物理-廣西壯族自治區(qū)邕衡名校·廣西2025屆高三春季開(kāi)學(xué)考試試題和答案

2024~2025學(xué)年度2022級(jí)高三下學(xué)期開(kāi)學(xué)考試物理答案題號(hào)123456789答案ACDCBDBBDBDBC1．【答案】A【解析】A．原子核外電子躍遷時(shí)輻射出光后，按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較大的軌道躍遷到半徑較小的軌道，電子的動(dòng)能增大，原子的能量減小，故A正確；B．放射性現(xiàn)象說(shuō)明原子核內(nèi)部具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)，α粒子散射現(xiàn)象說(shuō)明原子核內(nèi)部具有核式結(jié)構(gòu)，故B錯(cuò)誤；C．原子核的結(jié)合能與核子數(shù)之比，稱(chēng)做比結(jié)合能，比結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定，故C錯(cuò)誤；D．光電效應(yīng)現(xiàn)象中逸出的電子是核外電子，阝衰變是原子核內(nèi)中子轉(zhuǎn)變成質(zhì)子時(shí)產(chǎn)生的，故D錯(cuò)誤。2.【答案】C【解析】A．因n紅<n綠，入射角相同，但OA折射角度較大，由折射率的公式可知OA是紅光，OB是綠光，故A錯(cuò)誤；B．由A項(xiàng)可知OA是紅光，由折射定律得3，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)v解得OA光束在該玻璃中傳播的速度為v＝v3×108m/s，故C正確；D．因光是從光疏介質(zhì)射入光密介質(zhì)，不可能發(fā)生全反射，故D錯(cuò)誤。3．【答案】D【解析】A．飛船從近地軌道經(jīng)A點(diǎn)進(jìn)入軌道2需要在A點(diǎn)加速，所以飛船在A點(diǎn)的線(xiàn)速度大于第一宇宙速度，故A錯(cuò)誤；B．飛船從地面發(fā)射進(jìn)入軌道1的速度應(yīng)大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故B錯(cuò)誤；C．飛船先進(jìn)入軌道2，再加速，萬(wàn)有引力不足以提供向心力，飛船將做離心運(yùn)動(dòng)，無(wú)法實(shí)現(xiàn)對(duì)接，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律知，軌道半徑越大，周期越大，天宮空間站的運(yùn)行周期大于飛船在軌道1的運(yùn)行周期，故D正確。4.【答案】C【解析】洛倫茲力雖不做功，但可以改變小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(改變速度的方向)，小球做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)中任一位置受力如圖所示，小球受到了斜向上的洛倫茲力的作用，小球在豎直方向的加速度Bcosθ＜g，故小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將增加；在水平方向上，qvBsinθ=max,小球作初速度為v0的加速運(yùn)動(dòng)，故落點(diǎn)應(yīng)在A點(diǎn)的右側(cè)；洛倫茲力不做功，所以小球的速度大小仍為v。5．【答案】B【解析】A．若μ1<μ2，逐漸增大F，A相對(duì)B比B相對(duì)于車(chē)先滑動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．若μ1<μ2，A、B與車(chē)都相對(duì)靜止，由μ1mg=mam得整體相對(duì)靜止的最大加速度為am=μ1g，則F的最大值為6μ1mg，故B正確；C．若μ1>μ2，B相對(duì)于車(chē)比A相對(duì)于B先滑動(dòng)，所以不管F多大，B相對(duì)車(chē)滑動(dòng)后，A相對(duì)B一直靜止，故C錯(cuò)誤；D．若μ1>μ2，由μ2（m+2m）g=（m+2m）am得整體相對(duì)靜止的最大加速度為am=μ2g，則最大拉力為Fm=（m+2m+3m）am=6μ2mg，當(dāng)F=5μ2mg時(shí)，B與車(chē)之間尚未相對(duì)滑動(dòng)，故D錯(cuò)6.【答案】D【解析】A．銅棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)，由右手定則可知，A點(diǎn)的電勢(shì)比C點(diǎn)的電勢(shì)高，故A錯(cuò)；B．