山東省濟寧市兗州區(qū)2025屆高三物理下學期網絡模擬考試試題含解析

PAGE20-山東省濟寧市兗州區(qū)2025屆高三物理下學期網絡模擬考試試題（含解析）第I卷（選擇題共40分）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.2024年中國散裂中子源將迎來驗收，目前已建設的3臺譜儀也將啟動首批試驗．有關中子的探討，下列說法正確的是（）A.Th核發(fā)生一次衰變，新核與原來的原子核相比，中子數削減了4B.一個氘核和一個氚核經過核反應后生成氦核和中子是裂變反應C.盧瑟福通過分析粒子散射試驗結果，發(fā)覺了質子和中子D.中子和其他微觀粒子，都具有波粒二象性【答案】D【解析】【詳解】A：α衰變的本質是發(fā)生衰變的核中減小的2個質子和2個中子形成氦核，所以一次α衰變，新核與原來的核相比，中子數減小了2．故A項錯誤．B：一個氘核和一個氚核經過核反應后生成氦核和中子是聚變反應，故B項錯誤．C：盧瑟福通過分析α粒子散射試驗結果，提出了原子的核式結構模型；盧瑟福通過α粒子轟擊氮原子核產生氧17和質子的試驗發(fā)覺了質子；查德威克通過α粒子轟擊鈹核獲得碳核的試驗發(fā)覺了中子．故C項錯誤．D：中子和其他微觀粒子，都具有波粒二象性．故D項正確．【點睛】α衰變，新核比舊核的質量數少4，電荷數少2；新核中質子數、中子數比舊核均少2；α衰變的本質是發(fā)生衰變的核中減小的2個質子和2個中子形成氦核．β衰變，新核與舊核的質量數相等，電荷數多1，新核中質子數比舊核多1，中子數比舊核少1；β衰變的本質是原子核中一個中子變成質子的同時馬上從核中放出一個電子．2.如圖所示，豎直平面內固定的半圓弧軌道兩端點M、N連線水平，將一輕質小環(huán)套在軌道上，一細線穿過輕環(huán)，一端系在M點，另一端系一質量為m的小球，不計全部摩擦，重力加速度為g，小球恰好靜止在圖示位置，下列說法疋確的是（）A.軌道對輕環(huán)的支持力大小為mgB.細線對M點的拉力大小為C.細線對輕環(huán)的作用力大小為D.N點和輕環(huán)的連線與豎直方向的夾角為30°【答案】D【解析】【詳解】對圓環(huán)受力分析；因圓環(huán)兩邊繩子的拉力相等，可知兩邊繩子拉力與圓弧對圓環(huán)的支持力的夾角相等，設為θ，由幾何關系可知，∠OMA=∠MAO=θ，則3θ=90°，θ=30°；則軌道對輕環(huán)的支持力大小為，選項A錯誤；細線對M點的拉力大小為T=mg，選項B錯誤；細線對輕環(huán)的作用力大小為，選項C錯誤；由幾何關系可知，N點和輕環(huán)的連線與豎直方向的夾角為30°，選項D正確．3.如圖所示，在光電管探討光電效應的試驗中，用某種頻率的單色光a照耀光電管陰極k，電流計G的指針發(fā)生偏轉，而用另一頻率的單色光b照耀光電管陰極K時，電流計G的指針不發(fā)生偏轉，那么()A.用a光照耀光電管陰極K時，通過電流計G的電流方向由d到cB.增加b光的強度可以使電流計G的指針發(fā)生偏轉C.用同一裝置做雙縫干涉試驗，a光的相鄰亮紋間距大于b光的相鄰亮紋間距D.兩束光以相同的入射角從水中斜射入空氣，若出射光線只有一束，則肯定是b光【答案】D【解析】【詳解】A、電流的方向與負電荷定向移動的方向相反，用光照耀光電管陰極時通過電流計的電流是由到，故選項A錯誤；B、增加光的強度，仍舊不能發(fā)生光電效應，電流計指針不偏轉，故選項B錯誤；C、依據題意可知光頻率肯定大于光的頻率，則有光的波長小于光，依據公式可知光的相鄰亮紋間距小于光的相鄰亮紋間距，故選項C錯誤；D、光的頻率大，折射率大，依據可知光的臨界角小，兩束光從水中以相同的入射角射向空氣，隨著入射角的增大光先消逝，所以若出射光線只有一束，則肯定是光，故選項D正確．