西藏自治區(qū)拉薩市那曲第二中學(xué)2025屆高三物理全真模擬聯(lián)考試題含解析

PAGE16-西藏自治區(qū)拉薩市那曲其次中學(xué)2025屆高三物理全真模擬聯(lián)考試題（含解析）二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14~18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19~21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.關(guān)于原子、原子核的相關(guān)學(xué)問(wèn)，下列說(shuō)法正確的是（）A.當(dāng)發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，光電子的最大初動(dòng)能隨著入射光強(qiáng)度的增大而增大B.當(dāng)氫原子從n=3的能級(jí)躍遷到n=5的能級(jí)時(shí)，輻射出光子C.核反應(yīng)方程中的X是中子D.輕核聚變的過(guò)程質(zhì)量增大，重核裂變的過(guò)程質(zhì)量虧損【答案】C【解析】【詳解】A．當(dāng)發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，光電子的最大初動(dòng)能隨著入射光頻率的增大而增大，與光強(qiáng)無(wú)關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．當(dāng)氫原子從n=3的能級(jí)躍遷到n=5的能級(jí)時(shí)，要汲取出光子，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．依據(jù)核反應(yīng)的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，核反應(yīng)方程中的X質(zhì)量數(shù)為1，電荷數(shù)為0，是中子，選項(xiàng)C正確；D．輕核聚變的過(guò)程和重核裂變的過(guò)程都要釋放能量，有質(zhì)量虧損，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。2.如圖甲所示電路，規(guī)格相同的小燈泡額定電功率都是，在電路輸入端接圖乙所示溝通，小燈泡均正常發(fā)光．電表都是志向電表，變壓器是志向變電壓器．則A.小燈泡額定電流是B.電壓表的示數(shù)為C.小燈泡額定電壓是D.電流表的示數(shù)為【答案】A【解析】【詳解】設(shè)小燈泡正常發(fā)光時(shí)通過(guò)小燈泡電流為，則流過(guò)原線圈的電流為，流過(guò)副線圈的電流為，依據(jù)可得、副線圈的匝數(shù)之比；輸入端交變電壓的圖象，可求出有效值36V，設(shè)燈泡兩端電壓為，所以，則，因此原線圈電壓為，電壓表的示數(shù)為，依據(jù)可得小燈泡額定電流是，電流表的示數(shù)為，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤．3.某一人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為地球同步衛(wèi)星繞地球軌道半徑的，則此衛(wèi)星運(yùn)行的周期大約是（）A.6h B.8.4h C.12h D.16.9h【答案】B【解析】【詳解】由題意衛(wèi)星的軌道半徑是同步衛(wèi)星半徑的，依據(jù)開(kāi)普勒第三定律有可得故ACD錯(cuò)誤，B正確。

故選B。4.如圖所示，由勻稱導(dǎo)線繞成的直角扇形導(dǎo)線框OMN繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)從勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，周期為T，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面對(duì)里，線框電阻為R，線框在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中回路的電流強(qiáng)度大小為I，則（）A.線框在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中回路產(chǎn)生的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針B.線框在進(jìn)入與離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中ON段兩端電壓大小相等C.線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為I2RTD.線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周過(guò)程中回路的等效電流大小為【答案】C【解析】【詳解】A．線框在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，磁通量向里增加，由楞次定律推斷知回路產(chǎn)生的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A錯(cuò)誤；

B．線框在進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ON段電壓是外電壓的一部分；線框在離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，ON段電壓是外電壓，而兩個(gè)過(guò)程外電壓相等，所以線框在進(jìn)入與離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中ON段兩端電壓大小不等，故B錯(cuò)誤；

C．線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為故C正確；

D．設(shè)線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周過(guò)程中回路的等效電流大小為I′，則Q=I′2RT解得故D錯(cuò)誤。

故選C。5.質(zhì)量m=2kg的小物塊在某一高度以v0=5m/s的速度起先做平拋運(yùn)動(dòng)，若g=10m/s2，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到豎直位移與水平位移相等時(shí)，對(duì)于物塊（）A.此時(shí)的瞬時(shí)速度大小為5m/s B.此時(shí)重力的瞬時(shí)功率大小為200WC.此過(guò)程動(dòng)量變更大小為10（-1）kgm/s D.此過(guò)程重力的沖量大小為20Ns【答案】BD【解析】【詳解】物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到豎直位移與水平位移相等時(shí)解得t=1sA．此時(shí)豎直方向的速度為vy=gt=10m/s則此時(shí)的速度為故A錯(cuò)誤；

