吉林省長春市五中2025屆高三物理下學(xué)期3月線上測試試題含解析

PAGE14-吉林省長春市五中2025屆高三物理下學(xué)期3月線上測試試題（含解析）一、選擇題1.下列描繪兩種溫度下黑體輻射強度與頻率關(guān)系的圖中，符合黑體輻射試驗規(guī)律的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】依據(jù)黑體輻射試驗規(guī)律，黑體熱輻射的強度與波長的關(guān)系為：隨著溫度的上升，一方面，各種波長的輻射強度都有增加，則各種頻率的輻射強度也都增加，另一方面，輻射強度的極大值向波長較短的方向移動，即頻率較大的方向移動分析圖像，只有B項符合黑體輻射試驗規(guī)律，故B項正確．故選B.2.如圖，在挪威的兩座山峰間夾著一塊巖石，吸引了大量游客前往欣賞．該景觀可簡化成如圖所示的模型，右壁豎直，左壁略微傾斜．設(shè)左壁與豎直方向的夾角為θ，由于長期的風(fēng)化，θ將會減小．石頭與山崖間的摩擦很小，可以忽視不計．若石頭質(zhì)量肯定，θ減小，石頭始終保持靜止，下列說法正確的是A.山崖左壁對石頭的作用力將增大B.山崖右壁對石頭的作用力不變C.山崖對石頭的作用力減小D.石頭受到的合力將增大【答案】A【解析】【分析】對小球受力分析，依據(jù)平衡列出水平方向平衡公式和豎直方向平衡公式即可求解．【詳解】AB、對石頭受力分析如圖所示：依據(jù)平衡可知隨著θ減小，依據(jù)公式可知、都增大，故A對；B錯C、依據(jù)共點力平衡可知，山崖對石頭的作用力始終不變大小等于石頭的重力，所以作用力不變，故C錯誤；D、由于石頭處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以石頭受合力始終為零，故D錯；故選A3.水平路面上的汽車以恒定功率P做加速運動，所受阻力恒定，經(jīng)過時間t，汽車的速度剛好達到最大，在t時間內(nèi)（）A.汽車做勻加速直線運動B.汽車加速度越來越大C.汽車克服阻力做的功等于PtD.汽車克服阻力做的功小于Pt【答案】D【解析】【詳解】AB．汽車是以恒定功率啟動方式，由于功率不變，依據(jù)Ｐ=Fv可知：隨著汽車速度的增加，汽車的牽引力在減小，加速度減小，汽車做加速度越來越小的加速運動，當(dāng)牽引力減小到等于阻力時，加速度等于零，速度達到最大值，AB錯誤；CD．因為汽車速度越來越大，合外力做正功，汽車克服阻力做的功小于Pt，D正確、C錯誤．故選D．考點：功率、汽車的兩種啟動方式4.如圖甲所示，一塊長度為L、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上．一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度v0射人木塊．當(dāng)子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s(圖乙)．設(shè)子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質(zhì)點．則子彈穿過木塊的時間為A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】以子彈與木塊組成的系統(tǒng)為探討對象，滿意動量守恒定律，分別對子彈和木塊列動能定理表達式，再對木塊列動量定理表達式，聯(lián)立可求解.【詳解】子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊的系統(tǒng)，外力之和為零動量守恒，有：，設(shè)子彈穿過木塊的過程所受阻力為f，對子彈由動能定理：，由動量定理：，對木塊由動能定理：，由動量定理：，聯(lián)立解得：；故選D.【點睛】子彈穿過木塊過程，子彈與木塊組成的相同動量守恒，由動量守恒定律與動量定理可以正確解題，解題時留意探討對象、探討過程的選擇.5.一臺小型發(fā)電機與計算機相連接，計算機能將發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢隨時間變更的圖象記錄下來，如圖甲所示，讓線圈在勻強磁場中以不同的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，計算機記錄了兩次不同轉(zhuǎn)速所產(chǎn)生正弦溝通電的圖象如圖乙所示.