都從條形磁鐵內部通過，且與外部磁感線方向相反，所以外部磁感線越多，磁通量越小，C正確ABD錯誤。故選：C。3.在靜電場中，下列有關電勢能、電勢推斷正確的是（）A.電勢能、電勢都是僅有電場本身因素確定，與處于電場中的電荷無關B.電勢高的地方，電荷的電勢能肯定大C.電勢能等于兩點的電勢差D.某點電勢的大小等于單位電荷在該點與在參考點的電勢能差的大小【答案】D【解析】【詳解】電勢僅有電場本身因素確定，電勢能與電勢和處于電場中的電荷都有關，選項A錯誤；電勢高的地方，正電荷的電勢能肯定大，負電荷的電勢能小，選項B錯誤；電勢能等于電勢與電量的乘積，選項C錯誤；某點電勢的大小等于單位電荷在該點與在參考點的電勢能差的大小，選項D正確；故選D.4.我國古代四大獨創(chuàng)中，涉及到電磁現象應用的獨創(chuàng)是()A.指南針 B.造紙術 C.印刷術 D.火藥【答案】A【解析】【詳解】指南針利用地磁。故選：A。5.兩個電阻，R1=8Ω，R2=2Ω，并聯在電路中，欲使這兩個電阻消耗的電功率相等，可行的方法是()A.用一個阻值為2Ω的電阻與R2串聯B.用一個阻值為1Ω的電阻與R2串聯C.用一個阻值為6Ω的電阻與R1串聯D.用一個阻值為2Ω的電阻與R1串聯【答案】A【解析】詳解】兩個電阻并聯，由可知要使這兩個電阻消耗的電功率相等，應使P2減小為原來的四分之一，只要使R2兩端的電壓減半（R2不變），電功率就可以減小為原來的四分之一，所以串聯一個等值電阻（2Ω）即可，若電阻與R1串聯，R1的電壓減小，功率更小，兩個電阻的功率不行能相等故選A。6.一束波長為7×10－5cm的光波，每秒鐘有3×1015個光子通過一個與光線垂直的平面，另有一束光，它傳輸相同的能量，但波長為4×10－5cm，那么這束光每秒鐘通過這垂直平面的光子數目為(A.0.58×1015個 B.3×1015C.1.71×1015個 D.5.25×1015個【答案】C【解析】【詳解】一個光能量為每秒鐘傳輸的光的能量為由傳輸相同的能量可得解得故選C。7.如圖所示，在絕緣的水平面上等間距固定著三根相互平行的通電直導線a、b和c，各導線中的電流大小相同，其中a、c導線中的電流方向垂直紙面對外，b導線中電流方向垂直紙面對里，每根導線都受到另外兩根導線對它的安培力作用，則關于每根導線所受安培力的合力，以下說法正確的是A.導線a所受合力方向水平向左B.導線a所受合力方向水平向右C.導線c所受合力方向水平向左D.導線b所受合力方向水平向左【答案】A【解析】【詳解】AB.對來說，受到的斥力和的引力，而靠近，所以對的作用力更大，所以受到的合力向左，故A正確，B錯誤；C.對來說，和的狀況正好相反，所以合力向右，故C錯誤；D.對來說，受到、的斥力，并且是相等的，所以受到的合力為0，故D錯誤．故選：A?？键c：左手定則、安培力【名師點睛】本題考查了學生對用安培定律中導線之間相互作用力、電流的大小、導線之間的距離等因素的關系了解和駕馭，屬于常見題型．8.如圖所示，電場中有a、b、c三點，一個電荷量為q=+2×10-8C的檢驗電荷在b點受到的靜電力是F=6×10-6N，方向由b指向c，關于b點的電場強度，下列說法正確的是（A.b點場強大小是300N/C、方向由b指向aB.b點的場強大小是300N/C，方向由b指向cC.若在b點改放一個q=-1×10-8C的電荷，則該點的場強變?yōu)?00N/C，方向由b指向D.若在b點改放一個q=-1×10-8C的電荷，則該點的場強變?yōu)?00N/C，方向仍由b指向【答案】B【解析】【詳解】b點的電場強度，電場強度的方向與正電荷所受電場力方向相同，可知b點的場強方向由b指向c，故A錯誤，B正確．某點的電場強度與放入該點的電荷電量和電性無關，故CD錯誤．故選B．9.如圖所示圓環(huán)形導體線圈平放在水平桌面上,在的正上方固定一豎直螺線管,二者軸線重合,螺線管與電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路.若將滑動變阻器的滑片向下滑動,下列表述正確的是(

