云南罗平县第一中学2025届高三上学期期末考试物理试卷

2025届高三年级上学期期末考试 物理试卷 满分 100 分，考试时间 75分钟。 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡交回。 一、选择题(本题共10题，其中1-7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的，8-10题，每小题6分,共18分，每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分) 1.在太阳内部存在两个主要的核聚变反应过程，碳循环和质子一质子循环。碳循环中有一个过程是放射性的氮13衰变为碳13，关于此衰变，下列说法正确的是(　　) A. 氮13和碳13中子数相同 B. 氮13和碳13质子数相同 C. 衰变放出的一个粒子是中子 D. 衰变放出的一个粒子是正电子 2.钍基熔盐堆被视为第四代核能技术的绿色革命，我国在该实验堆的技术突破上具有全球领先地位。该反应堆中利用钍-铀循环产能，（钍核）吸收一个粒子X后转化为钍233，钍233衰变后生成（铀核），吸收热中子后发生裂变反应，释放大量能量。下列说法正确的是（ ） A. 粒子X为质子 B. 钍233要发生两次β衰变才能生成 C. 温度越高，钍233的半衰期越短 D. 吸收热中子后发生的裂变反应没有质量亏损 3.如图所示，一根细线系着一个小球，细线上端固定在横梁上。给小球施加力F，小球平衡后细线跟竖直方向的夹角为。现改变F的方向，但仍然要使小球在图中位置保持平衡，即保持不变，则（　　） A. F的方向可能沿着绳向下      B. F的方向可能沿着绳向上 C. F的方向可能垂直绳向上      D. F的方向不可能竖直向上 4.如图，质量为60kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为的重物送入井中。当重物以的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，则人对地面的压力大小为(g取)(　　) A. 200N    B. 920N    C. 320N    D. 280N 5.如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球的静止卫星。下列关于a、b、c的说法中正确的是(　　)    A. 地球静止卫星都与c在同一个轨道上，并且它们受到的万有引力大小相等 B. a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为 C. a物体与地球的万有引力全部提供给a物体随地球自转的向心力 D. a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为 6.如图所示，一束复色光a、b从介质射向真空，只有b光从界面射出，反射光束用c表示，则下列说法正确的是(　　) A. c为a光 B. 真空中，b光的光速比a光的大 C. 真空中，b光的波长比a光的长 D. a光与b光相遇会发生光的干涉现象 7.一个电子在静电场中沿x轴在区间（-a，a）内运动，其动能Ek随位置x变化的图像如图所示，已知电子质量为m，电荷量为e，则（　　） A. 在（-a，a）区间，电场为匀强电场 B. 电子位于（0，0）点时电势能最大 C. x=-a与x=a两点的电势差为 D. 在（0，a）区间，电场强度的大小为 8.斯特林循环包括等温膨胀、等容降温、等温压缩和等容加热四个过程，一个完整斯特林循环过程的关系如图所示。气体在热交换器之间来回流动，实现热能和机械能的转化。若将气体看成理想气体，关于斯特林循环，下列说法正确的是(　　) A. 过程是等温膨胀，气体吸收的热量等于对外做的功 B. 过程是等容降温，所有气体分子的动能都减小 C. 过程是等温压缩，气体平均动能减小 D. 过程是等容加热，气体吸收的热量等于内能的增加量 9.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想交流电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R′为热敏电阻(温度升高时其电阻减小)，R为定值电阻。