2025届吉林市长春市高三上学期学业水平选择性考试适应性演练物理试卷

试卷第 1页，共 5页 吉林市长春市 2025 年高三上学期学业水平选择性考试适应性演练物理试卷 一、单选题 1．2024年 8月，我国运动员获得第 33届奥运会男子 100 m自由泳冠军。比赛所用标准泳池的长度为 50 m，下 列与该运动员实际运动过程最接近的位移—时间（x − t）图像是（ ） A． B． C． D． 2．神舟十九号载人飞船与中国空间站在 2024年 10月顺利实现第五次“太空会师”，飞船太空舱与空间站对接成 为整体，对接后的空间站整体仍在原轨道稳定运行，则对接后的空间站整体相对于对接前的空间站（ ） A．所受地球的万有引力变大 B．在轨飞行速度变大 C．在轨飞行周期变大 D．在轨飞行加速度变大 3．静电悬浮技术是利用静电场对带电物体的电场力来平衡重力，从而实现材料悬浮无容器处理的一种先进技术， 其原理示意图如图所示。若两平行金属极板间电势差为 U，间距为 d。质量为 m的金属微粒悬浮于其中，重力加 速度大小为 g，则金属微粒所带电荷的电性和电荷量 q分别为（ ） A．负电荷， mgdq U  B．负电荷， Uq mgd  C．正电荷， mgdq U  D．正电荷， Uq mgd  4．牙医所用的口腔 X射线机，需利用变压器将电压从 220V升到 96kV，输出电流为 1.0mA。若将此变压器视为 理想变压器，则（ ） A．该变压器的输入功率为 96kW B．该变压器的原、副线圈匝数比为11 : 4800 C．该变压器的输入电流约为 0.4mA D．该变压器功能主要利用自感现象实现 5．某同学在漂浮于湖中的木筏上休息，看到湖面上的水波正平稳地向着湖岸传播。该同学估测出相邻波峰与波 谷之间水平距离为 1.5m，当某波峰经过木筏时开始计数，此后经 20s恰好有 12个波峰通过木筏，则该水波（ ） A．波长约为 1.5m B．周期约为 3.3s C．频率约为 1.7Hz D．波速约为 1.8m/s 6．如图，质量均为 m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳 1 2L L、 固定，处于静止状态， 1L 水平， 2L 与竖直方向的夹角为60，重力加速度大小为 g。则（ ） A． 1L 的拉力大小为 3mg B． 2L 的拉力大小为 3mg C．若剪断 1L ，该瞬间小球甲的加速度大小为 3g D．若剪断 1L ，该瞬间小球乙的加速度大小为 g 7．人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如图，血管内径 试卷第 2页，共 5页 为 d，血流速度 v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段血管，其磁 感应强度大小恒为 B，当血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时（ ） A．血管上侧电势低，血管下侧电势高 B．若血管内径变小，则血液流速变小 C．血管上下侧电势差与血液流速无关 D．血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小 二、多选题 8．如图，用绝热材料制成的密闭容器被隔板 K分成Ⅰ、Ⅱ两部分，一定量的某理想气体处于Ⅰ中，Ⅱ内为真空。抽 取隔板 K，气体进入Ⅱ中，最终整个容器均匀地分布了这种气体。则此过程，该气体系统（ ） A．对外做功，体积膨胀 B．对外不做功，最终压强减小 C．内能减少，最终温度降低 D．无序度变大 9．氢原子能级图如图所示，若大量氢原子处于 1n  ，2，3，4的能级状态，已知普朗克常量 34 196.6 10 J s,1eV 1.6 10 Jh       ，某锑铯化合物的逸出功为 2.0eV，则（ ） A．这些氢原子跃迁过程中最多可发出 3种频率的光 B．这些氢原子跃迁过程中产生光子的最小频率为 141.6 10 Hz C．这些氢原子跃迁过程中有 4种频率的光照射该锑铯化合物可使其电子逸出 D．一个动能为 12.5eV的电子碰撞一个基态氢原子不能使其跃迁到激发态 10．