河北省衡水中学2025届高三物理下学期3月教学质量检测试题含解析

PAGE20-河北省衡水中学2025届高三物理下学期3月教学质量检测试题（含解析）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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.已知氢原子光谱中有一谱线的波长为656.2nm，该谱线是氢原子由能级n跃迁到能级k产生的，普朗克常量h=6.63×10－34J·s，氢原子基态能量，氢原子处于能级m时的能量，真空中光速c=3.0×103m/s。则n和k分别为（）A.k=3；n=2 B.k=2；n=3 C.k=3；n=1 D.k=1；n=3【答案】B【解析】【详解】谱线的能量为氢原子由能级跃迁到能级时释放出的光子的能量为当时，无解；当时，可得当时，可得故A、C、D错误，B正确；故选B。2.在一场足球竞赛中，质量为0.4kg的足球以15m/s的速率飞向球门，被守门员扑出后足球的速率变为20m/s，方向和原来的运动方向相反，在守门员将球扑出的过程中足球所受合外力的冲量为（）A.2kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相同B.2kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相反C.14kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相同D.14kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相反【答案】D【解析】【详解】设球飞向球门的方向为正方向，被守门员扑出后足球的速度为则由动量定理可得负号说明合外力冲量的方向与足球原来的运动方向相反，故A、B、C错误，D正确；故选D3.小球从某一高度处自由下落着地后反弹，然后又落下，每次与地面碰后动能变为碰撞前的。以刚起先下落时为计时起点，小球的v－t图像如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.图像中选取竖直向下为正方向B.每个阶段的图线并不相互平行C.每次与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落高度的一半D.每次与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的一半【答案】D【解析】【详解】A．由于小球从某一高度处自由下落，依据速度时间图线知选取竖直向上为正方向，故A错误；B．不计空气阻力，下落过程和上升过程中只受重力，依据牛顿其次定律可得下落过程和上升过程中的加速度为重力加速度，速度时间图线的斜率表示加速度，所以每个阶段的图线相互平行，故B错误；C．与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落过程，依据动能定理可得与地面相碰后上升过程中，依据动能定理可得依据题意有解得故C错误；D．依据运动学公式可得与地面相碰后上升的时间与地面相碰后上升到最大高度所需时间是前一次下落时间的解得故D正确；故选D。4.如图甲所示的电路中定值电阻R=60Ω，电源电动势E=100V，r=10Ω。如图乙所示，曲线为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是（）A.开关S断开时电源的效率为60%B.开关S闭合后电源的总功率会变小C.开关S闭合后灯泡的亮度增加D.开关S断开时小灯泡消耗的功率为240W【答案】D【解析】【详解】A．开关S断开时，依据图乙可知灯泡两端的电压为电源的效率为故A错误；BC．开关S闭合后总电阻减小，依据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，依据可知电源的总功率会变大，依据可知路端电压减小，依据可知灯泡的功率减小，所以灯泡的亮度变暗，故B、C错误；D．开关S断开时小灯泡消耗的功率为故D正确；故选D。5.如图所示，一质量为m0=4kg、倾角θ=45°的斜面体C放在光滑水平桌面上，斜面上叠放质量均为m=1kg的物块A和B，物块B的下表面光滑，上表面粗糙且与物块A下表面间的动摩擦因数为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；物块B在水平恒力F作用下与物块A和斜面体C一起恰好保持相对静止地向右运动，取g=10m/s²，下列推断正确的是（）A.