2025屆廣西“貴百河”高三上學期11月摸底考試物理試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12025屆“貴百河”11月高三年級摸底考試物理（考試時間：75分鐘滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在試卷、答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，共46分。第1~7題，每小題4分，只有一項符合題目要求，錯選、多選或未選均不得分，第8~10題，每小題6分，有多項符合題目要求，全部選對得分，選對但不全的得3分，有選錯或不選的得0分。1.2023年8月25日，“中國環(huán)流三號”托卡馬克裝置首次實現(xiàn)100萬安培等離子體電流下的高約束模式運行，是我國核能開發(fā)進程中的重要里程碑。該模式下的核反應方程之一為，反應中釋放出光子，下列說法正確的是（）A.該核反應屬于裂變反應 B.該核反應方程中的X為中子C.的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能D.光子的靜止質(zhì)量為0，所以它的動量也為0【答案】C【解析】AC．該反應是核聚變反應并釋放出大量的能量，由比結(jié)合能小的方向比結(jié)合能大的方向進行，則的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能，故A錯誤，C正確；B．由電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可知，該核反應方程中的X的電荷數(shù)為1，質(zhì)量數(shù)為1，則X為質(zhì)子，故B錯誤；D．由康普頓效應可知，光子的動量不為0，故D錯誤。故選C。2.圖是簡化的某種旋轉(zhuǎn)磁極式發(fā)電機原理圖。定子是僅匝數(shù)n不同的兩線圈，，二者軸線在同一平面內(nèi)且相互垂直，兩線圈到其軸線交點O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉(zhuǎn)子是中心在O點的條形磁鐵，繞O點在該平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動時，兩線圈輸出正弦式交變電流。不計線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說法正確的是（）A.兩線圈產(chǎn)生電動勢的有效值相等 B.兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率相等C.兩線圈產(chǎn)生的電動勢同時達到最大值 D.兩電阻消耗的電功率相等【答案】B【解析】AD．根據(jù)可得兩線圈中磁通量的變化率相等，但是匝數(shù)不等，則產(chǎn)生的感應電動勢最大值不相等，有效值也不相等；根據(jù)可知，兩電阻的電功率也不相等，選項AD錯誤；B．因兩線圈放在同一個旋轉(zhuǎn)磁鐵的旁邊，則兩線圈產(chǎn)生的交流電的頻率相等，選項B正確；C．當磁鐵的磁極到達一線圈附近時，一個線圈的磁通量最大，感應電動勢為0，另一個線圈通過的磁通量最小，感應電動勢最大，可知兩線圈產(chǎn)生的感應電動勢不可能同時達到最大值，選項C錯誤。故選B。3.如圖所示，用一根細線穿過光滑的杯柄，兩手握住細線兩端，提起水杯，保持靜止狀態(tài)，下列說法正確的是（）A.細線之間的夾角變大時，細線的張力大小一定大于杯子的重力大小B.逐漸減小細線之間的夾角θ，細線的張力將逐漸變大C.當細線之間的夾角為60°時，細線的張力大小等于杯子的重力大小D.換力更大的同學進行操作，也不可能將細線拉至水平【答案】D【解析】A．設(shè)細線之間的夾角為θ，根據(jù)水杯受力平衡，有解得只有當細線之間的夾角θ大于120°時，細線的張力大小才大于杯子的重力大小，故A錯誤；B．逐漸減小細線之間的夾角θ，則逐漸增大，細線的張力將逐漸變小，故B錯誤；C．當細線之間的夾角θ為60°時，細線的張力大小為，故C錯誤；D．無論人的力氣多大，細線的拉力在豎直方向總有分量，即細線不可能被拉至水平，故D正確。故選D。4.如圖所示，用長為l的輕繩將質(zhì)量為m的小球懸掛于O點的正下方P點?，F(xiàn)對小球施加水平向右的拉力F，使其由P點運動至Q點，已知OQ與豎直方向夾角為θ=60°，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.若小球從P緩慢地移動到Q，則水平拉力F做的功為B.若水平拉力恒為F，則從P到Q，小球機械能的增量為C.若水平恒力F=mg，則從P到Q，小球重力和恒力F的合力的功率先增大后減小D.若水平恒力F=mg，則小球在Q點的速度大小為【答案】B【解析】A．緩慢移動，拉力F是變力，做功不等于，根據(jù)動能定理解得水平拉力F做的功為故A錯誤：B．拉力恒為F，從P到Q，F(xiàn)做功為小球機械能的增量為，故B正確；C．當時，合力與速度垂直，瞬時功率為0，則從P到Q，合力功率先減小后增大，故C錯誤；D．