贵州省铜仁市2025届高三物理适应性考试试题一含解析

PAGE16-贵州省铜仁市2025届高三物理适应性考试试题（一）（含解析）二、选择题（本题共8小题，毎小题6分，共48分.在毎小题给出的四个选项中，第14～18题只有－项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1.下列现象中，与原子核内部改变有关的是（）A.自然放射现象 B.光电效应现象C.原子发光现象 D.α粒子散射现象【答案】A【解析】【详解】A．自然放射现象是原子核内部发生改变自发的放射出α粒子或电子，从而发生α衰变或β衰变，反应的过程中核内核子数，质子数，中子数发生改变，故A正确；B．光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的改变，故B错误；C．原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁，释放的能量以光子形式辐射出去，没有涉及到原子核的改变，故C错误；D．α粒子散射试验表明白原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的改变，故D错误。故选A。2.我国相继胜利放射的“实践卫星二十号”和“通信技术试验卫星五号”都属于地球静止轨道卫星，它们均绕地球做匀速圆周运动。则两颗卫星在轨运行的（）A.线速度等于第－宇宙速度 B.动能肯定相等C.向心力大小肯定相等 D.向心加速度大小肯定相等【答案】D【解析】【详解】A．由于两颗卫星属于地球静止轨道卫星，其轨道半径肯定大于地球半径，由公式得由于第一宇宙速度即为半径为地球半径的卫星的线速度，则这两颗卫星在轨运行的线速度肯定小于第一宇宙速度，故A错误；B．由于不清晰两颗卫星的质量，则无法比较两颗卫星的动能，故B错误；C．由于不清晰两颗卫星的质量，则无法比较两颗卫星的向心力，故C错误；D．由于两颗卫星属于地球静止轨道卫星，则两颗卫星的轨道半径肯定相等，由公式得则加速度大小肯定相等，故D正确。故选D。3.如图甲所示，一金属线圈的横截面积为S，匝数为n匝。t=0时刻，磁场平行于线圈轴线向左穿过线圈，其磁感应强度的大小B随时间t改变的关系如图乙所示。则线圈两端a和b之间的电势差Uab（）A.在t=0时刻，Uab=B.在t=t1时刻，Uab=0C.从0~t2这段时间，Uab=D.从0~t2这段时间，Uab=【答案】C【解析】【详解】由图乙可知，磁感应强度在时间内匀称减小，由法拉第电磁感应定律可知则时间内磁感应强度改变率与时间内的相同，则ab两端电势差相等，故ABD错误，C正确。故选C。4.—物块的初速为v0，初动能为Ek0，沿固定斜面（粗糙程度到处相同）向上滑动，然后滑回到原处。此过程中，物块的动能Ek与位移x，速度v与时间t的关系图像正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】AB．设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，依据动能定理可得，上滑过程中则下滑过程中则可知，物块的动能Ek与位移x是线性关系，图像是倾斜的直线，依据能量守恒定律可得，最终的总动能减小，故A正确，B错误；CD．由牛顿其次定律可得，取初速度方向为正方向，物块上滑过程有下滑过程有则物块上滑和下滑过程中加速度方向不变，但大小不同，故CD错误。故选A。5.某体育场看台的风雨棚是钢架结构的，两侧倾斜钢柱用固定在其顶端的钢索拉住，下端用较链与水平地面连接，钢索上有很多竖直短钢棒将棚顶支撑在钢索上，整个系统左右对称，结构简化图如图所示。假设钢柱与水平地面所夹锐角为，钢索上端与钢柱的夹角为，钢索、短钢棒及棚顶的总质量为m，重力加速度为g。则钢柱对钢索拉力的大小为（）A.mg B.mg C.mg D.2mg【答案】B【解析】【详解】钢索、短钢棒及棚顶作为一个整体受到三个力：两端的拉力大小均为F（与水平方向的夹角为），竖直向下的重力，如图，由平衡条件得解得故ACD错误，B正确。故选B。6.如图所示，一志向变压器的原线圈与稳定的正弦沟通电源相连，副线圈与定值电阻R0和匀称密绕的滑线变阻器R串联。若不考虑温度对R0、R阻值的影响。在将滑动头P自a匀速滑到b的过程中（）A.原线圈输入功率变大 B.原线圈两端电压变大C.R两端的电压变小 D.R0消耗的电功率变小【答案】AC【解析】【详解】AB．原线圈与稳定的正弦沟通电源相连，则原线圈两端电压不变，由于匝数比不变，则副线圈两端电压不变，将滑动头P自a匀速滑到b的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，副线圈中电流变大，由公式可知，副线圈功率增大，则原线圈输入功率变大，故A正确，B错误；C．由于副线圈中电流变大，则R0两端电压变大，副线圈两端电压不变，则R两端电压变小，故C正确；D．将副线圈与R0看成电源，由于不知道滑动变阻器的最大阻值与R0的关系，则无法确定R0消耗的电功率的改变状况，故D错误。