天津市和平区2025届高三物理上学期期末考试区统考试题含解析

PAGE16-天津市和平区2025届高三物理上学期期末考试区统考试题（含解析）一、选择题1.北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统．由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星（与地面的相对位置保持不变），3颗倾斜同步轨道卫星（从地球上看是移动的，但却每天同一时刻经过同一特定地区），27颗中地球轨道卫星，下表给出了其中三颗卫星的信息，其中倾角为轨道平面与赤道平面的夹角，下列陈述正确的是卫星放射日期运行轨道北斗﹣G42010年11地球静止轨道160.0°E，高度35815公里倾角0.5°北斗﹣IGSO22010年12倾斜地球同步轨道，高度35833公里54.8°北斗﹣M32012年04中地球轨道，高度21607公里，倾角A.北斗-G4的线速度等于北斗-M3的线速度B.北斗-IGSO2的运行周期和地球自转周期相等C.北斗-G4向心加速度等于地面重力加速度D.北斗-IGSO2的角速度大于北斗-M3的角速度【答案】B【解析】【分析】地球同步卫星轨道只能在赤道上空，依据万有引力供应向心力得出周期与半径的关系，从而推断中地球轨道卫星的运行周期和地球同步卫星的运行周期关系，周期相同，半径相同。【详解】A．由表格可知，北斗G4为同步卫星，北斗M3为中高卫星，依据万有引力供应向心力得可知北斗G4的线速度小于北斗M3的线速度。故A错误。B．由表格可知，北斗IGSO2为倾斜地球同步轨道卫星，所以其运行周期和地球自转周期相等，故B正确。C．由万有引力等于重力，地球半径为R，在地表为北斗-G4在太空中为因为所以，故C错误。D．由万有引力供应向心力得由于北斗-IGSO2的半径大于北斗-M3的半径，所以北斗-IGSO2的角速度小于北斗-M3的角速度，故D错误。故选B。2.从微观角度分析宏观现象是学习和相识热现象的重要方法，下列关于热现象的微观本质分析正确的是A.分子间距离增大时，分子间引力增大斥力减小B.温度上升物体内全部分子的动能增大C.布朗运动说明悬浮在液体中的固体颗粒在做无规则运动D.肯定质量的某种志向气体在等压膨胀过程中，内能肯定增加【答案】D【解析】【详解】A．分子间的距离增大时，分子间的引力、斥力减小,故A错误。B．温度是分子平均动能的标记，温度越高平均动能越大，而不是全部分子的动能增大。故B错误。C．布朗运动反映的是液体分子的无规则运动，和固体颗粒的运动无关；故C错误。D．依据志向气体的状态方程可知，肯定质量的志向气体等压膨胀过程中温度上升，所以内能肯定增加。故选D。3.如图所示，置于水平地面上的三脚架上固定一相机，其重心在支架的整直轴上。三根支架等长且与水平地面的夹角相等，该夹角及支架的长短均可以调整。则下列说法正确的是A.每根支架承受的压力大小肯定小于相机的重力B.若仅使支架与地面的夹角变大，则每根支架对地面的摩擦力变小C.若仅使支架与地面的夹角变大，则每根支架对地面的正压力变小D.若仅使支架与地面的夹角变大，则每根支架承受的压力变大【答案】B【解析】【详解】AD．设三根支架与地面的夹角为a，三根支架对相机竖直向上的分力的合力应等于重力，FN为支架的压力，则有当变得足够小时，每根支架承受的压力大于相机的重力，当变大，变大，FN变小，故AD错误。B．每根支架对地面的摩擦力为，则变大，变大，减小，故B正确。C．每根支架对地面的正压力为F1，则变大，F1不变，故C错误。故选B。4.冰壶是一种深受观众宠爱的运动，图1为冰壶运动员将冰壶掷出去撞击对方静止冰壶的镜头，显示了此次运动员掷出冰壶时刻两冰壶的位置，虚线圆圈为得分区域。冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是下图中的哪几幅图？A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】两冰壶碰撞过程动量守恒，碰撞过程中机械能不会增加，碰撞后甲的速度不会大于乙的速度。【详解】A．两球碰撞过程动量守恒，两球发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由图示可知，A图示状况是不行能的，故A错误。B．假如两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最终停止，最终两冰壶的位置如图所示，故B正确。C．两冰壶碰撞后，甲的速度不行能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，如图C所示是不行能的，故C错误。D．碰撞过程机械能不行能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不行能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不行能大于乙的位移，故D错误。故选:B.5.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度2v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程A.