山西省大同市2025届高三物理上学期开学摸底考试试题含解析

PAGE16-山西省大同市2025届高三物理上学期开学摸底考试试题（含解析）一、选择题1.下列关于核反应的说法正确的是A.核反应堆中发生的链式反应是不行限制的B.衰变中所放出的电子，来自原子核外内层电子C.放射性元素原子核的半衰期与元素的物理、化学状态有关D.卢瑟福通过对粒子散射试验的现象分析，提出了原子的核式结构模型【答案】D【解析】【详解】A.核电站的核反应堆发生的链式反应是可以限制的，故A错误；B.衰变放出电子来自组成原子核的中子转化为质子时放出的电子，故B错误；C.放射性元素原子核的半衰期与元素的物理、化学状态无关，故C错误；D.卢瑟福通过对粒子散射试验现象的分析，得出原子的核式结构模型，故D正确．2.如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过较链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮，用力F拉绳，起先时，现使∠BCA缓慢变小，直到．此过程中，轻杆BC所受的力A.渐渐减小 B.渐渐增大 C.大小不变 D.先减小后增大【答案】C【解析】【详解】以结点B为探讨对象，分析受力状况，作出力的合成图如图：依据平衡条件则知，F、N的合力与G大小相等、方向相反．依据三角形相像得：，且，则有：，现使∠BCA缓慢变小的过程中，AC、BC不变，则N不变，即作用在BC杆上的压力大小不变，故C正确，ABD错误．3.在水平地面上O点正上方不同高度的A、B两点分别水平抛出一小球，假如两球均落在同一点C上，则两小球A.抛出的速度大小可能相同B.落地的速度大小可能相等C.落地的速度方向可能相同D.落地的速度大小不行能相等【答案】B【解析】【详解】A.由于不同高度，相同的水平位移，因此抛出速度不行能相等，故A错误；BD.设水平位移OC为x，竖直位移BO为H，AO为h，则从A点抛出时的速度为，从B点抛出时的速度为，则从A点抛出的小球落地时的速度为：，从B点抛出的小球落地时的速度为：，令：，解得，即当时，两者速度大小相等，所以落地的速度大小可能相等，可能不相等，故B正确，D错误；C.平抛运动轨迹为抛物线，速度方向为该点的切线方向，分别从AB两点抛出的小球轨迹不同，在C点的切线方向也不同，所以落地时方向不行能相同，故C错误．4.如图，A、B一是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变更的规律如图所示．则A.A、B两点的电势UA<UBB.A、B两点的电场强度EA=EBC.电子在A、B两点的电场力FA>FBD.电子在在两两点的电势能EPA<EPB【答案】A【解析】【详解】A.由题可知，电子静止起先沿电场线从A运动到B，电场力的方向从A到B，电子带负电，则场强方向从B到A，依据顺着电场线电势降低可知，电势UA＜UB，故A正确；BC.由速度时间图象可知，图线的斜率渐渐增大，电子的加速度增大，电子所受电场力增大，则电场力FA＜FB．而F=qE，所以EA<EB，故BC错误；D.由速度时间图象可知，电子的速度增大，动能增大，依据能量守恒得知，电子的电势能减小，则电势能EPA>EPB．故D错误．5.如图，沟通发电机通过变压器经电阻为R的输电线给用户供电．假如变压器上的能量损失可以忽视，当接入的灯泡增加时，以下说法正确的是A.电表V1示数不变，V2示数减小B.电表A1示数减小，A2示数增大C.变压器原线圈输入功率减小D.灯泡两端的电压减小【答案】D【解析】【详解】A.因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，即电压表V1、V2的读数几乎不变，故A错误．B.当接入的灯泡增加时，即负载增加，所以副线圈总电阻减小，而副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A2增大，原副线圈电流之比等于匝数之反比，所以A1示数变大．故B错误．C.当接入的灯泡增加时，即负载增加，所以副线圈总电阻减小，而副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P=UI知功率增加，故C错误．D.当接入的灯泡增加时，即负载增加，所以副线圈总电阻减小，而副线圈电压不变，则副线圈电流增大，所以R0两端的电压增大，则灯泡两端的电压减小，故D正确．6.在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着这列车厢以大小为为的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F，不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为A.8 B.10 C.15 D.18【答案】A【解析】【详解】设PQ两边的车厢数为P和Q，当机车在东边拉时，依据牛顿其次定律得：，当机车在西边拉时，依据牛顿其次定律得：，依据以上两式可得：，所以两边的车厢的数目可能是1和3，或2和6，或3和9，或4和12等等，所以总的车厢的数目可能是4、8、12、16，所以可能的是A，BCD不行能．7.一个带电粒子在磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，带电拉子受到的重力和洛仑兹力的合力的方向恰好与速度方向相反．不计阻力，那么接下去的一小段时间内，带电粒子（）A.可能做匀减速运动B.不行能做匀减速运动C.可能做匀速直线运动D.不行能做匀速直线运动【答案】BD【解析】A、匀减速运动的合外力应当恒定不变，带电粒子在磁场中受到重力和洛伦兹力两个力作用，而洛伦兹力的大小与速度大小成正比，若减速，则其洛伦兹力将减小，粒子的合外力将发生变更，不再恒定，所以不行能做匀减速运动，故A错误，B正确；