4.如圖，肯定質量的志向氣體，由a經過ab過程到達狀態(tài)b或者經過ac過程到達狀態(tài)c．設氣體在狀態(tài)b和狀態(tài)c的溫度分別為Tb和Tc，在過程ab和ac中汲取的熱量分別為Qab和Qac．則．A.Tb＞Tc，Qab＞Qac B.Tb＞Tc，Qab＜QacC.Tb=Tc，Qab＞Qac D.Tb=Tc，Qab＜Qac【答案】C【解析】試題分析：設氣體在a狀態(tài)時的溫度為Ta，由圖可知：VC=Va=V0、Vb=2V0=2Va，①從a到b是等壓改變：解得：Tb=2Ta從a到c是等容改變：，由于Pc=2P0=2Pa解得：Tc=2Ta，所以：Tb=Tc②因為從a到c是等容改變過程，體積不變，氣體不做功，故a→c過程增加的內能等于a→c過程汲取的熱量；而a→b過程體積增大，氣體對外做正功，由熱力學第肯定律可知a→b過程增加的內能大于a→b過程汲取的熱量，Qac＜Qab．故選C考點：志向氣體的狀態(tài)改變曲線【名師點睛】該題考查了氣體的狀態(tài)方程和熱力學第肯定律的應用，利用氣體狀態(tài)方程解決問題時，首先要確定氣體狀態(tài)和各狀態(tài)下的狀態(tài)參量，選擇相應的氣體改變規(guī)律解答；在利用熱力學第肯定律解決問題時，要留意氣體的做功狀況，區(qū)分對內做功和對外做功，同時要留意區(qū)分吸熱還是放熱．5.已知一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為θ，以肯定的速度勻速運動，某時刻在傳送帶適當的位置放上具有肯定初速度的物塊（如圖甲所示），以此時為t=0記錄了小物塊之后在傳送帶上運動速度隨時間的改變關系（如圖乙所示），圖中取沿斜面對上的運動方向為正方向，已知傳送帶的速度保持不變，則A.物塊在0~t1內運動的位移比在t1~t2內運動的位移小B.0~t2內，重力對物塊做正功C.若物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，那么D.0~t2內，傳送帶對物塊做功為W=【答案】BC【解析】【詳解】A．由圖示圖象可知，0～t1內圖象與坐標軸所形成的三角形面積大于圖象在t1～t2內與坐標軸所圍成的三角形面積，由此可知，物塊在0～t1內運動的位移比在t1～t2內運動的位移大，故A錯誤；C．在t1～t2內，物塊向上運動，則有μmgcosθ＞mgsinθ解得μ＞tanθ故C正確．BD．0～t2內，由圖“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面對下，高度下降，重力對物塊做正功，設為WG，依據動能定理得W+WG=mv22-mv12則傳送帶對物塊做功W≠mv22-mv12故B正確，D錯誤．故選BC.【點睛】本題由速度圖象要能分析物塊的運動狀況，再推斷其受力狀況，得到動摩擦因數的范圍，依據動能定理求解功是常用的方法.6.用頻率為v0的單色光照耀某金屬表面時，產生的光電子的最大初動能為Ekm，已知普朗克常量為h，光速為c，要使此金屬發(fā)生光電效應，所用入射光的波長應不大于（）A B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】用頻率為v的光照耀某種金屬時會發(fā)生光電效應，且光電子最大初動能為E，依據光電效應方程：Ekm=hv－W而W=hv0，則該金屬發(fā)生光電效應的極限頻率為：v0=v－那么所用入射光的極限波長為：λ0=因此所用入射光的波長應不大于，故A正確，BCD錯誤。故選A。7.一列簡諧橫波以的速度沿x軸負方向傳播，下圖是時刻的波形圖，下列描述某質點振動的圖象正確的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】由波動圖象可知，該波的波長λ=4m，則周期T==2sA．