宁夏银川市六盘山高级中学2024-2025学年高三下学期开学物理试卷

2024-2025学年宁夏银川市六盘山高级中学高三（下）开学物理试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.自然界中的大部分碳14是由宇宙射线中的中子撞击大气中的氮14所产生，其核反应方程是，而具有放射性，其发生衰变又会变成，衰变方程是，则下列判断正确的是(    ) A. X为正电子 B. Y为粒子 C. 碳14比氮14比结合能大 D. 一个中子放出一个Y会变成一个X 2.如图所示，a、b两个圆环放在绝缘水平面上，a由绝缘材料制成，上面均匀分布有正电荷，b为金属圆环，让a环绕圆心O在水平面内按箭头所示方向沿顺时针做加速转动，b环保持静止，则下列判断正确的是(    ) A. 圆环b中没有感应电流 B. 圆环b中有沿顺时针方向的感应电流 C. 圆环b有扩张的趋势 D. 圆环b有向左滑动的趋势 3.一辆汽车正在平直的公路上匀速行驶，当司机发现前方有险情时立即刹车至速度为零，设刹车过程为匀减速运动，汽车在刹车后第1s内运动的位移和最后2s内运动的位移相同，则汽车刹车的时间为(    ) A. 4s B. C. 3s D. 4.如图所示的电路中，变压器为理想变压器，电流表和电压表为理想交流电表，为定值电阻，R为滑动变阻器，在a、b端输入电压恒定的正弦交流电，调节滑片、，则下列判断正确的是(    ) A. 仅将向下移一些，电流表的示数变大 B. 仅将向下移一些，变压器的输入功率变小 C. 仅将向下移一些，电压表的示数不变 D. 仅将向下移一些，消耗的功率变小 5.如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖固定在空中，上表面水平，O为圆心，一束单色光斜射到玻璃砖上表面的A点，折射后刚好射到圆弧面的最低点B点，入射光线与玻璃砖上表面的夹角为，，光从A传播到B所用的时间与光从B传播到地面所用的时间相等，则B点离地面的高度为(    ) A. B. C. D. 6.如图所示，a、b两卫星绕地球做匀速圆周运动，a对地球的最大观测视角为，b对地球的最大观测视角为，则a、b两卫星与地心连线在单位时间内扫过的面积之比为(    ) A. B. C. D. 7.M、N是两个固定的点电荷，两点电荷的电荷量绝对值相等，a、b是两点电荷连线上两点，c、d是两点电荷连线垂直平分线上两点，a、b和c、d均关于两点电荷连线的中点O对称，将一个带负电的试探电荷放在O点，该试探电荷仅在电场力作用下向右运动，则下列说法正确的是(    ) A. M、N均带正电 B. 将带正电的试探电荷沿直线从c点移到d点，电场力先做正功后做负功 C. 将带负电的试探电荷从a点由静止释放，仅在电场力作用下，试探电荷在O点的速度与在b点的速度之比为1： D. 将带负电的试探电荷从a点由静止释放，仅在电场力作用下，试探电荷在a、b两点的加速度大小相等，方向相反 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.如图所示为一列沿x轴正向传播的简谐波在时刻的波形图，a、b、c、d是波传播路径上的四个质点，从图示时刻开始，质点b经过时间第一次到达平衡位置，则下列说法正确的是(    ) A. 时刻，a、d两点的加速度相同 B. 时刻，b、c两点的速度相同 C. 波传播的速度大小为 D. 质点a和c位移相同时一定均处在最大位移位置 9.在水平地面上方A点沿水平方向抛出小球a，在B点沿水平方向抛出小球b，a、b两球落地时的速度方向相同，速度大小之比为1：2，不计小球大小，不计空气阻力，则下列判断正确的是(    ) A. a、b两球落地时的动能之比为1：4 B. a、b两球在空中运动的时间之比为1：2 C. a、b两球在空中运动的位移之比为1：2 D. 若两球的落地点相同，则A、B和落地点一定在同一直线上 10.