陕西省西安市陕西师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期第一次质检物理模拟练习试卷

2025-2026陕西师大附中高三第一次质检物理模拟练习试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.我国计划于2025年在甘肃武威开工建设全球首座10兆瓦电功率的小型模块化钍基熔盐堆，项目预计于2029年实现首次临界并满功率运行。钍参与核反应的过程是钍核与一个中子结合生成钍核的同位素经过两次衰变生成新核Y，则新核Y是(    ) A. B. C. D. 2.为消除雷电的危害，我国科研人员成功开展“人工引雷”试验。如图所示，引雷时，由一架金属材质的小火箭拖拽金属导线快速升空，当火箭飞到一定高度时金属导线被拉直，在带正电的云层和火箭之间产生的雷电就会沿着笔直的金属导线“一路向下”导向大地。下列说法正确的是(    ) A. 云层下端与小火箭之间形成匀强电场 B. 云层下端对小火箭产生排斥力的作用 C. 引雷过程中会形成由大地沿金属导线流向小火箭的电流 D. 引雷过程中沿金属导线移动的电荷其电势能逐渐减小 3.“珍爱生命、预防溺水”。如图中的游泳浮漂是游泳爱好者自我保护的装备，采用高弹、环保的PVC材质，内置双气囊，使用时向里充气使之膨胀，充气后体积可视为不变且不漏气，气囊内气体可视为理想气体。当充气浮漂在水中温度降低时，则浮漂气囊内气体(    ) A. 压强变大 B. 内能增加 C. 向外界放热 D. 分子数密度减小 4.如图所示，某卫星变轨后绕地球做椭圆运动，PQ是椭圆的长轴，AB是椭圆的短轴，O为地心，AO、OQ和椭圆AQ段曲线所围成的面积占整个椭圆面积的，则卫星沿顺时针方向从P点运动到A点的平均速率和从A点运动到Q点的平均速率之比为 A. B. C. D. 5.如图所示，竖直放置的圆筒内壁光滑，圆筒半径为R，高为h。P、Q为圆筒上、下底面圆上的两点，且PQ连线竖直，一可视为质点的小球由P点沿筒内侧与半径垂直方向水平抛出，小球质量为m，初速度大小为。小球的运动轨迹与PQ的交点依次为PQ上的A、B、C三点，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是    A. A、B间距离为 B. 小球到达C点时下落高度为 C. 小球在P点时所受合力大小为mg D. 小球在A、B、C三点时对筒壁的压力大小之比为 6.一个电子以某速度从a点出发，通过两个方向垂直纸面的有界匀强磁场区域Ⅰ，Ⅱ到达b点，路径如图所示，电子在每个区域内的轨迹都是四分之一圆弧。不计电子重力，下列说法正确的是    A. 两个磁场的方向相同 B. 电子在两个磁场中运动的时间相等 C. 电子以相同的速度大小从b点反向出发可返回a点 D. 质子以与电子大小相同的动量从b点反向出发可到达a点 7.随着低空经济的发展，小型电动飞机将成为人们的通勤选择。现有某款新型号电动飞机，工程技术人员通过研究空气阻力对飞机运动的影响，验证飞机气动布局性能。如图所示，在平直跑道上，技术人员调整飞机动力输出单元，使飞机在大小为的恒定牵引力作用下由静止开始加速运动，发现经时间飞机的速度不再增加。已知飞机的质量为m，飞机所受阻力大小，其中k为常数，不计飞机轮胎与地面间的滚动摩擦，下列说法正确的是 A. 时间内飞机滑行的距离 B. 驱动飞机的电机输出功率随时间线性增大 C. 若时刻飞机刚好达到额定功率，则 D. 时间内飞机克服阻力所做的功 二、多选题：本大题共3小题，共12分。 8.2024年1月5日，在伦敦举行的PDC飞镖世锦赛决赛中，卢克-汉弗莱斯战胜16岁天才卢克-利特尔夺得冠军。如图所示，在某次投掷时运动员站在O点的正前方，两次将飞镖从同一点沿水平方向抛出，第一次击中圆心O，第二次击中P点，且O、P两点在同一水平线上，不计空气的作用力。下列说法正确的是    A. 第一次抛出的速度较大 B. 击中O点瞬间的速度与水平方向的夹角较小 C. 第二次飞镖的平均速度较大 D. 击中O点和击中P点瞬间重力的瞬时功率一样大 9.如图甲，黑光灯是一种利用发出的紫色光引诱害虫飞近高压电网来“击毙”害虫的环保型设备。图乙是黑光灯高压电网的工作电路示意图，将最大值的正弦交流电压通过理想变压器升为高压，变压器原线圈匝数为，副线圈匝数为。已知空气在通常情况下的击穿电场强度约为，杀灭害虫至少需要1000V电压。下列选项正确的是    A. 电网相邻两极间产生的电场保持不变 B. 电网相邻两极间距离需大于 C. 仅增大相邻两极间的距离，则两极间的电压不变 D. 若电网相邻两极间距为，则 10.如图甲所示，取一电阻率为的均质金属材料，将它做成横截面为圆形的金属导线，每段导线体积均恒为V。