B．此時(shí)的重力瞬時(shí)功率為P=mgvy=200W故B正確；

C．依據(jù)動(dòng)量定理I=△P=mgt=20kgm/s故C錯(cuò)誤；D．此過(guò)程重力沖量大小為I=mgt=20N?s故D正確。

故選BD。6.如圖所示，在邊界MN右側(cè)是范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，一個(gè)正三角形閉合導(dǎo)線框ABC從左側(cè)勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，以C點(diǎn)到達(dá)磁場(chǎng)左邊界的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)（t=0），已知邊界MN與AB邊平行，線框受沿軸線DC方向外力的作用，導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)到完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，能正確反映線框中電流i、外力F大小與時(shí)間t關(guān)系的圖線是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【詳解】AB．t時(shí)刻，線框有效切割長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2vt?tan30°知L∝t，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv知E∝t，感應(yīng)電流為故I∝t，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD．導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)，所受的外力與安培力大小相等，則有F-t圖象是過(guò)原點(diǎn)的拋物線，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選AD。7.如圖所示，粗糙水平圓盤上，質(zhì)量均為m的A、B兩物塊疊放在一起，距軸心距離為L(zhǎng)，隨圓盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知圓盤與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，假如最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力，則下列說(shuō)法正確的是（）A.物塊A、B一起勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中加速度恒定B物塊A、B一起轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中所需向心力大小相等C.AB一起轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為D.當(dāng)A、B恰發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)圓盤對(duì)B的摩擦力為2mg【答案】BC【解析】【詳解】A．兩物體做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的向心加速度大小恒定，方向始終指向圓心不恒定，故A錯(cuò)誤；

B．依據(jù)向心力公式Fn＝mLω2可知，物塊A、B一起轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中所需向心力大小相等，故B正確；

CD．對(duì)AB整體分析，當(dāng)最大靜摩擦力供應(yīng)向心力，有μ?2mg=2mωB2解得對(duì)A分析，B對(duì)A的最大靜摩擦力供應(yīng)向心力，有0.5μ?mg=mωA2解得AB一起轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為，此時(shí)圓盤對(duì)B的摩擦力為故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：BC。8.如圖所示，某空間存在一豎直方向的電場(chǎng)，其中的一條電場(chǎng)線如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量為m。電荷量為q的帶正電小球，從電場(chǎng)線中O點(diǎn)由靜止起先沿電場(chǎng)線豎直向上運(yùn)動(dòng)x1的過(guò)程中，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取豎直向上為x軸的正方向，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)電勢(shì)能ε與位移x的關(guān)系如圖乙所示，運(yùn)動(dòng)忽視空氣阻力，則（）A.沿x軸正方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小可能增加B.從O運(yùn)動(dòng)到x1的過(guò)程中，假如小球的速度先增后減，則加速度肯定先減后增C.從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)x1的過(guò)程中，每經(jīng)過(guò)相等的位移，小球機(jī)械能的增加變少D.小球運(yùn)動(dòng)位移x1時(shí)，小球速度的大小為【答案】BC【解析】【詳解】A．電勢(shì)能??與位移x的圖象??-x圖象的斜率的肯定值表示小球所受電場(chǎng)力的大小，由圖乙可知圖象沿x軸正方向的斜率越來(lái)越小，說(shuō)明小球所受電場(chǎng)力沿x軸越來(lái)越小，即沿x軸正方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小始終減小，故A錯(cuò)誤；

B．從O運(yùn)動(dòng)x1的過(guò)程中，假如小球的速度先增后減，說(shuō)明起先時(shí)小球所受電場(chǎng)力F大于重力mg向上做加速運(yùn)動(dòng)，后來(lái)電場(chǎng)力小于重力，向上做減速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，依據(jù)牛頓其次定律可得加速度因?yàn)镕漸漸減小，故a漸漸減小。當(dāng)向上減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有因?yàn)镕漸漸減小，故a'漸漸增大。所以從O運(yùn)動(dòng)x1的過(guò)程中，假如小球的速度先增后減，加速度肯定是先減后增，故B正確；

C．依據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，在小球向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，減小的電勢(shì)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能。由圖乙可知從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)x1的過(guò)程中，每經(jīng)過(guò)相等的位移，小球所受電場(chǎng)力漸漸減小，則電勢(shì)能減小的越來(lái)越少，則小球機(jī)械能的增加變少，故C正確；

