河北省张家口市2024-2025学年高三（上）期末教学质量监测物理试卷

这是一份河北省张家口市2024-2025学年高三（上）期末教学质量监测物理试卷，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.放射性同位素电池具有工作时间长、可靠性高和体积小等优点，是航天、深海、医学等领域的重要新型电源，也是我国近年重点科研攻关项目。 233Pu是制造电池的一种放射性同位素，已知 238Pu的衰变方程为 94238Pu→92234U+X，式中的X为( )
A. 01nB. −10eC. 10eD. 24He
2.如图所示为两点电荷的电场线分布图，图中P、Q两点关于两点电荷连线对称。下列关于负的试探电荷在M、N、P、Q四点的电势能和受到的电场力说法正确的是( )
A. 试探电荷在P点和Q点受到的电场力相同
B. 试探电荷在P点和Q点的电势能相同
C. 试探电荷在M点的电势能和受到的电场力都最大
D. 试探电荷在N点的电势能和受到的电场力均为零
3.起重机是一种做循环、间歇运动的起重机械。如图甲所示为某种类型的起重机正在作业，作业过程中的某一阶段在竖直方向上运动。如图乙为被吊起货物在该阶段0∼4s内运动的v−t图像，若规定竖直向上为正方向，则此时间内起重机对货物拉力最大的时刻为( )
A. 0sB. 1sC. 2sD. 3s
4.中国是全球发电量最大的国家。如图所示为交流发电机模型的示意图，两磁极之间可视为磁感应强度B=0.5T的匀强磁场。矩形线圈ABCD面积、S=200cm2、线圈的匝数N=100，线圈的总电阻r=5Ω，线圈绕轴OO′以角速度ω=50 2rad/s逆时针匀速转动。电阻R=20Ω，其他部分电阻不计，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路相连。交流电流表A的示数为( )
A. 4AB. 2 2AC. 2AD. 22A
5.如图所示为一种简易“千斤顶”的示意图，竖直轻质杆被套管P限制，只能在竖直方向运动，轻质杆上方放置被顶起的重物，轻质杆下端通过轻质小滑轮放在水平放置的斜面体上，对斜面体施加水平方向的推力F即可将重物缓慢顶起。若斜面体的高为30cm，底边长为60cm，不计各处摩擦和阻力，在缓慢顶起重物的过程中，推力F与被顶起重物重力的比值为( )
A. 116B. 18C. 14D. 12
6.如图所示，ABCD四点为长方形的四个顶点，AB边长6 3m，AD边长6m，A、B两点有两个波源，t=0时刻，A波源位移大小为0.1m，方向垂直纸面向外，B波源在平衡位置垂直纸面向里振动，已知图中介质为均匀介质且所有介质均已振动，A、B两波源的振幅分别为0.1m和0.2m，波速均为20m/s，频率均为53Hz。关于t=0时刻D点的位移，下列说法正确的是( )
A. 大小为0.1m，方向垂直纸面向外B. 大小为0.1m，方向垂直纸面向里
C. 大小为0.3m，方向垂直纸面向外D. 大小为0.3m，方向垂直纸面向里
7.在双缝干涉实验中，用某单色光照射双缝，在双缝后的屏上形成明暗相间的干涉条纹。实验测得相邻两条亮条纹间的距离为2.60mm。已知双缝之间的距离为0.200mm，双缝到屏的距离为0.800m，则单色光的波长为( )
A. 6.50×10−7mB. 1.04×10−7mC. 3.25×10−7mD. 0.520×10−7m
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器由“长征五号”遥八运载火箭在中国文昌航天发射场成功发射，自此开启世界首次月球背面采样返回之旅。如图所示为“嫦娥六号”着陆月球前部分轨道的简化示意图，Ⅰ是“嫦娥六号”的地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是“嫦娥六号”绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是“嫦娥六号”近月运行的圆形轨道，P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ上的远月点和近月点。不考虑月球的自转，下列说法正确的是( )