從P到Q，對小球用動能定理得解得故D錯誤。故選B。5.如圖所示，OBCD為半圓柱體玻璃的橫截面，OD為直徑，一束由a、b兩種單色光組成的復色光沿AO方向從真空射入玻璃，分別從B、C點射出，則（）A.玻璃對a光的折射率比對b光的折射率小B.a光光子的動量大于b光光子的動量C.光線AO繞O點順時針旋轉(zhuǎn)，b光比a光先在圓弧界面發(fā)生全反射（不考慮多次反射）D.a光從O到B點的傳播時間小于b光從O到C點的傳播時間【答案】B【解析】A．過O點作一條法線，如圖所示可知a光折射角小于b光的折射角，根據(jù)折射定律可知，玻璃對a光的折射率比對b光的折射率大，故A錯誤；B．由于玻璃對a光的折射率比對b光的折射率大，則a光的頻率大于b光的頻率，則a光的波長小于b光的波長，根據(jù)可知a光光子的動量大于b光光子的動量，故B正確；C．根據(jù)全反射臨界角公式由于，可知，光線AO繞O點順時針旋轉(zhuǎn)，入射角變小，光線進入玻璃磚的折射角變小，則a光在圓弧界面先達到臨界角，a光比b光先在圓弧界面發(fā)生全反射，故C錯誤；D．設(shè)光線的入射角為i，折射角為r，光在玻璃中傳播的路程為s，半圓柱截面的半徑為R。由幾何關(guān)系可知又知光在玻璃中傳播的速度為則光在玻璃中傳播的時間為由折射定律可知則有由此可知故D錯誤。故選B。6.如圖所示，虛線為A、B兩小球從等寬不等高的臺階拋出的運動軌跡，A球從臺階1的右端水平拋出后，運動至臺階2右端正上方時，B球從臺階2的右端水平拋出，經(jīng)過一段時間后兩球在臺階3右端點相遇，不計空氣阻力，則（）A.兩球拋出時A的速度大于B的速度B.兩球相遇時A的速度大小為B的兩倍C.臺階1、2的高度差是臺階2、3高度差的4倍D.兩球相遇時A的速度與水平方向的夾角的正切值為B的兩倍【答案】D【解析】A．兩個小球都做平拋運動，水平方向都做勻速直線運動，根據(jù)根據(jù)題意，A運動至臺階2右端正上方時，B球從臺階2的右端水平拋出，經(jīng)過一段時間后兩球在臺階3右端點相遇，x和t都相等，所以v0相等，A錯誤；B．因為水平速度相等，臺階的寬度也相等，所以兩個小球在空中運動的總時間之比為2：1，所以相遇時兩球豎直速度之比為2：1，合速度之比一定不等于2：1，B錯誤；C．根據(jù)平拋運動解得臺階1、3的高度差與臺階2、3高度差之比為所以，臺階1、2高度差與臺階2、3高度差之比為C錯誤；D．設(shè)2、3臺階的高度差為h0，則1、3臺階的高度差為4h0，設(shè)臺階的寬度x0，根據(jù)平拋運動的推論得兩球相遇時A的速度與水平方向的夾角的正切值與B的速度與水平方向的夾角的正切值之比為D正確。故選D。7.讓宇航員不坐火箭就能上天，“流浪地球2”中的太空電梯何日能實現(xiàn)，如圖所示，假若質(zhì)量為m的宇航員乘坐這種赤道上的“太空升降機”上升到距離地面高度h處而停止在電梯內(nèi)。已知地球的半徑為R，表面的重力加速度為g，自轉(zhuǎn)周期為T，引力常量為G，假若同步衛(wèi)星距離地面的高度為H，下列說法正確的是（）A.宇航員在“太空升降機”中處于靜止狀態(tài)時，實際是繞著地球在公轉(zhuǎn)B.當，宇航員受到的支持力為C.當，萬有引力大于宇航員做圓周運動的向心力D.當，宇航員受到向下的壓力為【答案】B【解析】A．宇航員在“太空升降機”中處于靜止狀態(tài)時，實際是隨著地球在自轉(zhuǎn)，故A錯誤；B．由可得當，對宇航員進行受力分析，由圓周運動的規(guī)律可得聯(lián)立解得宇航員受到的支持力為故B正確；C．當時，有萬有引力正好等于宇航員做圓周運動的向心力，故C錯誤；D．當，由綜合解得故D錯誤。故選B。8.A、B為真空中兩個電荷量都是Q的點電荷，相距2d，AB連線中點為O，C是中垂線的一點，距O為x（圖甲），其電場強度大小為E1。若A的電荷量變?yōu)?，其他條件都不變（圖乙），此時C點的電場強度大小為E2。已知靜電力常量為k，則（）A.E1的大小為，方向沿OC向上B.在甲圖中的C點靜止釋放一個負點電荷，其在向O點的運動過程中，加速度大小一定變小C.將一個正點電荷分別放在甲、乙圖中的C點，其在這兩點所受的電場力大小不相同D.將一個負點電荷分別放在甲、乙圖中的C點，其在甲圖中C點具有的電勢能小于在乙圖中C點具有的電勢能【答案】AD【解析】A．根據(jù)兩個點電荷電場的疊加原理，E1的大小為方向沿OC向上，A正確；B．由于x與d的大小未知，中垂線上電場強度最大的點可能在C點的上方也可能在下方，所以在向O點的運動過程中，加速度大小不一定變小，B錯誤；C．根據(jù)上述分析可知，當x=d，電場力大小相等，C錯誤；D．甲圖中C點的電勢大于零，乙圖中C點的電勢為零，由電勢能公式可知D正確。故選AD。9.一列簡諧波沿x軸正方向傳播，O為波源且t=0時刻開始沿y軸正方向起振。如圖所示為t=0.3s時x=0至x=4m范圍內(nèi)的波形圖，虛線右側(cè)的波形圖未畫出，已知圖示時刻x=2m處的質(zhì)點第二次到達波峰，則（）A.這列波的周期為0.2sB.t=0.3s時x=2m處的質(zhì)點加速度正向最大C.t=0.8s時x=16m處的質(zhì)點經(jīng)過平衡位置向上運動D.t=0.3s時x=14m處的質(zhì)點的位置坐標為【答案】AC【解析】A．