貴州省銅仁市2025屆高三物理適應(yīng)性考試試題一含解析

PAGE16-貴州省銅仁市2025屆高三物理適應(yīng)性考試試題（一）（含解析）二、選擇題（本題共8小題，毎小題6分，共48分.在毎小題給出的四個選項中，第14～18題只有－項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求，全都選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）1.下列現(xiàn)象中，與原子核內(nèi)部改變有關(guān)的是（）A.自然放射現(xiàn)象 B.光電效應(yīng)現(xiàn)象C.原子發(fā)光現(xiàn)象 D.α粒子散射現(xiàn)象【答案】A【解析】【詳解】A．自然放射現(xiàn)象是原子核內(nèi)部發(fā)生改變自發(fā)的放射出α粒子或電子，從而發(fā)生α衰變或β衰變，反應(yīng)的過程中核內(nèi)核子數(shù)，質(zhì)子數(shù)，中子數(shù)發(fā)生改變，故A正確；B．光電效應(yīng)是原子核外層電子脫離原子核的束縛而逸出，沒有涉及到原子核的改變，故B錯誤；C．原子發(fā)光是原子躍遷形成的，即電子從高能級向低能級躍遷，釋放的能量以光子形式輻射出去，沒有涉及到原子核的改變，故C錯誤；D．α粒子散射試驗表明白原子內(nèi)部有一個很小的核，并沒有涉及到核內(nèi)部的改變，故D錯誤。故選A。2.我國相繼勝利放射的“實踐衛(wèi)星二十號”和“通信技術(shù)試驗衛(wèi)星五號”都屬于地球靜止軌道衛(wèi)星，它們均繞地球做勻速圓周運動。則兩顆衛(wèi)星在軌運行的（）A.線速度等于第－宇宙速度 B.動能肯定相等C.向心力大小肯定相等 D.向心加速度大小肯定相等【答案】D【解析】【詳解】A．由于兩顆衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星，其軌道半徑肯定大于地球半徑，由公式得由于第一宇宙速度即為半徑為地球半徑的衛(wèi)星的線速度，則這兩顆衛(wèi)星在軌運行的線速度肯定小于第一宇宙速度，故A錯誤；B．由于不清晰兩顆衛(wèi)星的質(zhì)量，則無法比較兩顆衛(wèi)星的動能，故B錯誤；C．由于不清晰兩顆衛(wèi)星的質(zhì)量，則無法比較兩顆衛(wèi)星的向心力，故C錯誤；D．由于兩顆衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星，則兩顆衛(wèi)星的軌道半徑肯定相等，由公式得則加速度大小肯定相等，故D正確。故選D。3.如圖甲所示，一金屬線圈的橫截面積為S，匝數(shù)為n匝。t=0時刻，磁場平行于線圈軸線向左穿過線圈，其磁感應(yīng)強度的大小B隨時間t改變的關(guān)系如圖乙所示。則線圈兩端a和b之間的電勢差Uab（）A.在t=0時刻，Uab=B.在t=t1時刻，Uab=0C.從0~t2這段時間，Uab=D.從0~t2這段時間，Uab=【答案】C【解析】【詳解】由圖乙可知，磁感應(yīng)強度在時間內(nèi)勻稱減小，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知則時間內(nèi)磁感應(yīng)強度改變率與時間內(nèi)的相同，則ab兩端電勢差相等，故ABD錯誤，C正確。故選C。4.—物塊的初速為v0，初動能為Ek0，沿固定斜面（粗糙程度到處相同）向上滑動，然后滑回到原處。此過程中，物塊的動能Ek與位移x，速度v與時間t的關(guān)系圖像正確的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】AB．設(shè)斜面的傾角為θ，物塊的質(zhì)量為m，依據(jù)動能定理可得，上滑過程中則下滑過程中則可知，物塊的動能Ek與位移x是線性關(guān)系，圖像是傾斜的直線，依據(jù)能量守恒定律可得，最終的總動能減小，故A正確，B錯誤；CD．由牛頓其次定律可得，取初速度方向為正方向，物塊上滑過程有下滑過程有則物塊上滑和下滑過程中加速度方向不變，但大小不同，故CD錯誤。故選A。5.