广西柳州市2025届高三物理上学期第一次模拟考试试题含解析

PAGE16-广西柳州市2025届高三物理上学期第一次模拟考试试题（含解析）一、选择题：本大题共8小题，在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项是符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。1.2024年I月10日，工程院院士黄旭华获得国家最高科学技术奖，他为核潜艇研制和跨越式发展作出了巨大贡献，下列说法正确的是（）A.核潜艇的核反应也叫热核反应B.原子弹中铀或钚的质量可小于临界质量C.核潜艇的核反应堆是利用隔棒限制核反应速度D.核聚变和核裂变都能放出核能，故一切核反应都应放出核能【答案】C【解析】【详解】A．核潜艇是利用重核裂变释放的核能来发电的，不属于热核反应，故A错误；B．发生链式反应的条件是裂变物质的体积必需大于或等于临界体积，或裂变物质的质量必需大于或等于临界质量，故原子弹铀或钚元素的质量必需大于或等于临界质量，故B错误；C．核潜艇是利用重核裂变释放的核能来发电的，故核潜艇的核反应堆是利用隔棒限制核反应速度，故C正确；D．重核裂变和轻核聚变都有质量亏损，均向外界释放核能，但并不是一切核反应都能释放核能，故D错误。故选C。2.某变压器原、副线圈匝数比为55：8，原线圈所接沟通电源按图示规律变更，副线圈接有负载。下列推断正确的是（）A.沟通电源频率为50HzB.原副线圈中电流之比为55：8C.变压器输入、输出功率之比为8：55D.输出电压的最大值为32V【答案】A【解析】【详解】A．从图上可以看出，沟通电的周期T=0.02s，所以频率为50Hz，故A正确；B．电流之比等于原副线圈匝数的反比，即为8：55，故B错误；C．变压器只能变更沟通电的电压，而不能变更频率和功率，即对于志向变压器的输入功率和输出功率相等，所以C错误；D．原线圈电压的最大值为，变压器的输入和输出电压之比等于原副线圈匝数比，所以输出电压的最大值为，所以D错误。故选A。3.某带电粒子以速度v垂直射入匀强磁场中。粒子做半径为R的匀速圆周运动，若粒子的速度变为2v。则下列说法正确的是（）A.粒子运动的周期变为原来的B.粒子运动的半径仍为RC.粒子运动的加速度变为原来的4倍D.粒了运动轨迹所包围的磁通量变为原来的4倍【答案】D【解析】【详解】B．带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力供应，由向心力公式有解得，粒子运动的半径可见，若粒子速度变为2v，粒子运动的半径为2R，故B错误；A．粒子运动的周期可见，若粒子的速度变为2v，粒子运动的周期不变，故A错误；C．粒子运动的加速度可见，若粒子的速度变为2v，粒子运动的加速度变为原来的2倍，故C错误；A．粒了运动轨迹所包围的面积可见，若粒子的速度变为2v，粒了运动轨迹所包围的磁通量BS变为原来的4倍，故D正确；故选D。4.a、b两质点同时、同地沿同始终线运动，其v-t图像分别如图中a、b所示，t0时刻a、b两质点速度均为v0，在0~t0时间内，下列说法正确的是（）A.a、b两质点不存在加速度相同的时刻B.t0时刻两质点相遇C.质点a始终做匀加速直线运动D.质点b的平均速度大于【答案】D【解析】【详解】A．因为v-t图像的斜率等于加速度，可知a、b两质点的图像存在斜率相等的时刻，即存在加速度相同的时刻，选项A错误；B．图线与t轴所围面积表示位移大小，t0时刻两质点的速度相等，此时两质点的v-t图象与t轴所围面积差最大，即相距最远；故B错误；C．质点a先向负方向做匀减速直线运动，然后向正方向做匀加速直线运动，故C错误；D．若质点b在0~t0时间内做匀加速运动，则平均速度等于；因图线与t轴所围面积表示位移大小，在0~t0时间内质点b的位移大于做匀加速运动时的位移，则平均速度大于，选项D正确。故选D。5.2024年安排放射40余颗卫星，堪称中国的航天年。已知某卫星在距地面高为h的轨道绕地球做圆周运动，卫星与地心的连线单位时间内扫过的面积为S。且地球半径为R，忽视地球自转的影响，则地球表面的重力加速度为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】卫星与地心的连线单位时间内扫过的面积对卫星又解得故选B6.如图所示，A、B、C、D、E为楼梯台阶边缘上的五个点，它们在同一竖直面内，且各级台阶都相同。从A点沿水平方向先后抛出甲、乙两个小球，甲球刚好可以落到B点，乙球刚好可以落到E点，不计空气阻力，则（）A.甲、乙两球的下落时间之比为1：2B.甲、乙两球的初速度大小之比为1：4C.两小球刚好落到台阶时瞬时速度方向不同D.两小球刚好落到台阶时瞬时速度方向相同【答案】AD【解析】【详解】A．