由題知，波長，波源t=0時刻開始沿y軸正方向起振，則介質(zhì)中各個質(zhì)點均沿y軸正方向起振，t=0.3s時，x=2m處質(zhì)點第二次到達波峰，振動了，波從波源O傳到x=2m處的質(zhì)點，用時，則解得周期為故A正確；B．t=0.3s時x=2m處的質(zhì)點處于波峰，則加速度負向最大，故B錯誤；C．波速則t=0.3s時，波傳播到x=12m處的質(zhì)點，畫t=0.3s時波形圖可得，此時x=12m處的質(zhì)點處于平衡位置，且向上振動，t=0.4s時，波傳播到x=16m處的質(zhì)點，再經(jīng)過0.4s，即再經(jīng)過2個周期，x=16m質(zhì)點從平衡位置向上運動。則t=0.8s時，x=16m處的質(zhì)點從平衡位置向上運動，故C正確；D．t=0.3s時，波傳播距離為因此波向右傳播了12m，所以在x=14m處的質(zhì)點還未振動，故D錯誤。故選AC。10.如圖所示，線框ac、bd邊長為2L、電阻不計，三條短邊ab、cd、ef長均為L、電阻均為R，ef位于線框正中間。線框下方有一寬度為L的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，cd邊與磁場邊界平行，當cd距磁場上邊界一定高度時無初速釋放線框，線框cd邊進入磁場時線框恰好勻速運動，下落過程中線框始終在豎直面內(nèi)，已知線框質(zhì)量為m，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（）A.線框通過磁場過程中流過ab邊的電流不變B.線框通過磁場過程中a、b兩點間電勢差始終為C.釋放時cd邊到磁場上邊界高度為D.整個過程中ab邊產(chǎn)生的焦耳熱一定為2mgL【答案】BC【解析】A．設(shè)整個運動過程中，產(chǎn)生感應電流為I，當cd和ef通過磁場的過程中，流過ab的電流為兩個電阻大小相等支路的電流，大小均為，方向均為b→a；當ab通過磁場的過程中，流過ab的電流為等效電路的干路電流，大小為I，方向為a→b，A錯誤；B．線框cd邊進入磁場時的速度為，則有線框受到的安培力聯(lián)立解得根據(jù)線框構(gòu)成等效電路的特點可知線框在通過磁場的過程中將始終做勻速運動，a、b兩點間電勢差始終等于對應等效電路的路端電壓的相反數(shù)，即解得B正確；C．設(shè)釋放時cd邊到磁場上邊界高度為h，根據(jù)運動學公式可得解得cd邊進入磁場時的速度大小為結(jié)合上述分析可得聯(lián)立解得故C正確；D．根據(jù)焦耳定律可得整個過程中ab邊產(chǎn)生的焦耳熱為解得D錯誤。故選BC。二、非選擇題：本大題共5小題，共54分。第11題6分，第12題10分，第13題8分，第14題12分，第15題18分。其中13~15題解答時要求寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，若只有最后答案而無驗算過程的不得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11.某實驗小組組裝了如圖甲所示的實驗裝置來完成“探究碰撞中的不變量”的實驗。在小車P的后端連接通過打點計時器的紙帶，前端粘有橡皮泥。給小車P一向前的瞬時沖量，然后與原來靜止在前方的小車Q相碰并粘合成一體后，繼續(xù)向前運動。（1）下列操作正確的是（）A.實驗時給小車向前的瞬時沖量越大越好B.兩小車粘上橡皮泥是為了改變兩車的質(zhì)量C.先接通打點計時器的電源，再給小車向前的瞬時沖量D.實驗前，需要在長木板靠近打點計時器一端墊上適量小木塊以補償阻力（2）實驗獲得的一條紙帶如圖乙所示，根據(jù)點跡的不同特征把紙帶上的點進行了區(qū)域劃分，用刻度尺測得各點到起點A的距離分別為s1、s2、s3、s4。根據(jù)碰撞前后小車的運動情況，應選紙帶上___________段來計算小車P的碰前速度。（選填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”）（3）測得小車P（含橡皮泥）的質(zhì)量為m1，小車Q（含橡皮泥）的質(zhì)量為m2，如果實驗數(shù)據(jù)滿足關(guān)系式__________________________（用題目中的已知量和測量量表示），則可探知：在誤差允許的范圍內(nèi)，小車P、Q碰撞過程中動量守恒?！敬鸢浮浚?）CD（2）BC（3）##【解析】【小問1詳析】A．實驗時小車的速度要適中，瞬時沖量要適當，故A錯誤；B．兩小車粘上橡皮泥是為了碰撞后粘連在一起測量系統(tǒng)末動量，故B錯誤；C．先接通打點計時器的電源，打點穩(wěn)定后再給小車向前的瞬時沖量，故C正確；D．為保證碰撞前后小車勻速直線運動且碰撞過程中動量守恒，則實驗前，需要在長木板靠近打點計時器一端墊上適量小木塊以補償摩擦力，故D正確。故選CD?！拘?詳析】從紙帶上的點跡和數(shù)據(jù)可得，AB段小車P處于加速階段，BC段處于勻速運動階段。故選BC段來計算小車P的碰前速度，DE為小車P、Q碰撞后的共同速度?！拘?詳析】若小車P、Q碰撞前后動量守恒，則解得12.