机械能增加mv2 B.动能增加mv2C.重力势能增加mv2 D.电势能增加mv2【答案】A【解析】【详解】AD．带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有联立得竖直方向的位移为水平方向的位移为因此有h=2x，依据动能定理有联立上式解得则电场力做的正功，机械能增加，电势能减小，故A正确，D错误。B．由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为在N点的动能为所以动能的增量为故B错误。C．重力做负功，功大小为重力势能增加量为，故C错误。故选A。二、多选题6.下列说法正确是A.核子结合为原子核时总质量将减小B自然放射现象说明原子具有核式结构C.γ射线具有很强的电离实力D.原子核发生一次β衰变核内增加一个质子【答案】AD【解析】【详解】A．核子结合为原子核时放出核能，有质量亏损。故A正确。B．自然放射现象说明原子核还可以再分，故B错误。C．γ射线具有很弱的电离实力，故C错误。D.原子核发生一次β衰变，一个中子转化为电子和质子，故核内增加一个质子，故D正确。故选:AD7.如图所示，金属线框abcd置于光滑水平桌面上，其右方存在一个有志向边界的方向竖直向下的矩形匀强磁场区，磁场宽度大于线圈宽度。金属线框以速度v0起先向右运动最终穿过磁场区域，ab边始终保持与磁场边界平行，则在线框进入磁场区域和离开磁场区域过程A.线框受到的安培力方向相同B.线框受到的安培力大小相同C.通过线框导体横截面的电量相同D.线框中产生的热量相同【答案】AC【解析】【详解】A．线框进入磁场时通过楞次定律推断线框中电流的方向为逆时针方向，然后用左手定则推断安培力的方向向左，线框出磁场时通过楞次定律推断线框中电流的方向为顺时针方向，然后用左手定则推断安培力的方向向左。故A正确。B．由安培力公式联立得因为线框进入和出磁场时安培力做负功，所以速度减小，故线框进入和出磁场时安培力不同。故B错误。C．由公式联立得进入和出磁场的磁通量的改变量一样，电阻一样，所以通过线框导体横截面的电量相同，故C正确。D．线框穿出磁场过程中，由于速度减小，穿出时产生的感应电动势和感应电流小于进入磁场时的感应电动势和感应电流，线框所受的安培力也小于进入磁场时的安培力，这样线框做减速运动，依据功能关系得知，线框中产生的热量不相同，故D错误。故选AC。8.如图甲所示，水平地面上固定一粗糙斜面，小物块以初速度𝑣0从斜面低端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面对上的恒力F（F小于物块受到的摩擦力），其次次无恒力．图乙中的两条图线分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面对上运动的v﹣t图线．不考虑空气阻力，下列说法正确的是A.有恒力F时，小物块受到的摩擦力较大B.图线b表示的是有恒力F作用下的运动过程C.有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较多D.有恒力F时，小物块在上升过程机械能的削减量较大【答案】BC【解析】【详解】A．滑动摩擦力和接触面的粗糙程度，正压力有关，故A错误。B．有恒力F作用时会跑的时间更长，故B正确。C．依据v-t图像与时间轴所围图形的面积大小表示位移大小，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大，C正确。D．有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而上升的过程中动能的削减量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的削减量较小，故D错误。故选BC。三、试验题9.在进行力学试验时，须要结合试验原理开驾驭试验有关要求，不能死记硬背，利用如图所示的装置，可完成多个力学试验，附有滑轮的长木板平放在试验桌面上，将细绳一端拴在滑块上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码使滑块在钩码的牵引下运动。①利用这套装置做“探究加速度与力和质量的关系”的试验，须要先将长木板倾斜适当的角度，这样做的目的是_________________，还要求钩码的质量远小于滑块的质量，这样做的目的是________。A．避开在滑块运动的过程中发生抖动B．使滑块获得较大的加速度C．使细线的拉力等于滑块受到的合外力D．使滑块最终能匀速运动E．使纸带上点迹清楚，便于进行测量F．使钩码重力近似等于细线的拉力②若用此装置做“探讨匀变速直线运动”试验，试验中必需的措施是（）A．与滑块连接的部分细线必需与长木板平行B．滑块的质量远大于钩码的质量C．先接通电源再释放滑块D．倾斜木板以平衡滑块与长木板间的摩擦力【答案】(1).C(2).F(3).AC【解析】【详解】①[1]试验时，须要将长木板适当倾斜，目的是平衡摩擦力，使得细线的拉力等于滑块受到的合外力，故选：C。