A. “嫦娥六号”由Ⅰ轨道变为Ⅱ轨道，需要在P点减速
B. “嫦娥六号”由Ⅱ轨道变为Ⅲ轨道，需要在Q点加速
C. 通过测量“嫦娥六号”在Ⅳ轨道上的运行周期可以估测月球的密度
D. “嫦娥六号”在Ⅲ轨道上的运行周期小于在Ⅳ轨道上的运行周期
9.空气弹簧是一种广泛应用于商业汽车、巴士、高铁及建筑物基座的减震装置，其基本结构和原理如图所示，在导热良好的汽缸和可自由滑动的活塞之间密封着一定质量的理想气体，活塞和重物的总质量为m，活塞的横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g。若外界温度保持不变，下列说法正确的是( )
A. 汽缸内气体的初始压强为p0+mgS
B. 缓慢增大重物质量，与初始时相比，汽缸内气体的内能变大
C. 缓慢增大重物质量，与初始时相比，汽缸内气体对汽缸底部单位时间内撞击的分子数增多
D. 若重物质量缓慢增大了Δm，汽缸内气柱的高度减小了Δℎ，则空气弹簧的等效劲度系数为ΔmgΔℎ
10.如图所示，一电子从y轴上的P点以大小为2v0、方向与y轴成θ= 60°的速度沿坐标系xOy平面射入第二象限，第二象限内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小B=3mv02eL的圆形有界匀强磁场，电子经磁场偏转后通过x轴时，与y轴负方向的夹角为30°。已知电子的电荷量为−e，质量为m，不考虑电子的重力，下列说法正确的是( )
A. 圆形磁场的最小半径可能为2 23L
B. 圆形磁场的最小半径可能为 6+ 23L
C. 电子在圆形磁场中的运动时间可能为2πL3v0
D. 电子在圆形磁场中的运动时间可能为5πL9v0
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组用如图所示的装置研究欧姆表原理，已知电源电动势E为1.5V，内阻r不计；电流计G的量程为300μA，内阻为99Ω。
(1)右侧表笔是_______(选填“红”或“黑”)表笔。
(2)正确操作之后，若电流计G示数为满偏的23，则被测电阻为_______Ω。
(3)将一定值电阻与电流计G并联，相当于欧姆表更换倍率，并联定值电阻之后欧姆表的倍率比并联之前_______(选填“大”或“小”)。
12.某实验小组用如图甲所示的实验装置“验证动量守恒定律”，在长木板右端下面适当位置处垫放小木块用以平衡摩擦力，放在长木板上的小车A的前端粘有橡皮泥，后端连有纸带。现给小车A一瞬时冲量，使之做匀速运动，与原来静止在前方的小车B相碰并粘成一体，继续做匀速运动。已知打点计时器的打点频率为50Hz。该实验小组从若干纸带中选出了一条比较清晰的纸带如图乙所示。
(1)实验中小车A的质量_______(选填“必须”或“不必须”)大于小车B的质量。
(2)应选图乙中_______段来计算小车A碰前的速度，应选_______段来计算小车A和小车B碰后的速度。
(3)已测得小车A的总质量mA=0.56kg，小车B的总质量mB=0.28kg，则碰前小车A和小车B的总动量为_______kg·m/s，碰后小车A和小车B的总动量为_______kg·m/s。由此该小组同学得出实验结论：_______。(计算结果均保留三位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，Rt△ABC处于匀强电场中并与匀强电场平行，∠B= 90°，AB边长d1= 20 cm，BC边长d2= 40 cm，D为BC边上的一点，且CD= 3BD。将电荷量q1= −2.0 × 10−9C的带电粒子从C点移动到A点电场力做功6.0 × 10−8J，将电荷量q2= 2.0 × 10−9C的带电粒子从A点移动到D点需要克服电场力做功3.0 × 10−8J，求：
(1)B、C两点间的电势差UBC；
(2)匀强电场的电场强度。
