江西省上饒市橫峰中學(xué)2025屆高三物理下學(xué)期適應(yīng)性考試試題含解析

PAGE1-江西省上饒市橫峰中學(xué)2025屆高三物理下學(xué)期適應(yīng)性考試試題（含解析）1.下列說法正確的是（）A.紫光照耀某金屬時有電子向外放射，紅光照耀該金屬時也肯定有電子向外放射B.依據(jù)玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，但原子的能量增大C.盧瑟福通過粒子散射試驗證明了在原子核內(nèi)部存在質(zhì)子D.鈾核（）衰變?yōu)殂U核（）的過程中，要經(jīng)過6次衰變和8次β衰變【答案】B【解析】【詳解】A．紫光照耀金屬時有電子向外放射，發(fā)生了光電效應(yīng)，說明紫光的頻率大于金屬的極限頻率，但是紅光比紫光的頻率低，所以紅光照耀金屬時不肯定發(fā)生光電效應(yīng)，不肯定有電子向外放射，A錯誤；B．氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，依據(jù)庫侖力供應(yīng)向心力有依據(jù)動能表達式有解得，故當半徑r增大時，動能減??；由于發(fā)生躍遷時要汲取光子，故原子的總能量增加，B正確；C．盧瑟福通過粒子散射試驗證明了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，C錯誤；D．鈾核（）衰變?yōu)殂U核（）的過程中，質(zhì)量數(shù)削減32，質(zhì)子數(shù)削減10。依據(jù)質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒，經(jīng)過一次衰變，質(zhì)量數(shù)削減4，質(zhì)子數(shù)削減2，所以要經(jīng)過8次衰變；經(jīng)過一次β衰變，質(zhì)量數(shù)不變，質(zhì)子數(shù)增加1，所以要經(jīng)過6次β衰變，D錯誤。故選B。2.A、B兩物體沿同始終線運動，運動過程中的x-t圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A.t=4s時A物體的運動方向發(fā)生變更B.0~6s內(nèi)B物體的速度漸漸減小C.0~5s內(nèi)兩物體的平均速度大小相等D.0-6s內(nèi)某時刻兩物體的速度大小相等【答案】D【解析】【詳解】A．x-t圖像的斜率表示速度，斜率的正負表示速度的方向，所以A物體的運動方向不變，A錯誤；B．x-t圖線斜率的肯定值表示速度大小，由題圖可知，0~6s內(nèi)B物體的速度增大，B錯誤；C．由題圖可知，0~5s內(nèi)A物體的位移大于B物體的位移，由公式可知，A物體的平均速度大于B物體的平均速度，C錯誤；D．0~6s內(nèi)存在某時刻兩圖線斜率肯定值相等，則存在某時刻兩物體的速度大小相等，D正確。故選D。3.一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能EP隨位移x變更的關(guān)系如圖所示，其中0～x2段是關(guān)于直線x=x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是（）A.x1處電場強度最小，但不為零B.粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動C.在0、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為：φ3>φ2=φ0>φ1D.x2～x3段的電場強度大小方向均不變【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep＝qφ，場強與電勢的關(guān)系：E＝，得：E＝．Ep﹣x圖象切線的斜率等于，依據(jù)數(shù)學(xué)學(xué)問可知，x1處切線斜率為零，則x1處電場強度為零，故A錯誤；BD．由圖看出在0～x1段圖象切線的斜率不斷減小，由上式知場強減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運動．x1～x2段圖象切線的斜率不斷增大，場強增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運動．x2～x3段斜率不變，場強不變，即電場強度大小和方向均不變，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，故B錯誤，D正確；C．