2024-2025学年广西邕衡教育名校联盟高三下学期开学考试物理试题

高级中学名校试卷PAGEPAGE1【物理答案】题号12345678910答案ACDCBDBBDBDBC1．【答案】A【解析】A．原子核外电子跃迁时辐射出光后，按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道，电子的动能增大，原子的能量减小，故A正确；B．放射性现象说明原子核内部具有复杂结构，α粒子散射现象说明原子核内部具有核式结构，故B错误；C．原子核的结合能与核子数之比，称做比结合能，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故C错误；D．光电效应现象中逸出的电子是核外电子，衰变是原子核内中子转变成质子时产生的，故D错误。2.【答案】C【解析】A．因n红<n绿，入射角相同，但OA折射角度较大，由折射率的公式可知OA是红光，OB是绿光，故A错误；B．由A项可知OA是红光，由折射定律得n红＝sinαsin(900-θ）＝eq\r(3)，故BC．根据v＝eq\f(c,n)，解得OA光束在该玻璃中传播的速度为v＝eq\r(3)×108m/s，故C正确；D．因光是从光疏介质射入光密介质，不可能发生全反射，故D错误。3．【答案】D【解析】A．飞船从近地轨道经A点进入轨道2需要在A点加速，所以飞船在A点的线速度大于第一宇宙速度，故A错误；B．飞船从地面发射进入轨道1的速度应大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故B错误；C．飞船先进入轨道2，再加速，万有引力不足以提供向心力，飞船将做离心运动，无法实现对接，故C错误；D．根据开普勒第三定律知，轨道半径越大，周期越大，天宫空间站的运行周期大于飞船在轨道1的运行周期，故D正确。4.【答案】C【解析】洛伦兹力虽不做功，但可以改变小球的运动状态(改变速度的方向)，小球做曲线运动，在运动中任一位置受力如图所示，小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度ay＝eq\f(mg－qvBcosθ,m)＜g，故小球运动的时间将增加；在水平方向上，qvBsinθ=max,小球作初速度为v0的加速运动，故落点应在A点的右侧；洛伦兹力不做功，所以小球的速度大小仍为v。5．【答案】B【解析】A．若，逐渐增大F，A相对B比B相对于车先滑动，故A错误；B．若，A、B与车都相对静止，由μ1mg=mam得整体相对静止的最大加速度为am=μ1g，则F的最大值为6μ1mg，故B正确；C．若，B相对于车比A相对于B先滑动，所以不管F多大，B相对车滑动后，A相对B一直静止，故C错误；D．若，由μ2（m+2m）g=（m+2m）am得整体相对静止的最大加速度为am=μ2g，则最大拉力为Fm=（m+2m+3m）am=6μ2mg，当F=5μ2mg时，B与车之间尚未相对滑动，故D错误。6.【答案】D【解析】A．铜棒向右运动切割磁感线，由右手定则可知，A点的电势比C点的电势高，故A错；B．电路中的电流大小I=UR=5A，铜棒切割磁感线产生的电动势为E=I(R+r)=3.0VC．根据E=BLv，得橡胶带匀速运动的速度大小v=4m/s，故C错误；D．每根铜棒每次通过磁场区所用时间t=dv=0.05s，则通过R的电荷量为q=It=0.25C7．【答案】B【解析】AB．由牛顿第二定律得，，由图可知撤去前后算珠的加速度大小分别为，联立解得μ=0.2，m=25g，故B正确，A错误；CD．由图像面积表示位移，可知杆长为。若不撤去，算珠将以的加速度做匀加速直线运动，经运动位移为，则此时未到归零状态，故C、D错误。8．【答案】BD【解析】A由图乙可知，在时，，在时，a=-am达到负方向最大，根据牛顿第二定律可知回复力变化和加速度一致，则内质点Q应向上振动，根据同侧法（质点的振动方向和波的传播方向在波的同一侧）可知波向x轴负方向传播，再对P质点由同侧法可知沿y轴负方向运动，故A错误；B．，由图甲可得15=15001800λ2解得波长λ=36m，由vC．由图乙可知，质点Q在t=5s时，a=-10m/s2，根据回复力总是指向平衡位置的特点可知，此时回复力竖直向下，则质点Q振动到波峰，故C错误；D．