如图，倾角为 30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q 的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接，P和 Q的质量分别为 4m和 m。初始时，控制 P使轻绳伸直且无拉力， 滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系数为 k，重力加速度 大小为 g。现无初速释放 P，则在物体 P沿斜劈下滑过程中（ ） A．轻绳拉力大小一直增大 B．物体 P的加速度大小一直增大 C．物体 P沿斜劈下滑的最大距离为 6mg k D．物体 P的最大动能为 2 28 5 m g k 三、实验题 11．图（a）为研究平抛运动的实验装置，其中装置 A、B固定在铁架台上，装置 B装有接收器并与计算机连接。 试卷第 3页，共 5页 装有发射器的小球从装置 A某高处沿着轨道向下运动，离开轨道时，装置 B开始实时探测小球运动的位置变化。 根据实验记录的数据由数表作图软件拟合出平抛运动曲线方程 21.63 0.13y x x  ，如图（b）所示。 (1)安装并调节装置 A时，必须保证轨道末端 。（填“水平”或“光滑”） (2)根据拟合曲线方程，可知坐标原点 抛出点。（填“在”或“不在”） (3)根据拟合曲线方程，可计算出平抛运动的初速度为 m/s。（当地重力加速度 g取 29.8m/s ，计算结保留 2 位有效数字） 12．在使用各种测量仪表进行电学实验时，由于测量仪表的接入，电路状态发生变化，往往难以得到待测物理量 的精确测量值。某同学在电阻测量实验中为提高测量结果的精确度，尝试使用以下电路测量未知电阻的阻值： (1)该实验中用到四转盘电阻箱，图（a）中电阻箱的读数为 Ω． (2)请按图（b）电路图完成图（c）的实物电路连线。 (3)如图（b）所示， xR 为待测电阻， 0R 为检流计（小量程电流表）的保护电阻，实验中直流稳压电源的输出电 压始终保持不变。第一次测量时，按图（b）中电路图连接，闭合开关，调节电阻箱 R使检流计示数为零，此时 电阻箱读数为 1R，则通过电阻箱的电流 （填“大于”“等于”或“小于”）通过待测电阻的电流；第二次测量时， 将图（b）中电阻箱 R与待测电阻 xR 位置互换，闭合开关，再次调节电阻箱 R使检流计示数为零，此时电阻箱读 数为 2R ；则待测电阻 xR  ．（结果用 1 2R R、 表示） 四、解答题 13．投沙包游戏规则为：参赛者站在离得分区域边界 AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度 d = 0.15 m，根据沙包停止点判定得分。如图，某同学以大小 v0 = 5 m/s、方向垂直于 AB且与水平地面夹角 53°的初速度 斜向上抛出沙包，出手点距 AB的水平距离 L = 2.7 m，距地面的高度 h = 1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为 零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在 9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的 试卷第 4页，共 5页 动摩擦因数μ = 0.25，sin53° = 0.8，cos53° = 0.6，取重力加速度大小 g = 10 m/s2，空气阻力不计。求： (1)沙包从出手点到落地点的水平距离 x； (2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值 k。 14．如图（a），两组平行金属导轨在同一水平面固定，间距分别为 d和 1.5d，分别连接电阻 R1、R2，边长为 d 的正方形区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B随时间 t变化关系如图（b）所示。t = 0时，在距磁场左 边界 d处，一长为 1.5d的均匀导体棒在外力作用下，以恒定速度 v0向右运动，直至通过磁场，棒至磁场左边界 时与两组导轨同时接触。导体棒阻值为 3R，R1、R2的阻值分别为 2R、R，其他电阻不计，棒与导轨垂直且接触 良好。求： (1) 0 0 d v  时间内，R1中的电流方向及其消耗的电功率 P； (2) 0 0 2~d d v v 时间内，棒受到的安培力 F的大小和方向。 