江西省上饶市横峰中学2025届高三物理下学期适应性考试试题含解析

PAGE1-江西省上饶市横峰中学2025届高三物理下学期适应性考试试题（含解析）1.下列说法正确的是（）A.紫光照耀某金属时有电子向外放射，红光照耀该金属时也肯定有电子向外放射B.依据玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，但原子的能量增大C.卢瑟福通过粒子散射试验证明了在原子核内部存在质子D.铀核（）衰变为铅核（）的过程中，要经过6次衰变和8次β衰变【答案】B【解析】【详解】A．紫光照耀金属时有电子向外放射，发生了光电效应，说明紫光的频率大于金属的极限频率，但是红光比紫光的频率低，所以红光照耀金属时不肯定发生光电效应，不肯定有电子向外放射，A错误；B．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，依据库仑力供应向心力有依据动能表达式有解得，故当半径r增大时，动能减小；由于发生跃迁时要汲取光子，故原子的总能量增加，B正确；C．卢瑟福通过粒子散射试验证明了原子的核式结构模型，C错误；D．铀核（）衰变为铅核（）的过程中，质量数削减32，质子数削减10。依据质量数和核电荷数守恒，经过一次衰变，质量数削减4，质子数削减2，所以要经过8次衰变；经过一次β衰变，质量数不变，质子数增加1，所以要经过6次β衰变，D错误。故选B。2.A、B两物体沿同始终线运动，运动过程中的x-t图像如图所示，下列说法正确的是（）A.t=4s时A物体的运动方向发生变更B.0~6s内B物体的速度渐渐减小C.0~5s内两物体的平均速度大小相等D.0-6s内某时刻两物体的速度大小相等【答案】D【解析】【详解】A．x-t图像的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，所以A物体的运动方向不变，A错误；B．x-t图线斜率的肯定值表示速度大小，由题图可知，0~6s内B物体的速度增大，B错误；C．由题图可知，0~5s内A物体的位移大于B物体的位移，由公式可知，A物体的平均速度大于B物体的平均速度，C错误；D．0~6s内存在某时刻两图线斜率肯定值相等，则存在某时刻两物体的速度大小相等，D正确。故选D。3.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能EP随位移x变更的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（）A.x1处电场强度最小，但不为零B.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C.在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为：φ3>φ2=φ0>φ1D.x2～x3段的电场强度大小方向均不变【答案】D【解析】【详解】A．依据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝，得：E＝．Ep﹣x图象切线的斜率等于，依据数学学问可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误；BD．由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；C．依据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ3＜φ2＝φ0＜φ1．故C错误；故选D．【点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，推断电势和场强的变更，再依据力学基本规律：牛顿其次定律进行分析．4.不计电阻的某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦沟通电，把该沟通电接在图乙中志向变压器的A、B两端，电压表和电流表均为志向电表，R1为热敏电阻（温度上升时其电阻减小），R2为定值电阻．下列说法正确的是（）A.在t＝0.01s，穿过该线圈的磁通量为零B.原线圈两端电压的瞬时值表达式为（V）C.R1处温度上升时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大D.R1处温度上升时，电压表V1、V2示数比值不变【答案】C【解析】【详解】AB、原线圈接的图甲所示的正弦沟通电，由图知最大电压，周期0.02s，故角速度是，原线圈两端电压的瞬时值表达式为，当时，，此时穿过该线圈的磁通量最大，故选项A、B错误；C、温度上升时，阻值减小，总电阻减小，而输出电压不变，电流增大，即电流表的示数变大，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故选项C正确；D、处温度上升时，原副线圈电压比不变，但是不是测量副线圈电压，温度上升时，阻值减小，电流增大，则电压增大，所以示数减小，则电压表、示数的比值增大，故选项D错误．