依据得，，因为甲乙两球下降的高度之比为1：4，则下落的时间之比为1：2，故A正确；B．两球水平位移之比为1：4，依据知，初速度之比为1：2，故B错误；CD．两球分别落在B点和E点，可知两球位移与水平方向的夹角相同，因为平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，可知两瞬时速度方向相同，故C错误，D正确。故选AD。7.避雷针是用来爱护建筑物等避开雷击的装置。图示为避雷针上方有雷雨时避雷针MN旁边的电场线分布示意图，电场线关于直线MN对称。虚线ABCD为一重力不计的带电粒子在电场中仅在电场力作用下从A运动到D的轨迹，则（）A.该粒子带负电B.A点的电势比B点的电势高C.该粒子在A点时的加速度比在B点时的加速度大D.运动过程中粒子的电势能先增大后减小【答案】CD【解析】【详解】A．依据带电粒子在电场中仅在电场力作用下从A运动到D的轨迹，可知带电粒子受电场力方向大体向上，与电场方向相同，可知该粒子带正电，故A错误；B．沿电场线方向电势降低，由图可知A点的电势比B点的电势低，故B错误；C．由图可知，A处电场线比B点电场线密，说明A处电场强度大，粒子在A点的电场力大，所以该粒子在A点时的加速度比在B点时的加速度大，故C正确；D．依据带电粒子在电场中仅在电场力作用下从A运动到D的轨迹，可知电场力先做负功，后做正功，所以运动过程中粒子的电势能先增大后减小，故D正确。故选CD。8.如图所示，细绳一端固定在O点，另一端拴一小球A，现拉起小球A使细绳水平伸直，然后无初速释放，小球A运动到最低点时，细绳的拉力大小为F。则小球A从起先运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（）A.小球受到重力和细绳拉力的合力供应向心力B.小球重力的瞬时功率最大时，小球受到的合力方向水平向左C.若将细绳变长，小球运动到最低点处时细绳拉力仍为FD.若将细绳变长，小球运动到最低点处时细绳拉力大于F【答案】BC【解析】【详解】A．小球A从起先运动到最低点的过程中，向心力由细绳拉力和重力沿细绳方向分力供应，故A错误；B．当小球受到的合力在竖直方向分力向下时，小球竖直分速度变大，重力的瞬时功率变大，当小球受到的合力在竖直方向分力向上时，小球竖直分速度变小，重力的瞬时功率变小，所以小球重力的瞬时功率最大时，小球受到的合力方向水平向左，故B正确；CD．小球A从起先运动到最低点的过程中，由机械能守恒有在最低点，由向心力公式得解得，小球运动到最低点处时细绳拉力可知，小球运动到最低点处时细绳拉力与细绳长度无关，所以若将细绳变长，小球运动到最低点处时细绳拉力仍为F，故C正确，D错误。故选BC。二、非选择题。9.试验室有始终流电流表，其说明书上附的该电流表的内部电路如图甲所示。(1)某次用0~3A量程测量时，示数如图乙所示，其读数为_______A；(2)该电流表0~0.6A量程对应的内阻为_____Ω（结果保留两位有效数字）；(3)若电阻R1断路，则电流表允许通过的最大电流为_________mA（结果保留两位有效数字）。【答案】(1).1.20(2).3.0(3).2.4×102【解析】【详解】(1)[1]电流表量程为0～3A，由图乙所示表盘可知，其分度值为0.1A，示数为1.20A。(2)[2]由图乙所示电路图可知，电流表量程为0～0.6A时，图中上面两个电阻与下面两个电阻并联，电流表内阻为(3)[3]当电阻R1没有断路时，由图示电路图可知，电流表量程为0～0.6A时，设通过图中上下电路的电流分别为I1、I2，则有I1+I2=0.6A解得I1=0.24A，即Rg的满偏电流，当电阻R1断路时，电路成为Rg与R3串联的简洁电路，则允许通过的最大电流即为Rg的满偏电流10.某同学用如图所示的装置做验证动量守恒定律的试验操作步骤如下：I．先将光滑斜槽轨道的末端调至水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止起先滚下，撞到木板在记录纸上留下压痕O。II．将木板向右平移适当距离，再使小球a从原固定点由静止释放，撞到木板在记录纸上留下压痕。III．把半径相同的小球b（ma<mb）静止放在斜槽轨道水平段的右边缘，让小球a仍从原固定点由静止起先滚下，与小球b相碰后，a球沿轨道反弹后返回，两球撞在木板上留下压痕。将这些压痕标记为A、B、C，已知b球的压痕为C。(1)本试验必需测量的物理量是______(填选项前的字母)；A．小球a、b的质量ma、mbB．小球a、b的半径rC．斜槽轨道末端到本板的水平距离xD．记录纸上O点到A、B、C的距离y1、y2、y3(2)放上被碰小球b，两球相碰后，小球a在图中的压痕点为______（填“A”或“B”）；(3)用本试验中所测得的物理量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为______。