物块A受到摩擦力大小B.斜面体的加速度大小为a=10m/s2C.水平恒力大小F=15ND.若水平恒力F作用在A上，A、B、C三物体仍旧可以相对静止【答案】A【解析】详解】ABC．对物块A和B分析，受力重力、斜面体对其支持力和水平恒力，如图所示依据牛顿其次定律则有其中对物块A、B和斜面体C分析，依据牛顿其次定律则有联立解得对物块A分析，依据牛顿其次定律可得物块A受到摩擦力大小故A正确，B、C错误；D．若水平恒力作用在A上，则有解得所以物块A相对物块B滑动，故D错误；故选A。6.如图所示，质量为4m的球A与质量为m的球B用绕过轻质定滑轮的细线相连，球A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角α=30°，球B与质量为m的球C通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，球C放在水平地面上。起先时限制住球A，使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释放球A，不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（A.释放球A瞬间，球B的加速度大小为B.释放球A后，球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大C.球A沿斜面下滑的最大速度为2gD.球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与起先时弹簧的压缩量相等，所以A、B两小球组成的系统机械能守恒【答案】BC【解析】【详解】A．起先时对球B分析，依据平衡条件可得释放球A瞬间，对球A和球B分析，依据牛顿其次定律可得解得故A错误；B．释放球A后，球C恰好离开地面时，对球C分析，依据平衡条件可得对球A和球B分析，依据牛顿其次定律可得解得所以球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大，故B正确；C．对球A和球B及轻质弹簧分析，依据能量守恒可得解得球A沿斜面下滑的最大速度为故C正确；D．由可知球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与起先时弹簧的压缩量相等，A、B两小球组成的系统在运动过程中，轻质弹簧先对其做正功后对其做负功，所以A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误；故选BC。7.2019年10月5日2时51分，我国在太原卫星放射中心用长征四号丙运载火箭，胜利将“高分十号”地球同步卫星放射升空。一般放射地球同步卫星要经过两次变轨才能进入地球同步轨道。如图所示，先将卫星送入较低的圆轨道Ⅰ，经椭圆轨道Ⅲ进入地球同步轨道Ⅱ。已知“高分十号”卫星质量为m卫，地球质量为m地，轨道Ⅰ半径为r1，轨道Ⅱ半径为r2，AA.“高分十号”在轨道Ⅰ上的运行速度大于7.9km/sB.若”高分十号”在轨道I上的速率为v1：则在轨道II上的速率v2=v1C.在椭圆轨道上通过B点时“高分十号”所受万有引力小于向心力D.假设距地球球心r处引力势能为Ep=－则“高分十号”从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ，其机械能增加了－【答案】BD【解析】【详解】A．第一宇宙速度为7.9km/s，绕地球做圆周运动轨道半径等于地球的半径，依据万有引力供应向心力则有可得知轨道半径越大，线速度越小，所以“高分十号”卫星在轨道Ⅰ上的运行速度小于7.9km/s，故A错误；B．依据可得“高分十号”卫星在轨道I上的速率为在轨道II上的速率为联立解得故B正确；C．由于“高分十号”卫星须要在点从椭圆轨道Ⅲ进入轨道Ⅱ，卫星在点需加速，所以“高分十号”卫星在椭圆轨道Ⅲ上通过B点时，万有引力大于向心力，故C错误；D．“高分十号”卫星在轨道Ⅰ上的机械能在轨道Ⅱ上的机械能则机械能增加量故D正确；故选BD。8.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成角放置，导轨间距为L且电阻不计，其顶端接有一阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面对下。