某體育場看臺的風雨棚是鋼架結(jié)構(gòu)的，兩側(cè)傾斜鋼柱用固定在其頂端的鋼索拉住，下端用較鏈與水平地面連接，鋼索上有很多豎直短鋼棒將棚頂支撐在鋼索上，整個系統(tǒng)左右對稱，結(jié)構(gòu)簡化圖如圖所示。假設(shè)鋼柱與水平地面所夾銳角為，鋼索上端與鋼柱的夾角為，鋼索、短鋼棒及棚頂?shù)目傎|(zhì)量為m，重力加速度為g。則鋼柱對鋼索拉力的大小為（）A.mg B.mg C.mg D.2mg【答案】B【解析】【詳解】鋼索、短鋼棒及棚頂作為一個整體受到三個力：兩端的拉力大小均為F（與水平方向的夾角為），豎直向下的重力，如圖，由平衡條件得解得故ACD錯誤，B正確。故選B。6.如圖所示，一志向變壓器的原線圈與穩(wěn)定的正弦溝通電源相連，副線圈與定值電阻R0和勻稱密繞的滑線變阻器R串聯(lián)。若不考慮溫度對R0、R阻值的影響。在將滑動頭P自a勻速滑到b的過程中（）A.原線圈輸入功率變大 B.原線圈兩端電壓變大C.R兩端的電壓變小 D.R0消耗的電功率變小【答案】AC【解析】【詳解】AB．原線圈與穩(wěn)定的正弦溝通電源相連，則原線圈兩端電壓不變，由于匝數(shù)比不變，則副線圈兩端電壓不變，將滑動頭P自a勻速滑到b的過程中，滑動變阻器接入電路中的電阻變小，副線圈中電流變大，由公式可知，副線圈功率增大，則原線圈輸入功率變大，故A正確，B錯誤；C．由于副線圈中電流變大，則R0兩端電壓變大，副線圈兩端電壓不變，則R兩端電壓變小，故C正確；D．將副線圈與R0看成電源，由于不知道滑動變阻器的最大阻值與R0的關(guān)系，則無法確定R0消耗的電功率的改變狀況，故D錯誤。故選AC。7.如圖所示，虛線a、b、c、d代表勻強電場中間距相等的一組等勢面。一電子僅在電場力作用下做直線運動，經(jīng)過a時的動能為9eV，從a到c過程其動能削減了6eV。已知等勢面c的電勢為3V。下列說法正確的是（）A.等勢面a的電勢為0B.該電子到達d等勢面時的動能為0C.該電子從a到c其電勢能削減了6eVD.該電子經(jīng)過a時的速率是經(jīng)過c時的倍【答案】BD【解析】【詳解】AC．虛線a、b、c、d代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，電子經(jīng)過a時的動能為9eV，從a到c的過程中動能減小6eV，由能量守恒可知，電勢能增加6eV，則所以等勢面a的電勢為9V，故AC錯誤；B．勻強電場中間距相等的相鄰等勢面間的電勢差相等，電場力做功相等，動能改變相等，a到c動能減小6eV，則a到d動能減小9eV，所以該電子到達d等勢面時的動能為0，故B正確；D．經(jīng)過a時的動能為9eV，a到c動能減小6eV，則經(jīng)過c時的動能為3eV，由公式可得則速率之比等動能之比再開方，即電子經(jīng)過a時的速率是經(jīng)過c時的倍，故D正確。故選BD。8.一靜止在水平地面上的物塊，受到方向不變的水平拉力F作用。0~4s時間內(nèi)，拉力F的大小和物塊加速度a的大小隨時間t改變的關(guān)系分別如圖甲、圖乙所示。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。由此可求得（）A.物塊與水平地面間的最大靜摩擦力的大小為2NB.物塊的質(zhì)量等于1.5kgC.在0~4s時間內(nèi)，合力對物塊沖量的大小為6.75N?SD.在0~4s時間內(nèi)，摩擦力對物塊的沖量大小為6N?S【答案】BC【解析】【詳解】A．t=1s時，物體起先運動，故此時的拉力等于物體的最大靜摩擦力，故有故A錯誤；B．依據(jù)牛頓其次定律有代入得故B正確；C．在v－t圖象中，與時間軸所圍面積為物體的速度，則有由動量定理可得故C正確；D．在0~4s時間內(nèi)，F(xiàn)的沖量為則摩擦力沖量為故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：共174分9.如圖所示，是把量程為0~10mA的電流表改裝成歐姆表的結(jié)構(gòu)示意圖，其中電池電動勢E=1.5V。(1)經(jīng)改裝后，若要確定“0”Ω刻度位置，應(yīng)將紅、黑表筆短接，并調(diào)整滑動變阻器R的阻值，使原電流表指針指到____________mA刻度處；(2)改裝后的歐姆表的內(nèi)阻值為____________Ω，電流表2mA刻度處應(yīng)標____________Ω?！