2025届安徽省合肥市第一中学高三下学期素养拓展（七）物理试题

2025年合肥一中高三下学期物理素养拓展（七） （考试时间：75分钟 满分：100分） 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1、核能是蕴藏在原子核内部的能量、合理利用核能，可以有效缓解常规能源短缺问题。在铀核裂变实验中，核反应方程是U+n→Ba+Kr+3X，U核的结合能为E1，Ba核的结合能为E2，Kr核的结合能为E3。则（　　） A．该核反应过程动量不守恒 B．该核反应方程中的X为质子 C．该核反应中释放的核能为（E1﹣E2﹣E3） D．该核反应中电荷数守恒，质量数守恒 2、某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车　　 A．机械能保持不变 B．动量保持不变 C．处于失重状态 D．所受合力不为零 3．一束红色激光射向一块有双缝的不透光的薄板。在薄板后的光屏上呈现明暗相间的干涉条纹。现在将其中一条窄缝挡住，让这束红色激光只通过一条窄缝，则在光屏上可以看到（　　） A．与原来相同的明暗相间的条纹，只是亮条纹比原来暗一些 B．与原来不相同的明暗相间的条纹，且中央亮条纹变宽些 C．只有一条与缝宽对应的亮条纹 D．无条纹，只存在一片红光 4. 一简谐机械波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T，在t=时刻该波的波形图如图1所示，a、b是波上的两个质点。图2表示某一质点的振动图象，下列说法中正确的是（  ） A. 质点a的振动图象如图2所示 B. 质点b的振动图象如图2所示 C. t=0时刻质点a的速度比质点b的大 D. t=0时刻质点a的加速度比质点b的大 5、天宫空间站运行过程中因稀薄气体阻力的影响，每经过一段时间要进行轨道修正，使其回到原轨道。修正前、后天宫空间站的运动均可视为匀速圆周运动，则与修正前相比，修正后天宫空间站运行的（　　） A．轨道半径减小 B．速率减小 C．向心加速度增大 D．周期减小 6．如图（a）所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度和电势分布如图（b）（c）所示。现有一带负电的粒子（重力不计）以初速度v0沿轴线由P运动到Q，OP＝OQ＝L。关于粒子由P运动到Q的过程分析，下列说法正确的是（　　） A．粒子一直加速 B．静电力对粒子做功不为0 C．粒子所受静电力先增大后一直减小 D．粒子的电势能先减小后一直增大 7．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，现对氘核（）加速，所需的高频电源的频率为f，磁感应强度为B，已知元电荷为e，下列说法正确的是（    ） A．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大 B．高频电源的电压越大，氘核最终射出回旋加速器的速度越大 C．氘核的质量为 D．该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核（）加速 8．弹簧振子和LC振荡电路虽然有着本质的不同，但它们的一些物理量及周期性变化规律相类似。如图甲、乙所示，分别为研究弹簧振子和LC振荡电路的实验装置示意图。已知当图乙中的双掷开关置于a时，线圈L和电容C可构成一个理想的LC振荡电路且其振荡周期与图甲中弹簧振子的振动周期相等。现将图乙中的开关置于b处给电容C充电，待充电完毕后又突然将开关置换到a处，与此同时，将图甲中的弹簧振子从最大振幅处由静止释放，则下列说法中不正确的是（　　） A．弹簧振子速度最大时，LC振荡电路中的电流达到最大 B．弹簧振子加速度最大时，LC振荡电路中的电场能达到最大 C．弹簧振子从最大振幅处运动到平衡位置过程中，LC振荡电路处于放电过程 D．若减小振荡电路中的电容，则振荡电路的周期将大于弹簧振子的周期 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 9、如图（a）所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v﹣t图像如图（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2，则（　　） A．Q的质量为1kg B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0J D．t＝5.8s时木板速度恰好为零 10．如图甲所示，圆心在x轴上的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，在O点沿x轴正向发射一颗比荷为k的带正电粒子，粒子运动过程x、y方向的速度分量随时间变化如图乙、图丙所示，粒子所受重为不计，则（　　） A．磁场方向垂直纸面向里 B．粒子在穿过磁场过程速度方向改变了30° C．磁感强度大小为 D．圆形区域半径是 三、非选择题：本大题共5小题，共58分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 11．