一质量为m的金属棒以初速度v0由导轨底端M点上滑，经一段时间滑行距离x到达最高点N后，又返回底端M点。金属棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.金属棒上滑过程中通过电阻R的电荷量为B.整个过程中电阻R中的电流先从b到a后从a到bC.金属棒下滑时间大于上滑时间D.金属棒上滑时间为【答案】ACD【解析】【详解】A．金属棒上滑过程中通过电阻R的电荷量为故A正确；B．由楞次定律，金属棒上滑过程电阻R中电流从a到b，下滑过程电阻R中电流从b到a，故B错误；C．依据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置上，上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，所以t上<t下故C正确；D．上滑过程，以向上为正方向，由动量定理得两边求和又解得故D正确。故选ACD。二、非选择题：共62分。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.为了探究物体质量与加速度的关系，某同学设计了如图所示的试验装置。质量分别为m1和m2的两个小车，用一条松软的轻绳通过滑轮连起来，重物的质量为m0，忽视滑轮的质量和各种摩擦，使两车同时从静止起先运动，同时停止，两个小车发生的位移大小分别为x1和x2。(1)假如想验证小车的质量和加速度成反比，只需验证表达式____________成立。(用题中所给物理量表示)(2)试验中____________(填“须要”或“不须要”)满意重物的质量远小于小车的质量。【答案】(1).(2).不须要【解析】【详解】(1)[1]依据运动学公式可知甲、乙两车运动的加速度之比为要验证“在外力肯定的条件下，物体的加速度与其质量成反比”的结论，则满意可得即等式近似成立，则可认为“在外力肯定的条件下，物体的加速度与其质量成反比”；(2)[2]依据试验装置可知甲、乙两车所受的合外力相等，而甲、乙两车运动的时间相同，依据运动学公式可知甲、乙两车运动的加速度之比等于甲、乙两车运动的位移之比，所以只要测出甲、乙两车的质量和运动的位移就可验证“在外力肯定的条件下，物体的加速度与其质量成反比”的结论，故不须要满意钩码的质量远小于任一小车的质量。10.一般的话筒用的是一块方形的电池(层叠电池)，如图甲所示，标称电动势为9V。某同学想要测量该电池实际的电动势和内阻，试验室供应了以下器材：A.待测方形电池B.电压表(量程0~3V，内阻约为4kΩ)C.电流表(量程0~0.6A，内阻为1.0Ω)D.电流表(量程0~3A，内阻为1.0Ω)E.电阻箱(阻值范围0~999.9Ω)F.电阻箱(阻值范围0~9999.9Ω)G.滑动变阻器(阻值范围0~20Ω)H.滑动变阻器(阻值范围0~20kΩ)I.开关、导线若干(1)该同学依据现有的试验器材，设计了如图乙所示的电路图。依据如图乙所示电路图和如图丙所示图像，为完成该试验，电流表应选_____，电阻箱应选______，滑动变阻器应选_______(均填写器材前字母标号)(2)试验须要把电压表量程扩大为0~9V。该同学按图乙连接好试验器材，检查电路无误后，将R1的滑片移到最左端，将电阻箱R2调为零，断开S3，闭合S1，将S2接a，适当移动R1的滑片，电压表示数为2.40V；保持R1接入电路中的阻值不变，变更电阻箱R2的阻值，当电压表示数为________V时，完成扩大量程，断开S1。(3)保持电阻箱R2阻值不变，开关S2接b，闭合S3、S1，从右到左移动R1的滑片，测出多组U、I，并作出U－I图线如图丙所示，可得该电池的电动势为________V，内阻为________Ω。【答案】(1).D(2).F(3).G(4).0.80(5).8.94(6).2.0【解析】【详解】(1)[1]由图示图象可知，所测最大电流约为2A，则电流表应选择D；[2]电源电动势约为9V，须要把电压表改装成9V的电压表，串联电阻分压为6V，是电压表量程的2倍，由串联电路特点可知，分压电阻阻值为电压表内阻的2倍，约为8KΩ，电阻箱应选择F；[3]由于要测量该电池实际的电动势和内阻，为便利试验操作，滑动变阻器应选择G；(2)[4]把量程为3V的电压表量程扩大为9V，分压电阻分压为6V，分压电阻分压是电压表两端电压的2倍，由题意可知，电压表所在支路电压为2.40V，分压电阻两端电压为电压表两端电压的2倍，试验时应保持位置不变，变更阻值，当电压表示数为0.80V，此时电阻箱分压1.60V，完成电压表扩大量程；(3)[5]分压电阻箱两端电压是电压表两端电压的2倍，电压表示数为，则路端电压为，在闭合电路中，电源电动势整理可得由图示图象可知，图象纵轴截距电源电动势[6]图象斜率的肯定值电源内阻11.