如图所示，间距为L的足够长光滑平行金属直导轨固定在水平面上，导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；电容器的电容为C、带电量为Q，定值电阻阻值为R，一长度略大于L、质量为m的金属棒A垂直静止在导轨上，金属棒A接入电路的电阻为R。现把开关拨到1，金属棒A开始加速，匀速运动后再把开关拨到2，金属棒A开始减速，直到速度为零。金属棒A运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻均不计，则下列说法正确的是(    ) A. 开关合向1一瞬间，金属棒a的加速度大小为 B. 金属棒运动的最大速度为 C. 开关合向2以后，电容器的带电量为 D. 开关合向2以后，金属棒还能运动的距离为 三、实验题：本大题共2小题，共15分。 11.某同学将原长相同、劲度系数不同的轻弹簧A、B串接竖直悬挂，组成如图甲所示装置，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。刻度尺竖立在轻弹簧旁，轻弹簧A的上端刚好与刻度尺零刻度对齐，记下不挂钩码时指针所指的位置求得弹簧的原长，在B弹簧下端依次挂上质量均为m的钩码，钩码静止时根据两指针所指刻度值求得两弹簧的长度，从而求得弹簧的伸长量。 不挂钩码时，B弹簧下端指针所指刻度尺的刻度如图乙所示，则A弹簧的原长______ cm。弹簧的重力不计 根据多次实验测得的两弹簧的弹力F与弹簧的伸长量x，作出两弹簧的图像如图丙所示，则弹簧A的劲度系数______，在弹簧性限度内，两弹簧串接后总的劲度系数为______保留两位有效数字。 若在图甲中B弹簧下面悬挂一个重物，发现B弹簧伸长了15cm，则所挂重物的重为______保留两位有效数字。 12.某实验小组要测量一段新材料制成的圆柱体的电阻率。 先用螺旋测微器测出其直径，示数如图甲所示，则该圆柱体的直径______ mm；再用欧姆表粗测其电阻，选择开关拨到欧姆挡“”挡，正确操作后，表盘指针偏转太大，应将选择开关拨到______选填“”或“”挡，重新选挡并正确操作后，表盘的示数如图乙所示，则该圆柱体的电阻阻值约为______。 为了减小实验误差，需进一步用伏安法测量圆柱体的电阻，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，实验室提供的器材如下： A.电压表量程3V，内阻约为 B.电流表量程，内阻约为 C.滑动变阻器阻值范围 D.滑动变阻器阻值范围 E.两节干电池 F.开关S，导线若干 则滑动变阻器应选______填“”或“”，请根据实验要求将图丙中电路连接完整。 若不考虑偶然误差的影响，根据上述伏安法测得的电阻，将使电阻率的测量值比真实值______填“大”或“小”。 四、计算题：本大题共3小题，共39分。 13.如图所示，U形玻璃管竖直放置，用活塞和一段水银柱将管内分出两段气柱A、B，开始时，A气柱长为10cm，B气柱长为20cm，左、右两管中水银柱的液面高度差为10cm，左、右两管的截面积之比为1：2，B气柱的压强为80cmHg，活塞与玻璃管内壁间无摩擦且不漏气，求： 开始时A气柱气体的压强大小； 将活塞缓慢下移使左右两管中的高度差变为13cm，此时B管中仍有水银柱，则活塞向下移动的距离结果保留两位小数。 14.如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，电场中半径为R、平行于电场的圆面内有垂直于圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，O为圆面的圆心，圆面的直径MN垂直于电场。一足够大的荧光屏固定在电场中，电场与荧光屏垂直，一个带正电的粒子以初速度沿MN方向从M点射入电磁场中，在MN段做直线运动，粒子打在荧光屏上时，速度与荧光屏夹角为若撤去电场，粒子仍从M点沿MN方向以初速度射入磁场，粒子从P点图中未标出飞出磁场，飞出磁场时速度方向偏转了。