敬鸢浮?1).10(2).150(3).600【解析】【詳解】(1)[1]依據(jù)閉合歐姆定律可知，當電流最大時，測量電阻最小，即若要確定“0”Ω刻度位置，應(yīng)將紅、黑表筆短接，并調(diào)整滑動變阻器R的阻值，使原電流表指針指到10mA刻度處(2)[2]改裝后歐姆表的內(nèi)阻為[3]2mA刻度處標10.如圖甲所示，一根伸長可忽視的輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪，兩個質(zhì)量相等的砝碼盤分別系于繩的兩端。甲、乙兩位同學利用該裝置探究系統(tǒng)加速度與其所受合力的關(guān)系。共有9個質(zhì)量均為m的砝碼供試驗時運用。請回答下列問題：(1)試驗中，甲將左盤拉至恰好與地面接觸，乙把5個硅碼放在右盤中，4個底碼放在左盤中。系統(tǒng)穩(wěn)定后，甲由靜止釋放左盤；(2)若要從(1)的操作中獲得計算系統(tǒng)加速度大小的數(shù)據(jù)，下列器材中必需運用的是____（填正確答案標號）；A.米尺B.秒表C.天平D.彈簧秤(3)請說明用(2)中選擇的器材要測量本試驗中的必要物理量是：_________________；(4)由(3)中測量得到的物理量的數(shù)據(jù)，依據(jù)公式________________（用所測量物理量的符號表示），可以計算岀系統(tǒng)加速度的大?。?5)依次把左盤中砝碼逐個移到右盤中，重復(fù)(1)(3)(4)操作；獲得系統(tǒng)在受不同合力作用下加速度的大小，記錄的數(shù)據(jù)如下表，請利用表中數(shù)據(jù)在圖乙上描點并作出a-F圖象___________；(6)從作出的a－F圖像能得到的試驗結(jié)論是：___________________?！敬鸢浮?1).AB(2).釋放前，用米尺測量右盤離地面的高度h，用秒表記錄右盤下落至地面的時間t(3).(4).(5).系統(tǒng)質(zhì)量肯定時，其加速度與所受合外力成正比【解析】【詳解】(2)[1]依據(jù)試驗原理可知，砝碼盤做勻加速直線運動，由公式可知，要得到加速度應(yīng)測量釋放前，用米尺測量右盤離地面高度h，用秒表記錄右盤下落至地面的時間t，故AB正確。故選AB；(3)[2]由(2)可知，要測量本試驗中的必要物理量，釋放前，用米尺測量右盤離地面的高度h，用秒表記錄右盤下落至地面的時間t(4)[3]依據(jù)試驗原理可知，砝碼盤做勻加速直線運動，滿意(5)[4]依據(jù)表格數(shù)據(jù)描點如圖(6)[5]由圖像可知，a－F圖像為經(jīng)過原點的一條直線，說明系統(tǒng)質(zhì)量不變時加速度和合外力成正比。11.如圖所示，空間存在一方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面對里的勻強磁場。電場強度的大小為E，磁感應(yīng)強度的大小為B，電場和磁場的分界面為水平面，用圖中虛線表示。界面上O點是電場中P點的垂足，M點位于O點的右側(cè)，OM=d，且與磁場方向垂直。一個質(zhì)量為加、電荷量為g的帶負電的粒子，從P點以適當?shù)乃俣人较蛴疑涑?。恰好能?jīng)過M點，然后歷經(jīng)磁場一次回到P點。不計粒子的重力。求：(1)P點離O點的高度h；(2)該粒子從P點射岀時的速度大小v0。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】(1)分析如圖所示P到M做類平拋運動，進入磁場B中做勻速圓周運動，設(shè)在M點速度v的方向與水平方向夾角為θ，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，有Eq=ma解得(2)在電場中，有d=v0tvy=at解得12.如圖所示，長度為l=2m的水平傳送帶左右兩端與光滑的水平面等高，且平滑連接。傳送帶始終以2m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動。傳送帶左端水平面上有一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端固定，右端與質(zhì)量為mB物塊B相連，B處于靜止狀態(tài)。傳送帶右端水平面與一光滑曲面平滑連接?