電路中的電流大小=5A，銅棒切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=I(R+r)=3.0V，故B錯(cuò)C．根據(jù)E=BLv，得橡膠帶勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v=4m/s，故C錯(cuò)誤；D．每根銅棒每次通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)所用時(shí)間=0.05s，則通過(guò)R的電荷量為q=It=0.25C，故D正確。7．【答案】B【解析】AB．由牛頓第二定律得F—μmg=ma1，μmg=ma2，由圖可知撤去F前后算珠的加速度大小分別為a1=a2=m/s2=2m/s2，聯(lián)立解得μ=0.2，m=25g，故B正確，A錯(cuò)誤；CD．由v—t圖像面積表示位移，可知桿長(zhǎng)為m=0.045m=4.5cm。若F不撤去，算珠將以2m/s2的加速度做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)0.2s運(yùn)動(dòng)位移為×2×0.22m=4cm<4.5cm，則此時(shí)未到歸零狀態(tài)，故C、D錯(cuò)誤。8．【答案】BD【解析】A由圖乙可知，在t=0s時(shí)，a=0m/s2，在t=1s時(shí)，a=-am達(dá)到負(fù)方向最大，根據(jù)牛頓第二定律可知回復(fù)力的變化和加速度一致，則0~1s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)Q應(yīng)向上振動(dòng)，根據(jù)同側(cè)法（質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向和波的傳播方向在波的同一側(cè)）可知波向x軸負(fù)方向傳播，再對(duì)P質(zhì)點(diǎn)由同側(cè)法可知沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．T=4s，由圖甲可得解得波長(zhǎng)λ=36m，由v=得v=9m/s，故B正確；C．由圖乙可知，質(zhì)點(diǎn)Q在t=5s時(shí)，a=-10m/s2，根據(jù)回復(fù)力總是指向平衡位置的特點(diǎn)可知，此時(shí)回復(fù)力豎直向下，則質(zhì)點(diǎn)Q振動(dòng)到波峰，故C錯(cuò)誤；D．因振幅A=10cm，T=4s，則一個(gè)周期內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為40cm，而時(shí)間?t=5s=(1+)T，在t=0s時(shí)P點(diǎn)向下振動(dòng)，則在經(jīng)過(guò)一個(gè)周期后P的速度正在減小，在此后的時(shí)間內(nèi)其路程小于10cm，故總路小于50cm，D正確。9.【答案】BD【解析】A．到達(dá)A點(diǎn)的質(zhì)子動(dòng)能增加量最大，電場(chǎng)力做功最大，說(shuō)明等勢(shì)面在A點(diǎn)與圓相切（否則一定還可以在圓上找到與A點(diǎn)電勢(shì)相等的點(diǎn)電場(chǎng)線(xiàn)沿x軸正向，A項(xiàng)錯(cuò)；B．因電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面垂直,等勢(shì)面與y軸平行，P和P’是等勢(shì)點(diǎn),B正確；C．沿電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)逐漸降低，故B點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高，C錯(cuò)；D．P、A間的電勢(shì)差=E·2Rcos23710．【答案】BC【解析】A．假設(shè)鐵錘與石板碰撞前的速度為v0，則vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),0)=2gh，鐵錘與石板碰撞，由動(dòng)量守恒定律，有mv0=(m+km)v，聯(lián)立解得，故A錯(cuò)誤；B．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為v2，解得ΔE=，故B正確；W=—從鐵錘與石板共速到兩者速度減為0的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得解得WF=?mgd，F(xiàn)m=mg，故C正確，D錯(cuò)誤。11.