天津市靜海區(qū)唐官屯中學2025屆高三物理上學期開學學情調查考試試題

PAGE8-天津市靜海區(qū)唐官屯中學2025屆高三物理上學期開學學情調查考試試題本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共100分，考試用時60分鐘。第Ⅰ卷選擇題(共40分)一、單項選擇題(本題共5小題，每小題5分，共25分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的)1．下列核反應中，屬于α衰變的是()A．115B＋42He→147N＋10nB．2713Al＋21H→2512Mg＋42HeC．23090Th→22688Ra＋42HeD．31H＋11H→42He2．下列說法正確的是()A．肯定質量的志向氣體，溫度不變時，體積減小，壓強減小B．在失重的狀況下，密閉容器內的氣體對器壁沒有壓強C．外界對氣體做功，氣體的內能肯定增大D．氣體的溫度越高，氣體分子無規(guī)則運動的平均動能越大3.一列簡諧橫波在某時刻的波形圖如圖所示，已知圖中質點b的起振時刻比質點a延遲了0.5s，b和c之間的距離是5m，以下說法正確的是()A．此列波的波長為2.5mB．此列波的頻率為2HzC．此列波的波速為2.5m/sD．此列波的傳播方向為沿x軸正方向傳播4.如圖所示，原、副線圈匝數(shù)比為100∶1的志向變壓器，b是原線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為志向電表，從某時刻起先在原線圈c、d兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u1＝310sin314t(V)，則()A．當單刀雙擲開關與a連接時，電壓表的示數(shù)為3.1VB．副線圈兩端的電壓頻率為50HzC．當單刀雙擲開關由a扳向b時，原線圈輸入功率變小D．當單刀雙擲開關由a扳向b時，電壓表和電流表的示數(shù)均變小5.右圖為“嫦娥一號”某次在近地點A由軌道1變軌為軌道2的示意圖，其中B、C分別為兩個軌道的遠地點。關于上述變軌過程及“嫦娥一號”在兩個軌道上運動的狀況，下列說法中正確的是()A．“嫦娥一號”在軌道1的A點處應點火加速B．“嫦娥一號”在軌道1的A點處的速度比在軌道2的A點處的速度大C．“嫦娥一號”在軌道1的B點處的速度比在軌道2的C點處的速度小D．“嫦娥一號”在軌道1的B點處的加速度比在軌道2的C點處的加速度小二、不定項選擇題(本題共3小題，每小題5分，共15分。每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分)6．如圖所示，物體自O點由靜止起先做勻加速直線運動，A、B、C、D為其運動軌跡上的四點，測得AB＝2m，BC＝3m，且物體通過AB、BC、CD所用的時間相等，則下列說法正確的是()A．可以求出物體加速度的大小B．可以求得CD＝4mC．可以求得OA＝1.5mD．可以求得OA＝1.125m7.如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相同，實線為一帶正電的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，由此可知()A．三個等勢面中，c等勢面電勢最高B．帶電質點通過P點時電勢能較大C．帶電質點通過Q點時動能較大D．帶電質點通過P點時加速度較小8.彩虹是懸浮于空氣中的大量小水珠對陽光的色散造成的，如圖所示為太陽光照耀到空氣中的一個小水珠發(fā)生全反射和色散的光路示意圖，其中a、b為兩束頻率不同的單色光。對于這兩束光，以下說法中正確的是()A．單色光a比單色光b的頻率低B．由水射向空氣，a光發(fā)生全反射的臨界角大于b光發(fā)生全反射的臨界角C．在水中a光的傳播速度小于b光的傳播速度D．