5.2024年1月3日，中国“嫦娥四号”探测器胜利在月球背面软着陆，中国载人登月工程前进了一大步．假设将来某宇航员登月后，在月球表面完成下面的试验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m的小球(可视为质点)，如图所示，当给小球一瞬时冲量Ⅰ时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动．已知圆轨道半径为r，月球的半径为R，则月球的第一宇宙速度为A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由最小放射速度应是万有引力等于重力，而重力又充当向心力时的圆周运动速度，由此可以解得最小放射速度.【详解】小球获得瞬时冲量Ⅰ的速度为v0，有；而小球恰好通过圆周的最高点，满意只有重力供应向心力，；从最低点到最高点由动能定理可知：；联立解得：月球的近地卫星最小放射速度即为月球的第一宇宙速度，满意解得：；故选B.6.如图所示，等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点。区域Ⅰ（梯形PQCD）内有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；区域Ⅱ（三角形APD）内的磁场方向垂直纸面对里，区域Ⅲ（虚线PD之上、三角形APD以外）的磁场与区域Ⅱ内大小相等均为3B0、方向相反。带正电的粒子以速度v0从中点N垂直QC射入磁场区域Ⅰ，经区域Ⅰ再从P点垂直AQ射入区域Ⅲ（粒子重力忽视不计），则下列说法正确的是（）A.粒子的比荷B.粒子的比荷C.粒子从N点动身再回到N点运动过程所需的时间为D.粒子从N点动身再回到N点的运动过程所需的时间为【答案】BD【解析】【详解】AB．由题意可知，粒子在区域I内做匀速圆周运动，轨道半径为由牛顿其次定律和洛伦兹力表达式得到解得A错误B正确。CD．带电粒子在区域II和区域Ⅲ内做匀速圆周运动，同理由牛顿其次定律和洛伦兹力表达式可得解得粒子从N点再加到N点的运动轨迹如图所示：在区域Ⅰ中做匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角，在区域Ⅰ中运动的时间在区域II中做匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角，在区域II中运动的时间在区域Ⅲ中匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角，在区域Ⅲ中运动时间粒子从N点动身再回到N点的运动过程所需的时间C错误D正确。故选BD。7.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.50Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.20Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止起先下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，取g=10m/s2（忽视ab棒运动过程中对原磁场的影响），则以下说法正确的是（）A.棒ab中出现由b流向a的电流B.匀强磁场的磁感应强度B为0.1TC.棒ab在起先的3.5s内通过的电荷量为2.8CD.棒ab在起先的6s内产生的热量为3.465J【答案】BC【解析】【详解】A．依据右手定则知，通过金属棒ab的电流方向由a到b，故A错误；B．依据图像可得，从t=3.5s时金属棒ab做匀速直线运动，速度此时ab棒受到的安培力等于重力，则有又联立解得故B正确；C．金属棒ab在起先的3.5s内通过的电荷量为故C正确；D．金属棒ab在起先运动的6s内，金属棒的重力势能转化为金属棒的动能和电路的内能，设电路中产生的总热量为Q总，依据能量守恒定律得解得则金属棒ab在起先的6s内产生的热量为故D错误。故选BC。8.如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)穿过固定的光滑圆环B，左端固定在A点，右端连接一个质量为m的小球，A、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度为AB.小球穿过竖直固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为h.已知小球在C点时弹性绳的拉力为，g为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是()A.小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为B.若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则C.若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为D.