[2]对整体探讨有隔离对小车分析有钩码的质量远小于滑块的质量，这样做的目的是使钩码重力近似等于细线的拉力，故选F。②[3]为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平。同时为了打点稳定应先开电源再放滑块。故AC正确，BD错误。10.某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为20Ω）除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：A．电压表（量程0～3V，内阻约3KΩ）B．电压表（量程0～15V，内阻约10kΩ）C．电流表（量程0～200mA，内阻约5Ω）D．电流表（量程0～3A，内阻约0.05Ω）E．电源（电动势3V，额定电流0.5A，内阻不计）F．电源（电动15V，额定电流2.5A，内阻不计）G．滑动变阻器R0（阻值范围0～5Ω，额定电流2A）①为使测量尽量精确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________。（均填器材的字母代号）②画出测量Rx阻值的试验电路图。（）【答案】(1).A(2).C(3).E(4).见解析【解析】【详解】若选择量程0～15V，内阻约10kΩ的电压表，选3V电源电动势会导致电压表读数不精确，只能选15V的电源电动势，最大电流I约为只能选择量程0～3A的电流表，这样会导致读数不精确，故只能选择量程0～200mA的电流表，量程为0～3V的电压表，故电源电动势选3V。因为滑动变阻器的电阻小于待测电阻的阻值，故只能用分压式接法，又因为，故选用外接法。电路图如图四、解答题11.如图所示，半径R＝0.4m圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.1kg的小物块（可视为质点）从空中A点以v0＝2m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面对右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Ep=0.4J，C、D两点间的水平距离L＝1.2m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2．求：（1）小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；（2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；（3）在圆弧轨道运动过程中摩擦力对小物块做的功Wf．【答案】（1）4m/s（2）8N（3）−0.4J【解析】【分析】(1)小物块从A到B做平抛运动，恰好从B端沿切线方向进入轨道，速度方向沿切线方向，依据几何关系求得速度vB的大小。(2)小物块由B运动到C，据机械能守恒求出到达C点的速度，再由牛顿运动定律求解小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小。【详解】（1）小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系（2）小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有在C点处，由牛顿其次定律有解得F=8N。依据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力F'大小为8N。（3）小物块从B点运动到D点由能量守恒定律有代值得Wf=−0.4J。12.如图所示，用绝缘细线将质量M=0.04kg的U型金属框架竖直悬挂，框架的MM′和NN′部分相互平行且相距0.4m，电阻不计且足够长，框架的MN部分垂直于MM′，且电阻R1=0.1Ω，长为0.40m的导体棒ab在竖直向下的F=0.2N恒力作用下从静止起先运动，运动过程中始终与MM′和NN′垂直并保持良好接触．整个装置处于磁感应强度B＝0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直与框架所在平面，当ab运动到某处时，绝缘细线刚好被拉断，细线能承受的最大拉力为0.8N，已知导体棒质量m=0.02kg、电阻R2=0.3Ω，g取10m/s2，求；（1）细绳被拉断时导体棒的速度v；（2）从ab起先运动到细线被拉断的过程中，MN上产生的热量Q=0.1J，求该过程通过MN的电荷量q．【答案】（1）4m/s（2）0.7C【解析】【详解】（1）对U型金属框架受力分析，受向下的重力，向下的安培力，向上的拉力，得①由安培力公式得②又因为③联立①②③得（2）下滑距离为x，由能量守恒得代值得从ab起先运动到细线被拉断时，面积为由电荷量和电流关系公式代值得

13.利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG（AC边足够长）中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，一段时间后运动到GA边，被相应的