假如b光能使某金屬發(fā)生光電效應，則a光也肯定能使該金屬發(fā)生光電效應第Ⅱ卷非選擇題(共60分)三、填空試驗題(本題共1小題，共12分)9．(12分)(1)如圖為“用DIS(位移傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計算機)探討加速度和力的關系”的試驗裝置。用鉤碼所受的重力作為小車所受外力，用DIS測小車的加速度。①在該試驗中必需采納限制變量法，應保持________不變。②變更所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復測量。在某次試驗中依據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)可畫出a－F關系圖線(如圖所示)。分析此圖線的OA段可得出的試驗結論是__________________________________________________。③此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要緣由是________。A．小車與軌道之間存在摩擦B．導軌保持了水平狀態(tài)C．所掛鉤碼的總質量太大D．所用小車的質量太大(2)某同學要測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻。老師供應了以下器材：a．電壓表V(15V，10kΩ)b．電流表G(量程3.0mA，內阻Rg＝10Ω)c．電流表A(量程0.6A，內阻約為0.5Ω)d．滑動變阻器R1(0～20Ω，10A)e．滑動變阻器R2(0～100Ω，1A)f．定值電阻R3＝990Ωg．開關S和導線若干①用所給的器材在下面方框中畫出試驗的原理圖。eq\x(\a\al(,,,,,,,))②為了能精確地進行測量，同時為了操作便利，試驗中應選用的滑動變阻器是________(填寫器材編號)。③該同學利用上述試驗原理圖測得以下數(shù)據(jù)，并依據(jù)這些數(shù)據(jù)繪出如圖所示的圖線，依據(jù)圖線可求出電源的電動勢E＝________V(保留三位有效數(shù)字)，電源的內阻r＝________Ω(保留兩位有效數(shù)字)。序號123456電流表G(I1/mA)1.371.351.261.241.181.11電流表A(I2/A)0.120.160.210.280.360.43四、計算題(本題共3小題，共48分)10．(14分)一個平板小車置于光滑水平面上，其右端恰好和一個eq\f(1,4)光滑圓弧軌道AB的底端等高對接，如圖所示。已知小車質量M＝3.0kg，長L＝2.06m，圓弧軌道半徑R＝0.8m。現(xiàn)將一質量m＝1.0kg的小滑塊，由軌道頂端A點無初速釋放，滑塊滑到B端后沖上小車。滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3。(取g＝10m/s2)，試求：(1)滑塊到達B端時，軌道對它支持力的大??；(2)小車運動1.5s時，車右端距軌道B端的距離；(3)滑塊與車面間由于摩擦而產生的內能。11．(16分)如圖是某屏蔽高能粒子輻射的裝置，鉛盒左側面中心O有一放射源可通過鉛盒右側面的狹縫MQ向外輻射α粒子，鉛盒右側有一左右邊界平行的勻強磁場區(qū)域。過O的截面MNPQ位于垂直磁場的平面內，OH垂直于MQ。已知∠MOH＝∠QOH＝53°。α粒子質量m＝6.64×10－27kg，電荷量q＝3.20×10－19C，速率v＝1.28×107m/s；磁場的磁感應強度B＝0.664T，方向垂直于紙面對里；粒子重力不計，忽視粒子間的相互作用及相對論效應，sin53°＝0.80，cos53°＝0.60。(1)求垂直于磁場邊界向左射出磁場的粒子在磁場中運動的時間t；(2)若全部粒子均不能從磁場右邊界穿出，即達到屏蔽作用，求磁場區(qū)域的最小寬度d。