（6分）某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图（a）所示。一质量为、直径为的小球固定于释放装置上，在小球正下方固定四个光电门，调节各光电门的中心，使其与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过每个光电门的挡光时间，重力加速度为。 （1）若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为，小球通过此光电门的挡光时间为△，则小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量△， 动能增加量△　　（用题中字母表示）； （2）根据实验数据，作出△△的图像，如图（b）所示。若图中虚线的斜率　　，则可验证机械能守恒定律； （3）经过多次重复实验，发现小球经过第三个光电门时，△总是大于△，下列原因中可能的是 　　。 ．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大 ．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线 ．小球下落过程中受到空气阻力的作用 12、（10分）学生小组用放电法测量电容器的电容，所用器材如下： 电池（电动势3V，内阻不计）； 待测电容器（额定电压5V，电容值未知）； 微安表（量程200μA，内阻约为1kΩ）； 滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）； 电阻箱R1、R2、R3、R4（最大阻值均为9999.9Ω）； 定值电阻R0（阻值为5.0kΩ）； 单刀单掷开关S1、S2，单刀双掷开关S3； 计时器； 导线若干。 （1）小组先测量微安表内阻，按图（a）连接电路。 （2）为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R的滑片应置于 　 　（填“左”或“右”）端。将电阻箱R1、R2、R3的阻值均置于1000.0Ω，滑动变阻器R的滑片置于适当位置。保持R1、R3阻值不变，反复调节R2，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则P、Q两点的电势 　 　（填“相等”或“不相等”）。记录此时R2的示数为1230.0Ω，则微安表的内阻为 　 　Ω。 （3）按照图（b）所示连接电路，电阻箱R4阻值调至615.0Ω，将开关S3掷于位置1，待电容器充电完成后，再将开关S3掷于位置2，记录微安表电流I随时间t的变化情况，得到如图（c）所示的图像。当微安表的示数为100μA时，通过电阻R0的电流 是 　 　μA。 （4） 某同学数得曲线下包含150个小方格，则电容器的电容为 　 　F （保留两位有效数字）。 13．（12分）如图所示，绝热气缸开口向上竖直放置，其内用质量为、横截面积为的绝热活塞封闭一定质量的理想气体。初始时气缸内气体的热力学温度为300K，活塞处于位置，与气缸底相距。已知大气压强，理想气体内能正比于热力学温度，活塞厚度、电热丝体积以及活塞与气缸壁间的摩擦均不计。现通过气缸内的电热丝加热气体，活塞缓慢上升到达位置，g取10m/s2，求： (1)活塞到达B位置时气体的热力学温度为多少？ (2)若初始气体内能，活塞缓慢上升过程中，气体吸收了多少热量？ 14．（14分）如图甲所示，倾角的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R的球，球上端固定一轻杆，轻杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动。已知斜面体的高度为3.2R，斜面体和球的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g，，。 (1)水平向右推动斜面体，求最小推力的大小F0； (2)若斜面体在水平推力作用下由静止开始向右做加速度为a=0.8g的匀加速直线运动，求斜面对球作用力的大小FN； (3)在第（2）问中，斜面体运动到其最高点刚好与球面接触，如图乙所示，求该过程中推力做的功W。 15．（16分）如图所示。光滑金属同心圆环固定在水平面上，金属杆AB置于环上，O、A、B在同一直线且，圆环处于磁感应强度、方向竖直向下的匀强磁场中。用导线将圆环与足够长光滑水平金属导轨DGHE连接，导轨间距，HG右侧连接有绝缘且粗糙的水平轨道GQPH。光滑水平导轨上放置一质量，长度的导体棒，导体棒与粗糙轨道间动摩擦因数。倾角的光滑、足够长、倾斜导轨与粗糙轨道末端PQ平滑连接，间距，导轨上端接有的电阻和的电容器。水平和倾斜导轨均处于磁感应强度，方向与倾斜导轨垂直的匀强磁场中。金属杆AB以绕O点沿逆时针匀速转动，闭合开关S后导体棒向右加速至匀速运动，并恰好能运动到PQ处。不计导体棒和导轨电阻，重力加速度大小。 (1)求金属杆AB产生的电动势E； (2)求水平导轨上HG到PQ间的距离； (3)给静止于PQ处的导体棒施加一沿斜面向上的外力F，使之沿斜面向上做加速度的匀加速直线运动。