某研究性學習小組利用壓敏電阻制作電子秤。已知壓敏電阻在壓力作用下發(fā)生微小形變，它的電阻也隨之發(fā)生變化，其阻值R隨壓力F變化的圖像如圖甲所示，其中，圖像斜率。小組同學按圖乙所示電路制作了一個簡易電子秤(秤盤質(zhì)量不計)，電路中電源電動勢，內(nèi)阻未知，電流表量程為10mA，內(nèi)阻，g取10m/s2。（1）下列操作步驟的正確順序是________。①秤盤上放置已知重力的重物G，保持滑動變阻器接入電路的阻值不變；讀出此時電流表示數(shù)I；②換用不同已知質(zhì)量的重物，記錄每一個質(zhì)量值對應的電流值；③秤盤上不放重物時，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使電流表指針滿偏；④將電流表刻度盤改裝為質(zhì)量刻度盤。（2）實驗時發(fā)現(xiàn)電流表量程偏小，根據(jù)需要將其量程擴大為100mA，則應該給該電流表________(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)阻值為________Ω的電阻。（3）用改裝后的電流表進行操作，若電流表示數(shù)為20mA，則待測重物質(zhì)量________kg。（4）改裝后的刻度盤，其0刻度線在電流表______(選填“零刻度”或“滿刻度”)處。（5）若電源電動勢不變，內(nèi)阻變大，其他條件不變，用這臺電子秤稱重前，進行了步驟③的操作，則測量結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“不變”)?！敬鸢浮浚?）③①②④（2）并聯(lián)2（3）10（4）滿刻度（5）不變【解析】【小問1詳析】在本實驗中應先讓秤盤上不放重物，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使電流表指針滿偏，然后在秤盤上放置已知重力的重物G，保持滑動變阻器接入電路的阻值不變，讀出此時電流表示數(shù)I，再換用不同已知質(zhì)量的重物，記錄每一個質(zhì)量值對應的電流值，最后將電流表刻度盤改裝為質(zhì)量刻度盤，故合理的實驗操作順序為③①②④?！拘?詳析】當小量程的電流表改裝成量程較大的電流表時，需要并聯(lián)一個小電阻，有解得【小問3詳析】根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，當秤盤上不放重物時，調(diào)節(jié)滑動變阻器使得電流表滿偏，有當秤盤上放上重物，且電流表示數(shù)為20mA時，有又因為聯(lián)立解得【小問4詳析】由于壓敏電阻阻值R隨壓力增大而增大，則電流表示數(shù)隨壓力增大而減小，所以改裝后的刻度盤，其零刻度線在電流表的滿刻度處。【小問5詳析】根據(jù)操作過程③可知，當電源電動勢不變，而內(nèi)阻增大時，仍可以通過減小滑動變阻器接入電路的阻值使得電流表達到滿偏，回路中電源內(nèi)阻和滑動變阻器接入電路的總電阻不變，所以測量結(jié)果不變。13.在駐波聲場作用下，水中小氣泡周圍液體的壓強會發(fā)生周期性變化，使小氣泡周期性膨脹和收縮，氣泡內(nèi)氣體可視為質(zhì)量不變的理想氣體，其膨脹和收縮過程可簡化為如下圖所示的p—V圖像，氣泡內(nèi)氣體先從壓強為P0、體積為V0、熱力學溫度為T0的狀態(tài)A等溫膨脹到體積為5V0、壓強為pB的狀態(tài)B，然后從狀態(tài)B絕熱收縮到體積為V0、壓強為1.9p0、熱力學溫度為TC的狀態(tài)C，B到C過程中外界對氣體做功為W，已知p0、V0、T0和W。求：（1）A、B狀態(tài)的壓強之比：（2）B、C狀態(tài)的熱力學溫度之比；（3）B到C過程，則此過程中氣泡內(nèi)氣體的內(nèi)能變化了多少。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】由題可知，根據(jù)玻意耳定律可得解得【小問2詳析】根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知解得【小問3詳析】根據(jù)熱力學第一定律可知其中，故氣體內(nèi)能增加14.如圖所示，水平傳送帶足夠長，向右運動前進的速度v=1m/s，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質(zhì)量m=1kg的小物塊從A點靜止釋放。已知A、P的距離L=4m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求物塊：（1）求小物體從A點運動到P點時候的動量大??；（2）求小物塊從A點開始至第2次運動到P點時間?！敬鸢浮浚?）4kg?m/s（2）4.5s【解析】【小問1詳析】對物體受力分析，結(jié)合牛頓第二定律可得解得物體的加速度設(shè)物體第1次到達P點的速度大小為v1，根據(jù)勻變速直線運動位移與速度的關(guān)系可得解得故小物體從A點運動到P點時候的動量大小【小問2詳析】根據(jù)上述分析可知，物塊第一次經(jīng)過P點的時間由于物塊下滑到P點的速度大于傳送帶的速度，故物塊在傳送帶上先向左做勻減速運動，再向右做勻加速運動與傳送帶共速后，勻速回到P點。