若仅把小球质量变为2m，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离为2h【答案】BC【解析】【详解】A、在D点对小球进行受力分析，如图所示：则则则摩擦力功为故选项A错误；B、从C到D点后，在返回C点，依据动能定理：则故选项B正确；C、当质量为m时，从C到D依据动能定理：则：若仅把小球的质量变成，从C到D依据动能定理：则：故选项C正确；D、若仅把小球的质量变成，则小球向下运动到速度为零时，则弹簧做功变大，且无法求出，故小球下落最终位置无法求出，故选项D错误。三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必需作答。第33题～第38题为选考题，考生依据要求作答。(一)必考题(共129分)9.如图所示是运用光电管的原理图，当频率为的可见光照耀到阴极K上时，电流表中有电流通过．（1）当变阻器的滑动端P向_____滑动时（填“左”或“右”），通过电流表的电流将会增大．（2）当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则光电子的最大初动能为________（已知电子电荷量为e）．（3）假如不变更入射光的频率，而增加入射光的强度，则光电子的最大初动能将_______（填“增加”、“减小”或“不变”）．【答案】(1).左(2).eU(3).不变【解析】①当变阻器的滑动端P向左移动，反向电压减小，光电子到达右端的速度变大，则通过电流表的电流变大；②当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，依据动能定理得，则光电子的最大初动能为eU；③光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，光照强度增大，光子数目增多，光电流增大．10.为了测定小灯泡L（6V，3W）在不同电压下的电功率，现有以下器材：直流电源E（8V，内阻不计）；电流表A（，内阻约0.6Ω）；电压表V（，内阻约200kΩ）；滑动变阻器R（0~10Ω，2A）；开关和导线。(1)某同学将试验器材连接成如图（a）所示的电路（其中滑动变阻器的连线没有画出）。闭合开关进行试验时，如图（b）所示电流表读数为_______A；无论怎样移动滑片P，电压表和电流表的示数都不为零，且始终没有变更。则该同学把滑动变阻器接入电路中的方式可能是_________（填标号）。A．G与E相连，D与H相连B．G与E相连，F与H相连C．G与C相连，F与H相连D．G与C相连，D与H相连(2)在图（a）中将滑动变阻器正确接入电路中_______。要求：灯泡两端的电压可以从零起先调整。(3)正确连接电路后，变更滑动变阻器滑片的位置，测出多组电压、电流的数据，可得小灯泡在不同电压下的电功率，并作出相应的P—U2图象，则在下列图象中可能正确的是__________（填标号），其理由是____________________________________。A．B．C．D．【答案】(1).0.36(2).BD(3).(4).C(5).依据小灯泡的伏安特性可知，电压增大到肯定值时，小灯泡阻值会明显增大【解析】【详解】(1)[1][2]电流表的量程为0.6A，故电流表读数为0.36A；A．G与E相连，D与H相连，滑动变阻器连入左半段，移动滑片，能变更连入电路的电阻，变更电压和电流，故A错误；B．G与E相连，F与H相连，滑动变阻器全部连入电路，相当于定值电阻，移动滑片，不能变更连入电路的电阻，不能变更电压和电流且电压表和电流表的示数不为零，故B正确；C．G与C相连，F与H相连，滑动变阻器连入右半段，移动滑片，能变更连入电路的电阻，变更电压和电流，故C错误；D．G与C相连，D与H相连，滑动变阻器没有连入电路，移动滑片，不能能变更连入电路的电阻，不能变更电压和电流且电压表和电流表的示数不为零，故D正确。故选BD。(2)[3]依据要求，灯泡两端的电压可以从零起先调整。故采纳分压接法，如图所示(3)[4][5]灯泡电阻R不是定值，随温度上升而变大，由可得所以P—U2图像斜率减小，故由图象可知，图象C正确。理由为：依据小灯泡的伏安特性可知，电压增大到肯定值时，小灯泡阻值会明显增大。11.如图所示，质量均为m＝4kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧左端固定．移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计．求：(g取10m/s2)(1)若s＝1m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小；(2)若两物块能冲上圆形轨道，且不脱离圆形轨道，s应满意什么条件。【答案】(1)500N；(2)s≤1.25m或4.25m≤s<6.25m【解析】【详解】(1)设物块经过C点时速度为vC，物块受到轨道支持力为FNC，由功能关系得：又代入解得FNC＝500N由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500N.