河北省張家口市宣化一中2025屆高三物理上學(xué)期12月試題含解析

PAGE河北省張家口市宣化一中2025屆高三物理上學(xué)期12月試題（含解析）1.下列關(guān)于物理學(xué)史正確的是（）A.楞次發(fā)覺了電磁感應(yīng)現(xiàn)象B.卡文迪許利用扭秤裝置測(cè)出了萬(wàn)有引力常量C.開普勒行星第三運(yùn)動(dòng)定律中的k值只與地球質(zhì)量有關(guān)D.伽利略通過志向斜面試驗(yàn)總結(jié)歸納出了牛頓第肯定律【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．法拉第發(fā)覺了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．卡文迪許利用扭秤裝置測(cè)出了萬(wàn)有引力常量，選項(xiàng)B正確；C．開普勒行星第三運(yùn)動(dòng)定律中中的k值只與中心天體太陽(yáng)的質(zhì)量有關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．伽利略通過志向斜面試驗(yàn)總結(jié)“力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的緣由”的結(jié)論，但他沒有總結(jié)歸納出牛頓第肯定律，故D錯(cuò)誤。故選B。2.一體重為50kg的同學(xué)站在電梯的體重計(jì)上，某時(shí)刻該同學(xué)發(fā)覺體重計(jì)的示數(shù)為45kg，此時(shí)（）A.該同學(xué)對(duì)體重計(jì)的壓力小于體重計(jì)對(duì)該同學(xué)的支持力B.電梯肯定向下加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為C.該同學(xué)處于失重狀態(tài)，但重力不變D.該同學(xué)的重力勢(shì)能減小，動(dòng)能增大【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．該同學(xué)對(duì)體重計(jì)的壓力與體重計(jì)對(duì)該同學(xué)的支持力是作用力與反作用力，它們相等，故A錯(cuò)誤；

B．同學(xué)的質(zhì)量m=50kg，體重計(jì)示數(shù)為m′=45kg，該通過對(duì)體重計(jì)的壓力FN=m′g=45g，體重計(jì)對(duì)該通過的支持力FN′=FN=45mg-FN′=ma代入數(shù)據(jù)解得方向豎直向下，電梯可能向下加速運(yùn)動(dòng)，也可能向上減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C．該同學(xué)對(duì)體重計(jì)的壓力FN=45g＜G=50g，該同學(xué)處于失重狀態(tài)，該同學(xué)所受重力不變，故C正確；

D．該同學(xué)可能向下做加速運(yùn)動(dòng)，也可能向上做減速運(yùn)動(dòng)，假如該同學(xué)向下做加速運(yùn)動(dòng)，該同學(xué)的重力勢(shì)能減小而動(dòng)能增加，假如該同學(xué)向上做減速運(yùn)動(dòng)，則該同學(xué)的重力勢(shì)能增加而動(dòng)能減小，故D錯(cuò)誤。