D．規(guī)定O點(diǎn)所在的水平面為零重力勢(shì)能面，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)位移x1時(shí)的速度為v，依據(jù)能量守恒定律得??0＝??1+mgx1+mv2解得故D錯(cuò)誤。

故選BC。第II卷（非選擇題共174分）三、非選擇題（本卷包括必考題和選考題兩部分。第22~32題為必考題，每個(gè)試題考生都必需作答。第33~38題為選考題，考生依據(jù)要求作答。）（一）必考題：共129分9.某學(xué)習(xí)小組用如圖甲所示的試驗(yàn)裝置探究“動(dòng)能定理”。他們?cè)跉鈮|導(dǎo)軌上安裝了一個(gè)光電門B，滑塊上固定一遮光條，滑塊用細(xì)線繞過(guò)氣墊導(dǎo)軌左端的定滑輪與力傳感器相連，傳感器下方懸掛鉤碼，每次滑塊都從A處由靜止釋放。(1)某同學(xué)用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度d，如圖乙所示，則d=______mm。(2)下列試驗(yàn)要求中必要的一項(xiàng)是_______（請(qǐng)?zhí)顚戇x項(xiàng)前對(duì)應(yīng)的字母）。A.應(yīng)使滑塊質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼和力傳感器的總質(zhì)量B.應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平(3)試驗(yàn)時(shí)保持滑塊的質(zhì)量M和A、B間的距離L不變，變更鉤碼質(zhì)量m，測(cè)出對(duì)應(yīng)的力傳感器的示數(shù)F和遮光條通過(guò)光電門的時(shí)間t，通過(guò)描點(diǎn)作出線性圖像，探討滑塊動(dòng)能變更與合外力對(duì)它做功的關(guān)系，處理數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)作出的圖像是______（填寫選項(xiàng)前對(duì)應(yīng)的字母）。A.B.M-FC.D.【答案】(1).2.25(2).B(3).A【解析】【詳解】(1)[1]．游標(biāo)尺的主尺讀數(shù)為2mm，游標(biāo)尺讀數(shù)為5×0.05mm=0.25mm，則d=2mm+5×0.05mm=2.25mm。

(2)[2]．A、拉力是干脆通過(guò)力傳感器測(cè)量的，故滑塊質(zhì)量與鉤碼和力傳感器的總質(zhì)量無(wú)關(guān)，故A不必要；

B、應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)整水平，保持拉線方向與木板平面平行，這樣拉力才等于合力，故B是必要的。

故選B。

(3)[3]．探討滑塊的受力，依據(jù)動(dòng)能定理可知利用極短時(shí)間內(nèi)的平均速度表示瞬時(shí)速度，則遮光條通過(guò)光電門的瞬時(shí)速度則解得探討滑塊動(dòng)能變更與合外力對(duì)它做功的關(guān)系，處理數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)作出的圖象為圖象，故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選A。10.某同學(xué)要測(cè)量一電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，試驗(yàn)器材有一個(gè)電阻箱R、一個(gè)開(kāi)關(guān)S、導(dǎo)線若干和一個(gè)靈敏電流計(jì)G（滿偏電流1mA，內(nèi)阻未知）。由于G量程太小，須要改裝成量程更大的電流表A，試驗(yàn)過(guò)程如下：(1)運(yùn)用多用電表測(cè)靈敏電流計(jì)內(nèi)阻時(shí)，選擇開(kāi)關(guān)撥至“×10”擋，歐姆檔調(diào)零后測(cè)量，指針的位置如圖甲所示，阻值為_(kāi)___Ω(2)用圖乙電路圖進(jìn)行測(cè)量，須要電流表A量程為0.6A，則對(duì)靈敏電流計(jì)G進(jìn)行改裝，須要在G兩端___（選填“并"或“串”）聯(lián)一個(gè)阻值為_(kāi)__Ω的電阻（結(jié)果保留一位有效數(shù)值）。(3)該同學(xué)在試驗(yàn)中測(cè)出多組電流表A的電流I與電阻箱的阻值R的試驗(yàn)數(shù)據(jù)，作出—R圖像。在坐標(biāo)紙上做出如圖所示的圖線，由做出的圖線可知，該電池的電動(dòng)勢(shì)是____V，內(nèi)電阻為_(kāi)_____Ω（小數(shù)點(diǎn)后保留兩位數(shù)值）?！敬鸢浮?1).180(2).并(3).0.3(4).1.41~1.45(5).0.38~0.44【解析】【詳解】(1)[1]．多用表歐姆擋讀數(shù)為刻度值與倍率的乘積，即靈敏電流計(jì)內(nèi)阻rg=18×10Ω=180Ω。