因振幅A=10cm，，则一个周期内，质点运动的路程为40cm，而时间∆t=5s=(1+14)T，在t=0s时P点向下振动，则在经过一个周期后P的速度正在减小，在此后T4的时间内其路程小于10cm，故总路小于50cm9.【答案】BD【解析】A．到达A点的质子动能增加量最大，电场力做功最大，说明等势面在A点与圆相切（否则一定还可以在圆上找到与A点电势相等的点），电场线沿x轴正向，A项错；B．因电场线与等势面垂直,等势面与y轴平行，P和P’是等势点,B正确；C．沿电场线方向电势逐渐降低，故B点的电势比P点高，C错；D．P、A间的电势差UPA=E·2Rcos2370=32ER25，D10．【答案】BC【解析】A．假设铁锤与石板碰撞前的速度为，则，铁锤与石板碰撞，由动量守恒定律，有，联立解得，故A错误；B．系统损失的机械能为，解得，故B正确；CD．弹性气囊A对石板的作用力F做的功为图像与横轴围成的面积，则，从铁锤与石板共速到两者速度减为0的过程，根据动能定理得，解得WF=-mgh(k+1)-(k+1)mgd，，故C11.（共6分，每空2分）【答案】B；＞；0.44【解析】由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得：T2＝eq\f(4π2,g)l，即图象的斜率k＝eq\f(4π2,g)，重力加速度越大，斜率越小，我们知道北京的重力加速度比南宁的大，所以去北大的同学所测实验结果对应的图线是B；从题图乙可以得出Tb＝1.5Ta，由单摆的周期公式得：Ta＝2πeq\r(\f(la,g))，Tb＝2πeq\r(\f(lb,g))，联立解得Lb/La＝9/4，即Lb＞La；由T2＝eq\f(4π2,g)l可知，秒摆的摆长约为1m,从题图可以看出b球的周期为2s，摆长约为1m，则a球的摆长约为4/9m≈0.44m.12．（共10分，第一空1分，最后一空3分，其余每空各2分）【答案】（1）黑（2）436（3）×1100【解析】（1）根据欧姆表的“红进黑出”原则，c端接黑表笔。（2）S2接1时，100mA=1mA+，S2接2时，10mA=1mA+，由以上两式得R1=4Ω，R2=36Ω。（3）由题意及闭合电路欧姆定律得，开关S2接1时，，开关S2接2时，

，由以上两式得，因为欧姆表内阻大的挡位大，所以再将开关S2接1时，欧姆表的挡位为“×1”；开关接2，再次欧姆调零，滑动变阻器电阻大小为，由闭合电路的欧姆定律得，，，由以上三式并代入数据得。13.（10分）【答案】（1）480K；（2）528K【解】（1）从开始到活塞刚接触重物，缸内气体为等压变化过程，有：HST1=(H+h)ST2……（3分），解得T2=【等价式子：P2=P1=P0,V1=HS,V2=(H+h)S,T1=300K,P1V1T1=（2）从刚接触重物到绳子拉力刚好为零，缸内气体作等容变化，绳子拉力刚好为零时，气体压强为P3，有P0T2=【等价式子：P0HST1=P3(H+h)ST又P3S=P0S+mg……（2分）【等价式子：P3=P0+mgS……（2分）解得T3=528K……（1分）【式子中相关物理量有不用试题中所给字母符号的均不得分】14.（12分）【答案】（1）t=0.3s；（2）Q=0.25J；（3）∆E=3J【解】（1）玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则tanα=vyv1vy=gt………t=0.3s………（1分）（2）玩具刚滑上传送带时的速度为………（1分）【等价式子：v=vysinα或v=v可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小………（1分）玩具刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为………（1分）下滑的位移为x1=v+v【等价式子：x1=vt1+12a玩具在传送带上运动产生的热量：Q=μ1mgcosα∙(v0t得Q=0.25J………（1分）（3）根据功能关系，因传送玩具电动机多消耗的电能ΔE=μ1mgcosα∙v0【法二：根据能量守恒有∆E+mgLsinα=12mv02得∆E=3J………（1分）【式子中相关物理量有不用试题中所给字母符号的均不得分】15.