2025年1月“八省联考”高三上考前热身卷 (2)物理试卷（解析版）

这是一份2025年1月“八省联考”高三上考前热身卷 (2)物理试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了电子秤在日常生活中应用很广泛等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共7题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．装修石材通常具有一定的辐射，主要是因为其中含有放射性元素氡，氡核 QUOTE Rn）发生一次衰变后生成新核钋 QUOTE P），放出一个粒子X及一个γ光子。氡的半衰期为3.8天，下列说法正确的是（ ）
A.X为β粒子
B.X与γ光子均属于实物粒子
C.钋核的比结合能比氡核大
D.石材中氡经过7.6天会全部衰变完
【解析】C 钋核 QUOTE P）的电荷数比氡核 QUOTE Rn）的小2，而质量数小4，根据电荷数守恒和质量数守恒，可得放出的粒子X的电荷数为2，质量数为4，是α粒子，A错误；γ光子是电滋波，不是实物粒子，B错误；衰变过程中释放能量，原子核的比结合能变大，C正确；每经过一个半衰期，原子核有半数发生衰变，这个一半是指当前数量的一半，故经过两个半衰期，氡会剩下四分之一没有衰变，故D错误。
2．2023年5月30日9时31分，搭载“神舟十六号”载人飞船的“长征二号”遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。北京时间5月30日18时22分，远道而来的“神舟十六号”航天员乘组顺利入驻“天宫”，与期盼已久的“神舟十五号”航天员乘组胜利会师太空。随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向牵挂他们的全国人民报平安。这标志着中国现已从航天大国向航天强国迈进。未来某天宇航员正在太空旅行，来到火星表面登陆后，以速率竖直上抛一物体，物体上升的最大高度为，已知火星半径为，自转周期为，引力常量为，则（ ）
A．火星绕太阳运动的向心加速度
B．若忽略火星自转，火星的质量
C．火星同步卫星的高度
D．若忽略火星自转，火星的第一宇宙速度
【答案】D
【解析】A．火星绕太阳运动的向心加速度其中T＇和r应该是火星绕太阳运动的公转周期和公转半径，选项A错误；
B．若忽略火星自转，火星表面的重力加速度根据可得火星的质量选项B错误；
C．对火星的同步卫星可得同步卫星的高度选项C错误；
D．若忽略火星自转火星的第一宇宙速度选项D正确。故选D。
3．如图，一定质量的理想气体从状态经状态变化到状态的图像。则下列说法正确的是（ ）
A．状态的压强是状态的压强的4倍
B．状态到状态过程，气体一直对外做功
C．状态到状态过程，气体吸收的热量等于其内能的增加量
D．状态到状态过程，气体压强不变
【答案】D
【解析】AD．根据变形可得
可知状态a到状态b是等压变化，即；由图可知，状态b到状态c是等容变化，则有解得故A错误，D正确；
B．由图可知，状态a到状态b，体积增大，气体对外做功，状态b到状态c，体积不变，气体对外不做功，故B错误；
C．状态到状态过程，温度升高，故气体内能增大，同时气体对外做功，则气体吸收的热量大于其内能的增加量，故C错误。故选D。
4．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，则以下说法正确的是（ ）
A．第1s内，F对滑块做的功为3J
B．第2s内，滑块所受阻力为2N
C．第2s内，F对滑块做功的平均功率为4W
D．前3s内，F对滑块做的总功为零
【答案】 B
【解析】A．由题图可知，第1s内，滑块做匀速直线运动，外力F等于阻力，所以阻力为2N，滑块位移为1m，F对滑块做的功为
故A错误；
B．第2s内，滑块所受阻力与第1s内相等，为2N，故B正确；
C．第2s内，滑块位移为
F对滑块做的功为
所以平均功率为
故C错误；
D．第3s内，滑块位移为
F对滑块做的功为
所以前3s内，F对滑块做的总功为
故D错误。
故选B。
5．水面上有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，图甲是该简谐横波在t = 0.6 s时的部分波形图，图乙是这列波上x = 16 m处的质点从t = 0.7 s时刻开始振动的图像。下列说法正确的（ ）
A．波源的起振方向向上
B．该列波的波速为20 m/s
C．该列水波可以和水面上另一列频率为1.25 Hz的水波形成稳定的干涉图样
D．该波遇到20 cm的小孔时，不能发生明显的衍射现象
【答案】B
【解析】质点起振动方向与波源起振方向相同，由题图乙可知x = 16 m处的质点的起振方向向下，则波源起振方向向下，故A错误；由图甲可知，该波的波长为8 m，将t = 0.6 s时刻波的波形图补充完整，由于波源起振方向向下，且此时波形并未传播至x = 16 m处的质点，由此可知需要补充个波长的波形，即波前位置为t = 0.7 s时刻，x = 16 m处的质点开始振动，则该列波的波速为,故B正确；
