河南省平顶山一中新区学校2025届高三物理周末测试试题八

PAGE11-河南省平顶山一中新区学校2025届高三物理周末测试试题（八）可能用到的相对原子质量：H1C12O16Al27Cl35．5Ca40Fe56Co59一、选择题（每题6分，共126分。1-18为单项选择题，19-21为多项选择题）14.已知氢原子能级公式En＝（E1＝﹣13.6eV，n＝1，2，3…）。大量处于某激发态的氢原子向低能级跃迁时，发出的复色光通过玻璃三棱镜后分成a、b、c、d、e、f六束（含不行见光），如图所示。下面说法中正确的是（）A．在三棱镜中a光的传播速率小于f光的传播速率 B．若变更复色光的入射角，最先消逝的是a光 C．从n＝3能级向n＝1能级跃迁产生的那一束是e光 D．b、c通过同一双缝干涉装置产生的干涉条纹的间距相等15．2024年5月5日，长征五号B运载火箭搭载新一代载人飞船试验船，在海南文昌航天放射场首飞胜利，将载人飞船试验船送入预定轨道后，试验船绕地球做圆周运动，淄博的40余种蔬菜种子在飞船中进行航天育种。将来月球探测器、火星探测器和载人空间站都要靠长征五号来放射升空。以下推断中正确的是（）A．同一火箭，在文昌航天放射场（北纬19.6度）时的有效载荷大于西昌航天放射场（北纬28.2度）的有效载荷 B．试验船的绕地运行速度大于7.9km/s C．在绕地球飞行的试验船内培育出的蔬菜的根，其生长方向应是指向地球的方向 D．火星探测器的放射速度应大于7.9km/s，且小于11.2km/s16．如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α＝37°，一质量为3m的L形工件沿斜面以速度v0＝1m/s匀速向下运动。工件上表面光滑，下端为挡板，某时刻，一质量为m的小木块轻轻放在工件上的A点，当木板运动到工件下端是（与挡板碰前的瞬间），工件速度刚好减为零，后木块与挡板第一次相碰，以后每隔一段时间，木块就与挡板碰撞一次。已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度取g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上动量不守恒 B．下滑过程中，工件的加速度大小为6m/s2 C．木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，工件的速度大小为3m/s D．木块与挡板第1次碰撞至第2次碰撞的时间间隔为0.75s17．我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流淌的，当水不再流淌时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动，稳定时水面呈凹状，如图所示。这一现象依旧可用等势面说明：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于探讨，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，质量为m的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为Epx＝﹣．该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流淌，稳定时水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能。依据以上信息可知，下列说法中正确的是（）A．与该“势能”对应的“力”的方向指向O点 B．与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而减小 C．该“势能”的表达式Epx＝﹣是选取了y轴处“势能”为零 D．稳定时桶中水面的纵截面为圆的一部分18．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变更的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线。曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P（5，3.5）、Q（6，5）。假如把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法不正确的是（）A．