如图乙所示，将一段导线接在电动势为E，内阻为r的电源两端，并置于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，如图丙所示，将另一段导线接在恒流源两端，下列说法正确的是    A. 乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大 B. 丙图中，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的8倍 C. 丙图中，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比 D. 乙图中，通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，且最大安培力为 三、实验题：本大题共2小题，共18分。 11.Phyphox软件通过调用手机中的传感器能实现对加速度、角速度等基本物理量的测量。某研究小组利用如图甲所示的装置探究做圆周运动物体的向心加速度与角速度的关系，水平转盘通过竖直转轴与电动机连接，智能手机视为质点固定在水平转盘上随转盘一起转动。启动手机的Phyphox软件，利用软件的蓝牙功能将信息与电脑端同步，通过电脑控制实验操作从而完成数据采集。 改变电动机的转速，Phyphox软件记录的向心加速度a与角速度的关系如图乙，由图知当时，向心加速度          ，此时质量手机所受的向心力          结果保留两位小数。 某次实验时Phyphox软件记录的向心加速度a与角速度的关系如图丙所示，由图可知手机的转动半径          结果保留两位小数。 12.某研究性学习小组利用压敏电阻制作电子秤。已知压敏电阻在压力作用下发生微小形变，它的电阻也随之发生变化，其阻值R随压力F变化的图像如图甲所示，其中，图像斜率。小组同学按图乙所示电路制作了一个简易电子秤秤盘质量不计，电路中电源电动势，内阻未知，电流表量程为10mA，内阻，g取。 下列操作步骤的正确顺序是          。 ①秤盘上放置已知重力的重物G，保持滑动变阻器接入电路的阻值不变；读出此时电流表示数I； ②换用不同已知质量的重物，记录每一个质量值对应的电流值； ③秤盘上不放重物时，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表指针满偏； ④将电流表刻度盘改装为质量刻度盘。 实验时发现电流表量程偏小，根据需要将其量程扩大为100mA，则应该给该电流表          填“串联”或“并联”阻值为          的电阻。 用改装后的电流表进行操作，若电流表示数为20mA，则待测重物质量          kg。 若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台电子秤称重前，进行了步骤③的操作，则测量结果          填“偏大”“偏小”或“不变”。 四、简答题：本大题共1小题，共3分。 13.运动员从飞机上跳伞后的运动轨迹简化为图示中的ABC。已知运动员含伞包的质量。在B点时打开伞包后运动员沿着直线段BC滑行，BC段与地面之间的夹角，此时运动员受到的空气升力与飞行方向垂直，空气阻力与飞行方向相反，两者大小与滑行速度v满足：，，其中、为可调节的系数。，，g取。 若运动员在A点起跳的初速度大小为，下落高度时的速度大小为，求这段过程中机械能的损失量。 若运动员在BC段的某时刻调节的值为，的值为，求此时运动员加速度a的大小。 若在BC末段通过调节最终达到匀速滑行，求此时的值。 五、计算题：本大题共2小题，共20分。 14.光纤通讯已成为现代主要的有线通信方式。现有一长为1km，直径为的长直光纤，一束单色平行光从该光纤一端沿光纤方向射入，经过在光纤另端接收到该光束。求： 光纤的折射率； 如图所示该光纤绕圆柱转弯，若平行射入该光纤的光在转弯处均能发生全反射，求该圆柱体半径R的最小值。 15.电动机的动力来源于电流与磁场间的相互作用，其内部工作原理可借助图所建立的模型来理解：粗糙水平金属导轨宽度，处于竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场中，质量、电阻的金属棒MN置于导轨上，电源电动势，不计电源及导轨电阻。接通电源后，MN沿导轨由静止开始运动，在运动过程中MN始终与导轨保持良好接触，所受阻力大小恒为，图为金属棒MN的加速度倒数与速度的关系图像，图中右侧虚线为该图像的渐近线。 判断导体棒MN的运动方向选填“水平向左”或“水平向右”； 求电源接通瞬间金属棒MN的加速度和最终趋近的最大速度； 求金属棒MN从静止启动到速度为的过程中，电源消耗的电能。图像中速度从0至的图像可近似处理为线性关系 答案和解析 1.