依據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep＝qφ，粒子帶負電，q＜0，則知：電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有：φ3＜φ2＝φ0＜φ1．故C錯誤；故選D．【點睛】解決本題的關(guān)鍵要分析圖象斜率的物理意義，推斷電勢和場強的變更，再依據(jù)力學(xué)基本規(guī)律：牛頓其次定律進行分析．4.不計電阻的某線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生如圖甲所示的正弦溝通電，把該溝通電接在圖乙中志向變壓器的A、B兩端，電壓表和電流表均為志向電表，R1為熱敏電阻（溫度上升時其電阻減?。琑2為定值電阻．下列說法正確的是（）A.在t＝0.01s，穿過該線圈的磁通量為零B.原線圈兩端電壓的瞬時值表達式為（V）C.R1處溫度上升時，電流表的示數(shù)變大，變壓器輸入功率變大D.R1處溫度上升時，電壓表V1、V2示數(shù)比值不變【答案】C【解析】【詳解】AB、原線圈接的圖甲所示的正弦溝通電，由圖知最大電壓，周期0.02s，故角速度是，原線圈兩端電壓的瞬時值表達式為，當時，，此時穿過該線圈的磁通量最大，故選項A、B錯誤；C、溫度上升時，阻值減小，總電阻減小，而輸出電壓不變，電流增大，即電流表的示數(shù)變大，所以變壓器輸出功率增大，而輸入功率等于輸出功率，所以輸入功率增大，故選項C正確；D、處溫度上升時，原副線圈電壓比不變，但是不是測量副線圈電壓，溫度上升時，阻值減小，電流增大，則電壓增大，所以示數(shù)減小，則電壓表、示數(shù)的比值增大，故選項D錯誤．5.2024年1月3日，中國“嫦娥四號”探測器勝利在月球背面軟著陸，中國載人登月工程前進了一大步．假設(shè)將來某宇航員登月后，在月球表面完成下面的試驗：在固定的豎直光滑圓軌道內(nèi)部最低點靜止放置一個質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)，如圖所示，當給小球一瞬時沖量Ⅰ時，小球恰好能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動．已知圓軌道半徑為r，月球的半徑為R，則月球的第一宇宙速度為A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由最小放射速度應(yīng)是萬有引力等于重力，而重力又充當向心力時的圓周運動速度，由此可以解得最小放射速度.【詳解】小球獲得瞬時沖量Ⅰ的速度為v0，有；而小球恰好通過圓周的最高點，滿意只有重力供應(yīng)向心力，；從最低點到最高點由動能定理可知：；聯(lián)立解得：月球的近地衛(wèi)星最小放射速度即為月球的第一宇宙速度，滿意解得：；故選B.6.如圖所示，等邊三角形AQC的邊長為2L，P、D分別為AQ、AC的中點。區(qū)域Ⅰ（梯形PQCD）內(nèi)有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0；區(qū)域Ⅱ（三角形APD）內(nèi)的磁場方向垂直紙面對里，區(qū)域Ⅲ（虛線PD之上、三角形APD以外）的磁場與區(qū)域Ⅱ內(nèi)大小相等均為3B0、方向相反。帶正電的粒子以速度v0從中點N垂直QC射入磁場區(qū)域Ⅰ，經(jīng)區(qū)域Ⅰ再從P點垂直AQ射入?yún)^(qū)域Ⅲ（粒子重力忽視不計），則下列說法正確的是（）A.粒子的比荷B.粒子的比荷C.粒子從N點動身再回到N點運動過程所需的時間為D.粒子從N點動身再回到N點的運動過程所需的時間為【答案】BD【解析】【詳解】AB．由題意可知，粒子在區(qū)域I內(nèi)做勻速圓周運動，軌道半徑為由牛頓其次定律和洛倫茲力表達式得到解得A錯誤B正確。CD．帶電粒子在區(qū)域II和區(qū)域Ⅲ內(nèi)做勻速圓周運動，同理由牛頓其次定律和洛倫茲力表達式可得解得粒子從N點再加到N點的運動軌跡如圖所示：在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運動一段圓弧所對的圓心角，在區(qū)域Ⅰ中運動的時間在區(qū)域II中做勻速圓周運動一段圓弧所對的圓心角，在區(qū)域II中運動的時間在區(qū)域Ⅲ中勻速圓周運動一段圓弧所對的圓心角，在區(qū)域Ⅲ中運動時間粒子從N點動身再回到N點的運動過程所需的時間C錯誤D正確。