西藏拉萨市拉萨中学2025届高三物理上学期第一次月考试题含解析

PAGE15-西藏拉萨市拉萨中学2025届高三物理上学期第一次月考试题（含解析）二、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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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。1.1934年，约里奥—居里夫妇用α粒子轰击铝核，产生了第一个人工放射性核素X：α＋→n＋X，X的原子序数和质量数分别为()A.15和28 B.15和30 C.16和30 D.17和【答案】B【解析】【详解】设X的质量数为M，电荷数为A，依据核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知解得M=30，A=15故其原子序数为15，质量数为30，故B正确，ACD错误。故选B。2.如图所示的电场中两点A和B（实线为电场线，虚线为等势面）．关于A、B两点的场强E和电势φ，正确的是（）A.=，= B.＞，＞C＜，＜ D.＞，＜【答案】B【解析】【详解】依据电场线越密的地方电场强度越大，所以A点的场强大于B点的场强，依据沿着电场线电势渐渐降低，所以A点的电势高于B点的电势，故B正确，ACD错误．3.用卡车运输质量为m匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示．两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°．重力加速度为g．当卡车沿平直马路匀速行驶时，圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态，受力分析如图，由几何关系可知，，．解得，由牛顿第三定律知，故D正确4.我国高分系列卫星的高辨别对地视察实力不断提高．今年5月9日放射的“高分五号”轨道高度约为705km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000km，它们都绕地球做圆周运动．与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是（）A.周期B.角速度C.线速度D.向心加速度【答案】A【解析】设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力供应向心力，则得：得：，，，

可知，卫星的轨道半径越大，周期越大，而角速度、线速度和向心加速度越小，“高分五号”的轨道半径比“高分四号”的小，所以“高分五号”较小的是周期，较大的是角速度、线速度和向心加速度，故A错误，BCD正确．点睛：解决本题的关键是要驾驭万有引力供应向心力这一重要理论，知道卫星的线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，对于周期，也可以依据开普勒第三定律分析．5.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是A.粒子带正电B.粒子在b点速率大于在a点速率C.若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D.若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C【解析】【详解】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，依据确定粒子运动半径和运动时间．由题可知，粒子向下偏转，依据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间肯定变长，故D错误．6.为探究志向变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦沟通电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了志向沟通电压表V1、V2和志向沟通电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示．当开关S闭合后A.A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B.A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C.V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D.V2示数不变，V1与V2示数的比值不变【答案】AD【解析】试题分析：由于志向变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C错误、D正确．开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，由于志向变压器P2=P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，A正确，B错误．故选AD．考点：变压器7.如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m（质量分布匀称）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为．现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止起先沿导轨运动距离时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g．则此过程A.杆的速度最大值为B.流过电阻R的电量为C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的改变量D.恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的改变量【答案】BD【解析】【详解】A．当杆达到最大速度vm时，拉力F与摩擦力和安培力相平衡，因此有得，A错误；B．由公式可得电荷量为B正确；C．在棒从起先到达到最大速度的过程中由动能定理有：其中，，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的改变量与回路产生的焦耳热之和，C错误；D．恒力F做的功与安倍力做的功之和等于于杆动能的改变量与克服摩擦力做的功之和，D正确．8.如图，质量相同的两物体a、b，用不行伸长的轻绳跨接在一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上，初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a起先运动．在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中A.a的动能小于b的动能B.两物体机械能的改变量相等C.a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D.绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零【答案】AD【解析】【详解】将b实际速度进行分解如图：由图可知，即a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，故A正确；由于有摩擦力做功，故ab系统机械能不守恒，则二者机械能的改变量不相等，故B错误；a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，故C错误；在这段时间t内，绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等，绳子对a做的功等于，绳子对b的功等于拉力与拉力方向上b的位移的乘积，即，又，所以绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的肯定值相等，二者代数和为零，故D正确。故选AD。三、非选择题：共174分，第22-32题为必考题，每个试题考生都必需作答。第33-38题为选考题，考生依据要求作答。9.某试验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量精确。电压表（量程，内阻约为）电流表（量程，内阻约为）滑动变阻器（，额定电流）待测电池组（电动势约为，内阻约为）开关、导线若干①该小组连接的实物电路如图所示，经细致检查，发觉电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是________。②改正这条导线的连接后起先试验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的________端（填“a”或者“b”）

③试验中发觉调整滑动变阻器时，电流表读数改变明显但电压表读数改变不明显。为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为的电阻，之后该小组得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出图像，如图所示。依据图像可知，电池组的电动势为________V，内阻为________。（结果均保留两位有效数字）