(2)物块不脱离轨道有两种状况：①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v1，则得物块从碰撞后到经过最高点过程中，由功能关系有代入解得s满意条件s≤1.25m.②物块上滑最大高度不超过圆弧，设物块刚好到达圆弧处速度为v2＝0，物块从碰撞后到最高点，由功能关系有×2mv2－2μmgs≤2mgR同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由功能关系×2mv2>2μmgs代入解得s满意条件4.25m≤s<6.25m.12.如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，带电量为+q的a水平向右，不带电的b竖直向上．b上上升度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p．忽视空气阻力，重力加速度为g．求(1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离；(2)匀强电场的场强及油滴a、b结合为p后瞬间的速度；(3)若油滴p形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变更的匀强磁场，磁场变更规律如图(b)所示，磁场变更周期为T0（垂直纸面对外为正），已知P始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽视磁场突变的影响）【答案】（1）；2h（2）；方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）【解析】【详解】(1)设油滴的喷出速率为，则对油滴b做竖直上抛运动，有解得解得对油滴a的水平运动，有解得(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为，有，，解得，设油滴的喷出速率为，结合前瞬间油滴a速度大小为，方向向右上与水平方向夹角，则，，解得，两油滴的结束过程动量守恒，有：，联立各式，解得：，方向向右上，与水平方向夹角(3)因，油滴p在磁场中做匀速圆周运动，设半径为，周期为，则由得，由得即油滴p在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为、（轨迹如图所示）．最小矩形的面积为13.新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀门K，向下压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后按下按柄B打开阀门K，消毒液会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为志向气体，充气和喷液过程中温度保持不变，则下列说法正确的是（）A.充气过程中储气室内气体分子数增多且分子运动猛烈程度增加B.充气过程中，储气室内气体分子平均动能不变，压强增大C.只要储气室内气体压强大于外界大气压强，消毒液就能从喷嘴处喷出D喷液过程中，储气室内气体汲取热量对外界做功E.喷液过程中，储气室内气体分子对器壁单位面积的平均作用力减小【答案】BDE【解析】【详解】A．充电过程中温度不变，而分子运动的猛烈程度取决于气体的温度，温度不变，分子运动的猛烈程度不变，所以A错误；B．充气过程中，温度不变，所以储气室内气体的分子平均动能不变，而充气过程中储气室内气体分子数增多，所以单位面积撞击器壁的次数变多，所以压强增大，所以B正确；C．只有当储气室内气体压强大于大气压强与喷嘴到液面这段液体产生的压强之和时，消毒液才能从喷嘴处喷出，所以C错误；D．喷液过程中，气体膨胀，对外做功，但是气体温度不变，内能不变，依据热力学第肯定律，肯定须要从外界汲取热量，所以D正确；E．喷液过程中，气体体积膨胀，由于温度不变，依据玻意耳定律，气体压强减小，即储气室内气体分子对器壁单位面积的平均撞击力减小，所以E正确。故选BDE。14.一圆柱形茶杯用杯盖盖紧，水平放在高温消毒柜里进行高温消毒。起先时茶杯内部封闭气体的温度为室内温度℃、压强为外界大气压强cmHg，随着柜内温度的上升，杯子渐渐漏气，当达到最高温度℃时杯内封闭气体的压强仍旧为，消毒完成后，经足够长时间，茶杯内气体的温度降为℃。已知茶杯用杯盖盖紧后杯内气体的体积为V，假设温度达到t2后茶杯不再发生漏气。求：（1）消毒后杯内气体的最终压强；（2）高温消毒后杯内气体的质量与消毒前杯内气体质量之比。【答案】（1）p=57cmHg；（2）【解析】【详解】（1）杯内气体温度从127℃降到27℃的过程中发生等容变更，依据查理定律有其中T2=(273+127)K=400K，T3=(273+27)K=300K解得消毒后杯内气体的最终压强p=57cmHg（2）杯内气体温度从27℃升到127℃的过程中，假设气体做等压变更，则依据盖—吕萨克定律有其中T1=(273+27)K=300K解得高温消毒后杯内气体的质量与消毒前杯内气体质量之比为得15.下