电源1与电源2的内阻之比是3：2 B．电源1与电源2的电动势之比是1：1 C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是21：25 D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7：1019．如图所示，直杆与水平面成30°角，一轻质弹簧套在直杆上，下端固定在直杆底端。现将一质量为m的小滑块从杆顶端A点由静止释放，滑块压缩弹簧到达最低点B后返回，脱离弹簧后恰能到达AB的中点。设重力加速度为g，AB＝L，则该过程中（）A．滑块和弹簧刚接触时的速度最大 B．滑块克服摩擦做功为 C．滑块加速度为零的位置只有一处 D．弹簧最大弹性势能为20．一个物体沿直线运动，从t＝0时刻起先，物体的﹣t的图象如图所示，图线与纵横坐标轴的交点坐标分别为0.5m/s和﹣1s，由此可知（）A．物体做匀加速直线运动的加速度大小为1m/s2 B．物体做匀变速直线运动 C．物体的初速度大小为0.5m/s D．物体的初速度大小为1m/s21．如图所示a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m电荷量为q（q＞0）的粒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v1，在B点的速度大小为v2，方向与等势面平行。A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则（）A．v1小于v2 B．等势面b的电势比等势面c的电势低 C．粒子从A运动到B所用时间为t＝ D．匀强电场的电场强度大小为二、非选择题（共174分，其中33-38为选考题）22．（6分）某物理爱好小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的试验。光滑的水平平台上的A点放置有一个光电门。试验步骤如下：A．在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；B．用天平分别测得小滑块a（含挡光片）和小球b的质量为m1、m2；C．在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的水平轻短弹簧，静止放置在平台上；D．细线烧断后瞬间，a、b被弹开向相反方向运动；E．记录滑块a离开弹簧后通过光电门时挡光片的遮光时间t；F．小球b离开弹簧后从平台边缘飞出，落在水平地面的B点，测出平台距水平地面的高度h及B点与平台边缘铅垂线之间的水平距离x0；G．变更弹簧压缩量，进行多次试验。（1）用螺旋测微器测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度为mm。（2）若a、b与弹簧作用过程中系统动量守恒，则m1＝（用上述试验所涉及物理量的字母表示，重力加速度为g）23．（8分）小宇有一台带USB接口的小型电风扇，额定电压为5.0V，额定功率为2W，他想通过试验描绘出这台小电风扇的伏安特性曲线。他在试验室中没有找到合适的电压表，但找到了导线、开关，还有以下器材：A．电源E（电动势为6.0V）B．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻为0.2Ω）C．电流表A2（量程150mA，内阻为0.5Ω）D．滑动变阻器R1（最大阻值100Ω）E．滑动变阻器R2（最大阻值10Ω）F．固定电阻R3＝40ΩG．固定电阻R4＝20Ω（1）为了便于调整，减小读数误差和系统误差，试验中滑动变阻器应选用；固定电阻应选用（填所选仪器前的字母序号）。（2）请你为他设计试验电路，并把电路图画在甲图中的方框内（方框内已画出了小电风扇的电路符号）。（3）小宇在试验过程中发觉，小电风扇在电流表A，读数小于0.1A时电风扇没有转动。他通过试验描绘出I1（电流表A1的读数）、I2（电流表A2的读数）的图象如图所示（I1为0.1A时I2为10mA）。由此可以判定，小电风扇的电阻为Ω，正常工作时的发热功率为W，机械效率为（结果均保留两位有效数字）。24（14分）．半径为R的内壁绝缘光滑的半圆筒如图所示，圆筒的截面在竖直平面内，O为圆心，MN为圆筒的水平直径，空间存在竖直向下的匀强磁场，平行圆圆筒轴线方向在圆筒内放入一根长为L，质量为m的通电直导线，当通入的电流为I时，导线刚好静止，此时导线与圆心的连线与竖直方向的夹角为37°，已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求磁场的磁感应强度的大小；（2）现把导线拉到M位置后无初速度释放，保持导线中的电流大小和不变，求导线运动到最低点时对圆筒的压力大小。