C、若要做匀速直线运动，重力和洛伦兹力必需平衡，大小相等，方向相反，由图可知洛伦兹力方向斜向左上方，与重力方向不在同始终线上，两者不行能平衡，则不行能做匀速直线运动，故C错误，D正确．点睛：本题考查分析质点的受力状况和运动状况的实力，要依据匀减速运动和匀速直线运动的条件进行分析，抓住洛伦兹力的大小与速度大小成正比是关键．8.如图所示“嫦娥二号”探月卫星在月球引力的作用下，沿椭圆轨道向月球靠近，并在P处“刹车制动”后绕月球做匀速圆周运动，已知“嫦娥二号”绕月球做匀速圆周运动的轨道半径为R，周期为T引力常量为G．下列说法中正确的是A.依据题中条件可以算出月球质量B."嫦娥二号”沿椭圆轨道向P处运动过程中速度渐渐变小C.依据题中条件可以算出“嫦娥二号”受到月球引力的大小D."嫦娥二号"沿椭圆轨道向P处运动过程中加速度渐渐变大【答案】AD【解析】【详解】A.依据万有引力供应向心力，则有：，解得：，故A正确；B.“嫦娥二号”沿椭圆轨道向P处运动过程中，万有引力做正功，动能增加，速度越来越大．故B错误；C.“嫦娥二号”受到月球引力，由于不知道嫦娥二号的质量，故无法求得“嫦娥二号”受到月球引力的大小；故C错误；D.依据，解得：，“嫦娥二号”向P处运动过程中r变小，所以加速度变大，故D正确．9.如图所示,有一垂直于纸面对里的有界匀强磁场,A、B为边界上两点.一带电粒子从A点以初速度v0、与边界成角度θ(θ<90°)沿纸面射入磁场,经过一段时间后从B点射出.现撤去磁场,加一垂直边界、沿纸面对上的匀强电场,其他条件不变,粒子仍从B点射出.粒子重力忽视不计,则粒子()A.带负电B.在磁场中和电场中的运动轨迹相同C.从磁场中离开时速度方向与从电场中离开时速度方向相同D.从磁场中离开时速度大小与从电场中离开时速度大小相同【答案】ACD【解析】A、粒子在磁场中从A到B点做顺时针圆周运动，受向右下的洛仑兹力，依据左手定则知道粒子带负电，所以选项A正确；