)A.線圈中將產生俯視順時針方向的感應電流B.穿過線圈的磁通量變小C.線圈有擴張的趨勢D.線圈對水平桌面的壓力FN將增大【答案】D【解析】【詳解】當滑動變阻器的滑片P向下滑動時，接入電路中的電阻變小，所以流過線圈b的電流增大，所以穿過線圈a的磁通量變大．由右手定則可以推斷出穿過線圈a的磁通量增大的方向向下，所以依據楞次定律可知線圈a中感應電流所產生的磁場方向向上，再由右手定則可知線圈a中感應電流方向為俯視逆時針，故AB錯誤．滑片P向下移動使得穿過線圈a的磁通量增加，依據楞次定律的描述“感應電流產生的效果總是阻礙引起感應電流的緣由”，只有線圈a面積減小才能阻礙磁通量的增加，所以線圈a應有收縮的趨勢，故C錯誤．滑片P為不動時，線圈a對桌面的壓力等于線圈a的重力．當滑片P向下滑動時，采納等效法，將線圈a和螺線管b看做兩個條形磁鐵，由楞次定律可以推斷出兩條形磁鐵的N級相對，相互排斥，所以線圈a對水平桌面的壓力變大，故D正確．故選D10.下列關于放射性現象的說法中，正確的是()A.原子核發(fā)生α衰變時，生成核與原來的原子核相比，中子數削減了4B.原子核發(fā)生α衰變時，生成核與α粒子的總質量等于原來的原子核的質量C.原子核發(fā)生β衰變時，生成核的質量數比原來的原子核的質量數多1D.發(fā)生衰變時原子核要釋放能量【答案】D【解析】【詳解】A．原子核發(fā)生α衰變時，生成核與原來的原子核相比，質量數少4，電荷數少2，則中子數削減了2，選項A錯誤；B．原子核發(fā)生α衰變時，生成核與α粒子的總質量數等于原來的原子核的質量數，選項B錯誤；C．原子核發(fā)生β衰變時，生成核的質量數與原來的原子核的質量數相等，選項C錯誤；D．發(fā)生衰變時有質量虧損，則原子核要釋放能量，選項D正確。故選D二、多選題(共4小題,每小題4.0分,共16分)11.如圖所示原、副線圈匝數比為2∶1的志向變壓器正常工作時A.原、副線圈磁通量之比為2∶1B.原、副線圈電流之比為1∶2C.輸入功率和輸出功率之比為1∶1D.原、副線圈磁通量改變率之比為1∶1【答案】BCD【解析】【詳解】AD．志向變壓器中原副線圈的磁通量相等，磁通量的改變率相等，選項A錯誤，D正確；C．輸入功率與輸出功率相等，則選項C正確；B．依據，選項B正確；故選BCD．12.長為的水平極板間有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度為B，板間距離也為，板不帶電．現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采納的方法是()A.使粒子的速度v<B.使粒子的速度v>C.使粒子的速度v>D.使粒子的速度<v<【答案】AB【解析】【分析】帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力作用而做勻速圓周運動，由洛倫茲力供應向心力，據此可以求得粒子做圓周運動的半徑和速度的關系，再依據幾何關系求出粒子剛好射出磁場時的軌道半徑范圍，即可求得粒子速度的范圍；【詳解】欲使粒子不打在極板上，如圖所示，帶正電的粒子從左邊射出磁場時，其在磁場中圓周運動的半徑