故選BD。7.如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L=1m，一勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R=0.50Ω的電阻，質(zhì)量為m=0.01kg、電阻為r=0.20Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上?，F(xiàn)使金屬棒ab由靜止起先下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關(guān)系如圖所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計，取g=10m/s2（忽視ab棒運動過程中對原磁場的影響），則以下說法正確的是（）A.棒ab中出現(xiàn)由b流向a的電流B.勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為0.1TC.棒ab在起先的3.5s內(nèi)通過的電荷量為2.8CD.棒ab在起先的6s內(nèi)產(chǎn)生的熱量為3.465J【答案】BC【解析】【詳解】A．依據(jù)右手定則知，通過金屬棒ab的電流方向由a到b，故A錯誤；B．依據(jù)圖像可得，從t=3.5s時金屬棒ab做勻速直線運動，速度此時ab棒受到的安培力等于重力，則有又聯(lián)立解得故B正確；C．金屬棒ab在起先的3.5s內(nèi)通過的電荷量為故C正確；D．金屬棒ab在起先運動的6s內(nèi)，金屬棒的重力勢能轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能和電路的內(nèi)能，設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，依據(jù)能量守恒定律得解得則金屬棒ab在起先的6s內(nèi)產(chǎn)生的熱量為故D錯誤。故選BC。8.如圖所示，一彈性輕繩(繩的彈力與其伸長量成正比)穿過固定的光滑圓環(huán)B，左端固定在A點，右端連接一個質(zhì)量為m的小球，A、B、C在一條水平線上，彈性繩自然長度為AB.小球穿過豎直固定的桿，從C點由靜止釋放，到D點時速度為零，C、D兩點間距離為h.已知小球在C點時彈性繩的拉力為，g為重力加速度，小球和桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是()A.小球從C點運動到D點的過程中克服摩擦力做功為B.若在D點給小球一個向上的速度v，小球恰好回到C點，則C.若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達D點時的速度大小為D.若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球向下運動到速度為零時的位置與C點的距離為2h【答案】BC【解析】【詳解】A、在D點對小球進行受力分析，如圖所示：則則則摩擦力功為故選項A錯誤；B、從C到D點后，在返回C點，依據(jù)動能定理：則故選項B正確；C、當質(zhì)量為m時，從C到D依據(jù)動能定理：則：若僅把小球的質(zhì)量變成，從C到D依據(jù)動能定理：則：故選項C正確；D、若僅把小球的質(zhì)量變成，則小球向下運動到速度為零時，則彈簧做功變大，且無法求出，故小球下落最終位置無法求出，故選項D錯誤。三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必需作答。第33題～第38題為選考題，考生依據(jù)要求作答。(一)必考題(共129分)9.如圖所示是運用光電管的原理圖，當頻率為的可見光照耀到陰極K上時，電流表中有電流通過．（1）當變阻器的滑動端P向_____滑動時（填“左”或“右”），通過電流表的電流將會增大．（2）當電流表電流剛減小到零時，電壓表的讀數(shù)為U，則光電子的最大初動能為________（已知電子電荷量為e）．（3）假如不變更入射光的頻率，而增加入射光的強度，則光電子的最大初動能將_______（填“增加”、“減小”或“不變”）．【答案】(1).左(2).eU(3).不變【解析】①當變阻器的滑動端P向左移動，反向電壓減小，光電子到達右端的速度變大，則通過電流表的電流變大；②當電流表電流剛減小到零時，電壓表的讀數(shù)為U，依據(jù)動能定理得，則光電子的最大初動能為eU；③光的強度影響單位時間內(nèi)發(fā)出光電子的數(shù)目，光照強度增大，光子數(shù)目增多，光電流增大．10.為了測定小燈泡L（6V，3W）在不同電壓下的電功率，現(xiàn)有以下器材：直流電源E（8V，內(nèi)阻不計）；電流表A（，內(nèi)阻約0.6Ω）；電壓表V（，內(nèi)阻約200kΩ）；滑動變阻器R（0~10Ω，2A）；開關(guān)和導(dǎo)線。(1)某同學(xué)將試驗器材連接成如圖（a）所示的電路（其中滑動變阻器的連線沒有畫出）。閉合開關(guān)進行試驗時，如圖（b）所示電流表讀數(shù)為_______A；無論怎樣移動滑片P，電壓表和電流表的示數(shù)都不為零，且始終沒有變更。則該同學(xué)把滑動變阻器接入電路中的方式可能是_________（填標號）。A．G與E相連，D與H相連B．G與E相連，F(xiàn)與H相連C．G與C相連，F(xiàn)與H相連D．G與C相連，D與H相連(2)在圖（a）中將滑動變阻器正確接入電路中_______。要求：燈泡兩端的電壓可以從零起先調(diào)整。(3)正確連接電路后，變更滑動變阻器滑片的位置，測出多組電壓、電流的數(shù)據(jù)，可得小燈泡在不同電壓下的電功率，并作出相應(yīng)的P—U2圖象，則在下列圖象中可能正確的是__________（填標號），其理由是____________________________________。A．B．C．D．【答案】(1).0.36(2).BD(3).(4).C(5).依據(jù)小燈泡的伏安特性可知，電壓增大到肯定值時，小燈泡阻值會明顯增大【解析】【詳解】(1)[1][2]電流表的量程為0.6A，故電流表讀數(shù)為0.36A；A．G與E相連，D與H相連，滑動變阻器連入左半段，移動滑片，能變更連入電路的電阻，變更電壓和電流，故A錯誤；B．G與E相連，F(xiàn)與H相連，滑動變阻器全部連入電路，相當于定值電阻，移動滑片，不能變更連入電路的電阻，不能變更電壓和電流且電壓表和電流表的示數(shù)不為零，故B正確；C．G與C相連，F(xiàn)與H相連，滑動變阻器連入右半段，移動滑片，能變更連入電路的電阻，變更電壓和電流，故C錯誤；D．G與C相連，D與H相連，滑動變阻器沒有連入電路，移動滑片，不能能變更連入電路的電阻，不能變更電壓和電流且電壓表和電流表的示數(shù)不為零，故D正確。故選BD。(2)[3]依據(jù)要求，燈泡兩端的電壓可以從零起先調(diào)整。故采納分壓接法，如圖所示(3)[4][5]燈泡電阻R不是定值，隨溫度上升而變大，由可得所以P—U2圖像斜率減小，故由圖象可知，圖象C正確。理由為：依據(jù)小燈泡的伏安特性可知，電壓增大到肯定值時，小燈泡阻值會明顯增大。11.如圖所示，質(zhì)量均為m＝4kg的兩個小物塊A、B(均可視為質(zhì)點)放置在水平地面上，豎直平面內(nèi)半徑R＝0.4m的光滑半圓形軌道與水平地面相切于C，彈簧左端固定．移動物塊A壓縮彈簧到某一位置(彈簧在彈性限度內(nèi))，由靜止釋放物塊A，物塊A離開彈簧后與物塊B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5m/s向右運動，運動過程中經(jīng)過一段長為s，動摩擦因數(shù)μ＝0.2的水平面后，沖上圓軌道，除s段外的其他水平面摩擦力不計．求：(g取10m/s2)(1)若s＝1m，兩物塊剛過C點時對軌道的壓力大??；(2)若兩物塊能沖上圓形軌道，且不脫離圓形軌道，s應(yīng)滿意什么條件?！敬鸢浮?1)500N；(2)s≤1.25m或4.25m≤s<6.25m【解析】【詳解】(1)設(shè)物塊經(jīng)過C點時速度為vC，物塊受到軌道支持力為FNC，由功能關(guān)系得：又代入解得FNC＝500N由牛頓第三定律知，物塊對軌道壓力大小也為500N.(2)物塊不脫離軌道有兩種狀況：①能過軌道最高點，設(shè)物塊經(jīng)過半圓形軌道最高點最小速度為v1，則得物塊從碰撞后到經(jīng)過最高點過程中，由功能關(guān)系有代入解得s滿意條件s≤1.25m.②物塊上滑最大高度不超過圓弧，設(shè)物塊剛好到達圓弧處速度為v2＝0，物塊從碰撞后到最高點，由功能關(guān)系有×2mv2－2μmgs≤2mgR同時依題意，物塊能滑出粗糙水平面，由功能關(guān)系×2mv2>2μmgs代入解得s滿意條件4.25m≤s<6.25m.12.