如图所示，两条间距L1=0.5m的平行光滑金属直导轨，沿与水平地面间夹角θ=30°的方向固定放置。空间存在垂直导轨所在的斜面对上的匀强磁场，其磁感应强度B随时间变更的关系为B=0.2t(T)。垂直导轨放置的金属棒ab固定，金属棒cd在平行于斜面对上的力F作用下保持静止，金属棒cd的质量为m=0.2kg，金属棒ab的电阻R1=0.2Ω，金属棒cd的电阻R2=0.3Ω，两金属棒之间的距离为L2=0.2m，取g=10m/s²。求：(1)力F随时间变更的表达式(2)在t0=1000s内金属棒cd产生的焦耳热Q【答案】(1)；(2)0.48J【解析】【详解】(1)由法拉第电磁感应定律可知金属棒与导轨组成的回路产生的电动势为回路中的感应电流依据楞次定律和左手定则可知金属棒受到的安培力沿斜面对下，由平衡条件可得解得(2)由焦耳定律得总由电路关系得总解得金属棒产生的焦耳热12.如图所示，水平传送带右端与半径为R=0.5m的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。将质量为m=0.2kg的小物块轻轻放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，取g=10m/s2。(1)求传送带的最小转动速率v0(2)求传送带PQ之间的最小长度L(3)若传送带PQ之间的长度为4m，传送带以(1)中的最小速率v0转动，求整个过程中产生的热量Q及此过程中电动机对传送带做的功W【答案】（1）5m/s（2）2.5m（3）2.5J5J【解析】【详解】(1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达点已与传送带同速且小物块刚好能到达点，在点有小物块从点到点，由动能定理得联立解得(2)传送带长度最短时，小物块从点到点始终做匀加速运动，到点时刚好与传送带同速，则有联立解得(3)设小物块经过时间加速到与传送带同速，则小物块的位移传送带的位移依据题意则有联立解得由能量守恒定律可知，电动机对传送带做功代入数据解得(二)选考题：共15分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。假如多做，则按所做的第一题计分。[物理—选修3－3]13.甲分子固定在坐标原点O，乙分子只在两分子间的作用力作用下，沿x轴方向靠近甲分子，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离x的变更关系如图所示。当乙分子运动到P点处时，乙分子所受的分子力____________(填“为零”或“最大”)，乙分子从P点向Q点运动的过程，乙分子的加速度大小____________(填“减小”“不变”或“增大”)，加速度方向沿x轴____________(填“正”或“负”)方向【答案】(1).为零(2).增大(3).正【解析】【详解】[1]由图象可知，乙分子在点（）时，分子势能最小，此时分子处于平衡位置，分子引力与分子斥力大小相等，合力为零；[2][3]乙分子在点（）时，分子间距离小于平衡距离，分子引力小与分子斥力，合力表现为斥力，乙分子从点向点运动的过程，分子作用力增大，依据牛顿其次定律得乙分子的加速度大小增大，加速度方向沿轴正方向。14.如图甲所示，导热性能良好的圆柱形汽缸放在水平地面上，开口向上，用横截面积为S的活塞封闭肯定质量的志向气体，活塞到汽缸底部的距离为h，此时环境温度为T。(热力学温度)。已知大气压强恒为p0，活塞的质量为m=现将一质量也为m的重物轻放在活塞上，同时缓慢上升环境温度，活塞静止后到汽缸底部的距离为h(如图乙所示)，该过程气体从外界汲取的热量为Q。重力加速度为g，不计活塞与汽缸之间的摩擦，求：(i)最终气体的热力学温度T(ii)上述过程中气体内能的变更量ΔU【答案】(ⅰ)；(ⅱ)【解析】【详解】(i)图甲中，汽缸内气体的压强图乙中，汽缸内气体的压强由志向气体状态方程得联立解得(ii)上述过程中外界对气体做功为由热力学第肯定律知联立解得[物理—选修3－4]15.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形图如图所示，介质中质点M、N的平衡位置分别为xM=2cm