不计粒子的重力，求： 撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的轨道半径； 带电粒子的比荷； 点到荧光屏的距离。 15.如图所示，质量为3m、半径为R的光滑四分之一圆弧槽锁定在光滑水平面上，圆弧的最低点刚好与水平面相切，质量为3m的小球B静止在光滑水平面上，小球B的左侧连着一个放在水平面上的轻弹簧，质量为m的小球C从圆弧面最高点的正上方某处由静止释放，小球无碰撞地进入圆弧槽后再进入水平面，与弹簧发生作用后又被弹开，此后小球恰好能运动到圆弧槽的最高点，C、B两球在水平面上运动时始终在同一直线上，不计小球的大小，不计一切摩擦，重力加速度为g。求： 小球C被弹簧反弹后刚运动到圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小； 小球开始释放的位置离圆弧体最上端的高度； 若释放小球C前先解除圆弧体的锁定，然后让小球从同样的位置由静止释放，小球第一次、第二次滑离圆弧体时的速度大小。 答案和解析 1.【答案】D  【解析】解：根据电荷数守恒、质量数守恒可知， X的质量数为：，电荷数为：，所以X为质子； Y的质量数为：，电荷数为：，所以Y为电子； 故AB错误； C.由题意可知，发生衰变又会变成，则氮14更稳定，所以碳14的比结合能比氮14的比结合能小，故C错误； D.结合前面分析可知，X为质子、Y为电子，则根据电荷数守恒、质量数守恒可知，一个中子放出一个Y会变成一个X，故D正确； 故选：D。 结合题意，根据电荷数守恒、质量数守恒分别列式，即可分析判断； C.由题意可知，氮14更稳定，据此分析判断； D.结合前面分析，根据电荷数守恒、质量数守恒，即可分析判断。 本题考查对结合能与比结合能的掌握，解题时需注意，组成原子核的核子越多，它的结合能越大，原子核的结合能与核子数之比，叫作比结合能，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。 2.【答案】B  【解析】解：AB、a带正电荷，在a绕圆心O在水平面内按箭头所示方向沿顺时针做加速转动时，会产生顺时针并逐渐增大的等效电流，由安培定则可知，在b线圈中产生垂直纸面向外并增强的磁场，所以b线圈中磁通量增大，根据楞次定律可知，b中产生顺时针方向的感应电流，故A错误，B正确； C、根据楞次定律可知，b为了减小磁通量的增加有缩小的趋势，故C错误； D、根据楞次定律可知，b为了减小磁通量的增加有向右运动的趋势，故D错误。 故选：B。 明确a转动时会形成等效电流，根据安培定则可知等效电流产生的磁场方向，再对b分析，明确其中磁通量的变化判断感应电流的方向，并同时根据楞次定律的“增缩减扩”和“来拒去留”的结论分析b的运动情况。 本题考查楞次定律的应用，要注意能正确利用“增缩减扩”和“来拒去留”的结论分析线圈的运动和缩扩现象。 3.【答案】D  【解析】解：汽车刹车后做匀减速直线运动，末速度为零，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动， 设汽车刹车时间为t，加速度大小为a，则刹车时汽车的初速度 刹车后第1s内的位移 汽车最后2s内的位移 由题意可知：，即，解得：，故D正确，ABC错误。 故选：D。 汽车做匀减速直线运动末速度为零，其逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式分析答题。 本题考查了运动学公式的应用，根据题意分析清楚汽车的运动过程是解题的前提，应用运动学公式即可解题。 4.【答案】B  【解析】解：AB、由电路连接情况，可知原线圈滑片向下移动时，原线圈匝数变少，结合原副线圈的电压之比与匝数比的关系：：：， 可得到副线圈的电压变小、副线圈的功率变小，由能量守恒可知原线圈的电功率变小，电流表的示数变小，故A错误，B正确； CD、当滑动变阻器的滑片下移时，由滑动变阻器的阻值R变小，结合电路连接， 可知滑动变阻器的分压变小，电路电流变小，即可知消耗的功率变小，故CD错误。 