因振動圖象的周期與波動周期相等，而A中的周期為4s，故A錯誤；B．由波動圖可知，2質點0時刻處于平衡位置且向上運動，故振動圖象應從0點向上去，故B錯誤；C．4質點此時處于平衡位置向下運動，故C正確；D．振動圖象的周期為4s，故D錯誤。故選C。8.如圖甲是回旋加速器的原理示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中(磁感應強度大小恒定)，并分別與高頻電源相連，加速時某帶電粒子的動能Ek隨時間t的改變規(guī)律如圖乙所示，若忽視帶電粒子在電場中的加速時間，則下列推斷正確的是A.高頻電源的改變周期應當等于tn－tn－1B.Ek－t圖像中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1C.粒子加速次數越多，粒子獲得的最大動能肯定越大D.不同粒子獲得的最大動能都相同【答案】B【解析】【分析】回旋加速器工作條件是溝通電源的周期必需和粒子在磁場中圓周運動的周期一樣，由公式和進行分析推斷．【詳解】A．溝通電源的周期必需和粒子在磁場中運動的周期一樣，故電源的改變周期應當等于，故A錯誤；B．依據可知粒子回旋周期不變，在圖中應有，故B正確；C．依據公式：解得，故最大動能：則知粒子獲得的最大動能與D形盒的半徑有關，D形盒的半徑越大，粒子獲得的最大動能越大，與加速的次數無關．故C錯誤；D．最大動能：動能與粒子比荷以及和有關，不同粒子獲得的最大動能不同，D錯誤．【點睛】本題考查了回旋加速器的原理，要能夠精確的推導出粒子最大動能與粒子比荷、D形盒半徑的關系．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，選錯或不選得0分。9.一志向變壓器原、副線圈的匝數比為10∶1，原線圈輸入電壓的改變規(guī)律如圖甲所示，副線圈所接電路如圖乙所示，P為滑動變阻器的觸頭。下列說法正確的是A.副線圈輸出電壓的頻率為50Hz B.副線圈輸出電壓的有效值為31VC.P向右移動時，副線圈兩端電壓變小 D.P向右移動時，變壓器的輸出功率增加【答案】AD【解析】【詳解】A．由圖像可知，溝通電的周期為0.02s，所以溝通電的頻率為50Hz，故A正確；B．依據電壓與匝數成正比可知，原線圈的電壓的最大值為310V，所以副線圈的電壓的最大值為31V，所以電壓的有效值為故B錯誤；C．由變壓器原理可知，副線圈兩端電壓由原線圈兩端電壓和匝數比確定，所以P向右移動時，副線圈兩端電壓不變，故C錯誤；D．P右移，R變小，原副線的電流都變大。而電壓不變，故功率增大，故D正確。故選AD。10.質量為m的汽車，啟動后沿平直路面行駛，假如發(fā)動機的功率恒為P，且行駛過程中受到的阻力大小肯定，汽車速度能夠達到的最大值為v，關于汽車此運動過程中正確是（）A.汽車受到的阻力為B.汽車受到的阻力為C.汽車的速度為時，加速度為D.汽車的速度為時，加速度為【答案】BCD【解析】【詳解】AB．當牽引力都等于阻力時，速度最大，此時選項A錯誤，B正確；CD．依據且，可得則當時當時則CD正確。故選BCD。11.若宇航員到達某一星球后，做了如下試驗:(1)讓小球從距離地面高h處由靜止起先下落，測得小球下落到地面所需時間為t;(2)將該小球用輕質細繩固定在傳感器上的O點，如圖甲所示．給小球一個初速度后，小球在豎直平面內繞O點做完整的圓周運動，傳感器顯示出繩子拉力大小隨時間改變的圖象所示(圖中F1、F2為已知)．已知該星球近地衛(wèi)星的周期為T，萬有引力常量為G，該星球可視為均質球體．下列說法正確的是A.該星球的平均密度為 B.小球質量為C.該星球半徑為 D.