（16分）【答案】（1），，与y轴正方向成45°角；（2）；（3）7【解】（1）从P到Q1，水平方向………（1分）竖直方向………（1分）联立解得………（1分）根据动能定理………（1分）【法二等价式子：2qEmL=可得………（1分）与y轴正方向成45°角。………（1分）（2）要使带电粒子回到P点下方很近的位置，其轨迹必须具有对称性且经过Q2，由几何关系可得………（1分）在磁场中的偏转角度为………（1分）在磁场中的运动时间为t2=∆θrv=3πL2v0【法二以上两式等价式子：t2=34×在电场中的时间为2t1=4Lv0………（故从P点射出第一次回到P点下方很近的位置的时间t=2t1+t2=4Lv0+3πL（3）当r最小时带电粒子刚好过M

点碰撞次数最多，由几何关系可得2r2+3L解得r2设最多可以碰n次，则(n+1)2r2-n×2×【法二等价式子：在挡板MN上相邻两碰撞点间距离为△x=2r2-2×L5……（1分）,由6L5=(n-1)△解得n=7………（1分）【式子中相关物理量有不用试题中所给字母符号的均不得分】【物理答案】题号12345678910答案ACDCBDBBDBDBC1．【答案】A【解析】A．原子核外电子跃迁时辐射出光后，按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道，电子的动能增大，原子的能量减小，故A正确；B．放射性现象说明原子核内部具有复杂结构，α粒子散射现象说明原子核内部具有核式结构，故B错误；C．原子核的结合能与核子数之比，称做比结合能，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故C错误；D．光电效应现象中逸出的电子是核外电子，衰变是原子核内中子转变成质子时产生的，故D错误。2.【答案】C【解析】A．因n红<n绿，入射角相同，但OA折射角度较大，由折射率的公式可知OA是红光，OB是绿光，故A错误；B．由A项可知OA是红光，由折射定律得n红＝sinαsin(900-θ）＝eq\r(3)，故BC．根据v＝eq\f(c,n)，解得OA光束在该玻璃中传播的速度为v＝eq\r(3)×108m/s，故C正确；D．因光是从光疏介质射入光密介质，不可能发生全反射，故D错误。3．【答案】D【解析】A．飞船从近地轨道经A点进入轨道2需要在A点加速，所以飞船在A点的线速度大于第一宇宙速度，故A错误；B．飞船从地面发射进入轨道1的速度应大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故B错误；C．飞船先进入轨道2，再加速，万有引力不足以提供向心力，飞船将做离心运动，无法实现对接，故C错误；D．根据开普勒第三定律知，轨道半径越大，周期越大，天宫空间站的运行周期大于飞船在轨道1的运行周期，故D正确。4.【答案】C【解析】洛伦兹力虽不做功，但可以改变小球的运动状态(改变速度的方向)，小球做曲线运动，在运动中任一位置受力如图所示，小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度ay＝eq\f(mg－qvBcosθ,m)＜g，故小球运动的时间将增加；在水平方向上，qvBsinθ=max,小球作初速度为v0的加速运动，故落点应在A点的右侧；洛伦兹力不做功，所以小球的速度大小仍为v。5．【答案】B【解析】A．若，逐渐增大F，A相对B比B相对于车先滑动，故A错误；B．若，A、B与车都相对静止，由μ1mg=mam得整体相对静止的最大加速度为am=μ1g，则F的最大值为6μ1mg，故B正确；C．若，B相对于车比A相对于B先滑动，所以不管F多大，B相对车滑动后，A相对B一直静止，故C错误；D．若，由μ2（m+2m）g=（m+2m）am得整体相对静止的最大加速度为am=μ2g，则最大拉力为Fm=（m+2m+3m）am=6μ2mg，当F=5μ2mg时，B与车之间尚未相对滑动，故D错误。6.【答案】D【解析】A．铜棒向右运动切割磁感线，由右手定则可知，A点的电势比C点的电势高，故A错；B．电路中的电流大小I=UR=5A，铜棒切割磁感线产生的电动势为E=I(R+r)=3.0VC．根据E=BLv，得橡胶带匀速运动的速度大小v=4m/s，故C错误；D．每根铜棒每次通过磁场区所用时间t=dv=0.05s，则通过R的电荷量为q=It=0.25C7．【答案】B【解析】AB．