下列说法正确的是(　　) A. 原线圈两端电压的瞬时值表达式为 B. 变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1∶4 C. R′处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数变大 D. 电压表V2的示数为9V 10.当上、下抖动长长的轻绳时，轻绳则呈正弦波形状。如图甲，是某轻绳产生的横波在介质中沿x轴传播，在时的波形图，图乙为横坐标在1.5m处P点的振动图像。则下列说法中正确的是（　　） A. 该波向左传播，波速为 B. 再经过3.5s质点P通过的路程为140cm C. L质点比N质点先到达波峰 D. 人若加快抖动轻绳，两个相邻波峰之间的距离变小 二、非选择题（本题共5个大题，共54分） 11.（6分）某实验小组的同学为了探究轻弹簧储存的弹性势能与形变量的关系，设计了如图所示的实验，将挡板固定在水平的气垫导轨上，气垫导轨的底部放置一刻度尺，轻弹簧沿水平方向固定在挡板上。调整挡板的位置，当弹簧原长时弹簧的最右端刚好与气垫导轨的最右端重合，用重垂线记录气垫导轨最右端在水平地面上的投影点O。实验时，小滑块放在气垫导轨上，轻推滑块使轻弹簧压缩，通过刻度尺读出轻弹簧的压缩量x，释放滑块后滑块从气垫导轨的最右端离开，落在水平地面上的C点，测量出两点之间的距离s，忽略一切阻力。改变轻弹簧的压缩量，记录多组实验数据x和s。 (1)某次实验中滑块的落点C到O的距离为s，气垫导轨最右端到O点高度为h，重力加速度为g，则滑块与弹簧分离时的速度大小为　　　 ； (2)弹簧储存的弹性势能与　　　 （选填“”“s”或“”成正比）； (3)该小组的同学利用得到的实验数据建立了坐标系，以s为横轴、x为纵轴，将记录的数据点描绘在坐标系中，刚好拟合成一条过原点的倾斜直线，则弹簧储存的弹性势能与　　　 （选填“”“x”或“”）成正比。 12.（10分）某同学为了测量电源的电动势和内阻，考虑到电压表、电流表内阻的影响，测量结果总存在系统误差，于是设计了下面的电路进行测量。 实验室提供的器材有： 待测电源E； 滑动变阻器； 电压表； 电流表； 灵敏电流计G，开关S。 主要实验步骤如下： 主要实验步骤有： （1）按照图示电路图连接好实物图，闭合开关S，通过调节滑动变阻器，可使灵敏电流计示数为0，记录此时电压表的示数，电流表的示数。此时流过电源的电流　　　（填“>”、“<”、“=”），电源的路端电压　　　（填“>”、“<”、“=”）； （2）再次调节滑动变阻器，使得灵敏电流计示数仍为0，记录此时电压表的示数，电流表的示数； （3）通过两次测量，就可以计算电源电动势和内阻。通过以上数据，计算得到电源的电动势　　　。内阻　　　； （4）实验过程中，电流表和电压表的内阻对电源电动势与内阻的测量无影响，不会产生系统误差； （5）在实验过程中若将电源（连同开关S）与灵敏电流计位置互换，　　　（填“是”或者“否”）仍能准确测量出电源电动势和内阻。 13.（10分）如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动，假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求： (1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能． 14.（12分）如图甲所示，两个平行金属导轨在同一水平面固定，间距为d，连接电阻，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变化关系如图乙所示。时，在距磁场左边界d处，一长为d的均匀导体棒在外力作用下，以恒定速度向右运动，直至通过磁场。导体棒阻值为的阻值为，其他电阻不计，棒与导轨始终垂直且接触良好。求： (1)时间内，中的电流方向及感应电动势； (2)时间内，棒受到的安培力F的大小和方向。 15.（16分）如图甲所示，平行边界之间存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，之间的距离为d。时刻，有一质量为的带电粒子从磁场边界上A点处以速度垂直磁场方向射入，方向与边界的夹角为，粒子恰好从点垂直边界射出磁场。