環(huán)繞該星球表面運行的衛(wèi)星的速率為【答案】ABD【解析】【詳解】A.對近地衛(wèi)星有，星球密度，體積，解得，故A正確．B.小球通過最低點時拉力最大，此時有最高點拉力最小，此時有最高點到最低點，據動能定理可得可得，小球做自由落體運動時，有可得，，故B正確．C.依據及可得：星球平均密度可表示為可得，故C錯誤．D.環(huán)繞該星球表面運行的衛(wèi)星的速率可表示為故D正確．12.兩個等量同種點電荷固定于光滑絕緣水平面上,其連線中垂線上有A、B、C三點,如圖甲所示.一個電荷量為2×10-3C、質量為0.1kg的小物塊(可視為質點)從C點靜止釋放,其在水平面內運動的圖像如圖乙所示,其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標出了該切線).則下列說法正確的是（）A.由C到A的過程中物塊的電勢能漸漸減小B.B、A兩點間的電勢差C.由C點到A點電勢漸漸降低D.B點為中垂線上電場強度最大的點,場強【答案】ACD【解析】從速度時間圖象可知，由C到A的過程中，物塊的速度始終增大，電場力對物塊做正功，電勢能始終減小，故A正確；從速度時間圖象可知，A、B兩點的速度分別為vA=6m/s，vB=4m/s，再依據動能定理得

qUAB=mvB2-mvA2=×0.1×（42-62）J=-1J，解得：UAB=-500V，故B錯誤．據兩個等量同種正電荷其連線中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外側，故由C點到A點的過程中電勢漸漸減小，故C正確；帶電粒子在B點的加速度最大，為am==2m/s2，所受的電場力最大為Fm=mam=0.1×2N=0.2N，則場強最大值為，故D正確；故選ACD.點睛：明確等量同種電荷電場的特點是解本題的關鍵，要知道v-t圖切線的斜率表示加速度，由動能定理求電勢差是常用的方法．第II卷（非選擇題，共60分）三、試驗題：本題共2小題，共14分。13.如圖所示，在試驗室用兩端帶有豎直擋板C和D的氣墊導軌和有固定擋板的質量都是M的滑塊A和B做“探究碰撞中的守恒量”的試驗，試驗步驟如下：Ⅰ.把兩滑塊A和B緊貼在一起，在A上放質量為m的砝碼，置于導軌上，用電動卡銷卡住A和B，在A和B的固定擋板間放入一輕彈簧，使彈簧處于水平方向上的壓縮狀態(tài)；Ⅱ.按下電鈕使電動卡銷放開，同時啟動兩個記錄兩滑塊運動時間的電子計時器，當A和B與固定擋板C和D碰撞同時，電子計時器自動停表，登記A至C的運動時間t1，B至D的運動時間t2；Ⅲ.重復幾次，取t1和t2的平均值．(1)在調整氣墊導軌時應留意________；(2)應測量的數據還有________；（寫出相應物理量的名稱和對應字母）(3)只要關系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和．【答案】(1).使氣墊導軌水平(2).滑塊A的左端到擋板C的距離x1和滑塊B的右端到擋板D的距離x2(3).【解析】【詳解】(1)[1]．在調整氣墊導軌時應留意使氣墊導軌水平；(2)[2]．要驗證關系式是（m+M）v1=Mv2其中則關系式為：故應測量的數據還有滑塊A的左端到擋板C的距離x1和滑塊B的右端到擋板D的距離x2；(3)[3]．由（2）可知只要關系式成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和．14.一根瘦長勻稱、內芯為絕緣材料的金屬管線樣品，橫截面外緣為正方形，如題圖甲所示．此金屬管線樣品長約30cm、電阻約10Ω，已知這種金屬的電阻率為ρ，因管芯絕緣材料截面形態(tài)不規(guī)則，無法干脆測量其橫截面積．請你設計一個測量管芯截面積S的電學試驗方案，現有如下器材可選A．