故選C3.核潛艇作為國(guó)之重器，其戰(zhàn)略價(jià)值極大。我國(guó)核潛艇是以核反應(yīng)爐為動(dòng)力來(lái)源的潛艇。其核反應(yīng)堆中可能的一個(gè)核反應(yīng)方程為。下列說法正確的是（）A.該核反應(yīng)屬于原子核的衰變B.該核反應(yīng)遵循質(zhì)量守恒C.該核反應(yīng)須要持續(xù)不斷地由外界供應(yīng)中子D.該核反應(yīng)方程式中【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．該核反應(yīng)為原子核的裂變，A錯(cuò)誤；B．該核反應(yīng)遵循質(zhì)量數(shù)守恒，質(zhì)量有虧損，質(zhì)量不守恒，B錯(cuò)誤；C．該反應(yīng)為鏈?zhǔn)椒磻?yīng)，反應(yīng)過程中會(huì)持續(xù)產(chǎn)生中子，不須要外界持續(xù)供應(yīng)中子，C錯(cuò)誤；D．依據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可解得Ｘ=3，D正確。故選D。4.如圖所示，a、b、c為一負(fù)點(diǎn)電荷形成的一條電場(chǎng)線上的三點(diǎn)，c為ab的中點(diǎn)。a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為、，則下列分析正確的是（）A.c點(diǎn)的電勢(shì)為-2VB.負(fù)點(diǎn)電荷可能位于a點(diǎn)的左側(cè)，也可能位于b點(diǎn)的右側(cè)C.a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度肯定比b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小，D.把一正點(diǎn)電荷從a點(diǎn)沿直線移到b點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功【答案】C【解析】【分析】【詳解】AB．因?yàn)樵撾妶?chǎng)是由負(fù)點(diǎn)電荷形成的，所以負(fù)點(diǎn)電荷肯定位于b點(diǎn)的右側(cè)，c、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差大于a、c兩點(diǎn)的電勢(shì)差，c點(diǎn)的電勢(shì)不是-2V，選項(xiàng)AB均錯(cuò)誤；C．因?yàn)閎點(diǎn)更靠近負(fù)點(diǎn)電荷，所以a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度肯定比b點(diǎn)的小，選項(xiàng)C正確；D．把一正點(diǎn)電荷從a點(diǎn)沿直線移到b點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做正功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。5.珠海某學(xué)校新裝了一批節(jié)能路燈如圖甲所示，該路燈通過光控開關(guān)實(shí)現(xiàn)自動(dòng)限制：電燈的亮度可自動(dòng)隨四周環(huán)境的亮度變更而變更。如圖乙為其內(nèi)部電路簡(jiǎn)化原理圖，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，Rt為光敏電阻（光照強(qiáng)度增加時(shí)，其電阻值減?。．?dāng)隨著傍晚到來(lái)光照漸漸減弱時(shí)，則下列推斷正確的是（）A.A燈變暗，B燈變亮B.電源內(nèi)阻消耗的功率變小C.電源的效率變小D.Rt上電流的變更量等于R0上電流變更量【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．光照漸漸減弱時(shí)，光敏電阻阻值增大，電路總電阻增大，故電路總電流I減小，消耗在內(nèi)阻上的電壓減小，路端電壓U=E-Ir增大，即A燈兩端電壓增大，通過A燈的電流IA增大，所以A燈變亮，通過定值電阻R0的電流I0=I-IA減小，所以R0兩端的電壓U0=I0R0減小，B燈兩端的電壓UB=U-I0R0增大，B燈變亮，故A錯(cuò)誤；

B．電源電動(dòng)勢(shì)不變，電路總電流I減小，由P=I2r可知電源的消耗功率減小，故B正確；

C．電源的效率為由上面的分析可知路端電壓U增大，電源的效率變大，故C錯(cuò)誤；

D．通過R0上電流等于通過光敏電阻Rt電流與通過燈B的電流之和，即I0=It+IB依據(jù)前面的分析，通過燈B的電流IB增大，故Rt上電流的變更量大于R0上電流變更量，故D錯(cuò)誤。