紧靠磁场边界右侧，有两个间距为、足够大的平行板，平行板间存在电场，两板间电势差的变化规律如图乙，其中已知。带电粒子在运动过程中始终不与板相碰，粒子重力不计。求: (1)该带电粒子的电性及电荷量大小； (2)若，带电粒子从A点到第一次到达点的时间及时刻带电粒子的速度与的比值； (3)若满足(2)条件，带电粒子第二次离开磁场时的位置与A点的距离(结果用根号表示)。 一、单选题 1. D【解析】根据电荷数和质量数守恒可知该衰变方程为，可知衰变放出的一个粒子是正电子；氮13的质子数为7，中子数为13-7＝6；碳13的质子数为6，中子数为13-6＝7。故选D。 2. B【解析】根据核反应的电荷数和质量数守恒可知，，钍232（）吸收粒子X后变为钍233（质量数+1），X应为中子（），而非质子，故A错误；钍233（Z=90）经两次β衰变（每次Z+1，质量数不变）生成铀233（Z=92），故B正确；半衰期由核内部结构决定，与温度无关，故C错误；核裂变释放能量，根据质能方程可知该过程必然伴随质量亏损，故D错误。故选B。 3. C【解析】依题意，对小球进行受力分析，如图所示： 根据三个共点力平衡时，其中任何两个力的合力一定与第三个力大小相等可知，外力F的范围为上图中红色弧线部分（包括上面的竖直虚线位置，但是不包括下面的斜线位置）。故选C。 4. C【解析】依题意，取重物为研究对象，受到重力与绳子的拉力，其加速度，根据牛顿第二定律有，解得，对人进行受力分析，受重力Mg、绳子向上的拉力F、地面的支持力N，处于平衡状态。则根据平衡条件有，解得，由牛顿第三定律可得人对地面的压力大小为，故选C。 5. D【解析】由万有引力定律可知，地球静止卫星都与c在同一个轨道上，轨道半径相等，但是卫星的质量不相等，所以它们受到的万有引力大小不相等，A错误；对于卫星b、c，由万有引力提供向心力，解得，其中，所以，由于卫星a、c绕地球运动的周期相等，所以，其中，可得，所以a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为，B错误；a物体与地球的万有引力一部分提供给a物体随地球自转的向心力，一部分为物体的重力，C错误；对于卫星a、c，其周期相等，所以，对于卫星b、c，由万有引力提供向心力，解得，其中，所以，即a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为，D正确。故选D。 6. C【解析】由于光在界面上均会发生反射，可知，c为a、b混合光，故A错误；在真空中，光速为定值，则b光的光速等于a光的光速，故B错误；由题图可知，在相同的入射角入射时，a光发生了全反射，b光没有发生全反射，则a光的临界角小于b光的临界角，根据折射率与临界角的关系式可得，则b光的折射率比a光的小，由于折射率越小，波长越长，则真空中，b光的波长比a光的长，故C正确；由于a光与b光频率不相等，根据光的干涉产生条件可知，相遇时不会发生光的干涉现象，故D错误。故选C。 7. D【解析】Ek-x图像的斜率表示合外力，由图像可知，在（-a，0）区间，斜率为正，电场力方向为正；在（0，a）区间，斜率为负，则电场力方向为负，故两区间中电子的所受电场力方向不同，电场不是匀强电场，A错误；由图像可知，整个过程只有电场力做功，只有电势能和动能的相互转化，电子动能和电势能的总和不变，故在（0，0）点时电子的动能最大，电势能最小，B错误；对电子从x=-a到x=a的过程中用动能定理可知，故x=-a与x=a两点的电势差为0，C错误；由图像可知，在（0，a）区间根据动能定理，在此区间电子所受电场力为恒力，故电场强度的大小为，D正确。故选D。 二、多选题 8. AD【解析】过程是等温膨胀，因为温度是理想气体内能的标志，所以此过程气体内能不变，体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律，可知气体吸热且气体吸收的热量等于对外做的功，A正确；过程是等容降温，温度降低，所以气体分子平均动能减小，根据统计学规律可知并非所有气体分子的动能都减小，B错误；过程是等温压缩，气体温度不变，平均动能不变，C错误；过程是等容加热，气体体积不变，外界对气体不做功，气体对外界也不做功；气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律，可知气体吸热且吸收的热量等于内能的增加量，D正确。