則關(guān)于發(fā)電機先后兩次的轉(zhuǎn)速之比na∶nb，溝通電b的最大值正確的是()A.3∶2，V B.3∶2，VC.2∶3，V D.2∶3，V【答案】B【解析】【詳解】由圖可知，a的周期為0.4s；b的周期為0.6s，則由n=可知，轉(zhuǎn)速與周期成反比，故曲線a、b對應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為3：2；曲線a表示的交變電動勢最大值是10V，依據(jù)Em=nBSω得曲線b表示的交變電動勢最大值是V；故B正確，ACD錯誤．6.如圖所示，R1為定值電阻，R2為可變電阻，E為電源電動勢，r為電源內(nèi)電阻，以下說法中正確的是（）A.當(dāng)R2＝R1＋r時，R2獲得最大功率B.當(dāng)R1＝R2＋r時，R1獲得最大功率C.當(dāng)R2＝0時，R1獲得最大功率D.當(dāng)R2＝0時，電源的輸出功率最大【答案】AC【解析】【詳解】A．將定值電阻R1等效為電源的內(nèi)阻，則可知當(dāng)R2=R1+r時，R2獲得最大功率，故A正確；BC．依據(jù)P=I2R，電流最大時，R1上的功率最大，當(dāng)外電阻最小時，即R2=0時，電流最大，R1上獲得最大功率，故B錯誤，C正確；D．只有電源內(nèi)阻等于外電阻時，電源的輸出功率是最大的，因不能明確R1與r的大小關(guān)系，故無法確定電源的輸出功率是否最大，故D錯誤。故選AC。7.如圖所示，相距為d的兩水平虛線L1和L2分別是水平向里的勻強磁場的上下兩個邊界，磁場的磁感應(yīng)強度為B，正方形線框abcd邊長為L(L<d)，質(zhì)量為m，將線框在磁場上方高h處由靜止釋放．假如ab邊進入磁場時的速度為v0，cd邊剛穿出磁場時的速度也為v0，則從ab邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的整個過程中()A.線框中始終有感應(yīng)電流B.線框中有一階段的加速度為重力加速度gC.線框中產(chǎn)生的熱量為mg(d＋h＋L)D.線框有一階段做減速運動【答案】BD【解析】【分析】從ab邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場整個過程中，穿過線框的磁通量先增大、再不變，最終減小，依據(jù)楞次定律推斷感應(yīng)電流的產(chǎn)生，依據(jù)左手定則推斷安培力的方向，進而分析導(dǎo)線框的動力學(xué)問題和功能關(guān)系．【詳解】A．正方形線框abcd邊長為L(L<d)，所以cd進入磁場后，ab還在磁場內(nèi)，所以穿過線框的磁通量不變，依據(jù)楞次定律可知線框內(nèi)無感應(yīng)電流，故A錯誤；B．線框完全進入磁場中運動過程中，線框無感應(yīng)電流，只受重力，線框的加速度為g，故B正確；C．依據(jù)能量守恒定律可知從ab邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場整個過程,動能變更量為0，重力勢能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量：故C錯誤；D．線框ab邊剛進入磁場速度為v0，cd邊剛穿出磁場時速度也為v0，線框有一階段加速度為g，則線框進入磁場過程中肯定為減速運動，故D正確．【點睛】正確推斷感應(yīng)電流和安培力的方向是前提，線框剛進入磁場和完全離開磁場的速度相等時突破口，據(jù)此分析線框的動力學(xué)問題和功能轉(zhuǎn)化．8.如圖所示，滑塊以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到達最高點后又返回到動身點．則能大致反映整個運動過程中，滑塊的加速度a、速度v隨時間t，重力對滑塊所做的功W、動能Ek與位移x關(guān)系的是（取初始位置為坐標(biāo)原點、初速度方向為正方向）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【詳解】取初速度方向為正，則上滑時的加速度a1=-=-（gsinθ+μgcosθ），下滑時的加速度a2==gsinθ-μgcosθ．知|a1|＞a2．依據(jù)位移公式x=at2，由于下滑與上滑過程位移大小相等，則知下滑時間t2大于上滑的時間t1．由于機械能有損失，返回到動身點時速度小球動身時的初速度．依據(jù)速度時間圖線的斜率表示加速度，故A錯誤，B正確；重力做功為：W=-mgh=-mgxsinθ，故C正確；由動能定理可知，上滑時；下滑時：，由數(shù)學(xué)學(xué)問可知，應(yīng)當(dāng)是動能與位移的大小，因此此圖是錯誤的，故D錯誤。