该波的频率为,故该列水波不可以和水面上另一列频率为1.25 Hz的水波形成稳定的干涉图样，故C错误；孔的尺寸为20 cm，比波长小，由发生明显衍射条件可知，能发生明显的衍射现象，故D错误。故选B。
6．在图甲所示的交流电路中，输入端、所接电源电压随时间的变化关系如图乙所示。原线圈电路中接有““8V，4W””的小灯泡，副线圈电路中所接灯泡L的额定电压为，电阻恒为，定值保护电阻。滑动变阻器的触头滑到适当位置时，两个灯泡恰好都正常工作。假设变压器是理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A．通过灯泡L的电流方向每秒改变25次B．电源的输出功率是
C．变压器原、副线圈的匝数比
D．滑动变阻器接入电路的电阻为
【答案】C
【解析】A．由图乙可知，交流电压的周期为，一个周期内电流方向改变2次，则通过灯泡L的电流方向每秒改变50次，故A错误；
B．、间电压有效值为
原线圈电路中的小灯泡正常工作，则流过原线圈的电流为
则电源的输出功率为
故B错误；
C．设副线圈电路中的灯泡正常工作时的电流为，则有
故变压器原、副线圈的匝数比为
故C正确；
D．原线圈两端电压为
由
可得副线圈输出电压为
故副线圈的总电阻为
所以滑动变阻器接入电路的电阻为
故D错误。
故选C。
7．电子秤在日常生活中应用很广泛。某同学在研究性学习活动中自制两种电子秤，原理如图甲、乙所示。用理想电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端。已知滑动变阻器总电阻，长度，电源电动势，内阻，限流电阻，弹簧劲度系数，除重力外，不计其他作用力，。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两图托盘中没有放物体时，电压表示数不为0
B．甲、乙两图流过的电流均随着托盘中物体质量增大而增大
C．当图甲电压表示数为2V时，可推测托盘中所放物体质量为0.4kg
D．当图乙电压表示数为2.4V时，可推测托盘中所放物体质量为0.4kg
【答案】 D
【解析】A．当托盘中没有放物体时，两电路图滑动变阻器接入电路的电阻均为0，则电压表示数均为0，故A错误；
B．经过的电流增大，说明R接入电路阻值变小，盘中物体质量减小，故B错误；
C．当电压表示数为2V时，题图甲电路的电流为
则变阻器接入电路的电阻为
弹簧长度变化量
托盘中放上的物体质量为
故C错误；
D．题图乙中，设托盘上放上质量为的物体时，弹簧的压缩量为，由平衡条件可得
解得
由闭合电路欧姆定律可知
则
联立解得
将代入得
故D正确。
故选D。
二、选择题：本题共4题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，Ⅰ为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为，运动周期为；Ⅱ为地球的近地卫星，运动周期为。下列说法正确的是（ ）
A．卫星Ⅰ运动的线速度大于卫星Ⅱ的线速度
B．卫星Ⅰ运动的角速度小于卫星Ⅱ的角速度
C．
D．
【答案】BC
【解析】AB．由万有引力提供向心力
可得卫星绕地球做圆周运动的线速度和角速度大小为
，
因为卫星Ⅰ运动的轨道半径大于卫星Ⅱ的轨道半径，所以卫星Ⅰ运动的线速度小于卫星Ⅱ的线速度，卫星Ⅰ运动的角速度小于卫星Ⅱ的角速度，故A错误，B正确；
CD．由几何关系可知，卫星Ⅰ运动的轨道半径与卫星Ⅱ的轨道半径关系为
由开普勒第三定律可知
化简可得
故C正确，D错误。
故选BC。
9．如图为一半圆柱形均匀透明材料的横截面，一束红光a从空气沿半径方向入射到圆心O，当时，反射光b和折射光c刚好垂直。下列说法正确的是（ ）
A．该材料对红光的折射率为
B．若，光线c消失
C．若入射光a变为白光，光线b为白光
D．若入射光a变为紫光，光线b和c仍然垂直
【答案】ABC
【解析】A．根据几何关系可知从材料内发生折射时光线的折射角为，故折射率为
故A正确；
B．设临界角为C，得
故，故若，会发生全反射，光线c消失，故B正确；
C．由于光线b为反射光线，反射角等于入射角，故当入射光a变为白光，光线b为白光，故C正确；
D．对同种介质，紫光的折射率比红光大，故若入射光a变为紫光，折射角将变大，光线b和c不会垂直，故D错误。故选ABC。
10．如图所示，倾角为θ的固定光滑绝缘斜面底端有一质量为m、电荷量为＋q（）的小物块，空间存在平行斜面向上的匀强电场（场强大小未知）。物块在电场力的作用下由静止开始沿斜面向上加速运动，经过时间t，物块的速度为v，此时撤去电场，又经过时间2t，物块回到斜面底端。已知重力加速度为g，以下说法正确的是
A．电场强度大小可表示为
B．电场力对物块做的功可表示为
C．物块返回斜面底端时的速度大小可表示为2v
D．物块上滑过程中重力的冲量大小可表示为
【答案】AD
【解析】C．撤去电场力F前后的两个过程，物块的位移大小相等，因时间之比为1∶2，则平均速度大小之比为2∶1，设物块返回斜面底端的速度为v′，则有解得即物块返回斜面底端的速度大小为，故C错误；
B．对物块在斜面上运动的全过程，由动能定理有解得故B错误；
A．根据，解得分析这两个过程，可得解得则电场强度大小故A正确；
