西藏日喀则市2025届高三物理上学期学业水平模拟测试试题含解析

PAGE20-西藏日喀则市2025届高三物理上学期学业水平模拟测试试题（含解析）一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.2018年8月A.有8个放射性元素的原子核，当有4个发生衰变所需的时间就是该元素的半衰期B.自然放射现象中产生的α射线的速度与光速相当，穿透实力很强C.放射性元素发生衰变时所释放出电子是原子核内的中子转化为质子时产生的D.汤姆孙首先发觉了中子，从而说明原子核内有困难的结构【答案】C【解析】【详解】A、半衰期具有统计规律，对大量的原子核才适用．故A错误；B、自然放射性现象中产生的α射线速度为光速的非常之一，电离实力较强，穿透实力较弱．故B错误；C、放射性元素发生β衰变时原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，并且将电子释放出来，故C正确；D、电子的发觉，表明原子有困难的结构；自然放射现象的发觉，表面原子核有困难的结构，D错误．故选C．2.2024年初，《流浪地球》的热映激起了人们对天体运动的广泛关注。木星的质量是地球的31789倍，已知木星的一颗卫星甲的轨道半径和地球的卫星乙的轨道半径相同，且它们均做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A.卫星甲的周期可能大于卫星乙的周期B.卫星甲的线速度可能小于卫星乙的线速度C.卫星甲所受的万有引力肯定大于卫星乙所受的万有引力D.卫星甲的向心加速度肯定大于卫星乙的向心加速度【答案】D【解析】【详解】依据万有引力供应卫星圆周运动向心力有A．周期两颗卫星的轨道半径相同，但木星的质量大，故其周期小，即甲卫星的周期小于乙卫星的周期，故A错误；B．线速度两颗卫星的轨道半径相同，但木星的质量大，故线速度大，即甲卫星的线速度大于乙卫星的线速度，故B错误；C．木星的质量大，但不知道两颗卫星的质量大小关系，故无法求得它们间万有引力的大小，无法比较，故C错误；D．向心加速度两颗卫星的轨道半径相同，但木星的质量大，故其向心加速度大，即甲卫星的向心加速度大于乙卫星的向心加速度，故D正确。故选D。3.如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右大小为的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，假如斜面和两个小球的摩擦均忽视不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法正确的是（）A.弹簧的原长为B.斜面的倾角为α=45°C.撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度不变D.撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为【答案】A【解析】【详解】AB．对小球B进行受力分析，由平衡条件可得解得所以弹簧的原长为对小球A进行受力分析，由平衡条件可得解得α=30°所以弹簧的原长为，故A正确，B错误；C．撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得小球A此时加速度故C错误；D．撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D错误。故选A。4.利用函数图像是一种解决物理问题的常用方法．某同学利用传感器探究一玩具车沿某一路段做直线运动的性质，从t=0时刻起先计时得到了的图像.如图所示，由此可知A.玩具车做速度为-3m/sB.玩具车做变加速直线运动C.玩具车做匀加速直线运动，初速度大小为2m/sD.玩具车做匀加速直线运动，加速度的大小为1.5m/s2【答案】C【解析】【详解】由图得：，由x=v0t+at2得：=v0+at，可得a=，解得a=m/s2．v0=2m/s，可知物体做匀加速直线运动，初速度大小为2m/s，加速度的大小为m/s2．故ABD错误，C正确．故选C.5.在水平面上静止地放一足够长的长木板N，将一铁块M放在长木板上，在长木板的右端加一水平向右的拉力F，拉力的大小由零渐渐增大。已知铁块的质量为2m、长木板的质量为m，铁块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与水平面间的动摩擦因数为，且满意最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度用g表示，则（）A.假如外力，则铁块与长木板静止在水平面上不动B.假如外力，则铁块的加速度大小为C.假如外力，则铁块与长木板之间有相对运动D.在渐渐增大外力F的过程中，铁块加速度的最大值等于【答案】BD【解析】【详解】A．N与地面的最大静摩擦力若可知铁块与长木板不肯定静止在水平面上不动，A错误；B．假如外力，假设M和N保持相对静止，整体的加速度解得此时M和N间摩擦力假设成立，可知铁块的加速度为，B正确；C．M和N发生相对滑动的临界加速度，铁块M解得对整体分析解得发生相对滑动的最小外力C错误；D．M和N发生相对滑动的临界加速度，铁块M解得可知增大外力F的过程中，铁块的最大加速度为，D正确。故选BD。6.如图，在xOy平面内存在垂直纸面对里的匀强磁场，在x轴上方的磁感应强度为B，x轴下方的磁感应强度为。一带电量为-q、质量为m的粒子从O点垂直于磁场方向射入，入射速度v与x轴正方向夹角为30°，不计重力，则粒子从O点射入后（）A.在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2B.在x轴上方和下方两磁场中运动的时间之比为1：5C.到经过x轴进入上方磁场所需的时间为D.能再次回到O点【答案】AD【解析】【详解】A.