故選BC.二、非選擇題9.某物理愛好小組利用如圖甲所示的裝置進行驗證動量守恒定律及平臺上A點左側(cè)與滑塊a之間的動摩擦因數(shù)的試驗．在足夠大的水平平臺上的A點放置一個光電門，水平平臺上A點右側(cè)摩擦很小，可忽視不計，左側(cè)為粗糙水平面，當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間．采納的試驗步驟如下：A．在小滑塊a上固定一個寬度為d的窄擋光片；B．用天平分別測出小滑塊a（含擋光片）和小球b的質(zhì)量ma、mb：C．在a和b間用細線連接，中間夾一被壓縮了的輕短彈簧，靜止放置在平臺上：D．燒斷細線后，a、b瞬間被彈開，向相反方向運動：E．記錄滑塊a通過光電門時擋光片的遮光時間△t：F．滑塊a最終停在C點（圖中未畫出），用刻度尺測出AC之間的距離SaG．小球b從平臺邊緣飛出后，落在水平地面的B點，用刻度尺測出平臺距水平地面的高度h及平臺邊緣鉛垂線與B點之間的水平距離sb；H．變更彈簧壓縮量，進行多次測量．（1）用螺旋測微器測量擋光片的寬度，如圖乙所示，則擋光片的寬度為________mm；（2）該試驗要驗證“動量守恒定律”，則只需驗證兩物體a、b彈開后的動量大小相等，即a的動量大小____________等于b的動量大小___________；（用上述試驗所涉及物理量的字母表示）（3）變更彈簧壓縮量，多次測量后，該試驗小組得到小滑塊a的Sa與關(guān)系圖象如圖丙所示，圖象的斜率為k，則平臺上A點左側(cè)與滑塊a之間的動摩擦因數(shù)大小為____________．（用上述試驗數(shù)據(jù)字母表示）【答案】(1).(2).(3).(4).【解析】（1）螺旋測微器的讀數(shù)為：2.5mm+0.050mm=2.550mm．（2）燒斷細線后，a向左運動，經(jīng)過光電門，依據(jù)速度公式可知，a經(jīng)過光電門的速度為：，故a的動量為：，b離開平臺后做平拋運動，依據(jù)平拋運動規(guī)律可得：及聯(lián)立解得：，故b的動量為：．（3）對物體a由光電門向左運動過程分析，則有：，經(jīng)過光電門的速度：，由牛頓其次定律可得：，聯(lián)立可得：，則由圖象可知：．10.某小組利用圖（a）所示的電路，探討硅二極管在恒定電流條件下的正向電壓U與溫度t的關(guān)系，圖中V1和V2為志向電壓表；R為滑動變阻器，R0為定值電阻（阻值100Ω）；S為開關(guān)，E為電源．試驗中二極管置于控溫爐內(nèi)，控溫爐內(nèi)的溫度t由溫度計（圖中未畫出）測出．圖（b）是該小組在恒定電流為50.0μA時得到的某硅二極管U-t關(guān)系曲線．回答下列問題：（1）試驗中，為保證流過二極管的電流為50.0μA，應(yīng)調(diào)整滑動變阻器R，使電壓表V1的示數(shù)為U1=______mV；依據(jù)圖（b）可知，當(dāng)控溫爐內(nèi)的溫度t上升時，硅二極管正向電阻_____（填“變大”或“變小”），電壓表V1示數(shù)_____（填“增大”或“減小”），此時應(yīng)將R的滑片向_____（填“A”或“B”）端移動，以使V1示數(shù)仍為U1．（2）由圖（b）可以看出U與t成線性關(guān)系，硅二極管可以作為測溫傳感器，該硅二極管的測溫靈敏度為=_____×10-3V/℃（保留2位有效數(shù)字）．【答案】(1).5.00(2).變小(3).增大(4).B(5).2.8【解析】【詳解】（1）U1=IR0=100Ω×50×10-6A=5×10-3V=5mV由，I不變，溫度上升，U減小，故R減小；由于R變小，總電阻減小，電流增大；R0兩端電壓增大，即V1表示數(shù)變大，只有增大電阻才能使電流減小，故滑動變阻器向右調(diào)整，即向B端調(diào)整．（2）由圖可知，=2.8×10-3V/℃11.如圖所示,質(zhì)量的木塊A套在水平桿上,并用輕繩將木塊與質(zhì)量的小球B相連.今用跟水平方向成角的力,拉著球帶動木塊一起向右勻速運動,運動中M、m相對位置保持不變,取.求:(1)運動過程中輕繩與水平方向夾角;(2)木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)為.(3)當(dāng)為多大時,使球和木塊一起向右勻速運動的拉力最小?【答案】（1）30°（2）μ=（3）α=arctan．【解析】【詳解】（1）對小球B進行受力分析，設(shè)細繩對N的拉力為T由平衡條件可得：