12．(18分)如圖所示，空間等間距分布著水平方向的條形勻強磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長，磁感應強度B＝1T，每一條形磁場區(qū)域的寬度及相鄰條形磁場區(qū)域的間距均為d＝0.5m?，F(xiàn)有一邊長l＝0.2m、質量m＝0.1kg、電阻R＝0.1Ω的正方形線框MNOP，以v0＝7m/s的初速度從左側磁場邊緣水平進入磁場。求：(1)線框MN邊剛進入磁場時受到安培力的大小F；(2)線框從起先進入磁場到豎直下落的過程中產生的焦耳熱Q；(3)線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個數(shù)n。物理答案1．B[命題立意]本題考查內能概念、溫度與分子平均動能的關系、氣體壓強的微觀本質。[解析]內能是物體全部分子的分子動能和分子勢能之和，A錯誤；溫度是分子平均動能的標記，溫度越高，分子平均動能越大，大量分子熱運動越猛烈，溫度越低，分子平均動能越小，大量分子熱運動越不猛烈，與氣體體積無關，與氣體做功無關，B正確，D錯誤；氣體的壓強不僅與分子平均動能有關，還與氣體的體積有關，C錯誤。故選B。[誤區(qū)警示]不能認為志向氣體的分子勢能忽視不計，壓強就只與分子平均動能有關。壓強還與單位體積內分子數(shù)有關，單位體積內分子數(shù)越多，撞擊器壁次數(shù)越多，壓強越大。2．B[命題立意]本題考查(同步)靜止軌道衛(wèi)星、第一宇宙速度、其次宇宙速度、向心加速度、萬有引力定律。[解析]靜止軌道衛(wèi)星相對地面靜止，周期為24小時，只能定位于赤道上方，不行能經(jīng)過北京上方，A錯誤；由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)知v＝eq\r(\f(GM,r))，地球靜止軌道衛(wèi)星軌道半徑大于地球半徑，故該衛(wèi)星運行速度小于第一宇宙速度，B正確；若衛(wèi)星放射速度大于其次宇宙速度，將擺脫地球引力束縛，離開地球，C錯誤；由eq\f(GMm,r2)＝ma向得a向＝eq\f(GM,r2)，在地面上有eq\f(GMm,R2地)＝mg，即g＝eq\f(GM,R2地)，因為衛(wèi)星軌道半徑大于地球半徑，所以a<g，D錯誤。故選B。3．C[命題立意]本題考查交變電流圖象、志向變壓器規(guī)律、歐姆定律、有效值。[解析]由圖甲知U1m＝220eq\r(2)V，U1＝eq\f(U1m,\r(2))＝220V，據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得U2＝44V，電壓表示數(shù)為有效值，A錯誤；變壓器不變更溝通電的頻率，由圖象知T＝0.02s，故f＝eq\f(1,T)＝50Hz，B錯誤；由I2＝eq\f(U2,R＋R0)知R減小時I2增大，據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得I1＝eq\f(n2,n1)·I2，所以I1也增大，電流表示數(shù)增大，D錯誤；輸入功率P1＝U1I1，U1不變，I1增大，故P1增大，C正確。故選C。[誤區(qū)警示]①誤以為電壓頻率與匝數(shù)成正比；②誤以為輸入電流與輸出電流成反比。要知道變壓器不變更溝通電頻率；輸入電流與輸出電流成正比，電流與匝數(shù)成反比。4．D[命題立意]本題考查波動圖象、波的傳播、波速、波長與周期關系、同側法、牛頓其次定律。