（共6分，每空2分）【答案】B0.44【解析】由單擺的周期公式T＝2π得：T2＝l，即圖象的斜率k重力加速度越大，斜率越小，我們知道北京的重力加速度比南寧的大，所以去北大的同學(xué)所測(cè)實(shí)驗(yàn)結(jié)果對(duì)應(yīng)的圖線(xiàn)是B；從題圖乙可以得出Tb＝1.5Ta，由單擺的周期公式得：Ta＝2π,Tb＝2π,聯(lián)立解得Lb/La＝9/4，即Lb＞La；由T2＝l可知，秒擺的擺長(zhǎng)約為1m,從題圖可以看出b球的周期為2s，擺長(zhǎng)約為1m，則a球的擺長(zhǎng)約為4/9m≈0.44m.12共10分，第一空1分，最后一空3分，其余每空各2分）【答案】（1）黑（2）436（3）×1100【解析】（1）根據(jù)歐姆表的“紅進(jìn)黑出”原則，c端接黑表筆。(2)S2接1時(shí)，100mA=1mA+，S2接2時(shí)，10mA=1mA+由以上兩式得R1=4Ω,R2=36Ω。（3）由題意及閉合電路歐姆定律得，開(kāi)關(guān)S2接1時(shí)，R內(nèi)1=，開(kāi)關(guān)S2接2時(shí)，R內(nèi)2=由以上兩式得R內(nèi)1＜R內(nèi)2，因?yàn)闅W姆表內(nèi)阻大的擋位大，所以再將開(kāi)關(guān)S2接1時(shí)，歐姆表的擋位為“×1”；開(kāi)關(guān)S2接2，再次歐姆調(diào)零，滑動(dòng)變阻器電阻大小為R''，由閉合電路的歐姆定律得R''=x=由以上三式并代入數(shù)據(jù)得Rx=100Ω。13.（10分）【答案】（1）480K2）528K【解】（1）從開(kāi)始到活塞剛接觸重物，缸內(nèi)氣體為等壓變化過(guò)程，有：??（3分解得T2=480K……（1分）【等價(jià)式子：P2=P1=P0,V1=HS,V2=(H+hy)S,T1=300K,打包共3分）】（2）從剛接觸重物到繩子拉力剛好為零，缸內(nèi)氣體作等容變化，繩子拉力剛好為零時(shí)，氣體壓強(qiáng)為P3，有=……（3分）【等價(jià)式子可給3分，寫(xiě)成的不給分】又P3S=P0S+mg……（2分）【等價(jià)式子：P3=P0+……（2分）】【式子中相關(guān)物理量有不用試題中所給字母符號(hào)的均不得分】14.（12分）【答案】（1）t=0.3s2）Q=0.25J3）?E=3J【解】（1）玩具沿水平方向飛出，恰好無(wú)碰撞地從傳送帶最上端進(jìn)入傳送帶，則（2）玩具剛滑上傳送帶時(shí)的速度為=5m/s<6m/s………(1分)【等價(jià)式子：v=或均可得1分】可知玩具剛滑上傳送帶受到向下的滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，玩具的加速度大小a==12m/s2玩具剛滑上傳送帶到與傳送帶共速所用時(shí)間為………（1分）下滑的位移為?t1=m=L………(1分)【等價(jià)式子：x1=vt1+atEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),1)或vEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),0)?v2=2ax1均可得1分】玩具在傳送帶上運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的熱量：Q=μ1mgcosα?(v0t1?x1)………（1分）得Q=0.25J………（1分）（3）根據(jù)功能關(guān)系，因傳送玩具電動(dòng)機(jī)多消耗的電能ΔE=μ1mgcosα?v0t1 （2分）【法二：根據(jù)能量守恒有?E+mgLsinα=mvEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),0)?mv2+Q 得?E=3J 【式子中相關(guān)物理量有不用試題中所給字母符號(hào)的均不得分】0，與y軸正方向成45°角；（2）【解】（1）從P到Q1，水平方向v0t1=2L………（1分）豎直方向=L………(1分)2聯(lián)立解得………（1分）【法二等價(jià)式子：2L=vEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),y),v2=vEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),0)+vEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),y)………（1分）】 與y軸正方向成45°角?！?分）（2）要使帶電粒子回到P點(diǎn)下方很近的位置，其軌跡必須具有對(duì)稱(chēng)性且經(jīng)過(guò)Q2，由幾何關(guān)系可得在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角度為在磁