故选：B。 由电路连接情况，可知原线圈滑片向下移动时，原线圈匝数的变化，结合原副线圈的电压之比与匝数比的关系，可得到副线圈的电压变化、副线圈的功率变化；由能量守恒可知原线圈的电功率变化及电流表的示数变化；当滑动变阻器的滑片下移时，由滑动变阻器的变化情况结合电路连接，可知滑动变阻器的分压及电路电流变化，即可知消耗的功率变化。 本题考查变压器的动态分析，关键是理解原副线圈的电压、电流的相互影响关系。 5.【答案】D  【解析】解：由题意可得，光路图如下： 由光的折射定律可得：， 由几何关系可得：，，，， 其中：，， 且：， 由题知：，， 联立可得：； 故D正确，ABC错误； 故选：D。 根据题意正确画出光路图，根据光的折射定律、几何关系、光速的关系分别列式，即可分析判断ABCD正误。 本题考查光的折射定律，解题时需注意：根据题意正确画出光路图，根据几何知识正确找出角度关系，依光的折射定律列式求解。 6.【答案】C  【解析】解：设地球的半径为R，根据图中几何关系有，，因此，两颗卫星轨道半径之比为：：，则它们与地心连线在时间t内扫过的面积为，则单位时间内扫过的面积之比为，又根据万有引力提供向心力有，得，故，故C正确，ABD错误。 故选：C。 根据题意设置条件，结合图中几何关系导出两卫星轨道半径之比，结合单位时间内扫过的面积和牛顿第二定律列式推导面积之比。 考查万有引力定律的应用，关键是根据相应的几何关系求出半径之比，会根据题意进行准确分析解答。 7.【答案】C  【解析】解：A、在O点的试探电荷仅在电场力作用下向右运动，负电荷受向右的作用力，所以MN之间的电场线方向水平向左，则N带正电，M带负电，故A错误； B、等量异种电荷两电荷的中垂面是电势为零的等势面，所以将带正电的试探电荷沿直线从c点移到d点，电场力不做功，故B错误； C、根据等量异种电荷电势面的特点可知，bO两点间的电势差等于Oa间的电势差，设均为U，根据动能定理有，试探电荷从a到O有，从a到b根据动能定理有，解得，故C正确； D、根据等量异种电荷的电场特点可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，根据牛顿第二定律可知，试探电荷在a、b两点的加速度大小相等，方向相同，故D错误。 故选：C。 根据试探电荷的受力情况结合等量异种电荷的电场特点分析；等量异种电荷两电荷的中垂面是电势为零的等势面，据此分析；根据动能定理分析；根据等量异种电荷的电场特点结合牛顿第二定律分析。 本题考查了等量异种电荷的电场强度特点和等势面的特点，基础题。 8.【答案】BC  【解析】解：A、时刻，a、d两点的位移大小相等、方向相反，所以时刻，a、d两点的加速度大小相等、方向相反，故A错误； B、时刻，b、c两点的关于平衡位置对称，根据同侧法可知b和c两点速度方向均向上，故时刻，b、c两点的速度相同，故B正确； C、从图示时刻开始，质点b经过时间第一次到达平衡位置，则有：，解得： 根据图像可知波长为：，则波传播的速度大小为：，解得：，故C正确； D、根据图像可知，a和c平衡位置之间的距离为，所以质点a和c位移相同时一定均处在平衡位置，故D错误。 故选：BC。 根据牛顿第二定律进行分析；根据同侧法分析b和c的速度方向；根据求解波传播的速度大小；a和c平衡位置之间的距离相距半个波长，由此分析。 本题主要是考查了波的图像；解答此类问题的关键是要理解波的图像的变化规律，能够根据图像得到波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。 9.【答案】BD  【解析】解：A、小球的动能，两球落地速度大小之比为1：2，由于不知道两球的质量关系，两球落地时的动能之比不一定是1：4，故A错误； B、两球落地时的速度方向相同，设小球落地时速度方向与水平方向间的夹角为，可以把落地速度分解为水平分速度与竖直分速度，如图所示 水平分速度，竖直分速度，由于两球落地时速度大小之比：：2，则：：2，：：2 由于，：：2，则：：2，故B正确； C、小球做平抛运动，水平分位移，竖直分位移，由于：：2，：：2，：：2，则：：4，：：4， 小球的位移大小，则：：4，故C错误； D、小球做平抛运动，由C可知：，如果两球的落点相同，设为C，则A、B和落点在同一直线上，如图下图所示，故D正确。 