25（19分）．如图所示，两水平面（虚线）之间的区域存在方向水平向右的匀强电场。从离该区域上边界高为h的O点，沿平行于电场的方向，以相同的速率分别先后向左、右抛出a、b两个小球。a、b两小球均带正电，且质量均为m，a球带电量为βq，b球带电量为q。两小球到达电场上边界的位置之间的距离为L，b球进入电场后在电场中做直线运动。忽视a、b之间的库仑力，重力加速度为g。求：（1）两小球抛出时速度v0的大小；（2）若β＝1，且a球进入电场的位置与离开电场的位置在同一竖直线上，求电场上下边界之间的距离；（3）若电场的上下边界之间的距离为3h，β为何值时可使两小球从同一位置离开电场。33.【物理——选修3-3】（15分）1．下列说法正确的是（）A．零摄氏度的物体的内能为零 B．气体假如失去了容器的约束会散开，这是因为气体分子热运动的结果 C．温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同 D．志向气体，分子之间的引力、斥力依旧同时存在，且分子力表现为斥力 E．浸润现象是分子间作用力引起的2．如图所示，一长L＝37cm的导热细玻璃管AB水平放置，B端密闭，A端开口。在玻璃管内用一段长L1＝25cm的水银柱密闭一段长L2＝10cm的志向气体。已知大气压强p0＝75cmHg，气体初始温度为t1＝27℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为T＝t+273K。（ⅰ）若将玻璃管绕A端沿逆时针方向缓慢旋转，当玻璃管与水平面的夹角α为多少时水银柱的下端刚好到达A端？（ⅱ）当玻璃管转到与水平面成α角时，用一薄玻璃片将A端盖住以防止管中水银流出并对管中气体加热。当加热到温度为t2时由静止释放玻璃管并同时快速抽去玻璃片，让玻璃管做自由落体运动，下落过程中玻璃管不发生翻转，发觉在玻璃管下落过程中管中的水银柱相对于玻璃管的位置不变，求t2．（玻璃管下落过程中管中气体温度不变）34．【物理——选修3-4】（15分）1、5G，即第五代移动通信技术，采纳3300﹣5000MHz频段，相比于现有的4G（即第四代移动通信技术，1880﹣2635MHz频段）技术而言，具有极大的带宽。关于5G信号，下列说法正确的是（）A．5G信号既可以实现无线通信，也可以通过光缆、电缆传输 B．5G信号在真空中传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度方向均垂直 C．5G信号可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的5G信号随即消逝 D．5G信号与4G信号相比在真空中传播速度更快 E．5G信号与4G信号相比更不简单越过障碍物发生明显衍射现象2（10分）．如图所示，ABCD是一玻璃砖的截面图，一束光与AB面成30°角从AB边上的E点射入玻璃砖中，折射后经玻璃砖的BC边反射后，从CD边上的F点垂直于CD边射出。已知∠B＝90°，∠C＝60°，EB＝10cm，BC＝30cm。真空中的光速c＝3×108m/s，求：①玻璃砖的折射率；②光在玻璃砖中从E到F所用的时间。（结果保留两位有效数字）物理选择题14、解：A、依据数学组合公式，能辐射出6种光，则有，解得：n＝4，发出的复色光通过玻璃三棱镜后分成a、b、c、d、e、f六束，可知，f光对应的是最高频率，而a对应是最低频率，故f光对应的是最大折射率，而a对应是最小折射率；依据得出在三棱镜中a光的传播速率大于f光的传播速率，故A错误；B、f光对应的是最大折射率，若变更复色光的入射角，最先消逝的是f光，故B错误；C、依据辐射能量即为能级之差，即△E＝Em﹣En，则有：从n＝4能级向n＝1能级（基态）跃迁产生的f光，从n＝3能级向n＝1能级（基态）跃迁产生的e光，故C正确；D、依据依据可知，b光的波长大于c光，，可知，b通过同一双缝干涉装置产生的干涉条纹的间距△xb大于c通过同一双缝干涉装置产生的干涉条纹的间距△xc，故D错误；故选：C。15．