导体棒沿斜面向上运动时，求F的瞬时功率。 2025年合肥一中高三下学期物理素养拓展（七） 1.D【解答】解：A、核反应过程中由于系统不受外力作用，动量一定守恒，故A错误； BD、由核反应的电荷数守恒和质量数守恒可得出，X为n，故B错误，D正确； C、核反应释放的核能为反应前后的核的结合能之和的差值，释放的核能为（E2+E3﹣E1），故C错误；故选：D。 2、D【解答】解：、小车的机械能包括动能和重力势能，小车高度减小，即重力势能减小，小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，即动能不变，所以小车的机械能减小，故错误； 、小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式有可知，小车动量的大小不变，动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故错误； 、由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向的合力为0，即沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知，小车的加速度方向方向沿水平方向，小车不存在竖直方向的加速度，即小车既不处于超重，又不处于失重，故错误； 、根据上述可知，小车沿轨道方向的合力为0，轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，即小车的合力不为零，合力方向总指向图中轴心，故正确。 3．B【详解】因产生了干涉现象，说明两缝都很窄，能够满足使红光发生明显衍射的条件，即挡住一条窄缝后，在屏上得到的是红光的单缝衍射图样，即在光屏上可以看到与原来不相同的明暗相间的条纹，且中央亮条纹变宽些。故选B。 4. D【详解】AB．由波动图象可知，a速度为零，b速度为正向最大，在振动图象上时刻，质点速度为负向最大，与波的图象上的a、b两点的运动情况均不相符，故AB错误； C．t=0时刻，a在波谷，速度零，b在平衡位置，速度向下，速度最大，故C错误； D．t=0时刻质点a在波谷，回复力大，b在平衡位置，加速度为0，所以质点a的加速度比质点b大，故D正确。故选D。 5、B解：A．天宫空间站运行过程中因有阻力影响，天宫空间站的机械能减小，天宫空间站轨道高度降低，则与修正前相比，修正后天宫空间站运行的轨道半径增大，故A错误； B．根据万有引力提供向心力可得运行速率的表达式为 修正后天宫空间站运行的轨道半径增大，则速率减小，故B正确； C．根据牛顿第二定律可得向心加速度的表达式为 修正后天宫空间站运行的轨道半径增大，则向心加速度减小，故C错误； D．根据万有引力提供向心力可得周期的表达式为 修正后天宫空间站运行的轨道半径增大，所以周期增大，故D错误。故选：B。 6．D解．带负电的粒子受到的电场力的方向与电场强度的方向相反，所以由P运动到Q的过程中受到的电场力的方向先向右，后向左，则从P到Q电场力先做正功，后一直做负功，动能先增大后一直减小；根据电场力做功与电势能的关系W＝﹣ΔEp可得，电势能先减小后一直增大，故D正确； B．根据图（c）可知UOP＝UOQ，根据W＝qU可知，粒子由P运动到Q的过程静电力对粒子做功的代数和为0，故B错误； C．根据图（b）可知，粒子由P运动到Q的过程，场强先增大后减小，再增大最后再减小，故粒子所受静电力先增大后减小，再增大最后再减小，故C错误。故选：D。 7．【答案】D【详解】A．根据周期公式 可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而不变，故A错误；B．设D形盒的半径为R，则氘核最终射出回旋加速器的速度满足 可得可知氘核最终射出回旋加速器的速度与高频电源的电压无关，故B错误； C．根据周期公式可得氘核的质量为故C错误； D．因为氘核（）与氦核（）的荷质比相同，所以该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核（）加速，故D正确。故选D。 8、【答案】D【详解】A．弹簧振子在平衡位置时速度最大，此时动能最大。对于LC振荡电路，电流最大时，磁场能最大，相当于弹簧振子动能最大的状态，两者变化规律类似，正确； B．弹簧振子在最大位移处加速度最大，此时弹性势能最大。LC振荡电路中电场能最大时，电容器极板上电荷量最多，类似弹簧振子处于最大位移的状态，B正确； C．弹簧振子从最大振幅处运动到平衡位置过程中，动能增大，弹性势能减小。LC振荡电路初始状态电容器充满电，从开始放电到放电完毕，电场能转化为磁场能，与弹簧振子的能量转化过程相似，正确； D．根据LC振荡电路周期公式，减小电容，周期减小，所以LC振荡电路的周期将小于弹簧振子的周期，错误。本题选不正确的，故选D。 9、AC【解答】解：A．