故选AC。7.如图所示，虚线a、b、c、d代表匀强电场中间距相等的一组等势面。一电子仅在电场力作用下做直线运动，经过a时的动能为9eV，从a到c过程其动能削减了6eV。已知等势面c的电势为3V。下列说法正确的是（）A.等势面a的电势为0B.该电子到达d等势面时的动能为0C.该电子从a到c其电势能削减了6eVD.该电子经过a时的速率是经过c时的倍【答案】BD【解析】【详解】AC．虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面，电子经过a时的动能为9eV，从a到c的过程中动能减小6eV，由能量守恒可知，电势能增加6eV，则所以等势面a的电势为9V，故AC错误；B．匀强电场中间距相等的相邻等势面间的电势差相等，电场力做功相等，动能改变相等，a到c动能减小6eV，则a到d动能减小9eV，所以该电子到达d等势面时的动能为0，故B正确；D．经过a时的动能为9eV，a到c动能减小6eV，则经过c时的动能为3eV，由公式可得则速率之比等动能之比再开方，即电子经过a时的速率是经过c时的倍，故D正确。故选BD。8.一静止在水平地面上的物块，受到方向不变的水平拉力F作用。0~4s时间内，拉力F的大小和物块加速度a的大小随时间t改变的关系分别如图甲、图乙所示。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。由此可求得（）A.物块与水平地面间的最大静摩擦力的大小为2NB.物块的质量等于1.5kgC.在0~4s时间内，合力对物块冲量的大小为6.75N・SD.在0~4s时间内，摩擦力对物块的冲量大小为6N・S【答案】BC【解析】【详解】A．t=1s时，物体起先运动，故此时的拉力等于物体的最大静摩擦力，故有故A错误；B．依据牛顿其次定律有代入得故B正确；C．在v－t图象中，与时间轴所围面积为物体的速度，则有由动量定理可得故C正确；D．在0~4s时间内，F的冲量为则摩擦力冲量为故D错误。故选BC。三、非选择题：共174分9.如图所示，是把量程为0~10mA的电流表改装成欧姆表的结构示意图，其中电池电动势E=1.5V。(1)经改装后，若要确定“0”Ω刻度位置，应将红、黑表笔短接，并调整滑动变阻器R的阻值，使原电流表指针指到____________mA刻度处；(2)改装后的欧姆表的内阻值为____________Ω，电流表2mA刻度处应标____________Ω。【答案】(1).10(2).150(3).600【解析】【详解】(1)[1]依据闭合欧姆定律可知，当电流最大时，测量电阻最小，即若要确定“0”Ω刻度位置，应将红、黑表笔短接，并调整滑动变阻器R的阻值，使原电流表指针指到10mA刻度处(2)[2]改装后欧姆表的内阻为[3]2mA刻度处标10.如图甲所示，一根伸长可忽视的轻绳跨过轻质定滑轮，两个质量相等的砝码盘分别系于绳的两端。甲、乙两位同学利用该装置探究系统加速度与其所受合力的关系。共有9个质量均为m的砝码供试验时运用。请回答下列问题：(1)试验中，甲将左盘拉至恰好与地面接触，乙把5个硅码放在右盘中，4个底码放在左盘中。系统稳定后，甲由静止释放左盘；(2)若要从(1)的操作中获得计算系统加速度大小的数据，下列器材中必需运用的是____（填正确答案标号）；A.米尺B.秒表C.天平D.弹簧秤(3)请说明用(2)中选择的器材要测量本试验中的必要物理量是：_________________；(4)由(3)中测量得到的物理量的数据，依据公式________________（用所测量物理量的符号表示），可以计算岀系统加速度的大小：(5)依次把左盘中砝码逐个移到右盘中，重复(1)(3)(4)操作；获得系统在受不同合力作用下加速度的大小，记录的数据如下表，请利用表中数据在图乙上描点并作出a-F图象___________；(6)从作出的a－F图像能得到的试验结论是：___________________。【答案】(1).AB(2).释放前，用米尺测量右盘离地面的高度h，用秒表记录右盘下落至地面的时间t(3).(4).(5).系统质量肯定时，其加速度与所受合外力成正比【解析】【详解】(2)[1]依据试验原理可知，砝码盘做匀加速直线运动，由公式可知，要得到加速度应测量释放前，用米尺测量右盘离地面高度h，用秒表记录右盘下落至地面的时间t，故AB正确。故选AB；(3)[2]由(2)可知，要测量本试验中的必要物理量，释放前，用米尺测量右盘离地面的高度h，用秒表记录右盘下落至地面的时间t(4)[3]依据试验原理可知，砝码盘做匀加速直线运动，满意(5)[4]依据表格数据描点如图(6)[5]由图像可知，a－F图像为经过原点的一条直线，说明系统质量不变时加速度和合外力成正比。11.如图所示，空间存在一方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面对里的匀强磁场。电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，电场和磁场的分界面为水平面，用图中虚线表示。界面上O点是电场中P点的垂足，M点位于O点的右侧，OM=d，且与磁场方向垂直。一个质量为加、电荷量为g的带负电的粒子，从P点以适当的速度水平向右射出。恰好能经过M点，然后历经磁场一次回到P点。不计粒子的重力。求：(1)P点离O点的高度h；(2)该粒子从P点射岀时的速度大小v0。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】(1)分析如图所示P到M做类平抛运动，进入磁场B中做匀速圆周运动，设在M点速度v的方向与水平方向夹角为θ，在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，有Eq=ma解得(2)在电场中，有d=v0tvy=at解得12.如图所示，长度为l=2m的水平传送带左右两端与光滑的水平面等高，且平滑连接。传送带始终以2m/s的速率逆时针转动。传送带左端水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定，右端与质量为mB物块B相连，B处于静止状态。传送带右端水平面与一光滑曲面平滑连接。现将质量mA、可视为质点的物块A从曲面上距水平面h=1.2m处由静止释放。已知物块"与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，mB=3mA，物块A与B发生的是弹性正撞。重力加速度g取10m/s2。(1)求物块A与物块B第一次碰撞前瞬间的速度大小；(2)通过计算说明物块A与物块B第一次碰撞后能否回到右边曲面上；(3)假如物块A、B每次碰撞后，物块B再回到最初静止的位置时都会马上被锁定，而当他们再次碰撞前瞬间锁定被解除，求出物块A第3次碰撞后瞬间的速度大小。【答案】(1)4m/s；(2)不能通过传送带运动到右边的曲面上；(3)0.5m/s【解析】【详解】(1)设物块A沿光滑曲面下滑至水平面时的速度大小为v0。由机械能守恒定律知:物块在传送带上滑动过程，由牛顿其次定律知：物块A通过传送带后的速度大小为v，有:，解得v=4m/s因v＞2m/s，所以物块A与物块B第一次碰撞前的速度大小为4m/s(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v1、vB，取向右为正方向，由动量守恒有解得m/s即碰撞后物块A沿水平台面对右匀速运动，设物块A在传送带上向右运动的最大位移为，则得所以物块A不能通过传送带运动到右边的曲面上(3)当物块A在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以推断，物块A运动到左边平面时的速度大小为v1，设其次次碰撞后物块A的速度大小为v2，由（2）同理可得则第3次碰撞后物块A的速度大小为m/s13.肯定量志向气体从状态a起先，经验ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p－T图象如图所示。___（选填“a”“b”或“c”）状态分子的平均动能最小，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数_____（选填“相同”或“不同”），ca过程外界对气体做的功___（选填“大于”、“小于”或“等于”）气体放岀的热量。【答案】(1).a(2).不同(3).小于【解析】【详解】[1]由图像可知，a、b和c三个状态中a状态温度最低，分子平均动能最小[2]由图像可知，bc过程气体发生等温改变，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同[3]由图像可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度降低，内能削减，△U＜0，由热力学第肯定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量14.一内横截面积为S的玻璃管下端有一个球形小容器，管内有一段长度为2cm的水银柱。容器内密封肯定质量的志向气体。初始时，环境温度为27，管内（除球形小容器）气柱的长度为L。现再向管内缓慢注入水银，当水银柱长度为4cm时，管内（除球形小容器）气柱的长度为0.8L。整个装置导热良好，已知大气压强p0=76cmHg。（i）求球形小容器的容积；（ii）若将该容器水银柱以下部分浸没在恒温的水中，稳定后，管内（除球形小容器）气柱的长度为0.41L，求水的温度为多少摄氏度。【答案】（i）7LS；（ii）12【解析】【详解】(i)由题意，玻璃管和球形小容器内全部气体先做等温改变，由玻意耳定律有，初状态（注入水银前）：p1=p0+h1，V1=V+LS末状态（注入水银后）p2=p0+h2，V2=V+0.8LS解得V=7LS(ii)依据题意，接着做等压改变，由盖吕萨克定律有，改变前T2=273K+t1改变后T3=273K+t2，V3=V+0.41LS解得t3=1215.如图