14.如图甲所示，平行光滑金属导轨ab、cd间距L=1m，与水平面间的夹角θ=37 ∘，导轨上端接有电阻R=40Ω。一导体棒PQ垂直导轨放置且与导轨接触良好，导体棒PQ质量m=2kg，连入电路的电阻r=20Ω，轨道间充满垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t变化的图像如图乙所示。t=0时刻，导体棒PQ在沿轨道平面向下的拉力F的作用下从靠近bd的位置由静止开始做加速度a=10m/s2的匀加速直线运动。导轨足够长且导轨电阻忽略不计，重力加速度g取10m/s2，sin37 ∘=0.6，求t=1s时：
(1)通过导体棒PQ的感应电流方向；
(2)通过导体棒PQ的感应电流大小；
(3)拉力F的功率。
15.如图所示，足够长的光滑水平平台右端与长度L=12m、以速度v=12m/s逆时针转动的水平传送带平滑无缝连接。在平台上静置着质量分别为ma=0.2kg、mb=0.5kg、mc=0.5kg的a、b、c三个小滑块，a、b滑块间有一被压缩的轻弹簧(滑块与轻弹簧不拴接)，此时轻弹簧的弹性势能Ep=14J。释放弹簧，弹簧与滑块a、b分离后立刻撤去弹簧，此时a未滑上传送带，b未与c碰撞。已知b与c碰撞后结合在一起，a、b的碰撞为弹性碰撞，a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)弹簧与小滑块a、b分离后，a、b的速度大小va，vb；
(2)小滑块b、c碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)小滑块a在传动带上通过的总路程s(结果保留两位小数)。
答案和解析
1.D
【解析】根据核反应前后质量数和电荷数守恒得
A=238−234=4
Z=94−92=2
故式中的X为 24He 。
故选D。
2.B
【解析】A.由对称性可知，负试探电荷在P点和Q点受到的电场力大小相等，方向不同，故A错误；
B.由对称性可知，P点和Q点的电势相等，所以负试探电荷在P点和Q点的电势能相等，故B正确；
C.根据电场线的疏密表示场强的大小，可知M点的场强最大，则负试探电荷在M点受到的电场力最大；根据沿着电场线方向电势逐渐减低，可知M点的电势最高，根据 Ep=qφ 知负电荷在该点电势能最小，故C错误；
D.N点的场强不为零，则试探电荷在N点受到的电场力一定不为零，故D错误。
故选B。
3.A
【解析】由题意，根据牛顿第二定律有
F−mg=ma
物体竖直向上的加速度最大时，拉力F最大，由 v−t 图像可知0s时和4s时竖直向上的加速度最大，拉力最大。
故选A。
4.C
【解析】线圈产生的感应电动势最大值
Em=NBSω
则感应电动势的有效值
E=Em 2
根据闭合电路欧姆定律可知
I=ER+r
则交流电流表A的示数为
I=NBSω 2R+r=2A
故选C。
5.D
【解析】设斜面倾角为 θ ，对斜面体受力分析，如图所示
根据平衡条件可得
FNsinθ=F
对重物和杆整体在竖直方向上有
F′Ncsθ=mg
FN=F′N
联立可得
F=mgtanθ=12mg
故选D。
6.B
【解析】波长
λ=vf=12m
AD=6m=λ2
则 t=0 时刻波源A在D点引起的位移大小为0.1m，方向垂直纸面向里。
BD=12m=λ
则 t=0 时刻波源B在D点引起的位移为0，所以 t=0 时刻波源A、B在D点引起的合位移大小为0.1m，方向垂直纸面向里。
故选B。
7.A
【解析】根据双缝干涉条纹间距公式
Δx=ldλ
可得
λ=Δx⋅dl
代入数据解得
λ=6.5×10−7 m
故选A。
8.AC
【解析】A.“嫦娥六号”由Ⅰ轨道变为Ⅱ轨道，需要在P点减速，故A正确；
B.“嫦娥六号”由Ⅱ轨道变为Ⅲ轨道，需要在Q点减速，故B错误；
C.Ⅳ轨道是贴近月球表面环月飞行，设其周期为T，根据万有引力提供向心力
GMmR2=m2πT2R
解得
M=4π2R3GT2
则月球的密度为
ρ=M43πR3
解得
ρ=3πGT2
所以通过测量“嫦娥六号”在Ⅳ轨道上的运行周期可以估测月球的密度，故C正确；
D.根据开普勒第三定律可知，半长轴越大，周期越大，即“嫦娥六号”在Ⅲ轨道上的运行周期大于在Ⅳ轨道上的运行周期，故D错误。
故选AC。
9.ACD
【解析】A.对活塞和重物受力分析，由平衡条件可知