根据v﹣t图像可知，v1＝3m/s，v2＝1m/s，v3＝2m/s，两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m＝1kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得mv1+Mv2＝（m+M）v3解得M＝1kg故A正确； B． 设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v﹣t图像可知，0﹣2s内P与Q的加速度分别为aP＝1.5m/s2，aQ＝0.5m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝maP μ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaQ联立解得μ2＝0.05故B错误； C．由于碰撞系统损失的机械能为 代入数据解得ΔE＝1.0J故C正确； D．对碰撞后整体受力分析，由动量定理得﹣μ2（m+M）gt2＝0﹣（m+M）v3 代入数据解得t2＝4s因此木板速度恰好为零的时刻为t＝t1+t2＝2s+4s＝6s故D错误； 10．AC【详解】A．图像可知正电粒子进入磁场后y轴正方向的速度分量增大，可知进入磁场时正电粒子受到的洛伦兹力向上，左手定则可知粒子垂直于纸面向里，故A正确； B．图像可知出磁场时，x、y方向的速度分量分别为 设此时速度方向与x轴夹角为，如图 则有可知 故此时粒子在穿过磁场过程速度方向改变了故B错误； C．设粒子的轨迹圆半径为r，则有解得 根据联立解得故C正确； D．几何关系可知联立解得故D错误。故选AC。 11．答案为：（1）；（2）1；（3）。（每空2分） 解：（1）小球经过光电门中心时的速度为 小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量△ 则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为 （2）根据机械能守恒定律可得△△ 则作出△△的图像中虚线的斜率，则可验证机械能守恒定律。 （3）．第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏大，则△的测量值偏大，使得△小于△，故错误； ．第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，△的测量值偏大，使得△大于△，故正确； ．小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则△小于△，故错误。故选：。 12、答案为：（2）左，相等，1230.0（3）300；（4）4.8×10﹣4。（每空2分） 【解答】（2）为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R的滑片应置于左端。 由题知，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则说明P、Q两点的电势相等。 根据电桥平衡可知，此微安表的内阻为1230.0Ω。 （3）由于微安表与R4并联，则当微安表的示数为100μA时，R4分担的电流为 I4＝，解得I4＝0.2mA则通过电阻R0的电流I总＝I4+I＝300μA （4）图（c）中每个最小方格面积所对应的电荷量为 q＝8μA×0.4s＝3.2μC＝3.2×1010﹣6C则150个这样的小方格为总电荷量为 Q＝n×q＝150×3.2×10﹣6C＝4.8×10﹣4C 而微安表改装后流过R0的电流是微安表示数的3倍，则根据电容的定义式可知电容器的电容为 13．【答案】(1)600K(2)302J 【详解】（1）当活塞上升过程，气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得 代入数据解得 （2）活塞上升过程，对活塞受力分析可知 气体对外做的功代入数据解得 因为气体的内能正比于温度，设则解得 内能的改变量 根据热力学第一定律 解得 14．【答案】(1)(2)(3)W=8mgR 【详解】（1）球刚好被推离地面时推力最小，可认为此时球和杆处于静止状态，对球和杆受力分析如图所示 竖直方向有对斜面受力分析如图所示 水平方向有根据牛顿第三定律有解得； （2）斜面沿水平方向运动，位移为x，同时球沿竖直方向运动，位移为y ，由图中几何关系可知 ，可得 如图所示，在竖直方向，由牛顿第二定律有 解得 （3）斜面在最高点与球面接触时，小球和杆的位移为h，如图所示，由几何关系可知 斜面体水平方向的速度为v1，球竖直方向的速度为v2，由可得   由得 由功能关系可知 解得 W=8mgR 15．【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）金属杆AB切割磁感线产生的电动势解得 （2）足够长时间后，导体棒做匀速运动，产生的电动势大小与E相等，有 解得在粗糙轨道上由动能定理解得 （3）向上运动2m时，根据位移公式得到时间 此时对应的速度 向上运动过程中，对导体棒受力有 通过导体棒的电流 解得此时对应的拉力此时功率为 解得 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$