故選B。6.如圖所示，空間中存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與豎直面（紙面）垂直，磁場(chǎng)的上、下邊界（虛線）均為水平面。紙面內(nèi)磁場(chǎng)上方有一個(gè)質(zhì)量為m、總電阻為R、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框abcd（由勻稱材料制成），其上、下兩邊均與磁場(chǎng)邊界平行，邊長(zhǎng)小于磁場(chǎng)上、下邊界的間距。導(dǎo)線框從ab邊距磁場(chǎng)上邊界為h處自由下落，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A.ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，受到的安培力大小為B.導(dǎo)線框通過磁場(chǎng)上邊界的過程中，下落的速度可能始終增大C.導(dǎo)線框通過磁場(chǎng)上邊界的過程中，下落的速度肯定始終減小D.導(dǎo)線框通過磁場(chǎng)下邊界的過程中，下落的速度肯定始終減小【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．導(dǎo)線框起先做自由落體運(yùn)動(dòng)有ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)有，此時(shí)受到的安培力大小為故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；BC．若導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，受到的安培力始終小于其受到的重力，則導(dǎo)線框的速度增大，選項(xiàng)B正確、C錯(cuò)誤；D．導(dǎo)線框通過磁場(chǎng)下邊界時(shí)，受到的安培力可能小于其受到的重力，下落的速度可能增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選Ｂ。7.如圖，虛線I、Ⅱ、Ⅲ分別表示地球衛(wèi)星的三條軌道，其中軌道I為近地環(huán)繞圓軌道，軌道Ⅱ?yàn)闄E圓軌道，軌道Ⅲ為脫離軌道，a、b、c三點(diǎn)分別位于三條軌道上，b點(diǎn)為軌道Ⅱ的遠(yuǎn)地點(diǎn)，b、c點(diǎn)與地心的距離均為軌道I半徑的2倍，則（）A.衛(wèi)星在軌道Ⅱ的運(yùn)行周期與軌道I的相同B.衛(wèi)星經(jīng)過a點(diǎn)的速率為經(jīng)過b點(diǎn)的倍C.衛(wèi)星在a點(diǎn)的加速度大小為在b點(diǎn)的4倍D.質(zhì)量相同的衛(wèi)星在b點(diǎn)的機(jī)械能等于在c點(diǎn)的機(jī)械能【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．由題可知軌道I的半徑與軌道Ⅱ的半長(zhǎng)軸之比為依據(jù)開普勒第三定律解得A錯(cuò)誤；B．依據(jù)假如b點(diǎn)在過該點(diǎn)的圓形軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示衛(wèi)星經(jīng)過a點(diǎn)的速率為在圓軌道上經(jīng)過b點(diǎn)的倍，而軌道Ⅱ是橢圓，因此在軌道Ⅱ上b點(diǎn)的速度不等于圓軌道的速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．依據(jù)公式可知，衛(wèi)星在a點(diǎn)的加速度大小為在c點(diǎn)的4倍，選項(xiàng)C正確；D．衛(wèi)星從軌道Ⅱ變到軌道Ⅲ須要點(diǎn)火加速，因此在同一點(diǎn)加速動(dòng)能增大也就是機(jī)械能增大，而同一軌道機(jī)械能守恒，因此b點(diǎn)的機(jī)械能小于在c點(diǎn)的機(jī)械能，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。8.如圖甲所示，志向變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為5：1，電路中電阻R=11Ω，其余電阻均不計(jì)，從某時(shí)刻起先在原線圈兩端接入如圖乙所示的正弦式交變電壓。則下列說法中正確的是（）A.副線圈電壓有效值為B.副線圈電壓有效值為44VC.原線圈輸入功率為176WD.原線圈輸入功率為11W【答案】BC【解析】【分析】【詳解】AB．由題圖乙可知，原線圈輸入的電壓有效值為220V，依據(jù)電壓與匝數(shù)的關(guān)系有副線圈有效電壓為所以A錯(cuò)誤，B正確；CD．依據(jù)副線圈的功率由于該變壓器為志向變壓器，輸入功率等于輸出功率，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。9.用圖甲所示的電路探討光電效應(yīng)中電子放射的狀況與照耀光的強(qiáng)弱、光的顏色（頻率）等物理量間的關(guān)系．電流表A測(cè)得的光電流I隨光電管兩端電壓U的變更如圖乙所示，則（）A.電壓U增大，光電流I肯定增大B.用不同頻率的光照耀K極，頻率越大則飽和光電流越大C.用同頻率的光照耀K極，光電子的最大初動(dòng)能與光的強(qiáng)弱無(wú)關(guān)D.