設(shè)物塊在傳送帶上的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律可知解得設(shè)二者共速的時間為t2，根據(jù)運動學公式解得此時物塊距離P點的位移大小故物塊勻速運動到P點的時間故物塊第二次回到P點的時間15.2024年6月2日6時9分，嫦娥六號著陸器在鵲橋二號中繼衛(wèi)星支持下，開始實施動力下降，7500N變推力主發(fā)動機開機，著陸器接觸地面前經(jīng)過噴火反沖減速后關(guān)閉主發(fā)動機，此時的速度為v1，這一速度仍大于軟著陸設(shè)計速度v2，為此科學家設(shè)計了一種電磁阻尼緩沖裝置，其原理如圖所示：主要部件為緩沖滑塊K及固定在絕緣光滑緩沖軌道MN和PQ上的著陸器主體，著陸器主體中還有超導線圈（圖中未畫出），能在兩軌道間產(chǎn)生垂直于導軌平面的勻強磁場B，導軌內(nèi)的緩沖滑塊由高強度絕緣材料制成，滑塊K上繞有n匝矩形線圈abcd，線圈的總電阻為r，ab邊長為L，當著陸器接觸地面時，滑塊K立即停止運動，此后線圈與軌道間的磁場發(fā)生作用，使著陸器主體持續(xù)做減速運動，從而實現(xiàn)緩沖。已知著陸器主體及軌道的質(zhì)量為m，緩沖滑塊（含線圈）K的質(zhì)量為M，重力加速度為g，不考慮運動磁場產(chǎn)生的電場，求：（1）緩沖滑塊剛落地時著陸器主體的加速度大??；（2）達到著陸器軟著陸要求的設(shè)計速度v2時，地面對緩沖滑塊K支持力的大?。唬?）著陸器主體可以實現(xiàn)軟著陸，若從v1減速到v2的緩沖過程中，通過線圈的電荷量為q，求該過程中線圈中產(chǎn)生的焦耳熱Q。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢根據(jù)歐姆定律可知，線圈中的感應電流為線圈受到的安培力根據(jù)牛頓第三定律可知，著陸器受到的安培力方向豎直向上，對著陸器根據(jù)牛頓第二定律則有聯(lián)立解得【小問2詳析】對于滑塊K，設(shè)其受到的支持力為FN，此時受到的安培力為F，則有此時線圈的速度為v2，故感應電動勢線圈中的電流故此時的安培力解得【小問3詳析】根據(jù)能量守恒可得根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，線圈中的平均感應電流所以聯(lián)立解得2025屆“貴百河”11月高三年級摸底考試物理（考試時間：75分鐘滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在試卷、答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，共46分。第1~7題，每小題4分，只有一項符合題目要求，錯選、多選或未選均不得分，第8~10題，每小題6分，有多項符合題目要求，全部選對得分，選對但不全的得3分，有選錯或不選的得0分。1.2023年8月25日，“中國環(huán)流三號”托卡馬克裝置首次實現(xiàn)100萬安培等離子體電流下的高約束模式運行，是我國核能開發(fā)進程中的重要里程碑。該模式下的核反應方程之一為，反應中釋放出光子，下列說法正確的是（）A.該核反應屬于裂變反應 B.該核反應方程中的X為中子C.的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能D.光子的靜止質(zhì)量為0，所以它的動量也為0【答案】C【解析】AC．該反應是核聚變反應并釋放出大量的能量，由比結(jié)合能小的方向比結(jié)合能大的方向進行，則的比結(jié)合能大于的比結(jié)合能，故A錯誤，C正確；B．由電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可知，該核反應方程中的X的電荷數(shù)為1，質(zhì)量數(shù)為1，則X為質(zhì)子，故B錯誤；D．由康普頓效應可知，光子的動量不為0，故D錯誤。故選C。2.圖是簡化的某種旋轉(zhuǎn)磁極式發(fā)電機原理圖。定子是僅匝數(shù)n不同的兩線圈，，二者軸線在同一平面內(nèi)且相互垂直，兩線圈到其軸線交點O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉(zhuǎn)子是中心在O點的條形磁鐵，繞O點在該平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動時，兩線圈輸出正弦式交變電流。不計線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說法正確的是（）A.兩線圈產(chǎn)生電動勢的有效值相等 B.兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率相等C.兩線圈產(chǎn)生的電動勢同時達到最大值 D.兩電阻消耗的電功率相等【答案】B【解析】AD．