D．物块上滑时减速阶段所用的时间为则上滑过程所用的时间为，可得物块上滑过程中重力的冲量大小为，故D正确。故选AD。
11．如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（ ）
A．加速过程中通过金属棒的电荷量为B．金属棒加速的时间为
C．加速过程中拉力的最大值为D．加速过程中拉力做的功为
【答案】AB
【解析】A．设加速阶段的位移与减速阶段的位移相等为，根据
可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，则减速过程由动量定理可得，解得A正确；
B．由解得金属棒加速的过程中，由位移公式可得
可得加速时间为B正确；
C．金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得其中联立解得C错误；
D．加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功可得
因此加速过程中拉力做的功大于，D错误。故选AB。
三．非选择题：(本题共5小题，共52分。其中第14题~16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。)
12．（8分）在“验证机械能守恒定律”的一次实验中，重物拖着纸带自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图所示，已知相邻计数点的时间间隔为0.02s，回答以下问题：
(1)关于本实验，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中两限位孔必须在同一竖直线上
B．实验前，手应提住纸带上端，使纸带竖直
C．实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源
D．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置
(2)某同学用如图甲所示装置进行实验，得到如图乙所示的纸带，把第一个点（初速度为零）记作O点，测出点O、A间的距离，点A、C间的距离，点C、E间的距离，已知当地重力加速度为，重物的质量为，则打点计时器在打O点到C点的这段时间内，重物动能的增加量为 J，重力势能的减少量为 J；（结果均保留两位小数）
(3)在实验中发现，重物减少的重力势能大于重物增加的动能，其原因主要是 。
【答案】(1)AB
(2) 8.00 8.25
(3)重物受到空气阻力或纸带与打点计时器之间存在阻力
【解析】（1）A．两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以让纸带顺利通过，减小摩擦对实验的影响，A正确；
B．实验前，手提住纸带上端，使纸带竖直，可以使纸带放开后保持竖直状态通过打点计时器，从而减小摩擦对实验的影响，B正确；
C．应该先接通打点计时器的电源，再释放纸带，这样可以充分利用纸带，使纸带上数据点多，若先释放纸带后接通电源，纸带上数据点会很少，甚至没有数据，C错误；
D．应选择纸带上距离适当较远的两点作为初、末位置，这样可以使误差百分比减小，D错误；
故选AB。
（2）[1]由自由落体运动规律知，中间时刻瞬时速度等于这一段平均速度，则打下C点时重物的速度大小为
则，重物的动能增加量为
联立解得
[2]由重力做功与重力势能变化关系知
代入得
（3）由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力。
13．（10分）为了精确测量一段金属丝的电阻，实验室给出了以下实验器材：
A．两节新的干电池
B．电压表V1（量程0~3V，内阻约为1kΩ）
C．电压表V2（量程0~15V，内阻约为5kΩ）
D．电流表A（量程0~100mA，内阻为10Ω）
E．电阻箱R1（0~999.0Ω，额定电流1A）
F．滑动变阻器R2（0~5Ω，额定电流1A）
G．电键和导线若干
①某兴趣小组设计如图所示电路图，则电压表应选___________。（填器材前的字母）
②要将电流表A的量程扩大至0.6A，电阻箱连入的电阻值为___________Ω，改装后的电流表的内阻RA=___________Ω（计算结果保留2位有效数字）
③根据电路图连接好电路，闭合开关前，调节滑动变阻器P置于___________端（选填“左”或“右”），若某次测量中电压表的示数为U，电流表的示数为I，多次测量得到金属丝的外径平均值为d，并用刻度尺测得金属丝的长度平均值为L，则该金属丝电阻率的表达式为___________（用相应的字母符号表示）。
【答案】①B ②2.0 1.7 ③左
【解析】①两节新的干电池电压约为3V，所以为了读数准确，电压表选择B。
②要将电流表A的量程扩大至0.6A，则需要电阻箱分流0.5A，根据并联电路分流规律有
,解得电阻箱连入的电阻值为R1=2.0Ω,改装后电流表的内阻为
③闭合开关前，应使分压电路的电压为零，则应调节滑动变阻器P置于左端。电流表改装后，通过Rx的电流Ix与电流表示数I的关系为,Rx两端的电压为 ,根据欧姆定律可知 ,根据电阻定律可知 ,解得 .