只調(diào)換電源的極性，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片，當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，電壓表示數(shù)為遏止電壓Uc的數(shù)值【答案】CD【解析】【分析】【詳解】A.起先時(shí)隨著電壓U增大，光電流I增大，但是當(dāng)光電流達(dá)到飽和光電流時(shí)，即使電壓再增加，電流不再增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.飽和光電流與光強(qiáng)有關(guān)，則用不同頻率的光照耀K極，頻率越大則飽和光電流不肯定越大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.用同頻率的光照耀K極，光電子的最大初動(dòng)能只與頻率有關(guān)，與光的強(qiáng)弱無(wú)關(guān)，選項(xiàng)C正確；D.只調(diào)換電源的極性，則所加電壓變?yōu)榉聪螂妷?，移?dòng)滑動(dòng)變阻器滑片，當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，電壓表示數(shù)為遏止電壓Uc的數(shù)值，選項(xiàng)D正確。故選CD。10.兩個(gè)等量同種電荷固定于光滑絕緣水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點(diǎn)，如圖甲所示，一個(gè)電荷量為2×10-5C，質(zhì)量為1g的帶正電小物塊在水平面上從C點(diǎn)靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，其中BA.B點(diǎn)為中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)，場(chǎng)強(qiáng)E=100N/CB.由C點(diǎn)到A點(diǎn)電勢(shì)先增加后削減C.由C到A的過程中物塊的電勢(shì)能先變小后變大D.A、B兩點(diǎn)間電勢(shì)差UAB=－500V【答案】AD【解析】【分析】【詳解】A．依據(jù)v—t圖象可知物塊在B點(diǎn)的加速度最大所受的電場(chǎng)力最大為故B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)最大為故A正確；B．依據(jù)兩個(gè)等量的同種正電荷，其連線中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度方向由O點(diǎn)沿中垂線指向外側(cè)，故由C點(diǎn)到A點(diǎn)電勢(shì)漸漸減小，B錯(cuò)誤；C．依據(jù)v—t圖象可知C到A的過程中物塊的速度增大，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故C錯(cuò)誤；D．由A到B依據(jù)動(dòng)能定理可得又因故故D正確。故選AD。11.某試驗(yàn)小組利用如圖甲所示的試驗(yàn)裝置測(cè)量物體的質(zhì)量；一根跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩一端與質(zhì)量為m的重物P相連，另一端與待測(cè)物塊Q（Q的質(zhì)量大于m）相連，重物P的下端與穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間。(1)某次試驗(yàn)中，先接通頻率為50Hz的溝通電源，再由靜止釋放待測(cè)物塊Q，得到如圖乙所示的紙帶，已知紙帶上每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)沒有畫出，由紙帶可知待測(cè)物塊Q下落的加速度大小a=_____m/s2（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。(2)在忽視阻力的狀況下，待測(cè)物塊Q的質(zhì)量可表示為M=_____（用字母m、a、g表示）。(3)若考慮空氣阻力、紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器間摩擦及定滑輪中的滾動(dòng)摩擦，則待測(cè)物塊Q質(zhì)量的測(cè)量值會(huì)_____（填“偏大”或“偏小”）?！敬鸢浮?1).1.98(2).(3).偏小【解析】【分析】【詳解】(1)[1]由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的判別式，結(jié)合六段位移采納逐差法可知其中，代入數(shù)據(jù)可得(2)[2]對(duì)連接體由牛頓其次定律可知解得(3)[3]可將待測(cè)物塊Q的質(zhì)量公式化簡(jiǎn)為因?yàn)橛锌諝庾枇湍Σ磷枇?，所以測(cè)得的加速度偏小，由于，則a偏小，物塊Q質(zhì)量的測(cè)量值偏小。12.在“測(cè)定金屬的電阻率”的試驗(yàn)中，所用測(cè)量?jī)x器均已校準(zhǔn)。已知待測(cè)金屬絲的電阻值Rx約為5Ω，在測(cè)電阻時(shí)，可供選擇的器材有：電源E：電動(dòng)勢(shì)3V，內(nèi)阻約1Ω電流表A1：量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω電流表A2：量程0～3A，內(nèi)阻約0.025Ω電壓表V1：量程0～3V，內(nèi)阻約3kΩ電壓表V2：量程0～15V，內(nèi)阻約15kΩ滑動(dòng)變阻器R1：最大阻值5Ω，允許最大電流2A滑動(dòng)變阻器R2：最大阻值1000Ω，最大電流0.6A開關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干。