根據(jù)可得兩線圈中磁通量的變化率相等，但是匝數(shù)不等，則產(chǎn)生的感應電動勢最大值不相等，有效值也不相等；根據(jù)可知，兩電阻的電功率也不相等，選項AD錯誤；B．因兩線圈放在同一個旋轉(zhuǎn)磁鐵的旁邊，則兩線圈產(chǎn)生的交流電的頻率相等，選項B正確；C．當磁鐵的磁極到達一線圈附近時，一個線圈的磁通量最大，感應電動勢為0，另一個線圈通過的磁通量最小，感應電動勢最大，可知兩線圈產(chǎn)生的感應電動勢不可能同時達到最大值，選項C錯誤。故選B。3.如圖所示，用一根細線穿過光滑的杯柄，兩手握住細線兩端，提起水杯，保持靜止狀態(tài)，下列說法正確的是（）A.細線之間的夾角變大時，細線的張力大小一定大于杯子的重力大小B.逐漸減小細線之間的夾角θ，細線的張力將逐漸變大C.當細線之間的夾角為60°時，細線的張力大小等于杯子的重力大小D.換力更大的同學進行操作，也不可能將細線拉至水平【答案】D【解析】A．設(shè)細線之間的夾角為θ，根據(jù)水杯受力平衡，有解得只有當細線之間的夾角θ大于120°時，細線的張力大小才大于杯子的重力大小，故A錯誤；B．逐漸減小細線之間的夾角θ，則逐漸增大，細線的張力將逐漸變小，故B錯誤；C．當細線之間的夾角θ為60°時，細線的張力大小為，故C錯誤；D．無論人的力氣多大，細線的拉力在豎直方向總有分量，即細線不可能被拉至水平，故D正確。故選D。4.如圖所示，用長為l的輕繩將質(zhì)量為m的小球懸掛于O點的正下方P點?，F(xiàn)對小球施加水平向右的拉力F，使其由P點運動至Q點，已知OQ與豎直方向夾角為θ=60°，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.若小球從P緩慢地移動到Q，則水平拉力F做的功為B.若水平拉力恒為F，則從P到Q，小球機械能的增量為C.若水平恒力F=mg，則從P到Q，小球重力和恒力F的合力的功率先增大后減小D.若水平恒力F=mg，則小球在Q點的速度大小為【答案】B【解析】A．緩慢移動，拉力F是變力，做功不等于，根據(jù)動能定理解得水平拉力F做的功為故A錯誤：B．拉力恒為F，從P到Q，F(xiàn)做功為小球機械能的增量為，故B正確；C．當時，合力與速度垂直，瞬時功率為0，則從P到Q，合力功率先減小后增大，故C錯誤；D．從P到Q，對小球用動能定理得解得故D錯誤。故選B。5.如圖所示，OBCD為半圓柱體玻璃的橫截面，OD為直徑，一束由a、b兩種單色光組成的復色光沿AO方向從真空射入玻璃，分別從B、C點射出，則（）A.玻璃對a光的折射率比對b光的折射率小B.a光光子的動量大于b光光子的動量C.光線AO繞O點順時針旋轉(zhuǎn)，b光比a光先在圓弧界面發(fā)生全反射（不考慮多次反射）D.a光從O到B點的傳播時間小于b光從O到C點的傳播時間【答案】B【解析】A．過O點作一條法線，如圖所示可知a光折射角小于b光的折射角，根據(jù)折射定律可知，玻璃對a光的折射率比對b光的折射率大，故A錯誤；B．由于玻璃對a光的折射率比對b光的折射率大，則a光的頻率大于b光的頻率，則a光的波長小于b光的波長，根據(jù)可知a光光子的動量大于b光光子的動量，故B正確；C．根據(jù)全反射臨界角公式由于，可知，光線AO繞O點順時針旋轉(zhuǎn)，入射角變小，光線進入玻璃磚的折射角變小，則a光在圓弧界面先達到臨界角，a光比b光先在圓弧界面發(fā)生全反射，故C錯誤；D．設(shè)光線的入射角為i，折射角為r，光在玻璃中傳播的路程為s，半圓柱截面的半徑為R。由幾何關(guān)系可知又知光在玻璃中傳播的速度為則光在玻璃中傳播的時間為由折射定律可知則有由此可知故D錯誤。故選B。6.如圖所示，虛線為A、B兩小球從等寬不等高的臺階拋出的運動軌跡，A球從臺階1的右端水平拋出后，運動至臺階2右端正上方時，B球從臺階2的右端水平拋出，經(jīng)過一段時間后兩球在臺階3右端點相遇，不計空氣阻力，則（）A.兩球拋出時A的速度大于B的速度B.兩球相遇時A的速度大小為B的兩倍C.臺階1、2的高度差是臺階2、3高度差的4倍D.兩球相遇時A的速度與水平方向的夾角的正切值為B的兩倍【答案】D【解析】A．兩個小球都做平拋運動，水平方向都做勻速直線運動，根據(jù)根據(jù)題意，A運動至臺階2右端正上方時，B球從臺階2的右端水平拋出，經(jīng)過一段時間后兩球在臺階3右端點相遇，x和t都相等，所以v0相等，A錯誤；B．因為水平速度相等，臺階的寬度也相等，所以兩個小球在空中運動的總時間之比為2：1，所以相遇時兩球豎直速度之比為2：1，合速度之比一定不等于2：1，B錯誤；C．根據(jù)平拋運動解得臺階1、3的高度差與臺階2、3高度差之比為所以，臺階1、2高度差與臺階2、3高度差之比為C錯誤；D．設(shè)2、3臺階的高度差為h0，則1、3臺階的高度差為4h0，設(shè)臺階的寬度x0，根據(jù)平拋運動的推論得兩球相遇時A的速度與水平方向的夾角的正切值與B的速度與水平方向的夾角的正切值之比為D正確。故選D。7.讓宇航員不坐火箭就能上天，“流浪地球2”中的太空電梯何日能實現(xiàn)，如圖所示，假若質(zhì)量為m的宇航員乘坐這種赤道上的“太空升降機”上升到距離地面高度h處而停止在電梯內(nèi)。