B、撤去磁场加上电场，粒子做匀变速度曲线运，即类斜抛运动，所以轨迹不同于圆周，选项B错误；

C、无论是在磁场中做匀速圆周运动，还是在电场中做类斜抛运动，当粒子再次回到边界时与边界的夹角仍为，只是方向斜向下，所以选项C正确；

D、在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力不做功，速度大小与进入时相同，而在电场中从A到B，电场力做功为零，所以与进入时速度大小也相同，只是方向不同，故选项D正确．点睛：本题只是把带电粒子在磁场和电场中的两种状况进行对比，由匀速圆周运动和斜抛运动的对称性，当电场强度大小取某一确定值时，粒子可以从同一点B离开，但离开时，只是速度方向由斜向上变为斜向下，与边界的夹角仍相同．10.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变更如图所示．重力加速度取10m/s2．由图中数据可得A.物体的质量为2kgB.h=0时，物体的速率为20m/sC.h=2m时，物体的动能Ek=40JD.从地面至h=4m，物体的动能削减100J【答案】AD【解析】【详解】A．Ep-h图像知其斜率为G，故G==20N，解得m=2kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；C．h=2m时，Ep=40J，Ek=E机-Ep=90J-40J=50J，故C错误D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek-Ek’=100J，故D正确二、试验题11.某试验小组用如图甲所示的装置测定物块与水平木板间的动摩擦因数．试验部分步骤如下：给物块一初速度使其向右运动，O点正上方的光电门登记物块上遮光条的挡光时间t，测量物块停止运动时物块到O点的距离x，多次变更速度，并登记多组x、t，已知重力加速度为g0(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，则d=________mm；(2)本试验________(填“须要”或“不须要”)测量物块的质量；(3)该小组同学处理数据时作出了关系图线，图线的斜率为k则物块与桌面间的动摩擦因数为_________(用题目中的字母表示)．【答案】(1).6.50(2).不须要(3).【解析】【详解】（1）[1]由图示游标卡尺可知，其示数为：6mm+0.05×10mm=6.50mm．（2）[2]依据动能定理可知：，且速度，代入化简得：，由此可知本试验不须要测理物块的质量；（3）[3]依据，可知图线的斜率为，解得：．12.运用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干．试验时，将多用电表调至×1Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：（1）仪器连线如图l所示（a和b是多用电表的两个表笔）．若两电表均正常工作，则表笔a为_________（填“红”或“黑”）色；（2）若适当调整电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，则多用电表的读数为_________Ω．电流表的读数为_________mA，电阻箱的读数为_________Ω：（3）将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为_________mA；（保留3位有效数字）（4）计算得到多用电表内电池的电动势为_________V．（保留3位有效数字）【答案】(1).黑(2).14.0(3).53.0(4).4.6(5).102(6).1.54【解析】【详解】（1）[1]多用电表在运用时必需使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必需使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以推断电流是从a表笔流出的为黑表笔．（2）[2]多用电表用×1倍率测量，读数为14.0×1=14.0Ω；[3]电流表量程是60mA，读数为53.0mA；[4]电阻箱的读数为0×100+0×10+4×1+6×0.1=4.6Ω．（3）、（4）[5][6]多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源（一般为电池）、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流，将取为为多用电表的内阻，当待测电阻等于时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以又称为中值电阻．当选择×1倍率测量时中值电阻干脆在欧姆表盘上读数为15Ω．在（2）中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0Ω，干路电流是53.0mA，则电源电动势是；则短接时对应满偏电流．【点睛】当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a连接电源的正极，所以表笔a为黑色的．多用电表测电阻时读数是表盘示数与倍率的乘积；电流表的读数要留意量程．三、解答题13.如图所示，竖直平面内有间距l=40cm、足够长的平行直导轨，导轨上端连接一开关S．长度恰好等于导轨间距的导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，导体棒ab的电阻R＝0.40Ω，质量m=0.20kg．导轨电阻不计，整个装置处于与导轨平面垂直的水平匀强磁场中，磁场的磁感强度B＝0.50T，方向垂直纸面对里．空气阻力可忽视不计，取重力加速度g=10m/s2．（1）当t0=0时ab棒由静止释放，t=1.5s时，闭合开关S．求：①闭合开关S瞬间ab棒速度v的大小；②当ab棒向下的加速度a=5.0m/s2时，其速度v′的大小；（2）若ab棒由静止释放，经一段时间后闭合开关S，ab棒恰能沿导轨匀速下滑，求ab棒匀速下滑时电路中的电功率P．【答案】（1）15m/s；（2）40W【解析】【详解】（1）①导体棒做自由落体运动，依据运动学公式有①②设导体棒以加速度a=5.0m/s2向下运动时其所受安培力为FA，速度为v′依据牛顿其次定律有②解得：FA=1.0N③④⑤解得：⑥（2）解法1：导体棒沿轨道匀速下滑时通过导体棒的电流为Im，则⑦解得：Im=10A此时电路中的电功率P=Im2R=40W⑧P=40W⑨解法2：导体棒沿轨道匀速下滑时受安培力为FA′，速度为vm则，解得：此时电路中的电功率14.如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧．可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍．两物块在足够大的内力作用下突然分别，分别向左、右始终沿轨道运动．B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的3/4，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度g，求：（1）物块B在d点的速度大小；（2）物块A、B在b点刚分别时，物块B速度大小；（3）物块A滑行的最大距离s．【答案】（1）物块B在d点的速度大小为；（2）物块A、B在b点刚分别时，物块B的速度大小；（3）物块A滑行的最大距离s为【解析】(1)Bd点，依据牛顿其次定律有：，解得：(2)B从b到d过程，只有重力做功，机械能守恒有：解得：