15．如图（a），我国航天员太空授课时演示了质量的测量实验。图（b）为测量装置示意图及光栅尺的放大图， 其中单色平行光源、定光栅与光电探测器保持固定；右侧的支架与动光栅在恒力 F作用下向左做匀加速直线运 动，支架与动光栅的总质量为 0m ，光栅尺由空间周期皆为 d的定光栅与动光栅组成。两光栅透光部分宽度相等， 光栅面平行，刻线间有一微小夹角。平行光垂直透过光栅尺后形成的周期性图样，称为莫尔条纹，相邻虚线间 距为莫尔条纹的空间周期。沿莫尔条纹移动方向，在 A、B两点放置两个探测器，A、B间距为 14 莫尔条纹空间 周期。由于θ很小，动光栅的微小位移会被放大成莫尔条纹的位移，由探测器记录光强 I随时间 t的变化。 (1)若 0 5kgm  ， 100NF  ，空载时动光栅由静止开始运动，求第 1ms内的动光栅位移大小 x。 (2)若 210 rad  ，求（1）问中对应莫尔条纹移动的距离 y。 (3)若某次测量中连续两个时间间隔 T内，A、B两点测得的 I t 曲线如图（c）所示。判断图中虚线对应的探测 点，并求航天员的质量 m（用 F，d，T和 0m 表示）。 试卷第 5页，共 5页 答案第 1页，共 5页 吉林市长春市 2025 年高三上学期学业水平选择性考试适应性演练物理试卷参考答案 1．C 【详解】根据题意标准泳池的长度为 50 m，我国运动员获得第 33届奥运会男子 100 m自由泳冠军，可知运动员 最后的位移为零，所以位移先增大后减小，离出发点最远处位移为 50 m，只有 C选项满足。 故选 C。 2．A 【详解】A．对接后，空间站的质量变大，轨道半径不变，根据万有引力表达式 2 MmF G r  可知空间站所受地球 的万有引力变大，故 A正确； BCD．根据万有引力提供向心力 2 2 2 2 4Mm vG ma m m r r r T     可得 2 GMa r  ， GMv r  ， 3 2 rT GM  轨道半径不变，则在轨飞行速度不变，在轨飞行周期不变，在轨飞行加速度不变，故 BCD 错误。 故选 A。 3．C 【详解】由图可知，两极板间场强方向竖直向上，微粒受电场力方向竖直向上，可知微粒带正电，由平衡可知 U q mg d  解得 mgdq U  故选 C。 4．B 【详解】A．变压器输出功率等于输入功率，则该变压器输入功率 3 31 2 2 2 10 96 10 W=96WP P I U      选项 A错误； B．该变压器原副线圈的匝数比 1 1 2 2 220 11 96000 4800 n U n U    选项 B正确； C．变压器输入电流为 11 1 96 A=0.44A 220 PI U   选项 C错误； D．该变压器功能主要是利用互感现象实现，选项 D错误。故选 B。 5．D 【详解】因相邻波峰与波谷之间的水平距离为 1.5m，可知波长为 3m  20s内有 12个波峰通过木筏，可知12 20sT  解得 T≈1.7s 频率 12 Hz=0.6Hz 20 f  ，波速 1.8m/sv T    故选 D。 6．C 【详解】AB．对甲乙整体受力分析可知， 1L 的拉力大小为 1 2 tan 60 2 3T mg mg   2L 的拉力大小为 2 2 4 cos60 mgT mg  选项 AB错误； CD．若剪断 1L 瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；对甲分析可知，甲受重力和 弹簧向下的拉力，绳子 2L 对其的拉力，甲球的速度为 0，将力沿着绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳方向合力 为 0，则剪断 1L 瞬间，甲球受到的合力 2 sin 60F mg ma  合 由牛顿第二定律可知加速度 3a g 选项 C正确，D错误。故选 C。 7．D 答案第 2页，共 5页 【详解】A．根据左手定则可知正粒子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血管下侧 电势低，故 A错误； B．血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定为V ，若血管内径变小，则血管的横截面积变小， 根据V Sv 可知则血液流速变大，故 B错误； CD．