已知地球的半徑為R，表面的重力加速度為g，自轉(zhuǎn)周期為T，引力常量為G，假若同步衛(wèi)星距離地面的高度為H，下列說法正確的是（）A.宇航員在“太空升降機”中處于靜止狀態(tài)時，實際是繞著地球在公轉(zhuǎn)B.當，宇航員受到的支持力為C.當，萬有引力大于宇航員做圓周運動的向心力D.當，宇航員受到向下的壓力為【答案】B【解析】A．宇航員在“太空升降機”中處于靜止狀態(tài)時，實際是隨著地球在自轉(zhuǎn)，故A錯誤；B．由可得當，對宇航員進行受力分析，由圓周運動的規(guī)律可得聯(lián)立解得宇航員受到的支持力為故B正確；C．當時，有萬有引力正好等于宇航員做圓周運動的向心力，故C錯誤；D．當，由綜合解得故D錯誤。故選B。8.A、B為真空中兩個電荷量都是Q的點電荷，相距2d，AB連線中點為O，C是中垂線的一點，距O為x（圖甲），其電場強度大小為E1。若A的電荷量變?yōu)椋渌麠l件都不變（圖乙），此時C點的電場強度大小為E2。已知靜電力常量為k，則（）A.E1的大小為，方向沿OC向上B.在甲圖中的C點靜止釋放一個負點電荷，其在向O點的運動過程中，加速度大小一定變小C.將一個正點電荷分別放在甲、乙圖中的C點，其在這兩點所受的電場力大小不相同D.將一個負點電荷分別放在甲、乙圖中的C點，其在甲圖中C點具有的電勢能小于在乙圖中C點具有的電勢能【答案】AD【解析】A．根據(jù)兩個點電荷電場的疊加原理，E1的大小為方向沿OC向上，A正確；B．由于x與d的大小未知，中垂線上電場強度最大的點可能在C點的上方也可能在下方，所以在向O點的運動過程中，加速度大小不一定變小，B錯誤；C．根據(jù)上述分析可知，當x=d，電場力大小相等，C錯誤；D．甲圖中C點的電勢大于零，乙圖中C點的電勢為零，由電勢能公式可知D正確。故選AD。9.一列簡諧波沿x軸正方向傳播，O為波源且t=0時刻開始沿y軸正方向起振。如圖所示為t=0.3s時x=0至x=4m范圍內(nèi)的波形圖，虛線右側(cè)的波形圖未畫出，已知圖示時刻x=2m處的質(zhì)點第二次到達波峰，則（）A.這列波的周期為0.2sB.t=0.3s時x=2m處的質(zhì)點加速度正向最大C.t=0.8s時x=16m處的質(zhì)點經(jīng)過平衡位置向上運動D.t=0.3s時x=14m處的質(zhì)點的位置坐標為【答案】AC【解析】A．由題知，波長，波源t=0時刻開始沿y軸正方向起振，則介質(zhì)中各個質(zhì)點均沿y軸正方向起振，t=0.3s時，x=2m處質(zhì)點第二次到達波峰，振動了，波從波源O傳到x=2m處的質(zhì)點，用時，則解得周期為故A正確；B．t=0.3s時x=2m處的質(zhì)點處于波峰，則加速度負向最大，故B錯誤；C．波速則t=0.3s時，波傳播到x=12m處的質(zhì)點，畫t=0.3s時波形圖可得，此時x=12m處的質(zhì)點處于平衡位置，且向上振動，t=0.4s時，波傳播到x=16m處的質(zhì)點，再經(jīng)過0.4s，即再經(jīng)過2個周期，x=16m質(zhì)點從平衡位置向上運動。則t=0.8s時，x=16m處的質(zhì)點從平衡位置向上運動，故C正確；D．t=0.3s時，波傳播距離為因此波向右傳播了12m，所以在x=14m處的質(zhì)點還未振動，故D錯誤。故選AC。10.如圖所示，線框ac、bd邊長為2L、電阻不計，三條短邊ab、cd、ef長均為L、電阻均為R，ef位于線框正中間。線框下方有一寬度為L的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，cd邊與磁場邊界平行，當cd距磁場上邊界一定高度時無初速釋放線框，線框cd邊進入磁場時線框恰好勻速運動，下落過程中線框始終在豎直面內(nèi)，已知線框質(zhì)量為m，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（）A.線框通過磁場過程中流過ab邊的電流不變B.線框通過磁場過程中a、b兩點間電勢差始終為C.釋放時cd邊到磁場上邊界高度為D.整個過程中ab邊產(chǎn)生的焦耳熱一定為2mgL【答案】BC【解析】A．設(shè)整個運動過程中，產(chǎn)生感應電流為I，當cd和ef通過磁場的過程中，流過ab的電流為兩個電阻大小相等支路的電流，大小均為，方向均為b→a；當ab通過磁場的過程中，流過ab的電流為等效電路的干路電流，大小為I，方向為a→b，A錯誤；B．線框cd邊進入磁場時的速度為，則有線框受到的安培力聯(lián)立解得根據(jù)線框構(gòu)成等效電路的特點可知線框在通過磁場的過程中將始終做勻速運動，a、b兩點間電勢差始終等于對應等效電路的路端電壓的相反數(shù)，即解得B正確；C．設(shè)釋放時cd邊到磁場上邊界高度為h，根據(jù)運動學公式可得解得cd邊進入磁場時的速度大小為結(jié)合上述分析可得聯(lián)立解得故C正確；D．根據(jù)焦耳定律可得整個過程中ab邊產(chǎn)生的焦耳熱為解得D錯誤。故選BC。二、非選擇題：本大題共5小題，共54分。第11題6分，第12題10分，第13題8分，第14題12分，第15題18分。