故选AD。 9. AD【解析】由图像可看出交变电压为正弦图像，交变电压的最大值，周期，则角速度为，原线圈两端电压的瞬时值表达式为，故A正确；根据由能量守恒可知输入功率和输出功率相等，故B错误；R′处温度升高时，R′的电阻减小，因原线圈的电压不变，变压器的原副线圈的匝数比不变，故副线圈两端的电压不变，即电压表V2的示数不变，则副线圈回路中的电流增大，故电流表的示数变大，故C错误；原线圈两端的电压为，根据，解得，则电压表V2的示数为9V，故D正确。故选AD。 10. CD【解析】由图乙可知，在时，质点P向上振动，根据“同侧法”可知，波向右传播；由图甲可知，波的波长为，由图乙可知，波的周期为，所以波速为，故A错误；再经过3.5s，则前3s，，质点P通过的路程为，后0.5s，，由于质点P向位移为负向最大位移处振动，则通过的路程，所以，再经过3.5s质点P通过的路程，故B错误；根据“同侧法”可知，L质点向y轴正方向运动，N质点向y轴负方向运动，则L质点比N质点先到达波峰，故C正确；人若加快抖动轻绳，则波的振动频率变大，波速不变，根据可知，波长变小，即两个相邻波峰之间的距离变小，故D正确。故选CD。 二、非选择题（本题共5个大题，共54分） 11. (1)；　　　(2)；　　　(3) 【解析】（1）依题意，滑块在空中做平抛运动，由平抛运动规律可得，联立，解得 （2）弹簧弹开小滑块的过程，弹簧储存的弹性势能转化为小滑块的动能，系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得，小滑块离开气垫导轨右端后做平抛运动，设竖直方向下落的高度为h，则在竖直方向上有，水平方向上有，联立解得，可知 （3）由题意可知，x与s关系式应为，即，由以上可知 12. （1）=　　 =　（3）　　 　（4）是 【解析】（1）通过控制灵敏电流计示数为0，干路电流为，路端电压为 （3）根据闭合电路欧姆定律，两次测量有，，联立即可解得， （5）电源和灵敏电流计位置互换，两侧回路仍构成电桥电路，不影响测量结果。 13. (1)　(2)mv02 【解析】(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1 此时B与C相当于发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2 mv12＝ΔE＋×2mv22 解得ΔE＝mv02. (2)由mv1＝2mv2可知v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒和能量守恒定律得： mv0＝3mv3 mv02－ΔE＝×3mv32＋Ep 解得Ep＝mv02. 14. (1)方向为N到M；；(2)；方向水平向左 【解析】（1）由图乙中B-t图像可知在时间段内，磁场均匀增加，根据楞次定律可知中的电流方向为N到M，根据法拉第电磁感应定律可知这段时间内的感应电动势为 （2）在时间内根据左手定则可知棒受到的安培力方向水平向左，回路中的总电阻为 根据，， 可得 15. (1)粒子带正电，；(2)；4；(3) 【解析】(1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图，其轨道半径为，根据左手定则可判定粒子带正电荷； 由几何关系可知 由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，则 解得带电粒子的电荷量大小为 (2)带电粒子从A点到第一次到达点的时间== 其中 解得= 则时刻带电粒子在电场中加速运动了， 则有 由运动学公式 则此时刻带电粒子的速度与的比值 (3)接着带电粒子先减速后反向加速，则这一过程的加速度大小均为，设粒子在电场中反向后可以一直加速到O点， 则 由运动学公式得 联立可得 根据 联立可得 故假设成立，带电粒子第二次在磁场中运动的轨迹如图所示 设其轨道半径为， 由洛伦兹力提供向心力 可得 设带电粒子从K点离开磁场， 故带电粒子第二次离开磁场时的位置与A点的距离为 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $