河北省張家口宣化第一中學(xué)2025屆高三物理下學(xué)期階段模擬試題十一

PAGE河北省張家口宣化第一中學(xué)2025屆高三物理下學(xué)期階段模擬試題（十一）一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）氫原子的能級如圖所示，已知可見光光子能量范圍為1.63eV～3.10eV，下列說法正確的是A.氫原子從n=4能級躍遷到n=2能級，輻射出的光為紅外線

B.氫原子從n=2能級躍遷到n=1能級，輻射出的光為可見光

C.氫原子從n=4能級躍遷到n=2能級和從n=3能級躍遷到n=1能級相比，前者輻射出的光子的波長較長

D.處于基態(tài)的氫原子可以汲取能量為10.4eV的光子可以實現(xiàn)躍遷

歷史上，有種觀點認(rèn)為應(yīng)當(dāng)用物理量mv來量度運動的強(qiáng)弱，這種思想的代表人物是笛卡爾。這種思想用現(xiàn)在的科學(xué)術(shù)語說，就是“力”可以通過動量來表示，即F=△(mv)△t=△p△t。若某質(zhì)點做直線運動的動量p隨時間t變更規(guī)律如圖所示，曲線部分為一段拋物線，則加速度aA. B. C. D.已知無窮大勻稱帶電平板在其四周空間激發(fā)與平面垂直的勻強(qiáng)電場?，F(xiàn)在水平無窮大帶電平板上方某點固定一點電荷+Q。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球以點電荷Q為圓心做勻速圓周運動，其中AC、BD分別為圓周軌跡的水平和豎直直徑，重力加速度為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是(????)A.無窮大平板帶正電

B.圓周上的場強(qiáng)在B點有最小值，在D點有最大值

C.無窮大平板在空間激發(fā)的勻強(qiáng)電場強(qiáng)度大小為mgq

D.若A、C兩點處的場強(qiáng)方向相互垂直，則小球做勻速圓周運動的半徑為kQq甲、乙兩汽車在同一條平直馬路上同向行駛，從t=0時刻起先計時，其xt-t圖像如圖所示。t=10sA.甲車的加速度為2m/s2

B.t=0時，乙車的速度為2m/s

C.t=0時，甲、乙兩車間的距離為50m

D.如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面對外。一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向從c點射入磁場區(qū)域，射入點c與ab的距離為6-24R。已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為A.2qBR2m

B.2qBRm

C.(如圖所示，一粗糙斜面放置在水平地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細(xì)繩跨過滑輪，一端與斜面上的物塊M相連，另一端位于天花板上的A點，并通過動滑輪懸掛物塊N，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將細(xì)繩的一端從天花板上的A點緩慢沿直線移動到B點，已知斜面和M始終保持靜止，則在此過程中(????)A.M所受細(xì)繩拉力的大小可能保持不變

B.M所受斜面的摩擦力大小肯定始終增加

C.斜面所受地面的摩擦力大小始終增大

D.斜面所受地面的支持力大小始終增大二、多選題（本大題共4小題，共24.0分）如圖所示，志向變壓器接在u=2202sin100πt(V)的交變電源上，原線圈匝數(shù)n1=100匝，r=16Ω；副線圈總匝數(shù)nA.副線圈中感應(yīng)電流的周期為50s

B.電阻R的阻值為9Ω

C.當(dāng)滑動觸頭Q向上滑動時，r兩端的電壓增大

D.當(dāng)滑動觸頭Q位于副線圈中點時，電阻R兩端電壓為165V太空梭是游樂園和主題樂園模擬完全失重環(huán)境的大型機(jī)動嬉戲設(shè)備，這種器材的乘坐臺可將乘客載至高空，然后電靜止起先以重力加速度豎直向下跌落2h，緊接著通過機(jī)械制動勻減速下降h將乘坐臺在落地前停住，如圖所示。已知乘坐臺與乘客的總質(zhì)量為m，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則(????)A.由M至N和由N至P的運動時間比值是2：1

B.由M至N，乘坐臺的座椅對乘客的支持力與乘客的重力大小相等

C.由M至N，太空梭與乘客總重力的沖量大小為mgh

D.由N至P，減速機(jī)械對太空梭的阻力大小為3mg如圖所示，勻強(qiáng)電場中有一個圓形區(qū)域，O為圓心，直徑BC長20cm?！螦BC=30°，該圓形區(qū)域所在平面平行于勻強(qiáng)電場。已知A點電勢φA=2V，B點在圓形區(qū)域中電勢最高，且φA.將一個電子由B點移到A點，電勢能減小6eV

B.C點電勢φC=0V

C.該勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E=20V/m，方向由O指向A

D.該勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E=40V/m，方向由B在地球上將質(zhì)量為m的物體A水平拋出，物體的動能Ek與運動時間t2的關(guān)系如圖中實線甲所示。在某一星球X上將質(zhì)量為2m的物體B水平拋出，其動能Ek與運動時間t2的關(guān)系如圖中虛線乙所示。假設(shè)地球和星球X均為質(zhì)量勻稱分布的球體。已知地球的半徑是星球X的3倍，地球表面的重力加速度g=10m/s2A.地球的質(zhì)量是星球X的18倍

B.地球的近地衛(wèi)星的周期與星球x的近地衛(wèi)星的周期的平方之比為3：2

C.若A、B下落過程的水平位移大小相等，則A下降的高度是B的2倍

D.若A、B下落過程的動量變更量大小相等，則B下降的高度是A的2倍三、試驗題（本大題共2小題，共15.0分）某同學(xué)欲測量肯定值電阻Rx的阻值。

(1)他先用多用電表的歐姆擋“×1”擋阻其電阻，經(jīng)過正確操作后，指針位置如圖甲所示，則該同學(xué)測得的阻值為______Ω。

(2)該同學(xué)又用圖乙所示電路精確測量其電阻。其中，電源電動勢約為5V，內(nèi)阻微??；滑動受阻器阻值范圍為0～100Ω；定值電阻R1的阻值為10Ω；電阻箱R2的阻值范圍為0～9999Ω；電壓表V1的量程為1.0V，內(nèi)阻為400Ω；電壓表V2的量程為5.0V，內(nèi)阻約為4000Ω。為了把電壓表V1的量程擴(kuò)大到3.0V，須要把電阻箱的阻值調(diào)到______Ω；若電壓表V1的讀數(shù)為0.8V，電壓表V2的讀數(shù)為4.8V，則(1)某小組同學(xué)利用如圖甲所示的試驗裝置探究“動量定理”，試驗步驟如下；

A.用天平分別測量鉤碼和小車的質(zhì)量；

B.在長木板不帶定滑輪的一端下面墊塊墊木，使拖著紙帶的小車在不掛鉤碼時可以在長木板上做勻速運動；

C.將所用器材按圖甲所示組裝起來；

D.先接通電源后釋放小車，打點結(jié)束后先切斷電源后取下紙帶；

E.調(diào)整墊木位置，變更斜面傾角，多次進(jìn)行試驗；

F.選取打點較為清晰的紙帶進(jìn)行數(shù)據(jù)處理，整理試驗器材。

上述試驗步驟中不必要或不正確的有______(填寫步驟前的字母)。

(2)圖乙是“驗證動量定理”試驗中打下的一段紙帶，圖乙中所標(biāo)各點為計數(shù)點，相鄰計數(shù)點間有4個計時點未標(biāo)出，且打點計時器的電源頻率為50Hz，試驗測得小車質(zhì)量為0.6kg，本次試驗記錄傳感器示數(shù)為0.24N。依據(jù)以上數(shù)據(jù)，可知小車從B點到J點的△p=______kg?m?s-1，對應(yīng)過程中I=______N?s四、計算題（本大題共4小題，共47.0分）如圖所示，運動員甲、乙在練習(xí)傳球技術(shù)。某次運動員甲以與水平方向夾角為θ1的速度v1拋出籃球，運動員乙在甲正對面同時以與水平方向夾角為θ2的速度v2拋出籃球，兩球恰好能在空中各自的最高點相遇。若甲、乙僅將球被拋出時的速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍，但球被拋出時的速度方向及位置均不變，已知籃球在運動過程中所受空氣阻力忽視不計，重力加速度為

電磁滑道成為將來運動的一種設(shè)想，人們可以通過限制磁場強(qiáng)弱，實現(xiàn)對滑動速度的限制。為了便利探討，做出以下假設(shè)：如圖甲所示，足夠長的光滑斜面與水平面成θ角，虛線EF上方的整個區(qū)域存在如圖乙規(guī)律變更且垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，t=0時刻磁場方向垂直斜面對上(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度在0～t1時間內(nèi)勻稱變更，磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值為B0，t1時刻后穩(wěn)定為-B0。0～t1時間內(nèi)，單匝正方形閉合金屬框ABCD在外力作用下靜止在斜面上，金屬框CD邊與虛線EF的距離為d。t1時刻撤去外力，金屬框?qū)⒀匦泵嫦禄?，金屬框上邊AB剛離開虛線EF時的速度為v1，已知金屬框質(zhì)量為m、邊長為d，每條邊電阻為R。求：

(1)CD邊剛過虛線EF時，AB兩點間的電勢差；

(2)從t=0時刻到AB邊經(jīng)過虛線如圖所示，粗細(xì)勻稱的半圓形導(dǎo)熱細(xì)玻璃管兩端封閉且豎直固定放置，內(nèi)有一段對應(yīng)60°圓心角的水銀柱處于ab段內(nèi)，水銀柱兩端封閉著同種志向氣體，此時水銀柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)為p0，右端氣體壓強(qiáng)為2p0，環(huán)境初始溫度為T0?，F(xiàn)限制環(huán)境溫度緩慢先上升后再緩慢降低，最終使水銀柱靜止于bc段內(nèi)。

(1)求水銀柱靜止于bc段內(nèi)時，環(huán)境的溫度；

在一列簡諧橫波傳播的路徑上有A、B兩個質(zhì)點，它們振動的圖像分別如圖甲、乙所示。已知這兩質(zhì)點平衡位置間的距離為1.2m。

(1)若質(zhì)點B比質(zhì)點A振動滯后0.1s，則這列波的波速為多大？

(2)若兩質(zhì)點平衡位置間的距離小于一個波長，求這列波的波長和波速大小。

2024-2025學(xué)年下學(xué)期宣化一中高三物理階段模擬試卷（十一）答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、氫原子從n=4能級躍遷到n=2能級，發(fā)出的光子能量△E1=-0.85eV-(-3.4eV)=2.55eV，因可見光光子能量范圍為1.63eV～3.10eV，則輻射出的光是可見光，而紅外線的能量小于可見光的，故A錯誤；

B、氫原子從n=2能級躍遷到n=1能級，發(fā)出的光子能量△E2=-3.4eV-(-13.6eV)=10.2eV，輻射的光能量不在1.62eV到3.11eV之間，不是可見光，故B錯誤；

C、氫原子從n=3能級躍遷到n=1能級，發(fā)出的光子能量△E3=-1.51eV-(-13.6eV)=12.09eV，因此氫原子從n=4能級躍遷到n=2能級和從n=3能級躍遷到n=1能級相比，前者輻射的光子的能量較小，對應(yīng)光子波長較長，故C正確；

D、氫原子從n=2能級躍遷到n=1能級時發(fā)出的光子能量△E【解析】解：圖像斜率表示物體所受合力，依據(jù)牛頓其次定律可知，加速度變更趨勢與合力變更趨勢相同。斜領(lǐng)先減小后為零再恒定，因曲線部分是一段拋物線，所以起初加速度隨時間呈線性關(guān)系，故A正確，BCD錯誤；

故選：A。

由題干可知，p隨t變更圖像的斜率代表物體所受合外力，再依據(jù)合力的變更分析加速度表變更。

本題考查圖像的斜率問題，留意分析斜率的含義以及變更趨勢，屬于實力應(yīng)用的問題。

3.【答案】C

【解析】解：C、小球受到重力、勻強(qiáng)電場的電場力、點電荷的庫倫力，因為小球做勻速圓周運動，所以庫倫力供應(yīng)向心力，重力和平板對小球的電場力平衡，

mg=Eq

無窮大平板在空間激發(fā)的勻強(qiáng)電場強(qiáng)度大小為E=mgq

故C正確；

A、點電荷帶正電，故小球帶負(fù)電，勻強(qiáng)電場對小球的電場力方向豎直向上，故電場強(qiáng)度豎直向下，無窮大平板帶負(fù)電，故A錯誤；

B、固定點電荷在B、D兩點產(chǎn)生的場強(qiáng)方向分別豎直向下和豎直向上，所以B處場強(qiáng)為兩個分場強(qiáng)大小之和，D點為兩者大小之差，所以B點場強(qiáng)最大，D點場強(qiáng)最小，故B錯誤；