毫米刻度尺B．螺旋測微器C．電流表A1（量程600mA，內阻約為1.0Ω）D．電流表A2（量程3A，內阻約為0.1Ω）E．電壓表V（量程3V，內阻約為6kΩ）F．滑動變阻器R1（2kΩ，允許通過的最大電流0.5A）G．滑動變阻器R2（10Ω，允許通過的最大電流2A）H．蓄電池E（電動勢為6V，內阻約為0.05Ω）I．開關一個，帶夾子的導線若干．①上述器材中，應當選用的電流表是_____，滑動變阻器是_____；（填寫選項前字母代號）②若某次用螺旋測微器測得樣品截面外緣正方形邊長如圖乙所示，則其值為____mm；③要求盡可能測出多組數據，你認為在圖的甲、乙、丙、丁中選擇哪個電路圖____；④若樣品截面外緣正方形邊長為a、樣品長為L、電流表示數為I、電壓表示數為U，則計算內芯截面積的表達式為S=_______【答案】(1).C(2).G(3).0.730(4).甲(5).【解析】【詳解】①③由題意可知，電源電動勢為6V，電壓表采納0～3V，而由于待測電阻約為10Ω，則電路中電流最大為，故不能選用最大量程為3A電流表，故電流表只能選用，即電流表應當選選項C；而由題意可知，電路應采納分壓接法，故滑動變阻器應選用較小的電阻，故滑動變阻器選用，即滑動變阻器選選項G；由電壓表內阻遠大于金屬管線的電阻，電流表應采納外接法，為測多組試驗數據，滑動變阻器應采納分壓接法，故選擇甲電路圖；②由圖乙所示螺旋測微器可知，固定刻度示數為0.5mm，可動刻度所示為23.0×0.01mm=0.230mm，螺旋測微器的示數為；④依據歐姆定律，有，依據電阻定律，有，故截面積為，故金屬管線內部空間截面積的表達式為．四、計算題：本題共4小題，共46分，解答時要寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最終答案的不得分，有數值計算的題答案中必需明確寫出數值和單位。15.如圖所示，橫截面為圓周的柱狀玻璃棱鏡，有一束單色光垂直于截面OA射入棱鏡，經棱鏡反射和折射后有一束光線從OC面射出棱鏡，已知這條光線和射入棱鏡的光線夾角為150°，．（只考慮光在棱鏡的每一個面上發(fā)生一次反射和折射的情形），求玻璃棱鏡的折射率．【答案】【解析】【詳解】作出光路圖如圖所示由折射定律可得①由幾何關系得②由題意知③因OQ與MN平行，則④由反射定律⑤⑥聯立①④⑥可得16.如圖所示空間存在有界勻強磁場，磁感應強度B=5T，方向垂直紙面對里，上下寬度為d=0.35m.現將一邊長L=0.2m的正方形導線框自磁場上邊緣由靜止釋放經過一段時間，導線框到達磁場下邊界，之后恰好勻速離開磁場區(qū)域.已知導線框的質量m=0.1kg，電阻.（g取10m/s2)求:（1）導線框勻速穿出磁場的速度；（2）導線框進入磁場過程中產生的焦耳熱；（3）若在導線框進入磁場過程對其施加合適的外力F則可以使其勻加速地進入磁場區(qū)域，且之后的運動同沒施加外力F時完全相同．請寫出F隨時間t改變的函數表達式.【答案】(1)2m/s(2)0.15J(3)F=0.75-1.25t(0<t<0.4s)【解析】【詳解】（1）導線框勻速穿出磁場過程中，感應電動勢：感應電流：,線框受到的安培力：線框勻速穿出磁場，由平衡條件得：解得：v=2m/s（2）自導線框剛要進入磁場至剛要離開磁場的過程中，僅進人磁場過程中有焦耳熱產生，由能量守恒得：得：Q=0.15J（3）導線框剛好完全進入磁場至剛好要離開磁場的過程得：導線框剛好完全進入磁場的速度v0=1m/s導線框進入磁場的過程由得：a=2.5m/s2得：t0=0.4s取向下為正方向有：得：F=0.75-1.25t(0<t<0.4s)17.如圖所示，質量M=5kg的小車靜止在光滑水平地面上，小車左側AB部分水平，右側BC部分為半徑R=0.