p0S+mg=p1S
解得
p1=p0+mgS
故A正确；
B.汽缸导热良好，缓慢增大重物质量过程中，汽缸内气体温度不变，内能不变，故B错误；
C.缓慢增大重物质量，由平衡条件可知，汽缸内气体压强增大，体积减小，温度不变，则与初始时相比，汽缸内气体对汽缸底部单位时间内撞击的分子数增多，故C正确；
D.等效弹力改变量为 Δmg ，等效弹簧形变改变量为 Δℎ ，据胡克定律可得，空气弹簧的等效劲度系数
k=ΔmgΔℎ
故D正确。
故选ACD。
10.ABD
【解析】AB.设电子在磁场中运动的半径为r，由
e2v0B=m2v02r
解得
r=43L
电子与y轴负方向的夹角为30°可能有两种情况，其运动轨迹图如图所示
设两种情况下圆形磁场的最小半径分别为R1和R2，由几何知识可得
R1=ab2=rsin45 ∘=2 23L
R2=ac2=rsin75 ∘= 6+ 23L
故AB正确；
CD.两种情况下电子在圆形磁场中的运动时间分别为
t1=14⋅2πr2v0=πL3v0
t2=512⋅2πr2v0=5πL9v0
故C错误，D正确。
故选ABD。
11.(1)红
(2)2500
(3)小
【解析】(1)由电流从红表笔流入可知，图中右侧表笔是红表笔。
(2)设欧姆表内阻为 R内 ，由闭合回路欧姆定律有
EIg=R内
E23Ig=R内+Rx
联立并代数解得
Rx=2500Ω
(3)将一定值电阻与电流计G并联，当电流计G满偏时，通过电源的电流比并联之前大，则欧姆表内阻比并联之前小，所以倍率比并联之前小。
12.(1)不必须
(2) BC DE
(3) 0.588 0.584 在误差允许的范围内，系统动量守恒
【解析】(1)本实验中不必须满足小车A的质量大于小车B的质量。
(2)[1][2]因为小车A与B碰撞前、后都做匀速直线运动，且碰后A与B粘在一起，其共同速度比小车A原来的速度小。所以应选点迹分布均匀且点距较大的BC段计算A碰前的速度，选点迹分布均匀且点距较小的DE段计算A和B碰后的速度。
(3)[1][2]由图乙可知，碰前A的速度和碰后A、B的共同速度分别为
vA=10.50×10−20.02×5m/s=1.05m/s
v′A=v′B=6.95×10−20.02×5=0.695m/s
故碰撞前总动量为
mAvA=0.588kg⋅m/s
碰撞后总动量为
mAv′A+mBv′B=0.584kg⋅m/s
[3]由此得出结论：在误差允许的范围内，系统动量守恒。
13.【解析】(1)由题可知
q1φC−φA=W1
q2φA−φD=W2
解得
φA−φC=30V
φD−φA=15V
则
φD−φC=45V
由于
CD=3BD
所以
φB−φD=15V
联立可得
UBC=φB−φC=60V
(2)易得BC的中点P与A点等电势，如图所示，连接AP并作出电场方向
则
E=UBPd′=12UBCd1sin45 ∘
解得
E=150 2V/m
方向与BA成45°，向下垂直AP。

14.【解析】(1)由楞次定律和右手定则得通过导体棒PQ的感应电流方向为从Q到P；
(2) t=1 s时， B=4 T，导体棒PQ的位移
x=12at2=5m
速度
v=at=10m/s
感应电动势
E=ΔBΔtLx+BLv
据闭合电路欧姆定律可得
I=ER+r
解得
I=1A
(3)根据牛顿第二定律可得
F+mgsin37 ∘−ILB=ma
拉力F的功率
P=Fv
解得
P=120W

15.【解析】(1)弹开后a的速度大小为 va ，b的速度大小为 vb 。由动量守恒定律得
mbvb=mava
根据能量守恒有
Ep=12mbvb2+12mava2
解得
va=10 m/s， vb=4 m/s
(2)b与c发生完全非弹性碰撞，设碰后二者共同速度为 vc1 ，由动量守恒定律有
mbvb=mb+mcvc1
解得
vcl=2 m/s
由能量守恒，碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=12mbvb2−12mb+mcvcl2
解得
ΔE=2 J
(3)小滑块a在传送带上的加速度大小
a=μg
假设小滑块a未离开传送带，其在传送带上向右移动的距离
xa1=v a22a=10m