D、若A、C兩點處的場強(qiáng)方向相互垂直，則兩分場強(qiáng)在兩點處于水平方向的夾角均為45°，所以

KQR2=mgq

故：R=kQqmg【解析】解：AB、依據(jù)x=v0t+12at2變形得xt=v0+12at，結(jié)合圖像可知，甲的初速度為0，加速度為a甲=4m/s2，乙的初速度為5m/s，加速度為a乙=2m/s2，故AB錯誤；

C、t=10s時，由圖可知x甲t=20m/s，x乙t=15m/s，則0-10s內(nèi)，甲車的位移為x甲=200m，乙車的位移為x乙=150m，因為t=10s時甲、乙兩車相遇，則t=0時，甲、乙兩車間的距離為s=x甲-x乙=200m-150m=50m，故C【解析】解：粒子帶正電，依據(jù)左手定則可得粒子受到的洛倫茲力方向向右，粒子運動軌跡如圖所示；

依據(jù)射入點c與ab的距離為6-24R，則有：sin∠cO1a=6-24，所以∠cO1a=15°

由于速度方向偏向角為60°，可知∠cO2O1=30°，則∠cO1O2=60°-15°=45°

【解析】解：A、以滑輪和物塊A為探討對象，受力分析如圖，由于兩側(cè)細(xì)繩為同一條細(xì)繩，拉力T相等，所以兩側(cè)細(xì)繩與豎直方向的夾角相等，設(shè)為θ，由平衡條件得：T=12mgcosθ，將細(xì)繩的一端從天花板上的A點緩慢沿直線移動到B點，θ變大，T變大，故A錯誤；

B、因M與N的質(zhì)量關(guān)系不確定，所以最初M所受的靜摩擦力方向不確定，假如最初M所受的靜摩擦力方向沿斜面對上，當(dāng)細(xì)繩拉力增大，M所受的靜摩擦力變小，故B錯誤；

C、以斜面體和M整體為探討對象，斜面受到地面的摩擦力大小等于細(xì)繩拉力的水平重量，即f=Tx=Tsinθ=12mgtanθ，隨θ增大，f增大，故C正確；

D、以斜面體和M整體為探討對象，斜面體受地面的支持力大小等于整體重力與細(xì)繩拉力的豎直重量Ty之和，由于Ty【解析】解：交變電流的周期T=2πω，由原線圈所接溝通電源U=2202sin100πt(V)，知ω=100π，則T=2πω=2π100π=0.02s；滑動觸頭Q位于副線圈中點時，副線圈實際連入匝數(shù)為n2'=75，n1n2'=10075，又U1U2=n1n2'式中U1，為原線圈兩端電壓，由于r分壓，故【解析】解：A、由題意可知，太空梭從M運動到N過程中做自由落體運動，

由2h=12gt12可得下落時間為：t1=4hg=2hg，

由勻變速直線運動公式vN2=2g×2h可知運動到N點的速度大小為：vN=4gh=2gh，

太空梭從N運動到P過程中做減速運動，

同理可得h=12at22，vN2=2ah

解得減速過程中的加速度大小為：a=2g，

時間為：t2=hg，

從M到N與從N到P的運動時間之比為：t1：t2=2hg【解析】解：A、將一個電子由B點移到A點，電勢能增加6eV，故A錯誤；

B、由于B點是圓周上的最高電勢點，所以電場強(qiáng)度的方向為BC方向，由幾何關(guān)系知：A點的電勢等于OC中點的電勢，將BC四等分，可知C點電勢φC=0V，故B正確；

CD、結(jié)合以上分析知E=80.2V/m=40V/m，電場強(qiáng)度的方向為由B指向C，故C錯誤，D正確。

故選：BD。

B點在圓形區(qū)域中電勢最高，可知電場線沿BC方向，電場線與等勢面相互垂直，沿電場線的方向電勢漸漸降低，在勻強(qiáng)電場中U=Ed，依據(jù)【解析】解：A、物體做平拋運動，由動能定理可得：Ek=Ek+mgh=Ek+12mg2t2，可知地球的重力加速度為星球X的2倍，由黃金代換式GM=gR2，可知地球的質(zhì)量是星球X的18倍，故A正確；