如圖(a)所示，整個空間存在豎直向上的勻強電場（平行于紙面），在同一水平線上的兩位置，以相同速率同時噴出質(zhì)量均為m的油滴a和b，帶電量為+q的a水平向右，不帶電的b豎直向上．b上上升度為h時，到達最高點，此時a恰好與它相碰，瞬間結(jié)合成油滴p．忽視空氣阻力，重力加速度為g．求(1)油滴b豎直上升的時間及兩油滴噴出位置的距離；(2)勻強電場的場強及油滴a、b結(jié)合為p后瞬間的速度；(3)若油滴p形成時恰位于某矩形區(qū)域邊界，取此時為時刻，同時在該矩形區(qū)域加一個垂直于紙面的周期性變更的勻強磁場，磁場變更規(guī)律如圖(b)所示，磁場變更周期為T0（垂直紙面對外為正），已知P始終在矩形區(qū)域內(nèi)運動，求矩形區(qū)域的最小面積．（忽視磁場突變的影響）【答案】（1）；2h（2）；方向向右上，與水平方向夾角為45°（3）【解析】【詳解】(1)設(shè)油滴的噴出速率為，則對油滴b做豎直上拋運動，有解得解得對油滴a的水平運動，有解得(2)兩油滴結(jié)合之前，油滴a做類平拋運動，設(shè)加速度為，有，，解得，設(shè)油滴的噴出速率為，結(jié)合前瞬間油滴a速度大小為，方向向右上與水平方向夾角，則，，解得，兩油滴的結(jié)束過程動量守恒，有：，聯(lián)立各式，解得：，方向向右上，與水平方向夾角(3)因，油滴p在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)半徑為，周期為，則由得，由得即油滴p在磁場中的運動軌跡是兩個外切圓組成的“8”字形．最小矩形的兩條邊長分別為、（軌跡如圖所示）．最小矩形的面積為13.新冠肺炎疫情期間，某班級用于消毒的噴壺示意圖如圖所示。閉合閥門K，向下壓壓桿A可向瓶內(nèi)儲氣室充氣，多次充氣后按下按柄B打開閥門K，消毒液會自動經(jīng)導(dǎo)管從噴嘴處噴出。儲氣室內(nèi)氣體可視為志向氣體，充氣和噴液過程中溫度保持不變，則下列說法正確的是（）A.充氣過程中儲氣室內(nèi)氣體分子數(shù)增多且分子運動猛烈程度增加B.充氣過程中，儲氣室內(nèi)氣體分子平均動能不變，壓強增大C.只要儲氣室內(nèi)氣體壓強大于外界大氣壓強，消毒液就能從噴嘴處噴出D噴液過程中，儲氣室內(nèi)氣體汲取熱量對外界做功E.噴液過程中，儲氣室內(nèi)氣體分子對器壁單位面積的平均作用力減小【答案】BDE【解析】【詳解】A．充電過程中溫度不變，而分子運動的猛烈程度取決于氣體的溫度，溫度不變，分子運動的猛烈程度不變，所以A錯誤；B．充氣過程中，溫度不變，所以儲氣室內(nèi)氣體的分子平均動能不變，而充氣過程中儲氣室內(nèi)氣體分子數(shù)增多，所以單位面積撞擊器壁的次數(shù)變多，所以壓強增大，所以B正確；C．只有當儲氣室內(nèi)氣體壓強大于大氣壓強與噴嘴到液面這段液體產(chǎn)生的壓強之和時，消毒液才能從噴嘴處噴出，所以C錯誤；D．噴液過程中，氣體膨脹，對外做功，但是氣體溫度不變，內(nèi)能不變，依據(jù)熱力學(xué)第肯定律，肯定須要從外界汲取熱量，所以D正確；E．噴液過程中，氣體體積膨脹，由于溫度不變，依據(jù)玻意耳定律，氣體壓強減小，即儲氣室內(nèi)氣體分子對器壁單位面積的平均撞擊力減小，所以E正確。故選BDE。14.一圓柱形茶杯用杯蓋蓋緊，水平放在高溫消毒柜里進行高溫消毒。起先時茶杯內(nèi)部封閉氣體的溫度為室內(nèi)溫度℃、壓強為外界大氣壓強cmHg，隨著柜內(nèi)溫度的上升，杯子漸漸漏氣，當達到最高溫度℃時杯內(nèi)封閉氣體的壓強仍舊為，消毒完成后，經(jīng)足夠長時間，茶杯內(nèi)氣體的溫度降為℃。已知茶杯用杯蓋蓋緊后杯內(nèi)氣體的體積為V，假設(shè)溫度達到t2后茶杯不再發(fā)生漏氣。求：（1）消毒后杯內(nèi)氣體的最終壓強；（2）高溫消毒后杯內(nèi)氣體的質(zhì)量與消毒前杯內(nèi)氣體質(zhì)量之比。【答案】（1）p=57cmHg；（2）【解析】【詳解】（1）杯內(nèi)氣體溫度從127℃降到27℃的過程中發(fā)生等容變更，依據(jù)查理定律有其中T2=(273+127)K=400K，T3=(273+27)K=300K解得消毒后杯內(nèi)氣體的最終壓強p=57cmHg（2）杯內(nèi)氣體溫度從27℃升到127℃的過程中，假設(shè)氣體做等壓變更，則依據(jù)蓋—呂薩克定律有其中T1=(273+27)K=300K解得高溫消毒后杯內(nèi)氣體的質(zhì)量與消毒前杯內(nèi)氣體質(zhì)量之比為得15.下