Fcos30°=TcosθFsin30°+Tsinθ=mg

代入數(shù)據(jù)解得：T=10，tanθ=，即：θ=30°

（2）對M進行受力分析，由平衡條件有

FN=Tsinθ+Mg

f=Tcosθ

f=μFN

解得：μ＝

（3）對M、N整體進行受力分析，由平衡條件有：FN+Fsinα=（M+m）g

f=Fcosα=μFN

聯(lián)立得：Fcosα=μ（M+m）g-μFsinα

解得：F＝令：sinβ＝，cosβ=，即：tanβ=

則：

所以：當(dāng)α+β=90°時F有最小值．所以：tanα=μ=時F的值最?。矗害?arctan【點睛】本題為平衡條件的應(yīng)用問題，選擇好合適的探討對象受力分析后應(yīng)用平衡條件求解即可，難點在于探討對象的選擇和應(yīng)用數(shù)學(xué)方法探討拉力F的最小值，難度不小，須要細細品嘗．12.如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面的x>0區(qū)域內(nèi)，存在電場強度大小E=2×105N/C、方向垂直于x軸的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小B=0.2T、方向與xOy平面垂直向外的勻強磁場，在y軸上有一足夠長的熒光屏PQ，在x軸上的M(10，0)點處有一粒子放射槍向x軸正方向連綿不斷地放射大量質(zhì)量m=6.4×10－27kg、電荷量q=3.2×10－19C的帶正電粒子(重力不計)，粒子恰能沿x軸做勻速直線運動；若撤去電場，并使粒子放射槍以M點為軸在xOy平面內(nèi)以角速度=2πrad/s順時針勻速轉(zhuǎn)動(整個裝置都處在真空中)．（1）推斷電場方向，求粒子離開放射槍時的速度；（2）帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；（3）熒光屏上閃光點的范圍距離；（4）熒光屏上閃光點從最低點移動到最高點所用的時間．【答案】（1）106m/s（2）0.1m（3）0.273m（4）0.42s【解析】試題分析：（1）粒子做勻速直線運動，所受合力為零，由平衡條件可以求出粒子的運動速度；粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律列方程可以求出粒子的軌道半徑，（2）依據(jù)題意作出粒子打在熒光屏上的范圍圖示，然后由數(shù)學(xué)學(xué)問求出熒光屏上閃光點的范圍，（3）求出粒子在磁場中做圓周運動的周期，求出粒子運動的圓心角，最終求出粒子的運動時間．(1)依據(jù)粒子恰能沿x軸做勻速直線運動，粒子受到豎直向下的洛倫茲力，則電場力應(yīng)豎直向上，所以電場強度方向豎直向上，依據(jù)可得，代入數(shù)據(jù)得；(2)撤去電場后，有：，粒子在磁場中運動的軌跡半徑，代入數(shù)據(jù)得：R=0.1m；(3)粒子運動軌跡可知，粒子最上端打在A點，最下端打在B點：，，；(4)粒子在磁場中做圓周運動的周期：，粒子在磁場中運動的時間可以忽視不計，閃光點從最高點移到最低點的過程中，粒子槍轉(zhuǎn)過的圓心角為，所以時間為．點晴：粒子做勻速圓周運動，由平衡條件可以求出粒子的運動速度，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律列方程，可以求出粒子運動的軌道半徑；求出粒子在磁場中做圓周運動所轉(zhuǎn)過的圓心角是求出粒子在磁場中運動時間的關(guān)鍵；第三問是本題的難點，依據(jù)題意作出粒子的運動軌跡是解題的關(guān)鍵．13.下列說法正確的是：____A.液晶顯示器利用液晶的光學(xué)各向異性顯示不同顏色B.某種液體的飽和汽壓不肯定比未飽和汽壓大C.氣體溫度上升時，氣體熱運動變得猛烈，氣體的壓強肯定增大D.萘的熔點為80℃，質(zhì)量相等的80℃的固態(tài)萘和80℃的液態(tài)萘具有不同的分子勢能E.若附著層的液體分子比液體內(nèi)部的分子分布稀疏，則液體和固體之間表現(xiàn)為浸潤【答案】ABD【解析】【詳解】A．液晶既具有流淌性，有具有光學(xué)各向異性，所以液晶顯示器利用液晶的光學(xué)各向異性顯示不同顏色，A正確B．同溫度