B、近地衛(wèi)星周期公式T=2πRv=2πRg，二者周期的平方之比為3：2，故B錯誤；

C、兩者初動能為1：2，質(zhì)量比為1：2，故兩者的初速度相同，由x=vt=v2hg，代入數(shù)據(jù)計算，A下降的高度是B的2【解析】解：(1)歐姆表讀數(shù)是指針示數(shù)與倍率的積，讀數(shù)須要估讀，圖甲讀數(shù)為12.0×1Ω=12.0Ω；

(2)電壓表V1的滿偏電流Im=1.0400A=0.0025A，要把電壓表V1的量程擴(kuò)大到3.0V，電阻箱須要分壓2V，故電阻箱阻值須要調(diào)到2.00.0025AΩ=800Ω。當(dāng)電壓表V1的讀數(shù)為0.8V時，Rx的電壓為2.4V，流過Rx的電流為IRx=4.8V-2.4V10Ω-0.8V400Ω=0.24A-0.002A=0.238A，所以Rx【解析】解：(1)A、試驗裝置中有力傳感器，不須要測量鉤碼的質(zhì)量，故A錯誤；

E、試驗中長木板下墊一塊墊片是為了平衡摩擦力，平衡摩擦力以后不行再變更墊片位置，故E錯誤；

(2)電源頻率50Hz，相鄰計數(shù)點之間有4個計時點，所以計數(shù)點的時間間隔為0.1s，

用AC段平均速度計算B點的瞬時速度vB=5.14-4.000.2×10-2m/s=0.057m/s

用IK段平均速度計算J點的瞬時速度vJ=25.06-17.780.2×10-2m/s=0.364m/s

小車從B點到J點的△p=m△v=0.6×(0.364-0.057)kg?m/s=0.184kg?m/s

該過程中合外力的沖量I=F?△t=0.24×0.8N?s=0.192N?s

故答案為：(1)AE；(2)0.184，0.192；

(1)依據(jù)試驗原理和試驗操作留意事項分析；

(2)勻變速直線運動的推論計算計數(shù)點的速度，然后依據(jù)動量的計算公式求出小車動量的變更量；依據(jù)沖量的計算公式可以求出拉力的沖量大小。

駕馭利用紙帶數(shù)據(jù)測量瞬時速度的原理，試驗中我們要清晰探討對象和探討過程，對于系統(tǒng)我們要考慮全面，同時明確試驗原理是解答試驗問題的前提。

13.【答案】解：籃球在豎直方向上為豎直上拋運動，運動時間t=v1sinθ1g=v2sinθ2g；①

【解析】依據(jù)題意，兩球恰好在各自最高點相遇，表示此時兩球速度均為0，利用上拋運動公式列出高度與速度的表達(dá)式；由于甲乙水平方向的距離是不變的，利用這個條件列出第一次相遇時間與其次次相遇時間的關(guān)系。再同樣利用上拋運動公式列出其次次相遇時高度與速度的表達(dá)式，進(jìn)行聯(lián)合比較分析。

本題難度中等，主要考查物體上拋運動的計算公式，建立第一次相遇時間與其次次相遇時間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵。

14.【答案】解：(1)CD邊從起先至運動到EF的過程中，由動能定理可得

mgdsinθ=12mv2

CD邊剛過虛線EF時，AB邊作為電源，AB兩點間的電勢差為

UAB=34E=34B0dv

解得UAB=34B0d2gdsinθ

(2)從t=0時刻到AB邊運動到EF的過程中，熱量分為兩部分：

第一部分：在t1時間內(nèi)，金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為Q1=E24Rt1

依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得

E=△Φ△t=△B△tS=2B0t1d2

其次部分：t1時刻后，設(shè)t1時刻后的過程中金屬框克服安培力做功為W，由動能定理得

2mgdsinθ-W=12mv12

由功能關(guān)系可知W=Q2

可得Q2=2mgdsinθ-12mv12

故所求金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為Q總=Q1+Q2【解析】(1)金屬框從起先下滑到CD邊運動到EF的過程中，受到的安培力的合力為零，只有重力做功，由動能定理求出CD邊剛過EF時的速度，由E=BLv求出AB邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，依據(jù)AB邊為電源，求AB兩點間的電勢差。

(2)從t=0時刻到AB邊經(jīng)過虛線EF的過程中，熱量分為兩部分：t1時間內(nèi)和t1時刻后。在t1時間內(nèi)，金屬框中產(chǎn)生恒定電流，由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律求出感應(yīng)電流大小，再由焦