(1)在上述器材中，應(yīng)當(dāng)選用的電流表是______，應(yīng)當(dāng)選用的電壓表是___。若想盡量多測(cè)幾組數(shù)據(jù)，應(yīng)當(dāng)選用的滑動(dòng)變阻器是______（填寫儀器的字母代號(hào)）。(2)該同學(xué)用螺旋測(cè)微器測(cè)金屬絲的直徑如圖所示，則螺旋測(cè)微器的示數(shù)d=___mm。(3)用所選的器材，在答題紙對(duì)應(yīng)的方框中畫出電路圖________。(4)關(guān)于本試驗(yàn)的誤差，下列說法正確的是_______。A．測(cè)量過程中，開關(guān)長(zhǎng)時(shí)間閉合，對(duì)試驗(yàn)結(jié)果沒有影響B(tài)．由于電流表和電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于偶然誤差C．利用電流I隨電壓U的變更圖線求Rx可減小偶然誤差D．由于采納的是電流表外接法，測(cè)量值小于真實(shí)值【答案】(1).A1(2).V1(3).R1(4).0.600(5).(6).CD【解析】【分析】【詳解】(1)[1][2]因?yàn)殡娫吹碾妱?dòng)勢(shì)3V，所以電壓表選擇量程0～3V的電壓表，依據(jù)歐姆定律可知電路中最大電流為0.6A，所以電流表選擇量程0～0.6A的電流表A1；[3]為保證調(diào)整便利，盡量多測(cè)幾組數(shù)據(jù)，則選擇阻值較小的滑動(dòng)變阻器；(2)[4]螺旋測(cè)微器固定刻度為0.5mm，可動(dòng)刻度為0.01×10.0=0.100mm，所以最終讀數(shù)為0.5mm+0.100mm=0.600mm(3)[5]由于，所以電流表采納外接法，試驗(yàn)要求盡量多測(cè)幾組數(shù)據(jù)，所以滑動(dòng)變阻器采納分壓式，電路圖如圖所示(4)[6]A．測(cè)量過程中，開關(guān)長(zhǎng)時(shí)間閉合，會(huì)導(dǎo)致電阻測(cè)量結(jié)果偏大，故A錯(cuò)誤；B．由于電流表和電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差，故B錯(cuò)誤；C．利用電流隨電壓的變更圖線求金屬絲電阻，可以減小偶然誤差，故C正確；D．采納外接法，電壓表與待測(cè)電阻并聯(lián)，故電壓表是精確的，而由于電壓表的分流使電流表測(cè)量結(jié)果偏大，故由歐姆定律求得的測(cè)量值偏小，故D正確；故選CD。13.如圖所示，MN和PQ為固定在水平面上的平行光滑金屬軌道，軌道間距為0.2m。質(zhì)量為0.1kg的金屬桿ab置于軌道上，與軌道垂直。整個(gè)裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)，速度v＝10m/s。電路中除了電阻R=0.04Ω之外，ab桿的電阻r=0.01Ω，其余電阻不計(jì)。求：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大?。?2)推斷流過電阻R的電流方向并計(jì)算電流的大??；(3)ab桿兩端的電壓及外力F的大小?！敬鸢浮?1)1V；(2)流過R的電流方向?yàn)镸→P；20A；(3)0.8V；2N【解析】【分析】【詳解】(1)當(dāng)ab桿速度為v=10m/s，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為(2)依據(jù)右手定則可知導(dǎo)體棒中的電流方向?yàn)閎→a，則流過R的電流方向?yàn)镸→P。感應(yīng)電流(3)金屬桿兩端電壓為路端電壓，即外力大小為14.如圖所示，ABCD是光滑軌道，其中豎直圓軌道的半徑為R＝0.2m，最低點(diǎn)B處入、出口不重合，C點(diǎn)是最高點(diǎn)，BD部分水平，D點(diǎn)與其右側(cè)的水平傳送帶平滑連接，傳送帶以速率v＝2m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，水平部分長(zhǎng)度L＝1m。質(zhì)量為m＝1kg的小物塊從軌道上高H=0.8m處的P位置由靜止釋放，在豎直圓軌道內(nèi)通過最高點(diǎn)C后經(jīng)B點(diǎn)進(jìn)入水平軌道，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，重力加速度g取10m/s2。(1)小物塊經(jīng)過最高點(diǎn)C處時(shí)所受軌道的壓力N的大小；(2)小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t及小物塊離開傳送帶時(shí)的速度vt；(3)小物塊與傳送帶之間摩擦生的熱量Q。

【答案】(1)30N；(2)，；(3)()J【解析】分析】【詳解】(1)設(shè)小物塊滑到C的速度為，從P→C過程由機(jī)械能守恒定律得小物塊在C處由牛頓其次定律得由上兩式解得N=30N(2)設(shè)小物塊進(jìn)入傳送帶的速度為v0，加速度大小為a，在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，到達(dá)傳送帶右端速度為vt；

從P→D過程，由機(jī)械能守恒定律由牛頓其次定律