由牛顿第二定律得，，由图可知撤去前后算珠的加速度大小分别为，联立解得μ=0.2，m=25g，故B正确，A错误；CD．由图像面积表示位移，可知杆长为。若不撤去，算珠将以的加速度做匀加速直线运动，经运动位移为，则此时未到归零状态，故C、D错误。8．【答案】BD【解析】A由图乙可知，在时，，在时，a=-am达到负方向最大，根据牛顿第二定律可知回复力变化和加速度一致，则内质点Q应向上振动，根据同侧法（质点的振动方向和波的传播方向在波的同一侧）可知波向x轴负方向传播，再对P质点由同侧法可知沿y轴负方向运动，故A错误；B．，由图甲可得15=15001800λ2解得波长λ=36m，由vC．由图乙可知，质点Q在t=5s时，a=-10m/s2，根据回复力总是指向平衡位置的特点可知，此时回复力竖直向下，则质点Q振动到波峰，故C错误；D．因振幅A=10cm，，则一个周期内，质点运动的路程为40cm，而时间∆t=5s=(1+14)T，在t=0s时P点向下振动，则在经过一个周期后P的速度正在减小，在此后T4的时间内其路程小于10cm，故总路小于50cm9.【答案】BD【解析】A．到达A点的质子动能增加量最大，电场力做功最大，说明等势面在A点与圆相切（否则一定还可以在圆上找到与A点电势相等的点），电场线沿x轴正向，A项错；B．因电场线与等势面垂直,等势面与y轴平行，P和P’是等势点,B正确；C．沿电场线方向电势逐渐降低，故B点的电势比P点高，C错；D．P、A间的电势差UPA=E·2Rcos2370=32ER25，D10．【答案】BC【解析】A．假设铁锤与石板碰撞前的速度为，则，铁锤与石板碰撞，由动量守恒定律，有，联立解得，故A错误；B．系统损失的机械能为，解得，故B正确；CD．弹性气囊A对石板的作用力F做的功为图像与横轴围成的面积，则，从铁锤与石板共速到两者速度减为0的过程，根据动能定理得，解得WF=-mgh(k+1)-(k+1)mgd，，故C11.（共6分，每空2分）【答案】B；＞；0.44【解析】由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得：T2＝eq\f(4π2,g)l，即图象的斜率k＝eq\f(4π2,g)，重力加速度越大，斜率越小，我们知道北京的重力加速度比南宁的大，所以去北大的同学所测实验结果对应的图线是B；从题图乙可以得出Tb＝1.5Ta，由单摆的周期公式得：Ta＝2πeq\r(\f(la,g))，Tb＝2πeq\r(\f(lb,g))，联立解得Lb/La＝9/4，即Lb＞La；由T2＝eq\f(4π2,g)l可知，秒摆的摆长约为1m,从题图可以看出b球的周期为2s，摆长约为1m，则a球的摆长约为4/9m≈0.44m.12．（共10分，第一空1分，最后一空3分，其余每空各2分）【答案】（1）黑（2）436（3）×1100【解析】（1）根据欧姆表的“红进黑出”原则，c端接黑表笔。（2）S2接1时，100mA=1mA+，S2接2时，10mA=1mA+，由以上两式得R1=4Ω，R2=36Ω。（3）由题意及闭合电路欧姆定律得，开关S2接1时，，开关S2接2时，

，由以上两式得，因为欧姆表内阻大的挡位大，所以再将开关S2接1时，欧姆表的挡位为“×1”；开关接2，再次欧姆调零，滑动变阻器电阻大小为，由闭合电路的欧姆定律得，，，由以上三式并代入数据得。13.（10分）【答案】（1）480K；（2）528K【解】（1）从开始到活塞刚接触重物，缸内气体为等压变化过程，有：HST1=(H+h)ST2……（3分），解得T2=【等价式子：P2=P1=P0,V1=HS,V2=(H+h)S,T1=300K,P1V1T1=（2）从刚接触重物到绳子拉力刚好为零，缸内气体作等容变化，绳子拉力刚好为零时，气体压强为P3，有P0T2=【等价式子：P0HST1=P3(H+h)ST又P3S=P0S+mg……（2分）【等价式子：P3=P0+mgS……（2分）解得T3=528K……（1分）【式子中相关物理量有不用试题中所给字母符号的均不得分】14.（12分）【答案】（1）t=0.3s；（2）Q=0.25J；（3）∆E=3J【解】（1）玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则tanα=vyv1vy=gt………t=0.3s………（1分）（