故选：BD。 小球做平抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，根据题意应用运动学公式分析求解。 本题考查了平抛运动问题，分析清楚小球的运动过程，应用运动的合成与分解、运动学公式即可解题。 10.【答案】AC  【解析】解：开关合向1瞬间，O电容器开始放电，此时电流，金属棒受到的安培力，根据牛顿第二定律，可得，解得，故A正确； B.电容器放电使金属棒产生感应电动势，当电容器两端电压时，金属棒匀速运动。 对金属棒，根据动量定理，放电电荷量，，联立可得，解得，故B错误； C.金属棒的动能转化为电容器的电能和电阻R上的焦耳热，设稳定后电容器带电量为，此时金属棒速度为0，根据能量守恒和动量定理， 由，，将代入可得，故C正确； D.对金属棒，，，联立可得，故D错误。 故选：AC。 开关合向1后，O电容器开始放电，电路中有电流产生，导体棒受安培力作用，根据，，推导导体棒的加速度；当金属棒匀速运动时速度最大，此时导体棒合力为零，由动量定理结合法拉第电磁感应定律求解金属棒运动的最大速度；根据能量守恒和动量定理结合法拉第电磁感应定律求解开关合向2以后，电容器的带电量；根据动量定理结合法拉第电磁感应定律求解开关合向2以后，金属棒还能运动的距离。 本题主要考查法拉第电磁感应定律在含容问题中的应用，理解动量定理是解题的关键。 11.【答案】  25      【解析】解：由图乙所示可知，刻度尺的分度值是1mm，读数为，两根弹簧的长度相等，则A弹簧的原长。 由图丙所示图像可知，弹簧A的劲度系数 弹簧B的劲度系数 两弹簧串接后总的劲度系数 弹簧B的伸长量，由平衡条件可知： 故答案为：；；；。 根据图示确定刻度尺的分度值，根据指针位置读出其读数，求出弹簧的长度。 图像的斜率是弹簧的劲度系数，根据图示图像求弹簧的劲度系数。 根据胡克定律与平衡条件求出重物的重力。 对刻度尺读数时要先确定其分度值，然后再读数；根据图示图像分析即可解题。 12.【答案】    14    小  【解析】解：螺旋测微器的精确度为，圆柱体的直径 ； 用欧姆表粗测其电阻，选择开关拨到欧姆挡“”挡，表盘指针偏转太大，则欧姆表指针对应示数很小，为了较小误差，应将选择开关拨到“”挡； 圆柱体的电阻阻值约为 由于，因此电流表采用外接法； 实验要求要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，因此滑动变阻器采用分压式接法；为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选择，实验电路的连接如图所示： 实验的误差来源于电压表的分流作用，根据欧姆定律，待测电阻的真实值 电阻的测量值比真实值小，因此电阻率测量值比真实值小。 故答案为：；；14；；见解析；小。 螺旋测微器的精确度为，根据螺旋测微器的读数规则读数； 根据欧姆表测电阻的正确操作选择倍率，根据欧姆表的读数规则读数； 实验要求要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，分析滑动变阻器采用的连接方式，从保证电路安全和方便调节的角度选择换挡变阻器；根据待测电阻、电流表内阻和电压表内阻的比值大小确定电流表的内、外接法，然后完成实验电路的连接； 实验的误差来源于电压表的分流作用，根据欧姆定律分析实验误差。 本题考查了测量一段新材料制成的圆柱体的电阻率的实验，要明确实验原理，掌握螺旋测微器和欧姆表的读数规则，掌握欧姆定律的运用，能够根据实验原理选择实验器材并完成实验电路的连接。 13.