【答案】B  【解析】钍核  与一个中子结合生成钍核的同位素 X ，根据质量数守恒，X表示为  ，X经过两次  衰变生成新核Y，因为每经过一次  衰变质量数不变，电荷数加1，所以Y表示为  。 故选B。 2.【答案】D  【解析】由图可知，小火箭通过导线与大地连接带负电，其相对云层可视为点电荷，与云层下端之间形成的不是匀强电场，A项错误; 云层下端带正电，由于静电感应小火箭带负电，云层下端对小火箭产生吸引力的作用，B项错误; 引雷过程中大地中带负电的自由电子沿金属导线流向小火箭并最终击穿空气，从而形成由小火箭沿金属导线流向大地的电流，C项错误; 引雷过程中沿金属导线移动的自由电子受到云层下端的吸引力，且该吸引力对自由电子做正功，因此其电势能逐渐减小，D项正确。 3.【答案】C  【解析】【分析】 温度降低时，则浮漂气囊内气体内能减小，根据热力学第一定律分析吸、放热程度；根据查理定律分析压强变化，气体体积和质量不变，则分子数密度不变。 本题考查热力学第一定律、查理定律知识点，解题关键掌握内能的决定因素。 【解答】 A.根据体积不变，温度降低，根据可知，压强降低，故A错误； B.气囊内气体可视为理想气体，其内能的大小由温度决定，温度降低，内能减小，故B错误； C.根据 其中  减小，  ，故  ，故气体向外界放热，故C正确； D.气体质量不变，分子数不变，体积不变，故分子数密度不变，故D错误。 故选C。 4.【答案】C  【解析】解：根据题意，OP、OA及PA段曲线所围成的面积占整个椭圆面积的， 设卫星沿顺时针方向从P点运动到A点的时间为，从A点运动到Q点的时间为， 根据开普勒第二定律可知，由于PA曲线和AQ曲线长度相等，则卫星沿顺时针方向从P点运动到A点的平均速率和从A点运动到Q点的平均速率之比为，C正确。 故选C。 5.【答案】A  【解析】B.小球在水平方向上做匀速圆周运动，圆周运动周期为  小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达C点时，经历时间为 3T ，则有  解得  故B错误； D.小球在水平方向上做匀速圆周运动，由筒壁对小球的支持力提供向心力，则有  根据牛顿第三定律有  解得  可知，小球在A、B、C三点时对筒壁的压力大小之比为 故D错误； A.小球在竖直方向上做自由落体运动，小球到达A点、B点经历时间分别为T、 2T ，则有  结合上述解得  故A正确； C.小球在水平方向上做匀速圆周运动，由筒壁对小球的支持力提供向心力，则有  小球所受外力的合力  故C错误。 故选A。 6.【答案】D  【解析】A.电子带负电，由左手定则可知区域Ⅰ磁场方向垂直纸面向里，区域Ⅱ磁场方向垂直纸面向外，故A错误； B.洛伦兹力总是不做功，所以电子在两磁场运动速度大小相等，根据 ，由于电子在区域Ⅱ的轨道半径较大，所以电子在区域Ⅱ中运动的时间较长，故B错误； C.电子以相同的速度大小从b点反向出发，经过区域Ⅱ时由左手定则可知受到的洛伦兹力向下，所以电子不能返回a点，故C错误； D.质子与电子的电荷量相等，若质子以与电子大小相同的动量进入磁场，由 ，可得 ，可知它们在磁场运动的半径相等，且质子带正电，根据左手定则可知质子从b点反向出发可到达a点，故D正确。 故选D。 7.【答案】D  【解析】A.飞机到达最大速度时有m，解得vm，若时间内飞机以做匀速运动，则时间内飞机滑行的距离，而实际上，飞机在运动过程中，受到牵引力和阻力，根据牛顿第二定律可得，由于阻力随速度v变化，所以飞机做的是加速度减小的加速运动，不是匀速直线运动。所以，故A错误； B.驱动飞机的电机输出功率，因为飞机做加速度减小的加速运动，速度 v随时间t不是线性变化的，所以电机输出功率随时间也不是线性增大的，故B错误； C.若时刻飞机刚好达到额定功率，则m，解得，故C错误。 D.根据动量定理有m，有m，解得，根据动能定理有m2，解得，故D正确。 8.【答案】CD  【解析】以抛出点为坐标原点，初速度方向为 x 轴正方向，竖直向下为 y 轴正方向，OP方向为 z 轴正方向。设运动员站在O点的沿 x 轴水平距离为  ，飞镖下落的高度为 h ，OP之间的距离为 d 。 A.由竖直方向做自由落体运动可知 得 可知两次飞镖运动时间相同。第一次抛出的速度 第一次抛出的速度 因为 故有 第二次抛出的速度较大；故A错误； B.设击中O点瞬间的速度与水平方向的夹角为  ，则 设击中P点瞬间的速度与水平方向的夹角为  ，则 因为 故有 得 击中O点瞬间的速度与水平方向的夹角较大；故B错误； C.第一次飞镖的平均速度 第二次飞镖的平均速度 因为 故有 第二次飞镖的平均速度较大；故C正确； D.击中O点瞬间重力的瞬时功率 击中P点瞬间重力的瞬时功率 得 击中O点和击中P点的瞬间重力的瞬时功率一样大，故D正确。 故选CD。 9.【答案】BC  【解析】A.电网相邻两极间的电压是交变电压，所以相邻两极间产生的电场是交变电场，其电场强度的大小和方向随时间周期性变化，故A错误； B.