粒子在磁場中做圓周運動由洛倫茲力供應向心力，即：

可得粒子做圓周運動的半徑：

所以粒子不打到極板上且從左邊射出，則：即：．

帶正電的粒子從右邊射出，如圖所示，此時粒子的最小半徑為R，由上圖可知：；可得粒子圓周運動的最大半徑：

則：

即：

故欲使粒子不打在極板上，粒子的速度必需滿意或，故AB正確，CD錯誤．【點睛】本題是帶電粒子在有界磁場中運動的問題，利用幾何關系求出軌跡半徑是解題的關鍵，還要能依據淪洛倫茲力供應向心力得到粒子做圓周運動的半徑和粒子速度的關系．13.如圖所示為氫原子的能級圖，已知可見光的光子能量范圍約為1.62～3.11eV，鎂板的逸出功為5.9eV，以下說法正確的是()A.用氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時放射的光照耀鎂板肯定不能產生光電效應現象B.用能量為11.0eV自由電子轟擊處于基態(tài)的氫原子，可使其躍遷到激發(fā)態(tài)C.處于n＝2能級的氫原子可以汲取隨意頻率的紫外線，并且使氫原子電離D.處于n＝4能級的氫原子可以汲取隨意頻率的紫外線，并且使氫原子電離【答案】BD【解析】【詳解】A．氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時放射的光子能量大于5.9eV，會使鎂板發(fā)生光電效應，故A錯誤．B．n=1和n=2能級的能量差為10.2eV，用能量為11.0eV的自由電子轟擊，氫原子會汲取10.2eV的能量從基態(tài)躍遷到n=2能級；剩余的能量返還給電子；故B正確．C．紫外線的光子能量大于3.11eV，n=2能級的氫原子汲取大于3.4eV的光子的能量才會電離，因此n=2能級的氫原子不能汲取隨意頻率的紫外線；光子的能量等于兩能級間的能級差，才能被汲取，故C錯誤．D．處于n=4能級的氫原子的能量為-0.85eV，紫外線的光子能量大于3.11eV，可知處于n=4能級的氫原子可以汲取隨意頻率的紫外線，并且使氫原子電離，故D正確．故選BD。14.某同學質量為60kg，在軍事訓練中要求他從岸上以大小為2m/s的速度跳到一條向他緩緩飄來的小船上，然后去執(zhí)行任務，小船的質量是140kg，原來的速度大小是0.5m/s，該同學上船后又跑了幾步，最終停在船上．則()A.人和小船最終靜止在水面上 B.該過程同學的動量改變量為105kg·m/sC.船最終的速度是0.25m/s D.船的動量改變量是70kg·m/s【答案】BC【解析】【詳解】AC．規(guī)定該同學原來速度方向為正方向.設該同學上船后，船與該同學的共同速度為v.由題意，水的阻力忽視不計，該同學跳上小船后與小船達到共同速度的過程，該同學和船組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，則由動量守恒定律得m人v人－m船v船=（m人+m船）v代入數據解得v=0.25m/s方向與該同學原來的速度方向相同，與船原來的速度方向相反，故A錯誤，C正確；B．該同學的動量改變量為Δp=m人v－m人v人=60×（0.25－2）kg·m/s=－105kg·m/s負號表示方向與選擇的正方向相反，故B正確；D．船的動量改變量為Δp＇=m船v－m船v船=140×[0.25－（－0.5）]kg·m/s=105kg·m/s故D錯誤.故選BC。分卷II三、試驗題(共2小題,共15分)15.如圖所示，在“驗證碰撞中的動量守恒”試驗中，P為入射球A未與被碰球B碰撞時的落點，M為它與B球碰后的落點，N為B球的落點，這個試驗對小球質量mA和mB的要求是mA______mB（填“>”、“=”、“<”）。為了能用OP長度表示球A的初速度，OM和ON長度分別表示球A和球B的末速度，則必需做到______，用圖中標出的符號和測出的數據列出驗證動量守恒的表達式為______?！敬鸢浮?1).(2).斜槽末端切線水平(3).【解析】【詳解】[1]為了防止試驗中入射球反彈，應保證入射球的質量大于被碰球的質量；[2]為了能用OP長度表示球A的初速度，OM和ON長度分別表示球A和球B的末速度，必需讓小球水平拋出，應讓斜槽末端切線水平；[3]由于兩球從同一高度起先下落，且下落到同一水平面上，故兩球下落的時間相同。依據動量守恒定律可得在水平方向有故由圖可知，不放被碰球時A的水平位移為；兩球相碰后，水平位移分別為和；故應驗證的表達式為16.有以下可供選用的器材及導線若干條，要求運用個數最少的儀器盡可能精確地測量一個電流表的滿偏電流．A．被測電流表A1：滿偏電流約700～800，內阻約100Ω，刻度勻稱、總格數為N；B．電流表A2：量程0.6A，內阻0.1Ω；C．電壓表V：量程3V，內阻3kΩ；D．滑動變阻器R1：最大阻值200Ω；E．滑動變阻器R2：最大阻值1kΩ；F．電源E：電動勢3V、內阻1.5Ω；G．開關一個.（1）選用的器材應為_____________．（填A→G字母代號）（2）在虛線框內畫出試驗電路圖，并在每個選用的儀器旁標上題目所給的字母序號．（）（3）測量過程中測出多組數據，其中一組數據中待測電流表A1的指針偏轉了n格，可算出滿偏電流Ig=________，式中除N、n外，其他字母符號代表的物理量是_____________．【答案】(1).ACDFG(2).(3).(4).U為電壓表讀數，RV為電壓表內阻【解析】【詳解】（1）[1]．其中AFG為必選器材，為了滑動便利，應選擇最大阻值較小的滑動變阻器，以及電壓表V，題目中的電流表量程0.6安，指針偏角過小誤差較大，舍去；故選擇的器材有：ACDFG；

（2）[2]．電壓表量程3V，內阻3kΩ，滿偏電流為，與待測電流表類似，可以當作電流表運用；與待測電流表串聯即可；因為要求精確，故采納滑動變阻器分壓式接法，電壓可以連續(xù)調整，電路圖如圖所示：

（3）[3][4]．待測電流表總格數為N，電流等于電壓表電流，為：；電流表與電壓表串聯，電流相等，故：n：N=I：Ig故其中U為電壓表讀數，RV為電壓表內阻；四、計算題17.如圖所示，A、B兩平行金屬板間的勻強電場的場強E＝2×105V/m，方向如圖所示．電場中a、b兩點相距10cm，ab連線與電場線成60°角，a點距A板2cm，b點距B板3cm，求：(1)電勢差UAa、Uab和UAB；(2)用外力F把電荷量為1×10－7C的正電荷由b點勻速移動到a點，那么外力F【答案】（1）4000V；1×104V；2×104V（2）1×10-3J【解析】（1）勻強電場中兩點之間的電勢差，跟兩點之間的有效距離成正比．

UAa=Ed=2×105×0.02V=4×103V

Uab=Ed=2×105×0.1×cos60°=1×104V

UAB=Ed=2×105×（0.1×cos60°+0.03+0.04）=2.4×104V

（2）電場力做功可依據功的一般計算公式W=Flcosα計算：

WF=Fabcos60°=qEabcos60°=10-7×2×105×0.1×0.5=0.001

（J）

點睛：勻強電場中兩點之間的電勢差，跟兩點之間的有效距離成正比．電場力做功：W=Fxcosθ=qELcosθ18.如圖所示，電源電動勢E＝10V，內阻r＝1Ω，R1＝3Ω，R2＝6Ω，C＝30μF.(1)閉合開關S，求穩(wěn)定后通過R1的電流．(2)然后將開關S斷開，求電容器兩端的電壓改變量和流過R1的總電荷量．(3)假如把R2換成一個可變電阻，其阻值可以在0～10Ω范圍改變，求開關閉合并且電路穩(wěn)定時，R2消耗的最大電功率．【答案】（1）1A；（2）1.2×10－4C；（3）【解析】【詳解】(1)穩(wěn)定時，電容看做斷開狀態(tài)，電路中的電流：I＝＝A＝1A(2)S閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)時，電容器兩端的電壓：U＝IR2＝1×6V＝6V斷開后，電容器兩端的電壓為10V所以ΔU＝4V流過R1的總電量為：ΔQ＝ΔU·C＝4×30×10－6C＝1.2×10－4C(3)當R2＝R1＋r＝4Ω時，R2消耗的電功率最大，P2＝E2/4(R1＋r)＝6.25W19.如圖所示，區(qū)域Ⅰ中有豎直向上的勻強電場，電場強度為E；區(qū)域Ⅱ內有垂直紙面對外的水平勻強磁場，磁感應強度為B；區(qū)域Ⅲ中有垂直紙面對里的水平勻強磁場，磁感應強度為2B．一質量為m、帶電量為q的帶負電粒子（不計重力）從左邊界O點正上方的M點