其中13~15題解答時要求寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，若只有最后答案而無驗算過程的不得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11.某實驗小組組裝了如圖甲所示的實驗裝置來完成“探究碰撞中的不變量”的實驗。在小車P的后端連接通過打點計時器的紙帶，前端粘有橡皮泥。給小車P一向前的瞬時沖量，然后與原來靜止在前方的小車Q相碰并粘合成一體后，繼續(xù)向前運動。（1）下列操作正確的是（）A.實驗時給小車向前的瞬時沖量越大越好B.兩小車粘上橡皮泥是為了改變兩車的質(zhì)量C.先接通打點計時器的電源，再給小車向前的瞬時沖量D.實驗前，需要在長木板靠近打點計時器一端墊上適量小木塊以補償阻力（2）實驗獲得的一條紙帶如圖乙所示，根據(jù)點跡的不同特征把紙帶上的點進行了區(qū)域劃分，用刻度尺測得各點到起點A的距離分別為s1、s2、s3、s4。根據(jù)碰撞前后小車的運動情況，應選紙帶上___________段來計算小車P的碰前速度。（選填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”）（3）測得小車P（含橡皮泥）的質(zhì)量為m1，小車Q（含橡皮泥）的質(zhì)量為m2，如果實驗數(shù)據(jù)滿足關(guān)系式__________________________（用題目中的已知量和測量量表示），則可探知：在誤差允許的范圍內(nèi)，小車P、Q碰撞過程中動量守恒?！敬鸢浮浚?）CD（2）BC（3）##【解析】【小問1詳析】A．實驗時小車的速度要適中，瞬時沖量要適當，故A錯誤；B．兩小車粘上橡皮泥是為了碰撞后粘連在一起測量系統(tǒng)末動量，故B錯誤；C．先接通打點計時器的電源，打點穩(wěn)定后再給小車向前的瞬時沖量，故C正確；D．為保證碰撞前后小車勻速直線運動且碰撞過程中動量守恒，則實驗前，需要在長木板靠近打點計時器一端墊上適量小木塊以補償摩擦力，故D正確。故選CD?！拘?詳析】從紙帶上的點跡和數(shù)據(jù)可得，AB段小車P處于加速階段，BC段處于勻速運動階段。故選BC段來計算小車P的碰前速度，DE為小車P、Q碰撞后的共同速度?！拘?詳析】若小車P、Q碰撞前后動量守恒，則解得12.某研究性學習小組利用壓敏電阻制作電子秤。已知壓敏電阻在壓力作用下發(fā)生微小形變，它的電阻也隨之發(fā)生變化，其阻值R隨壓力F變化的圖像如圖甲所示，其中，圖像斜率。小組同學按圖乙所示電路制作了一個簡易電子秤(秤盤質(zhì)量不計)，電路中電源電動勢，內(nèi)阻未知，電流表量程為10mA，內(nèi)阻，g取10m/s2。（1）下列操作步驟的正確順序是________。①秤盤上放置已知重力的重物G，保持滑動變阻器接入電路的阻值不變；讀出此時電流表示數(shù)I；②換用不同已知質(zhì)量的重物，記錄每一個質(zhì)量值對應的電流值；③秤盤上不放重物時，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使電流表指針滿偏；④將電流表刻度盤改裝為質(zhì)量刻度盤。（2）實驗時發(fā)現(xiàn)電流表量程偏小，根據(jù)需要將其量程擴大為100mA，則應該給該電流表________(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)阻值為________Ω的電阻。（3）用改裝后的電流表進行操作，若電流表示數(shù)為20mA，則待測重物質(zhì)量________kg。（4）改裝后的刻度盤，其0刻度線在電流表______(選填“零刻度”或“滿刻度”)處。（5）若電源電動勢不變，內(nèi)阻變大，其他條件不變，用這臺電子秤稱重前，進行了步驟③的操作，則測量結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“不變”)?！敬鸢浮浚?）③①②④（2）并聯(lián)2（3）10（4）滿刻度（5）不變【解析】【小問1詳析】在本實驗中應先讓秤盤上不放重物，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使電流表指針滿偏，然后在秤盤上放置已知重力的重物G，保持滑動變阻器接入電路的阻值不變，讀出此時電流表示數(shù)I，再換用不同已知質(zhì)量的重物，記錄每一個質(zhì)量值對應的電流值，最后將電流表刻度盤改裝為質(zhì)量刻度盤，故合理的實驗操作順序為③①②④。【小問2詳析】當小量程的電流表改裝成量程較大的電流表時，需要并聯(lián)一個小電阻，有解得【小問3詳析】根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，當秤盤上不放重物時，調(diào)節(jié)滑動變阻器使得電流表滿偏，有當秤盤上放上重物，且電流表示數(shù)為20mA時，有又因為聯(lián)立解得【小問4詳析】由于壓敏電阻阻值R隨壓力增大而增大，則電流表示數(shù)隨壓力增大而減小，所以改裝后的刻度盤，其零刻度線在電流表的滿刻度處?！拘?詳析】根據(jù)操作過程③可知，當電源電動勢不變，而內(nèi)阻增大時，仍可