【解答】解：A、文昌的纬度比西昌的低，则其线速度大，在火箭推力相同的状况下，在文昌放射时有效荷载比西昌大，故A正确B、第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星的运行速度，也是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，由解得v＝可知轨道半径越大线速度越小，试验船的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，其运行速度肯定小于7.9km/s，故B错误；C、在试验船内，植物是处于完全失重状态的，所以根的生长方向不会表现向地性，生长方向是随机的。故C错误。D、其次宇宙速度11.2km/s是卫星脱离地球引力束缚的最小放射速度，第三宇宙速度16.7km/s是卫星逃逸太阳系的最小放射速度，火星探测器脱离地球引力束缚，绕火星做圆周运动，故放射速度应当大于11.2km/s，小于16.7km/s，故D错误。故选：A。16．】解：A、起先L形工件沿斜面匀速向下运动，有3mgsinα＝μ•3mgcosα，解得μ＝0.75；放上木块后，工件增加的摩擦力f＝μmgcosα，而木块重力沿斜面对下的分力为mgsinα，二者相等，故工件和木块系统沿斜面方向上合力为零，所以沿斜面方向上动量守恒，故A错误；B、把木块放上工件后，对工件依据牛顿其次定律可得：μ•4mgcosα﹣3mgsinα＝3ma，解得工件的加速度大小为a＝2m/s2，故B错误；C、设木块与工件碰撞前瞬间木块的速度为v，依据动量守恒定律可得：3mv0＝mv，解得：v＝3v0＝3m/s；木块与工件碰撞过程中，依据动量守恒定律可得：mv＝mv1+3mv2，依据能量关系可得：mv2＝mv12+3mv22，联立解得：v1＝﹣1.5m/s，v2＝1.5m/s，所以木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，工件的速度大小为1.5m/s，故C错误；D、设木块与挡板第1次碰撞至第2次碰撞的时间间隔为t，在此时间内工件的位移为x工＝v2t﹣，木块的位移x木＝v1t，相碰时有：x工＝x木，联立解得t＝0.75s，此时依据刚好速度为零，故D正确。故选：D。17】解：A、若我们取液面A处有一个小液滴，它离O点有肯定的高度，因为在液面上稳定时相同质量的水将具有相同的总势能，而A点的重力势能大于O点，所以这个特别的“势能”A点要小于O点，故由O到A的过程中，这个“势能”减小，故它对应的力做的是正功，所以该“力”由O指向A，故A错误；B、设这个“力”为F，则Fx＝EpO﹣EPA＝0﹣（﹣），即F＝，故该力的大小随x的增大而增大，故B错误；C、由于O点的这个“势能”最大，向两侧时减小，而“势能”的表达式是EPx＝﹣，故是选取了y轴处的“势能”为零，故C正确；D、假如我们取O点的重力势能为0，这个“势能”也为0，则质量相等的小液滴，由于它们在液面上稳定时具有相同的总势能，即某点的总势能Ep＝mgy﹣＝0，故y与x是二次函数的关系，所以桶中水面的纵截面为抛物线，不是圆的一部分，故D错误。故选：C。18解：A、在电源的U﹣I图象中，图象的斜率的肯定值表示电源的内电阻，依据电源U﹣I图线，可知，电源1、电源2的内阻分别为r1＝Ω＝Ω，同理，r2＝Ω＝Ω，则r1：r2＝3：2，故A正确；B、U﹣I图象的纵轴截距表示电动势，故E1＝E2＝10V，即电源1与电源2的电动势之比是1：1，故B正确；CD、灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态，则连接电源1时，U1＝3.5V，I1＝5A，故灯泡消耗的功率为P1＝U1I1＝17.5W，灯泡的电阻R1＝＝Ω＝0.7Ω连接电源2时，U2＝5V，I2＝6A，故灯泡消耗的功率P2＝U2I2＝30W，灯泡的电阻R2＝＝Ω故R1：R2＝21：25，P1：P2＝7：8，故C正确。本题选择不正确的，故选：D。19解：A、对滑块受力分析，当滑块刚接触弹簧时，重力沿杆向下的分力大于弹簧的弹力，滑块接着向下做加速运动，当重力沿斜面对下的分力等于弹簧的弹力时，这时加速度为零，速度达到最大，故A错误；B、在整个过程中，依据动能定理可得：，解得：，滑块克服摩擦做功为，故B正确；C、在下滑过程中，对滑块受力分析有：mgsinθ﹣F弹﹣μmgcosθ＝0，在上滑阶段，F′弹﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝0，故F弹＜F′弹，加速度为零的位置由两处，故C错误；D、在下滑过程中，弹簧的压缩量最大时，弹性势能最大依据动能定理可知mgLsin30°﹣μmgcosθ•L﹣Ep＝0﹣0在整个过程中摩擦力做功大小为：联立解得，故D正确；故选：BD。