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由可得可知粒子圆周运动半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中半径之比为1：2，A正确；B．带电粒子在磁场中运动的时间可知，带电粒子在磁场中运动的时间与运动轨迹所对圆心角成正比，与磁感应强度成反比。负电荷在x轴上方轨迹所对的圆心角为，在x轴下方轨迹所对应圆心角为，则有B错误；C．由B选项可知，带电粒子在x轴上面所需时间为在x轴下方所用时间为到经过x轴进入上方磁场所需的时间为C错误；D．依据左手定则可知，负电荷在第一象限沿顺时针方向旋转60°，而在第四、三象限沿顺时针旋转300°，在其次象限沿顺时针旋转60°，且在x轴上方和下方磁场中的半径之比为1：2，所以回到原点O，D正确。7.如图甲所示是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时产生的交变电压图象。将该电压加在图乙中志向变压器的M、N两端。变压器原、副线圈匝数比为5：1，电阻R的阻值为2Ω，电流表、电压表均为志向电表。下列说法正确的是（）A.0.01sB.线圈转动的角速度为50πrad/sC.流过灯泡电流方向每秒钟变更50次D.电流表的示数为2A【答案】BC【解析】【详解】A．由图甲可知，在t=0.01s时，电压最大，此时是磁通量的变更率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，故A错误；B．依据图甲可知，沟通电的周期是0.04s，由故B正确；C．沟通电的周期是0.04s，在每一个周期内沟通电的方向变更2次，所以流过灯泡的电流方向每秒钟变更次数故C正确；D．电压表读数为副线圈有效值，原线圈的电压的有效值为100V，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为得所以电压表的示数为20V，副线圈上的电流由电流与匝数成反比得所以电流表读数为2A，故D错误。故选BC。8.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的推断正确的是（）A.带负电B.速度先增大后减小C.经过a点的加速度大于经过c点时的加速度D.经过b点和d点时的速度大小相同【答案】AD【解析】【详解】A．依据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可知，该图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方，从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，A正确；B．粒子从过程中，电场力做负功；过程中，电场力做正功，在整个运动过程中，电场力先做负功后做正功，粒子速度先减小后增大，B错误；C．图中a点处的等势面比c处的等势面稀疏，可知c处的电场强度大，则带电粒子在c点受到的电场力大，所以粒子在c处的加速度大，C错误；D．由该图可知，b、d两点都在−5V的等势面上，所以粒子在从b到d的过程中，电场力做功为零，由此b、d两点的动能是相等的，所以在b点和d点时的速度大小相同，D正确。故选AD。二、非选择题：共6，第9~12题为必考题，每个试题考生都必需作答。第13~16题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题9.某同学用图甲所示的装置完成了“验证机械能守恒定律”的试验：（1）首先利用20分度的游标卡尺测出了小球的直径，其示数如图乙所示，该示数为_______cm。（2）将该小球由光电门1的正上方无初速度释放，先后通过光电门1、2，通过电脑显示的时间分别为、，若小球通过两光电门1、2的速度分别用v1、v2表示，由以上数据可知v1=______m/s。（3）该小组的同学测出两光电门之间的距离为h，重力加速度大小用g表示，若小球的机械能守恒，则须要验证的关系式为_______（用题中所给字母表示）。【答案】(1).0.575(2).1.15(3).【解析】【详解】（1）[1]该游标卡尺的分度值为0.05mm，游标尺刻度读数为（2）[2]依据极短时间内的平均速度等于某点的瞬时速度，小球通过光电门2的速度为（3）[3]小球通过两光电门过程中重力势能的减小量为动能的增加量为在误差允许的范围内，重力势能的减小量等于动能的增加量，有化简得，须要验证的关系式为10.某同学用如图甲所示电路图测定电源电动势和内阻，定值电阻R0=2Ω．(1)依据图甲所示电路，将图乙所小的实物图连接补充完整(2)某同学试验过程中，测出当电压表V1的读数U1=1.80V时，电压表V2的读数U2=0.60V．变更滑动变阻器滑片的位置，电压表V1的读数U1′=2.40V时，电压表V2的读数为U2′=2.00V，则电源电动势E=_________V，內阻r=_________Ω．(结果均保留三位有效数字)(3)本试验电路设计冇在系统误差．为了减小系统误差，下列说法止确的是_________(填正确答案标号)．A.对于电压表V1，应选用内阻更小的B.对于电压表Ⅴ1，应选用內阻更大的C.对于电压表V2，应选用内阻更小的D.对于电压表V2，应选用内阻更大的【答案】(1).2.70(2).1.50(3).B【解析】【分析】（1）依据电路图连接实物图；（2）依据动能定理电路结构以及闭合电路的欧姆定律列式求解电动势和内阻；（3）本试验产生误差主要是电压表V1的分流作用，由此进行推断.【详解】（1）实物连线如图；（2）当电压表V1的读数U1=1.80V，电压表V2的读数U2=0.60V时，则电源的电流．由闭合电路的欧姆定律：E=U1+I1r=1.80+0.6r；同理，当电压表V1的读数U1′=2.40V，电压表V2的读数为U2′=2.00V时，则电源的电流．由闭合电路的欧姆定律：E=U′1+I2r=2.40+0.2r；联立解得：E=2.70V，r=1.50Ω.（3）本试验产生误差主要是电压表V1的分流作用，则为了减小试验的误差，应选用內阻更大的电压表Ⅴ1，故选B.