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，根据 qUqvB d  可得U dvB 又 2( ) 2 Vv d  联立可得 4VBU d  根据 4VBU d  可知血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，血液的流速变化，则血管内径一定改变，则血管 上下侧电势差改变，所以血管上下侧电势差与血液流速有关，故 D正确，C错误。故选 D。 8．BD 【详解】绝热容器内的气体与外界没有热交换，则 0Q  气体向真空扩散，没有对外界做功，则 0W  根据热力学第一定律 U Q W   可知气体的内能不变，温度不变，气体体积变大，气体无序度变大，根据理想 气体状态方程 pV k T  可知压强减小。故选 BD。 9．BC 【详解】A．这些氢原子跃迁过程中最多可发出 24C 6 种频率的光，故 A错误； B．氢原子从 4n  能级跃迁到 3n  能级发出的光子的能量最小为 4 3 0.66eVE E E   这些氢原子跃迁过程中产生光子的最小频率为 1 3 9 14 4 0.66 1.6 10 Hz 1.6 10 Hz 6.6 10 E h          故 B正确； C．某锑铯化合物的逸出功为 2.0eV，则这些氢原子跃迁过程中有 4种频率的光照射该锑铯化合物可使其电子逸 出，分别是从 4n  能级跃迁到 1n  能级发出的光子，从 3n  能级跃迁到 1n  能级发出的光子，从 2n  能级跃 迁到 1n  能级发出的光子，从 4n  能级跃迁到 2n  能级发出的光子，故 C正确； D．一个基态氢原子跃迁到激发态所需的最小能量为 min 2 1 10.2eVE E E   一个动能为 12.5eV的电子（大于 10.2eV）碰撞一个基态氢原子能使其跃迁到激发态，故 D错误。 故选 BC。 10．AD 【详解】B．设物体 P向下运动过程中的位移为 x，弹簧的形变量为Δx，开始时弹簧的弹力表现为支持力，从释 放 P到弹簧恢复原长过程中，对 P、Q整体根据牛顿第二定律 4 sin 30 (4 )mg mg k x m m a      可得 5 mg k xa m    随着 x增大Δx减小，则加速度逐渐减小，当弹簧恢复原长后，弹簧表现为拉伸状态，弹簧弹力为拉力，随着 x 增大Δx增大，根据牛顿第二定律 4 sin 30 (4 )mg mg k x m m a      可得 5 mg k xa m    随着 x增大Δx增大，当 mg > kΔx时，随着 x增大，加速度逐渐减小，当 kΔx > mg时，随着 x增大，加速度反向 增大，所以物体 P的加速度大小先减小后反向增大，故 B错误； A．以 P为研究对象，设绳子拉力为 T，根据牛顿第二定律 4 sin 30 4mg T ma   可得弹簧恢复原长前 1.2 0.8T mg k x   随着Δx减小 T增大； 答案第 3页，共 5页 弹簧恢复原长后 1.2 0.8T mg k x   可知随着Δx增大，T逐渐增大，所以轻绳拉力大小一直增大，故 A正确； C．没有释放物体 P前，根据平衡条件 1mg kx 可得 1 mgx k  物体 P沿斜劈下滑的最大距离为 xmax，根据系统机械能守恒可得 2 2max 1 max max 1 1 14 sin 30 ( ) 2 2 mgx kx mgx k x x     解得 max 4mgx k  故 C错误； D．当 P的加速度为零时，速度最大，动能最大，此时根据平衡条件 4 sin 30mg kx mg   解得 mgx k   可知 P动能最大时，弹簧的弹性势能与初始状态相等，设 P的动能为 Ek，根据 2k 1 4 2 E mv  可知 Q的动能为 k 4 E ， 根据动能定理 k1 1 k4 ( )sin 30 ( ) 4 Emg x x mg x x E       解得 2 2 k 8 5 m gE k  故 D正确。故选 AD。 11．(1)水平(2)不在(3)1.7 【详解】（1）安装并调节装置 A时，必须保证轨道末端水平，以保证小球做平抛运动。 （2）根据曲线方程 21.63 0.13y x x  可知抛物线的顶点横坐标为 0.13 m 0.04m 2 1.63 x      可知坐标原点不在抛出点。 （3）设在坐标原点位置小球的水平速度为 v0竖直速度 vy0，则根据 0x v t ； 20 1 2y y v t gt  解得 02 2 0 2 0 0 0 0 1 ( ) 2 2 y y vx x gy v g x x v v v v     对比 21.63 0.13y x x  可得 2 0 1.63 2 g v  解得 v0≈1.7m/s 12．(1)107.4(2) (3) 等于 1 2R R 【详解】（1）图（a）中电阻箱的读数为 100×1Ω+10×0Ω+1×7Ω+0.1×4Ω=107.4Ω （2）电路连线如图 答案第 4页，共 5页 （3）[1]第一次测量时，按图（b）中电路图连接，闭合开关，调节电阻箱 R使检流计示数为零，此时电阻箱读 数为 1R，则通过电阻箱的电流等于通过待测电阻的电流； [2] 检流计示数为零，说明电流计和 R0左右两端的电势相等，可等效为一点，由闭合电路的欧姆定律 ，第一次 1 2 1 x E E R R  第二次 1 2 2x E E R R  待测电阻 1 2xR R R 13．(1)3 m(2)20 【详解】（1）沙包竖直上方的初速度为 0 sin 53 4m/syv v   沙包在竖直方向上减速到 0，然后做自由落体运动，设竖直向上为正，则有 2 1 2y h v t gt   代入数据解得 1st  沙包抛出的水平初速度为 0 cos53 3m/sxv v   所以从抛出到落地沙包的水平位移为 3mxx v t  （2）沙包滑行的距离为 0 5 0.45mx L d x    沙包滑行过程中，水平方向上有 f mg ma  的加速度大小 22.5m/sa g  滑行的初速度有 2 1 02v ax 与地面碰撞后的动能 2 k2 1 1 9 2 8 E mv m  从抛出到落地根据动能定理有 2 2 0 1 1 2 2 mgh mv mv  解得落地瞬间的动能 2 k1 1 45 2 2 E mv m  所以 k1 k2 20Ek E   14．(1)N到 M， 2 2 2 0 0 32 B d v R (2) 2 2 0 0 3 B d v R ，水平向左 答案第 5页，共 5页 【详解】（1）由图（b）可知在 0 0 d v  时间段内，磁场均匀增加，根据楞次定律可知 R1中的电流方向为 N到 M； 这段时间内的感应电动势根据法拉第电磁感应定律有 2 0 0 2 B dvBdE t t        0 0 d v  时间内，导体棒在 MN之间的电阻为 2R，所以电流为 0 0 2 2 8 B dvEI R R R   总 R1的功率为 2 2 2 2 2 0 0 0 02 2 8 32 B dv B d vP I R R R R          总 （2）在 0 0 2~d d v v 时间内根据左手定则可知棒受到的安培力方向水平向左；分析电路可知 MN之间的部分导体棒相 当于电源；MN之外的部分和 R2串联然后再和 R1并联，并联电路的总电阻为     2 = 2 R R R R R R R R     并 回路中的总电阻为 2 3R R R R  总 根据 0 0E B dv  ； 0=F B Id安 ； EI R   总 可得 2 2 2 2 0 0 0 0= 3 B d v B d vF R R  安 总 15．(1) 510 m (2) 310 m (3)B点， 2 07 FTm m d   【详解】（1）根据牛顿第二定律可知 0F m a 解得 220m/sa  则第 1ms内的动光栅位移大小为  22 3 51 1 20 10 10 m2 2x at       （2）由题意可知 5 3 2 10 m=10 m sin 10 x xy        （3）由于明纹是斜向左下运动，图中虚线对应的是探测点 B；对实线分析，根据题意可知在第一个 T内移动的 距离为 1 9x d 在第二个 T内移动的距离为 2 16x d 第一个 T内的平均速度为 1 9dv T  第二个 T内的平均速度为 2 16dv T  两个 T内的平均加速度为 2 1 v va T   根据牛顿第二定律有  0F m m a  联立可得 2 07 FTm m d  