，F(xiàn)將質(zhì)量mA、可視為質(zhì)點的物塊A從曲面上距水平面h=1.2m處由靜止釋放。已知物塊"與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，mB=3mA，物塊A與B發(fā)生的是彈性正撞。重力加速度g取10m/s2。(1)求物塊A與物塊B第一次碰撞前瞬間的速度大小；(2)通過計算說明物塊A與物塊B第一次碰撞后能否回到右邊曲面上；(3)假如物塊A、B每次碰撞后，物塊B再回到最初靜止的位置時都會馬上被鎖定，而當他們再次碰撞前瞬間鎖定被解除，求出物塊A第3次碰撞后瞬間的速度大小?！敬鸢浮?1)4m/s；(2)不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上；(3)0.5m/s【解析】【詳解】(1)設(shè)物塊A沿光滑曲面下滑至水平面時的速度大小為v0。由機械能守恒定律知:物塊在傳送帶上滑動過程，由牛頓其次定律知：物塊A通過傳送帶后的速度大小為v，有:，解得v=4m/s因v＞2m/s，所以物塊A與物塊B第一次碰撞前的速度大小為4m/s(2)設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為v1、vB，取向右為正方向，由動量守恒有解得m/s即碰撞后物塊A沿水平臺面對右勻速運動，設(shè)物塊A在傳送帶上向右運動的最大位移為，則得所以物塊A不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上(3)當物塊A在傳送帶上向右運動的速度為零時，將會沿傳送帶向左加速。可以推斷，物塊A運動到左邊平面時的速度大小為v1，設(shè)其次次碰撞后物塊A的速度大小為v2，由（2）同理可得則第3次碰撞后物塊A的速度大小為m/s13.肯定量志向氣體從狀態(tài)a起先，經(jīng)驗ab、bc、ca三個過程回到原狀態(tài)，其p－T圖象如圖所示。___（選填“a”“b”或“c”）狀態(tài)分子的平均動能最小，b和c兩個狀態(tài)中，容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)_____（選填“相同”或“不同”），ca過程外界對氣體做的功___（選填“大于”、“小于”或“等于”）氣體放岀的熱量?！敬鸢浮?1).a(2).不同(3).小于【解析】【詳解】[1]由圖像可知，a、b和c三個狀態(tài)中a狀態(tài)溫度最低，分子平均動能最小[2]由圖像可知，bc過程氣體發(fā)生等溫改變，氣體內(nèi)能不變，壓強減小，由玻意耳定律可知，體積增大，b、c狀態(tài)氣體的分子數(shù)密度不同，b和c兩個狀態(tài)中，容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)不同[3]由圖像可知，ca過程氣體壓強不變，溫度降低，由蓋呂薩克定律可知，其體積減小，外界對氣體做功，W＞0，氣體溫度降低，內(nèi)能削減，△U＜0，由熱力學第肯定律可知，氣體要放出熱量，過程ca中外界對氣體所做的功小于氣體所放熱量14.一內(nèi)橫截面積為S的玻璃管下端有一個球形小容器，管內(nèi)有一段長度為2cm的水銀柱。容器內(nèi)密封肯定質(zhì)量的志向氣體。初始時，環(huán)境溫度為27，管內(nèi)（除球形小容器）氣柱的長度為L?，F(xiàn)再向管內(nèi)緩慢注入水銀，當水銀柱長度為4cm時，管內(nèi)（除球形小容器）氣柱的長度為0.8L。整個裝置導(dǎo)熱良好，已知大氣壓強p0=76cmHg。（i）求球形小容器的容積；（ii）若將該容器水銀柱以下部分浸沒在恒溫的水中，穩(wěn)定后，管內(nèi)（除球形小容器）氣柱的長度為0.41L，求水的溫度為多少攝氏度。【答案】（i）7LS；（ii）12【解析】【詳解】(i)由題意，玻璃管和球形小容器內(nèi)全部氣體先做等溫改變，由玻意耳定律有，初狀態(tài)（注入水銀前）：p1=p0+h1，V1=V+LS末狀態(tài)（注入水銀后）p2=p0+h2，V2=V+0.8LS解得V=7LS(ii)依據(jù)題意，接著做等壓改變，由蓋呂薩克定律有，改變前T2=273K+t1改變后T3=273K+t2，V3=V+0.41LS解得t3=1215.如圖