14．如图所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光滑水平面相切。右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，轨道半径R＝0.8m，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R，质量为M＝2.0kg的小物块B静止在水平面上。质量为mA＝2.0kg的小物块A从距离水平面某一高度的S点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B发生弹性碰撞，碰后两个物体交换速度，然后小物块B从桌面右边缘D点飞离桌面后，恰由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，g＝10m/s2，求：
(1)物块B离开D点时的速度大小；
(2)S与Q竖直高度h；
(3)物块能否沿轨道到达M点，并通过计算说明理由。
【答案】(1) (2)0.8m (3)见解析
【解析】（1）A、B碰撞后，因二者交换速度，所以A静止，物块B由D点做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy，有
又
解得
（2）设A与B碰撞前的速度为，A与B相碰交换速度，所以
A从S滑到Q的过程中，根据机械能守恒定律得
解得
（3）设物块能沿轨道到达M点，且到达时其速度为，从D到M由动能定理得
解得
即物块不能到达M点。
15．（12分）如图所示，直角坐标系xOy中，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向。在第Ⅳ象限区域内有方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的点，以大小为的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点垂直y轴进入第Ⅲ象限，不计粒子的重力，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)粒子到达M点时速度的大小和方向；
(3)求磁场中磁感应强度B的大小。
【答案】(1) (2)，与x轴正方向夹角为θ=60° (3)
【解析】（1）粒子在电场中仅受电场力的作用做类平抛，设在第一象限内运动时间为t1，则
水平方向2L=v0t1（1分）
竖直方向（1分）
由牛顿第二定律有（1分）
联立两式得（1分）
（2）设粒子到达M点时竖直分速度为（1分）
可得
到达M点的合速度为（1分）
设速度与x轴正方向夹角为，又（1分）
所以θ=60°（1分）
（3）由于垂直打到y轴，易得带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为120°洛伦兹力提供向心力得（2分）
由几何关系有（1分）
联立，解得（1分）
16．如图1为汽车在足够长水平路面上以恒定功率P启动的模型，假设汽车启动过程中所受阻力F阻恒定，汽车质量为M；如图2为一足够长的水平的光滑平行金属导轨，导轨间距为L，左端接有定值电阻R，导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，将一质量为m的导体棒垂直搁在导轨上并用水平恒力F向右拉动，导体棒和导轨的电阻不计且两者始终接触良好。图3、图4分别是汽车、导体棒开始运动后的v - t图像，图3和图4中的t1和t2已知。
(1)请分别求汽车和导体棒在运动过程中的最大速度vm1和vm2；
(2)请求出汽车从启动到速度达到最大所运动的距离x1；
(3)求出导体棒从开始运动到速度达到最大所运动的距离x2。
【答案】(1)eq \f(P,F阻) eq \f(FR,B2L2) (2)eq \f(Pt1,F阻)－eq \f(MP2,2Feq \\al( 3,阻)) (3)eq \f(FRt2,B2L2)－eq \f(mFR2,B4L4)
【解析】(1)vm代表的是匀速运动的速度，也就是平衡时物体的运动速度，对汽车启动问题，有
F牵－F阻＝0，P＝F牵vm1
解得vm1＝eq \f(P,F阻)
对导体棒问题，有F－ILB＝0
I＝eq \f(BLvm2,R)
解得vm2＝eq \f(FR,B2L2)。
(2)由动能定理可知eq \f(1,2)Mveq \\al( 2,m1)＝Pt1－F阻x1
解得x1＝eq \f(Pt1,F阻)－eq \f(MP2,2F阻3)。
(3)由法拉第电磁感应定律E＝Neq \f(ΔΦ,Δt)可得，在导体棒从开始运动到速度达到最大过程中
eq \x\t(E)＝Beq \f(ΔS,t2)＝BLeq \f(x2,t2)
由欧姆定律可知eq \x\t(I)＝eq \f(eq \x\t(E),R)
故eq \x\t(F)安＝eq \x\t(I)LB
由动量定理可知Ft2－eq \x\t(F)安t2＝mvm2
联立解得x2＝eq \f(FRt2,B2L2)－eq \f(mFR2,B4L4)。