【答案】(1).5(2).a(3).2.9(4).0.80【解析】【详解】①[1]因为电源内阻较小，故对于电源来说应当采纳电流表外接法，图中采纳的是电流表内接；故导线5连接不当，应当从电压表正接线柱接到电流表正接线柱；②[2]起先试验前应当让滑动变阻器连入电路阻值最大，故应将滑片置于a端；③[3][4]由图线可知图线与纵轴的交点即为电源电动势，故E=2.9V；图线与横轴的交点为短路电流I=0.50A，故可得等效内阻为又因为在开关和电池负极之间接有的电阻，在计算过程中等效为内阻，故电源内阻为10.某爱好小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下试验①用天平测出电动小车质量为；②将电动小车、纸带和打点计时器按如图所示安装；③接通打点计时器（其打点周期为）；④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器，在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图所示.请你分析纸带数据，回答下列问题（计算结果取两位有效数字）：(1)小车的整个运动过程依次是_________（选填匀加速或变加速）、匀速、匀减速；(2)该电动小车运动的最大速度为_________；(3)小车是在_________段关闭电源；(4)该电动小车被关闭电源后加速度大小为_________；(5)该电动小车的额定功率为_________.【答案】(1).变加速(2).1.5(3).DE(4).2.0(5).【解析】【详解】(1)[1]通过相邻相等时间内的位移之差不为常数可知为变加速运动;(2)[2]做匀速运动时速度最大为：(3)[3]关闭电源之后小车做减速运动，故在相邻相等时间内位移之差等于常数，因从点起先位移减小，但减小量小于0.32cm，故从起先减速；(4)[4]依据得电动小车被关闭电源后加速度大小为：(5)[5]依据牛顿其次定律有：代入数据解得：当汽车达到额定功率，匀速运动时，则有：代人数据解得：11.如图所示，一质量为m、电荷量为q（q>0）的例子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．【答案】【解析】设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直于电场方向的速度重量不变，即vBsin30°=v0sin60°由此得设A、B两点间的电热差为UAB，由动能定理有：解得【考点定位】动能定理；带电粒子在电场中运动【方法技巧】本题主要是动能定理在带电粒子在电场中运动的应用和类平抛运动12.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内．可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落，恰好落人小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落人圆弧轨道时的能量损失．求（1）物块起先下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍；（2）物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ．【答案】（1）物块起先下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍．（2）μ=0.3【解析】【详解】①设物块的质量为m，其起先下落处的位置距BC的竖直高度为h，到达B点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R．则由机械能守恒定律得，物块运动到B点时依据牛顿其次定律得解得h=4R，即物块起先下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍．②设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F，物块滑到C点时与小车的共同速度为v′，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为S，依题意，小车的质量为3m，BC长度为10R，由滑动摩擦定律有，由动量守恒定律有对物块、小车分别应用动能定理得解得μ=0.313.如图肯定质量的志向气体经等容过程到达状态，再经过等温过程到达状态，最终经等压过程回到状态。下列说法正确的是（）A.在过程中气体的内能增加B.在过程中外界对气体做功C.在过程中气体对外界做功D.在过程中气体从外界汲取热量E.在过程中，单位时间内碰撞器壁单位面积分子数削减【答案】ABD【解析】【详解】A．在过程ab中做等容升压，依据可知温度上升，肯定质量的志向气体内能确定于气体的温度，温度上升，则内能增加，故A正确；B．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故B正确；C．在过程ab中气体体积不变，依据W=p△V可知，气体对外界做功为零，故C错误；D．在过程bc中，属于等温改变，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；依据热力学第肯定律△U=W+Q可知，气体从外界汲取热量，故D正确；E．在过程ab中做等容升压，分子密度不变，则单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数不变，故E错误。故选ABD。14.如图，一端封闭、粗细匀称的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280K时，被封闭的气柱长L=22cm，两边水银柱高度差h=16cm，大气压强=76cmHg．（1）为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应变为多少？（2）封闭气体的温度重新回到280K后，为使封闭气柱长度变为20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）设玻璃管的横截面积为，封闭气体压强为，初始依据水银液面受力平衡可分析得，可得当左端水银面下降，右端液面必定上升，则左右液面高度差变为，此时封闭气体压强为同样依据液面平衡可分析得，可得依据志向气体状态方程，代入温度，可得（2）设此时封闭气体压强为，封闭气体的长度，依据志向气体状态方程可得计算可得此时作用液面高度差左端液面上升，右端上升，所以开口端注入水银的长度为考点：志向气体状态方程15.图（a）为一列波在t=2s时的波形图，图（b）是平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x=2m的质点，下列说法正确的是（）A.波速为0.5m/sB.波的传播方向向右C.时间内，P运动的路程为8cmD.时间内，P向y轴正方向运动E.当t=7s时，P恰好回到平衡位置【答案】ACE【解析】【详解】A．由图（a）可知该简谐横波的波长为λ=2m，