【答案】解：开始时，B气柱气体压强为：， 则A气柱气体的压强为：； 当两管中水银柱的液面高度差变为13cm时，设左管中水银上升的高度为x，则右管中水银下降的高度为， 则有：， 解得：， 对A气柱气体研究，由玻意耳定律可得：， 根据题意可知：，， 解得：， 则此时B气柱的气体压强为：， 对B气柱气体研究，由玻意耳定律可得：， 由题知：， 解得：， 则活塞下降的高度为：； 答：开始时A气柱气体的压强大小为70cmHg； 将活塞缓慢下移使左右两管中的高度差变为13cm，此时B管中仍有水银柱，则活塞向下移动的距离为。  【解析】根据开始时B气柱气体压强，结合题意，即可分析求解； 对A气柱气体、对B气柱气体，由玻意耳定律分别列式，结合题意，即可分析求解。 本题主要考查气体的等温变化与玻意耳定律的应用，解题时需注意，应用玻意耳定律求解时，要明确研究对象，确认温度不变，根据题目的已知条件和求解的问题，分别找出初、末状态的参量，其中正确找出压强是解题的关键。 14.【答案】解：设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，无电场时粒子在匀强磁场中的运动轨迹，如图所示 由几何关系得   联立解得 粒子进入磁场，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律 解得 粒子在电磁场中做匀速直线运动 解得 粒子从N点射出，做类平抛运动，设打在荧光屏上时沿电场方向的速度大小为，M点到荧光屏的距离为d，则根据运动学公式 其中 根据牛顿第二定律 结合解得 答：撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的轨道半径为； 带电粒子的比荷为； 点到荧光屏的距离为。  【解析】画出无电场时粒子在匀强磁场中的运动轨迹，根据几何关系求撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的轨道半径； 根据洛伦兹力提供向心力求带电粒子的比荷； 根据运动学公式和牛顿第二定律求M点到荧光屏的距离。 本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，画出运动轨迹图，熟练掌握圆周运动的基本公式，难度较大。 15.【答案】解：设小球C被弹簧弹开后的速度大小为， 根据能量守恒可得：， 小球C在圆弧轨道最低点，根据牛顿第二定律有：， 解得：， 则由牛顿第三定律可知，小球对圆弧轨道最低点压力大小为：； 设小球C开始时离圆弧体上端的高度为h，第一次滑离圆弧体的速度大小为， 根据机械能守恒有：， 设小球C与弹簧作用后，小球C的速度大小为、小球B的速度大小为，以向右为正方向， 则根据动量守恒定律可得：， 根据能量守恒可得：， 联立可得：， 结合解得：； 解除了圆弧体的锁定后，设小球第一次离开圆弧体时小球的速度大小为，圆弧体的速度大小为，以小球第一次离开圆弧体时小球的速度方向为正方向， 则根据水平方向动量守恒可得：， 根据能量守恒可得：， 联立可得：，， 设小球C与弹簧作用后，小球C的速度大小为，小球B的速度大小为， 由第问可知：， 设小球C第二次滑离圆弧体后的小球C的速度大小为，圆弧体的速度大小为，以圆弧体初速度的方向为正方向， 根据动量守恒可得：， 根据能量守恒可得：， 联立可得：； 答：小球C被弹簧反弹后刚运动到圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为3mg； 小球开始释放的位置离圆弧体最上端的高度为3R； 若释放小球C前先解除圆弧体的锁定，然后让小球从同样的位置由静止释放，小球第一次、第二次滑离圆弧体时的速度大小分别为、。  【解析】由题意，根据能量守恒、牛顿第二定律分别列式，结合牛顿第三定律，即可分析求解； 对于不同阶段，由机械能守恒、动量守恒、能量守恒分别列式，结合中结论，即可分析求解； 结合前面分析，对于不同过程，根据动量守恒、能量守恒分别列式，即可分析求解。 本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$