【点睛】本题考查试验中的误差分析及数据处理，特殊是数据的处理应重点把握；留意各电表的示数与我们的须要的数据是否一样，从而得出误差来源．11.如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.（1）碰撞过程中系统损失的机械能；（2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到最大高度．【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得mv0=2mv解得碰撞过程中系统损失的机械能为解得．（2）当AC上升到最大高速时，ABC系统的速度相等；依据动量守恒定律：解得由能量关系解得12.相距L=1.5m的足够长平行金属导轨竖直放置，质量为m1=1kg的金属棒ab和质量为m2=0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图甲所示，虚线上方磁场方向垂直纸面对里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同。ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ=0.75，ab棒电阻为，cd棒电阻为，导轨电阻不计。t=0时刻起，ab棒在方向竖直向上，大小按图乙所示规律变更的外力F作用下，从静止起先沿导轨匀加速运动，同时也由静止释放cd棒。g取10m/s2。(1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；(2)已知在0~2s内外力F做功40J，求这一过程中cd棒上产生的焦耳热(3)求出cd棒达到最大速度时所对应的时刻以及这一过程中通过cd棒的电量。【答案】(1)a=1m/s2，B=1.2T；(2)6J；(3)2C【解析】【详解】(1)经过时间t，金属棒ab的速率v=at此时，回路中的感应电流为E=BLv对金属棒ab，由牛顿其次定律得F－BIL－m1g=m由以上各式整理得在图线上取两点t1=0，F1=11N；t2=2s，F2=14.6N代入上式得a=1m/s2，B=1.2T(2)在2s末金属棒ab的速率vt=at2=2m/s所发生的位移s=at22=2m由动能定律得WF－m1gs－W安=m1vt2又Q=W安联立以上方程，解得Q=WF－m1gs－m1vt2=18J则0－2s内cd棒产生的焦耳热为(3)cd棒先做加速度渐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度渐渐增大的减速运动，最终停止运动，当cd棒速度达到最大时，有m2g=μF又FN=F安，F安=BIL，整理解得Im为2s时回路电流这一过程中通过cd棒的电量（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题中每科任选一题作答。假如多做，则每科按所做的第一题计分。[物理——选修3-3]13.肯定质量的志向气体从状态A依次经过状态B、C和D后又回到状态A．其中C→D→A为等温过程．该循环过程如图所示，下列说法正确的是__________A.A→B过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增加B.B→C过程中，气体分子内能削减C.状态A和状态C，气体分子平均动能相同D.D→A过程气体汲取热量E.气体状态变更的全过程中气体对外做的功等于该图象围成的面积【答案】BCE【解析】【详解】A→B过程中，压强不变，体积变大，温度上升，则气体分子的平均速率变大，碰撞力变大，而气体的分子数密度减小，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减小，选项A错误；B→C过程中，气体体积不变，压强减小，温度降低，则分子内能削减，选项B正确；状态A和状态C，气体的温度相同，则气体分子平均动能相同，选项C正确；D→A过程气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，则放出热量，选项D错误；依据W=P∆V可知，从A→B气体对外做功为；从B→C气体体积不变，则W2=0;从D→A气体体积减小，外界对气体做功：,其值等于曲线下方的面积，则气体状态变更的全过程中气体对外做的功等于该图象ABCD围成的面积，选项E正确；14.如图所示，长L=55cm的薄壁玻璃管与水平面成30°角倾斜放置，玻璃管粗细匀称，底端封闭、另一端开口。现用长l=10cm的水银柱封闭着肯定质量的志向气体，气体温度为306K，且水银面恰与管口齐平。现将管口缓慢转到竖育向上位置，并将水银缓慢注入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强p=75cmHg，求（1）水银面再次与管口齐平常，管中气体的压强；（2）对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下5cm高的水银柱，此时气体温度为多少。【答案】（1）90cmHg；（2）340K【解析】【详解】（1）设玻璃管的横截面积S，初态时，管内气体的温度为体积压强为当玻璃管竖直时，设水银柱高为，则体积压强为由玻意耳定律解得故（2）设温度升至时，管中水银柱高为5cm，气体体积气体压强为由志向气体状态方程代入数据得15.某横波在介质中沿轴传播，图甲是时的波形图，图乙是介质中处质点的振动图象，则下说法正确的是A.波沿轴正向传播，波速为1m/sB.＝2s时，＝2m处质点的振动方向为y轴负向C.＝lm处质点和＝2m处质点振动步调总相同D.在1s的时间内，波动图象上随意质点通过的路程都是10cmE.在＝ls到＝2s的时间内，＝0.5m处的质点运动速度先增大后减小【答案】BDE【解析】A、由甲图知，波长λ=2m，由乙图知，质点的振动周期为T=2s，则波速为：，由乙图知，t=1s时刻