[解析]由圖象知2s內波傳播距離為一個波長，所以周期T＝2s，據(jù)同側法知t＝2s時刻波源O振動方向向下，初始振動方向從平衡位置沿y軸向下，A錯誤；據(jù)同側法知2s時P、Q振動方向均向上，P將向上到達波峰再經(jīng)eq\f(T,4)時間回至平衡位置，Q將干脆回至平衡位置，所以P比Q晚回到平衡位置，B錯誤；2.5s－2s＝0.5s＝eq\f(T,4)，經(jīng)過eq\f(T,4)時間P由波峰向平衡位置運動，Q正在由平衡位置向波峰運動，兩質點速度方向相反，C錯誤；t2＝2.5s時刻，P、Q均在平衡位置上方，位移為正，由a＝－eq\f(kx,m)知加速度均為負方向，D正確。故選D。[名師指導]①在離波源最遠點，即波剛剛到達的位置，據(jù)同側法確定該點的起振方向，各點的起振方向均相同。②在波動圖象最終形成是波峰(離波源最遠端是波峰)，則全部各點起振方向向上，在波動圖象最終形成的是波谷(離波源最遠端是波谷)，則全部各點的起振方向均向下。5．A[命題立意]本題考查共點力平衡、力的分解、力的合成，學生的遷移創(chuàng)新實力。[解析]手機受重力和納米材料的作用力而靜止，二力平衡。重力豎直向下，所以納米材料的作用力豎直向上，A正確；納米材料對手機的作用力為G，B錯誤；據(jù)平衡條件可知，在垂直于支架的方向有FN＝Gcosθ＋F吸，所以FN>Gcosθ，若F吸較大則FN可能大于G，C、D錯誤。故選A。[誤區(qū)警示]不能認為手機與納米材料之間只有吸附力，沒有彈力。它們之間既有吸附力又有彈力。就像磁鐵吸引鐵塊，既有磁場力又有彈力一樣。6．AC[命題立意]本題考查質量虧損、自然放射現(xiàn)象、原子核式結構、β衰變、γ射線的電離實力。[解析]核子結合為原子核，釋放能量，有質量虧損總質量削減，A正確；自然放射現(xiàn)象說明原子核有困難結構，α粒子散射試驗證明原子的核式結構，B錯誤；原子核發(fā)生一次β衰變，有一個中子轉變?yōu)橘|子，釋放一個電子，C正確；γ射線電離實力最差，α射線電離實力最強，D錯誤。故選AC。[誤區(qū)警示]核反應過程遵守質量數(shù)守恒規(guī)律，質量數(shù)即核子數(shù)＝質子數(shù)＋中子數(shù)，質量數(shù)不是質量。由ΔE＝Δmc2，釋放了能量，質量肯定虧損。7．BC[命題立意]本題考查勻變速運動定義、功能關系、電場力做功與電勢能的關系、電勢與電場線的關系。[解析]離口罩越近場強越大，電場力越大，F(xiàn)電＝ma，所以a增大，不是勻變速運動，A錯誤；電場力做正功電勢能削減、機械能增加，B、C正確；電場線由正電荷動身指向無限遠處，沿電場線電勢降低，所以A點電勢低于B點電勢，D錯誤。故選BC。8．BCD[命題立意]本題考查光電效應試驗數(shù)據(jù)處理、光電效應規(guī)律、光電效應方程。[解析]據(jù)Ekm＝hν－W知第一組試驗有1.2eV＝4.0eV－W，W＝2.8eV。其次組試驗有2.9eV＝6.0eV－W′，W′＝3.1eV，逸出功不同，材料不同，A錯誤；由E＝hν＝eq\f(hc,λ)知甲組能量小，波長長，B正確；Ekm＝hν－W＝5.0eV－2.8eV＝2.2eV，C正確；由乙組數(shù)據(jù)知相對光強越強，光電流越大，D正確。故選BCD。[名師指導]本試驗實行限制變量法探究光電流大小、逸出光電子的最大初動能與入射光子的頻率、入射光的相對光強、被照耀金屬的材料之間的關系。要培育由試驗數(shù)據(jù)概括出規(guī)律的實力。9．(1)①刻度尺、天平(帶砝碼)②D③CD[命題立意]本題考查定量探究繩的拉力做功與小車動能變更的關系的試驗器材、留意事項、誤差分析。[解析]①測拉力做功須要測位移，測小車的速度也要測位移，故需用刻度尺測量紙帶上點之間距離。測動能須要用天平測質量，缺少的器材是刻度尺、天平(帶砝碼)。②細繩與木板平行可保證拉力等于小車的合力，拉力做功就是合力做功，可保證拉力做功等于拉力乘以小車的位移，不平行則拉力的分力乘以位移才是拉力做的功，A、B、C錯誤，D正確。故填D。