【答案】(1).AD(2).B(3).【解析】【详解】(1)[1]设a单独滚下经过斜槽轨道末端的速度为v，两球碰撞后a、b的速度分别为和，由于碰撞后a球沿轨道反弹后返回，若两球碰撞动量守恒，则依据平抛规律得化简可得所以可知，本试验必需测量的物理量是小球a、b的质量ma、mb，以及纸上O点到A、B、C的距离y1、y2、y3。故选AD。(2)[2]由(1)中分析可知，放上被碰小球b，两球相碰后，小球a在图中的压痕点为B。(3)[3]由(1)中分析可知，用本试验中所测得的物理量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为。11.轻质细线吊着一质量m=0.32kg的单匝线圈，总电阻为r=1Ω。边长为l=0.4m的正方形磁场区域对称分布在线圈下边两侧，如图所示。磁场方向垂直于纸而向里，且B随时间t的关系为B=5t+1（T），从t=0起先经t0时间细线起先松弛，g=10m/s2，求：(1)在前t0时间内线圈中产生的感应电流大小和方向；(2)在前t0时间内流过线圈横截面的电量大小。【答案】(1)0.4A，感应电流方向为逆时针方向；(2)1.52C【解析】【详解】(1)由法拉第电磁感应定律得而磁通量又为由闭合回路欧姆定律得解得A由楞次定律得，感应电流方向为逆时针方向(2)时细线松弛，故有B=解得q=1.52C12.某地有一倾角为的如图所示的山坡，山坡上有一质量为m=1kg的石板B，其上下表面与斜坡平行；板上有一质量也为m=1kg小石块A。已知A与B之间的动摩擦因数为=0.3，B与斜坡间动摩擦因数为=0.5，斜坡足够长。系统在外力约束下处于静止状态。现在t=0时刻撒去约束并同时给B施加一个沿斜面对下的冲量，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8。(1)求t=0时A的加速度大小；(2)为保证A不从石板B上端滑出，求石板B的最小长度；(3)假设石板B足够长，求从t=0时起先B对A的冲量大小。【答案】(1)8.4m/s2；(2)6.4m；(3)【解析】【详解】(1)对A受力分析可得8.4m/s2(2)对B受力分析可得aB=44m/s2B做匀减速直线运动。对B，由动量定理解得=12.8m/s当A、B共速时，有解得t1=1s此时A的位移mB的位移m此时A在B上滑动的距离故要求A不从B上端滑下，则板至少长L=6.4m（3）设A达最高点后相对B向下滑，对A受力分析可得解得=3.6m/s2对B受力分析可得解得＞明显此时A会从B的下端滑出此时有解得t2=2s。A相对B滑动时，支持力的冲量为A相对B上滑时，A受到的摩擦力向下A相对B下滑时，A受到的摩擦力向上故摩擦力总的冲量为所以B对A的总冲量为13.如图所示，肯定质量的志向气体经验A→B的等压过程和B→C的绝热过程（气体与外界无热交换），则下列说法正确的是（）A.A→B过程中，外界对气体做功B.A→B过程中，气体分子的平均动能变大C.A→B过程中，气体从外界汲取热量D.B→C过程中，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数削减E.B→C过程中，单位体积内气体分子数增多【答案】BCD【解析】【详解】ABC．由题意知，A→B的等压过程，气体体积变大，由可知，温度将上升，则气体分子的平均动能变大，同时对外做功，由热力学第肯定律，可知，，故，则气体从外界汲取热量，故A错误，BC正确；DE．B→C的绝热过程中，，体积增大，单位体积内气体分子数削减，气体对外做功，，由热力学第肯定律可知，，气体温度降低，故单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数削减，故D正确，E错误。故选BCD。14.如图所示，体积为V，内壁光滑的圆柱形导热气缸，气缸顶部有一厚度不计的轻质活塞，气缸内壁密封有密度为，温度为3T0，压强为1.5p0的志向气体(p0和T0分别为大气压强和室温)，设容器内气体的变更过程都是缓慢的，气体的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA。(1)求气缸内气体与外界大气达到平衡时体积V1；(2)气缸内气体的分子的总个数N。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)在气体温度由T=3T0降至T0过程中，压强先由p=1.5p0减小到p0，气体体积不变，由查理定律可得此后保持压强p0不变，体积接着减小，由盖吕—萨克定律可得(2)气体的质量其物质的量气体的分子数为15.t=0时刻一列简谐横波在某