(2)[2][3]．靈敏電流計(jì)擴(kuò)大量程須要并聯(lián)一個(gè)小電阻R0，設(shè)靈敏電流計(jì)的滿偏電流為Ig=1mA，內(nèi)阻rg=180Ω，擴(kuò)大量程后的電流為Im=0.6A，并聯(lián)電路電壓相等，依據(jù)歐姆定律有Igrg=（Im-Ig）R0得(3)[4][5]．?dāng)U大量程后的安培表內(nèi)阻依據(jù)閉合電路歐姆定律E=I（R+rg′+r）整理得結(jié)合圖象有聯(lián)合解得E≈1.45Vr≈0.43Ω。11.如圖所示，MNPQ是邊長(zhǎng)為的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于MNPQ平面。電子從電極K處由靜止起先經(jīng)電勢(shì)差為U的電場(chǎng)加速后，從MN的中點(diǎn)垂直于MN射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好從P點(diǎn)射出。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計(jì)電子重力。求：(1)電子射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向?！敬鸢浮?1)；(2)，方向垂直于紙面對(duì)里【解析】【詳解】（1）電子在加速場(chǎng)中由動(dòng)能定理可得:①解得:②（2）電子在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由題意可做出運(yùn)動(dòng)軌跡如圖:由幾何關(guān)系可得:③洛倫茲力供應(yīng)向心力:④解得:⑤由左手定則可推斷:磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面對(duì)里。12.如圖所示，半徑為的光滑圓弧軌道，與半徑為的半圓光滑空心管軌道平滑連接并固定在豎直面內(nèi)，粗糙水平地面上緊靠管口有一長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2.5m、質(zhì)量為M=0.1kg的靜止木板，木板上表面正好與管口底部相切，處在同一水平線上。質(zhì)量為m2=0.05kg的物塊靜止于B處，質(zhì)量為m1=0.15kg的物塊從光滑圓弧軌道項(xiàng)部的A處由靜止釋放，物塊m1下滑至B處和m2碰撞后合為一個(gè)整體。兩物塊一起從空心管底部C處滑上木板，兩物塊恰好沒(méi)從木板左端滑下。物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因素μ=0.3，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，空心管粗細(xì)不計(jì)，重力加速度取g=10m/s2。求：(1)物塊m1滑到圓弧軌道底端B處未與物塊m2碰撞前瞬間受到的支持力大??；(2)物塊m1和m2碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；(3)木板在地面上滑行的距離?！敬鸢浮?1)N=4.5N；(2)△E=0.3J；(3)x=2.5m【解析】【詳解】（1）物塊m1從A到B由動(dòng)能定理:①所以:v1=4m/s②對(duì)m1B點(diǎn)受力分析得:③解得:N=4.5N④（2）兩物塊碰撞前后動(dòng)量守恒:m1v1=（m1+m2）v2⑤解得:v2=3m/s⑥由能量守恒:⑦損失機(jī)械能:△E=0.3J⑧（3）設(shè)兩物塊碰撞后的整體質(zhì)量為m，m大小為0.2kg木板與地面之間的動(dòng)摩擦因素為μ1。從B到C⑨得:v3=5m/s⑩物塊滑上木板后，物塊先做勻減速，木板勻加速，直到共速，物塊的加速度為:?木板的加速度為:?當(dāng)物塊與木板共速時(shí):v3-a1t=a2t?共速時(shí)的速度為v=a2t?物塊恰好沒(méi)滑下木板，相對(duì)位移為:?共速時(shí)木板的位移為:?物塊與木板共速后一起勻減速，加速度為:?共速后接著滑行的距離為:?木板的位移:x=x1+x2?綜上可解得木板的位移為:x=2.【物理選修3-3】13.肯定量的志向氣體從狀態(tài)a起先，經(jīng)驗(yàn)三個(gè)過(guò)程ab、bc、ca回到原狀態(tài)，其圖象如圖所示，下列推斷正確的是（）A.過(guò)程ab中氣體肯定吸熱B.過(guò)程bc中氣體既不吸熱也不放熱C.過(guò)程ca中外界對(duì)氣體所做的功等于氣體所放的熱D.A、b和c三個(gè)狀態(tài)中，狀態(tài)a分子的平均動(dòng)能最小E.b和c兩個(gè)狀態(tài)中，容器壁單位面積單位時(shí)間內(nèi)受