③在接通電源之前釋放小車，紙帶上的點很少或沒有，造成試驗失敗，A錯誤；小車釋放時離計時器太近不影響測量結果，B錯誤；未完全平衡阻力，阻力做負功，據(jù)動能定理知拉力做功大于小車動能增量，C正確；鉤碼做加速運動，鉤碼重力大于細繩拉力，把鉤碼重力做功作為拉力做的功，會大于實際拉力做的功，大于小車動能增量，D正確。故填CD。(2)①×10歐姆調零②如圖所示[命題立意]本題考查多用表測電阻操作步驟，伏安法測電阻的試驗原理、電路設計、儀器選擇。[解析]①由圖象知多用表讀數(shù)約為1×100Ω＝100Ω，指針偏轉角太大，誤差也大。指針指在中值旁邊時讀數(shù)較精確，若換×1倍率，指針約指100刻度線旁邊，偏轉角太小，誤差也比較大。若換×10倍率，指針指在10刻度線旁邊，由圖知為12刻度線，滿意12×10≈1×100。故旋鈕換至×10倍率。每換一次倍率，內部電路發(fā)生了變更，電阻變了，為保證指在0刻度線位置，需進行歐姆調零。②電源電動勢為6V，電壓表量程為50V，指針偏轉角太小，誤差大，故不選用電壓表V。已知內阻的電流表A1與定值電阻R0串聯(lián)可改裝成電壓表，量程為100×10－3×(20＋80)V＝10V，接近6V，指針偏轉角大于三分之一，誤差較小。Rx的阻值約為120Ω，電流表A2內阻約為5Ω，相差不多。所以采納電流表A2外接。要求測多組數(shù)據(jù)，所以變阻器采納分壓接法。見答圖。10．(1)磁場方向垂直于紙面對外(2)(eq\r(2)－1)d(3)R≤eq\f(\r(2),2)d[命題立意]本題考查質譜儀。[解題思路](1)由圖確定洛倫茲力的方向，據(jù)左手定則確定磁場方向。(2)先由動能定理求速度，再由洛倫茲力供應向心力求半徑與質量的關系式。據(jù)幾何學問求氕核的半徑，進而得到氘核半徑，照相底片的放置區(qū)域的長度L可由幾何關系求得。(3)先分析氘核不能打在PQ上時速度方向與PQ的夾角，進而由幾何學問確定磁場區(qū)域半徑。[解](1)磁場方向垂直于紙面對外。(2)由幾何學問知氕核做圓周運動的半徑r＝eq\f(d,2)，據(jù)動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，由洛倫茲力供應向心力qvB＝eq\f(mv2,r)，解得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))。同理可得氘核的半徑r′＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2·2mU,q))，所以r′＝eq\r(2)r＝eq\f(\r(2),2)d，照相底片放置區(qū)域的長度L＝2r′－2r＝(eq\r(2)－1)d。(3)氘核離開磁場時速度方向與PQ平行時剛好不能到達磁場邊界，由幾何學問知R＝r′，所以磁場區(qū)域半徑應滿意的條件是R≤eq\f(\r(2),2)d。11．(1)28N(2)416J(3)260N[命題立意]本題考查運動學公式、牛頓其次定律、動能定理、動量定理。[解題思路](1)先由位移公式求加速度，再據(jù)牛頓其次定律求升力F；(2)由速度公式求勻加速階段的末速度，再由動能定理求動力系統(tǒng)做的功；(3)對下落過程由牛頓其次定律、運動學公式求落地前瞬間的速度，對碰撞過程據(jù)動量定理求彈力。[解](1)設無人機加速上升的加速度大小為a，由位移公式得：h＝eq\f(1,2)at2，代入數(shù)據(jù)得：a＝2m/s2。由牛頓其次定律得：F－mg－f＝ma，解得：F＝28N。(2)無人機離地面的高度h＝16m時的速度為v1＝at＝8m/s，由動能定理得：W－(mg＋f)(H－h(huán))＝0－eq\f(1,2)mv21，解得W＝416J。(3)飛機失去動力下落過程有mg－f＝ma′，v22＝2a′H，碰撞地面過程據(jù)動量定理有(mg－FN)t2＝0－mv2，解得FN＝260N。12．(1)彈體速度增大，反電動勢隨速度增大