(3)AB分别过程动量守恒有：A匀减速直线运动，依据动能定理得：联立解得：s=R/8μ【名师点睛】（1）在d点依据向心力公式列方程可正确求解；

（2）B从b到d过程，只有重力做功，依据机械能守恒定律即可解题；

（3）分析清晰作用过程，起先AB碰撞过程中动量守恒，碰后A反弹，B接着运动，依据动能定理求解．四、选修题15.如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中肯定量志向气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3．用分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则N1__N2，T1__T3，N2___N3（均填“大于”或“小于”或“等于”）【答案】(1).小于(2).等于(3).小于【解析】【详解】[1]由志向气体状态方程得：，结合图象p1=p2，V1＞V2，得T1＞T2；状态2气体分子密度大，分子运动缓慢，单个分子平均作用力小，状态1气体分子密度小，分子运动猛烈，单个分子平均作用力大．故在状态2单位时间内撞击器壁单位面积的分子数大于状态1单位时间内撞击器壁单位面积的分子数，即N1＜N2；[2]由志向气体状态方程得：，结合图象得T1=T3；[3]由志向气体状态方程得：，结合图象V2=V3，p3＞p2，得T3＞T2；由于分子密度相同，温度高，分子单位时间内撞击器壁单位面积的分子数就多，故N2<N3．16.如图所示，在长为L=57cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的志向气体，管内外气体的温度均为33℃，大气压强p0=76cmHg．（1）若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平常，求管中气体的温度为多少摄氏度；（2）若保持管内温度始终为33℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时管中气体的压强．【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）设玻璃管横截面积为S;以管内封闭气体为探讨对象，起先时管内气体的体积为管内气体的温度为缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平常，管中气体的体积为温度为T2．由盖一吕萨克定律解得:（2）设玻璃管黄截面积为S:以管内封闭气体为探讨对象，起先时管内气体的体积为压强为若保持管内温度始终为33C，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，此时管中水银的高度为H，气体的体积为气体压强为P2:由玻意耳定律解得:，17.位于坐标原点处的波源A沿y轴做简谐运动．A刚好完成一次全振动时，在介质中形成简谐横波的波形如图所示，已知波速为2m/s，波源A简谐运