20、【解答】解：由图可得：＝（0.5t+0.5）m/s，由匀变速直线运动的位移﹣时间公式x＝v0t+at2得：＝v0+at对比可得a＝0.5m/s2，则物体的加速度为a＝1m/s2，初速度为v0＝0.5m/s，可知，物体做匀加速直线运动，故ABC正确，D错误。故选：ABC。21．解：A、电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，粒子弯曲的方向向上，所以粒子受力的方向向上，从A到B的过程中电场力做负功，所以粒子的速度减小，故A错误；B、粒子受力的方向向上，粒子带正电，则电场的方向向上，c的电势高于b的电势；故B正确；C、粒子在A点的速度大小为v1，在B点的速度大小为v2，粒子在沿等势面方向做匀速直线运动，所以水平方向的分速度不变，为v2所以粒子运动的时间：t＝，故C错误；D、在沿电场线的方向的位移：y＝Lsinθ设A．B间的电势差为UAB，由动能定理，有：联立解得：E＝，故D正确。故选：BD。22/解：（1）螺旋测微器的读数是由固定刻度与可动刻度示数的和，所以遮光条的宽度d＝3.5mm+20.4×0.01mm＝3.704mm；（2）烧断细线后，ab被弹簧弹开，a获得的动量与b获得的动量大小相等方向相反，而a通过光电门的速度v1＝，动量m1v1＝m1，b做平抛运动，速度v2＝＝弹开后的动量pb＝m2v2＝m2。故答案为：（1）3.704（2）m223解：（1）额定电压为5.0V，额定功率为2W，电风扇的额定电流为：I＝＝A＝0.4A，因此须要选用电流表A1，因电压需从零起先测起，则滑动变阻器采纳分压式接法，而电风扇电阻大约为：R＝＝Ω＝12.5Ω．则滑动变阻器选择总电阻为10Ω的误差较小，即选择E；由于没有电压表，则必需通过电流表与电阻来改装，因电源的电动势为：E＝6.0V，那么电流表A2（量程150mA，内阻为0.5Ω）与固定电阻R3＝40Ω，改装成电压表，其量程为：U＝6V；因此固定电阻应选用F。（2）因为电压需从零起先测起，则滑动变阻器采纳分压式接法，电风扇的电阻大约R＝12.5Ω，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采纳外接法；电路图如图所示：（3）小电风扇在电流表A，读数小于0.1A时小电风扇没有转动，属于纯电阻，依据I1为0.1A时I2为10mA，故答案为：（1）E；F；（2）如上图所示；（3）4.5；0.72、64%24【解答】解：（1）导线静止时，对导线受力分析如图所示：正交分解后得：FNsin37°＝BILFNcos37°＝mg解得：B＝（2）从M位置释放到运动到最低点，由动能定律得：mgR﹣BILR＝在最低点处对导线分析，设导线受到的支持力为FN′，由牛顿其次定律得解得：FN′＝由牛顿第三定律得导线运动到最低点时对圆筒的压力大小也为；25．【解答】解：（1）小球在进入电场前做的是平抛运动知：解得：（2）a球进入电场的位置与离开电场的位置在同一竖直线上知：a球水平方向的速度变更量△vx＝2v0因为β＝1，b球与a球水平方内的加速度相同，所以b球水平方向的速度变更量也为△vx＝2v0，b球出电场的水平速度为v′x＝3v0b球进电场前竖直方向的运动，vy2＝2gh解得：因为b球在电场中做直线运动，由＝，解得：v′y＝3vy由v′y2﹣vy2＝2gH解得：H＝8h（3）依据几何关系可知，粒子b进入电场时设偏转角为θ，则：tanθ＝若电场的上下边界之间的距离为3h，则可得b球离开电场的位置在O点下方到O点的距离：x＝即a球离开电场的位置在O点下方到O点的距离也是L；b球从释放到离开电场整个过程中竖直方向的加速度始终为g，其总时间为t′，则：，可得b在电场中运动的时间：b在水平方向的位移：联立可得：a球在水平方向的位移：解得：依据牛顿其次定律：，联立可得：β＝9，即β＝9时可使两小球从同一位置离开电场33-1．解：A、一切物体在任何温度下都具有内能，所以零摄氏度的物体仍旧有内能。故A错误；B、气体分子间的作用力很小，可以忽视不计，气体分子不停地做无规则运动，气体分子可以充溢整个容器，假如没有约束，气体将散开，故B正确；C、温度是分子的平均动能的标记，温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同；故C正确；D、志向气体，分子之间的引力、斥力依旧同时存在，但由于分子之间的距离较大，都可以忽视不计。故D错误；E、浸润和不浸润现象是液体分子间相互作用的表现，与分子力有关。故E正确。