电网相邻两极间的电场强度的最大值应小于空气的击穿电场强度  ，即 即 故B正确； C.两极间的电压与相邻两极间的距离无关，仅增大相邻两极间的距离，则两极间的电压不变，故C正确； D.电网相邻两极间的电压最大值应满足以下关系 根据理想变压器的电压变比公式有 即 故D错误。 故选BC。 10.【答案】ACD  【解析】A.根据电阻定律  其中  ，  联立，解得  可知乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大，故A正确； B.丙图中，导线两端的电压  电流不变时，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的16倍，故B错误； C.丙图中该段导线的发热功率  流过导线的电流不变，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比，故C正确； D.乙图中，由闭合电路欧姆定律  导线受到的安培力  联立，解得  可知通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，由数学知识可知当且仅当  时，  最小，此时  最小值为  故最大安培力为  故D正确。 故选ACD。 11.【答案】   【解析】由图乙可知，当角速度时，向心加速度大小为 由向心力公式可知，向心力的大小为 由向心加速度公式可知，图像的斜率表示转动半径，结合图线可知 12.【答案】③①②④ 并联 2 10 不变   【解析】在本实验中应先让秤盘上不放重物，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表指针满偏，然后在秤盘上放置已知重力的重物G，保持滑动变阻器接入电路的阻值不变，读出此时电流表示数I，再换用不同已知质量的重物，记录每一个质量值对应的电流值，最后将电流表刻度盘改装为质量刻度盘，故合理的实验操作顺序为③①②④。 当小量程的电流表改装成量程较大的电流表时，需要并联一个小电阻，有，解得 根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物时，调节滑动变阻器使得电流表满偏，有 当秤盘上放上重物，且电流表示数为20mA时，有，又因为，联立解得 由于压敏电阻阻值R随压力增大而增大，则电流表示数随压力增大而减小，所以改装后的刻度盘，其零刻度线在电流表的满刻度处。 根据操作过程③可知，当电源电动势不变，而内阻增大时，仍可以通过减小滑动变阻器接入电路的阻值使得电流表达到满偏，回路中电源内阻和滑动变阻器接入电路的总电阻不变，所以测量结果不变。 13.【答案】解：运动员机械能的减少量 代入数据解得： 运动员受力如图所示 在垂直于速度方向上，由平衡条件得： 在平行于速度方向，由牛顿第二定律得： 代入数据解得： 运动员做匀速直线运动，由平衡条件得：， 代入数据解得： 答：这段过程中机械能的损失量是。 此时运动员加速度a的大小是。 此时的值是。  【解析】末状态的机械能与初状态机械能的差值是机械能的减少量，根据动能与重力势能的计算公式求出机械能的减少量。 对运动员受力分析，应用牛顿第二定律求出加速度大小。 运动员做匀速直线运动，应用平衡条件分析答题。 掌握基础知识，分析清楚运动员的运动过程与受力情况是解题的前提，应用平衡条件与牛顿第二定律可以解题。 14.【答案】解：光在长直光纤中传输： 解得： 光纤的折射率： 解得： 如图所示，当光纤中最下面的光线发生全反射，则平行光在弯曲处全部发生全反射， 由几何关系可知： 又： 解得：  【解析】对于几何光学，要借助于光的折射与反射定律作出光路图，同时利用几何关系来辅助计算。 由求光在光纤中传播的速度，再由求光纤的折射率：； 当光纤中最下面的光线发生全反射，则平行光在弯曲处全部发生全反射，根据几何关系、全反射临界角公式求解。 15.【答案】接通电源后，电流方向由M到N，由左手定则可知安培力水平向右，故金属杆的运动方向水平向右。 接通电源瞬间流过  的电流为  ，则  此时金属棒 MN 的加速度为  ，由牛顿第二定律得  解得  当金属棒 MN 加速度为零时，达到最大速度  ，此时金属棒 MN 产生的反电动势为  ，回路电流为  ，则  ，  ，  解得  设当金属棒 MN 速度为  时，其加速度为  ，电流为  ，从静止启动到速度为  所用时间为 t ，电路通过电源的电荷量为 q 。则  由牛顿第二定律得  由  图像的面积可知  对金属棒从静止启动到速度为  过程，由动量定理得  ，  电源消耗的电能为  解得    【解析】详细解答和解析过程见【答案】 第1页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $