云南省临沧市2024-2025学年高三（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份云南省临沧市2024-2025学年高三（上）期末考试物理试卷（含解析），共16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.根据所学的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 在核反应方程 24He+714N→817O+X中，X是质子
B. β衰变的本质是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流
C. 铀核 92238U衰变为铅核 82206Pb的过程中，要经过8次α衰变和4次β衰变
D. 92238U→90234Th+24He是重核裂变
2.中国到2030年将拥有4个完整的处于现役状态的航母作战编队，第三艘航空母舰已在江南造船厂开工建设。航母上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“歼15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s，若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为( )
A. 30m/sB. 40m/sC. 20 m/sD. 10 m/s
3.平底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为23v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为( )
A. 3Mg5mvB. 2Mg5mvC. 2Mg3mvD. 3Mg2mv
4.如图所示，一只原、副线圈分别是200匝和100匝的理想变压器．副线圈的两端连接两个阻值均为20Ω的电阻，原线圈接频率为50Hz的正弦交流电源，电压表的示数为5V.电流表、电压表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )
A. 电流表的读数为0.5AB. 流过电阻的交流电频率为100Hz
C. 交流电源的输出电压的最大值为20 2VD. 交流电源的输出功率为5W
5.摄制组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶．如图所示，若特技演员质量m=50 kg，导演在某房顶离地H=12 m处架设了轮轴(轮与轴有相同的角速度)，轮和轴的直径之比为3:2(人和车均视为质点，且轮轴直径远小于H)，若轨道车从图中A前进到B，在B处时，速度v=10m/s，绳BO与水平方向的夹角为53°，则由于绕在轮上细钢丝的拉动，使演员由地面从静止开始向上运动．在车从A运动到B的过程中(g取10 m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6) ( )
A. 演员上升的高度为3 m
B. 演员最大速度为8 m/s
C. 以地面为重力势能的零点，演员最大机械能为2400 J
D. 钢丝在这一过程中对演员做功为4275 J
6.A、B两个物体在同一直线上作匀变速直线运动，它们的速度图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 前4s内A、B两物体运动方向一定相反B. t=4s时，A、B两物体相遇
C. t=4s时，A、B两物体的速度相同D. A物体的加速度比B物体的加速度大
7.一简谐横波某时刻波形如图甲所示．由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示．下列说法正确的是( )
A. 该时刻质点L与N的速度相同B. 该横波沿x轴正方向传播
C. 质点L该时刻向y轴负方向运动D. 质点M经半个周期将移动到K点
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.一带电荷量为Q的正点电荷固定于光滑绝缘水平面上，如图所示，图中虚线为该点电荷周围的等势面，两个均为二价的离子甲、乙从点电荷Q的某一等势面上的同一点a处先后以相同的速率而不同的方向进入Q电荷的电场中，两离子的运动轨迹如图所示，下列说法正确的是( )
A. 甲乙两个离子带电性相同
B. 电场力对两离子都先做正功后做负功
C. 两离子在d点和c点处所受电场力不相同
D. 两离子分别到达d点和c点时，各自电势能的变化量均为零
9.嫦娥六号返回地球的轨迹如图所示，嫦娥六号从A点进入大气层，实现第一次减速，从C点飞出大气层，再从E点进入大气层，实现第二次减速，精准地落在预定地点，从A→B→C→D→E打了一个9000km的水漂，其中B、D分别为轨迹的最低、最高点。则嫦娥六号打水漂的过程中( )
A. 在B点，嫦娥六号处于超重状态
B. 在C点，嫦娥六号的速度方向指向地心
C. 在D点，嫦娥六号受到地球的引力最大
D. 在E点，嫦娥六号受到的合力方向指向轨迹的下方
10.如图，半径为R的半圆形区域内(含边界)有方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，MN为位于磁场下边界的粒子收集板，磁场左侧边界与MN相距R2处有一粒子源S，以不同速率沿平行于MN的方向射入大量质量均为m、电荷量均为q的粒子，部分粒子能够打到收集板上。不计粒子重力及粒子间的相互作用，则
A. 粒子带正电
B. 到达收集板上O点的粒子在磁场中的速度偏转角为30°
C. 到达收集板的粒子在磁场中运动的最长时间为πmqB
D. 到达收集板的粒子的速度最大值为(2+ 3)qBRm
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学利用如图甲所示装置做“用双缝干涉测量光的波长”的实验。
(1)下列说法正确的是 ；
A.若仅将蓝色滤光片换成红色滤光片，则相邻干涉条纹间距变宽
B.若仅将单缝向双缝移动一小段距离，则相邻干涉条纹间距变宽
C.若仅增大双缝间的距离，则相邻干涉条纹间距变窄
D.若去掉滤光片。则干涉现象消失
(2)实验中，选用红色滤光片测量红光的波长，测得双缝间的距离d=2mm，双缝与屏之间的距离为L=0.80m，通过测量头观察第1条亮条纹的读数为3.645mm，观察第6条亮条纹的位置如图乙所示，其读数为 mm。由此求得红光的波长为 m(计算结果保留三位有效数字)。
12.要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：
电池组(电动势为4.5V，内阻约1Ω)：
电流表(量程为0～250mA，内阻约5Ω)；
电压表(量程为0～3V，内限约3kΩ)：
电键一个、导线若干。
①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_____(填字母代号)。
A.滑动变阻器(最大阻值20Ω，额定电流1A)
B.滑动变阻器(最大阻值1750Ω，额定电流0.3A)
②实验的电路图应选用图1中_____(填字母代号)。
③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5.0Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是_____W。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图，导热性能良好的汽缸内封闭一定质量的理想气体，其顶部有一固定卡环，卡环与汽缸底部的高度差为h，活塞与汽缸内壁无摩擦且气密性良好，卡环对活塞有一定的压力，活塞的质量为m、横截面积为S，在活塞上放一质量为2m的重物，活塞向下移动18h，重力加速度大小为g，已知大气压强等于6mgS，环境温度为T0，求：
(1)不加重物时，卡环对活塞的压力大小；
(2)若不加重物，使环境温度缓慢降低，也使活塞下降18h，则降温后的温度为多少？
14.如图，小物块和长木板叠放在水平地面上，小物块质量M=3kg，长木板质量m=1kg，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1。某时刻长木板以某一初速度v0(未知)向右运动的同时，处于长木板右端的物块受到水平向右的力F=18N从静止开始运动。1s后，小物块与长木板第一次共速，F再作用一段时间后撤去，当小物块与长木板第二次共速时，小物块恰好没有从长木板右端掉下，重力加速度g大小取10m/s2，小物块可视为质点，求：
(1)长木板的最短长度；
(2)力F作用的总时长；
(3)长木板从开始运动到停止，总的位移大小。
15.如图所示，金属轮A1和绝缘轮A2，可绕各自中心金属轴O1和O2转动，O1和O2平行且水平放置，A1金属轮由三根金属辐条和金属环组成，A1轮的辐条长为4r、电阻为R，连接辐条的金属环的电阻可以忽略，三根辐条互成120°角，在图中120°的扇形区域内存在平行于轴向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘轮A2的半径的为2r，另一半径为r 的绝缘圆盘A3与A2同轴且固连在一起。一轻细绳的一端固定在A1边缘上的某点，在A3上绕足够匝数后，悬挂一质量为m的重物P。当P下落时，通过细绳带动A3和A2绕O2轴转动。转动过程中，A1、A2保持接触，无相对滑动。A1轮的轴O1和金属环通过导线与两平行的足够长的金属导轨连接，导轨倾角为θ，其上放置一质量为m、电阻为R、长度为L的金属棒EF，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，轨道间存在沿斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，不计导线电阻。
(1)当P 的速度为v 时，求金属棒EF 两端的电压；
(2)金属棒EF 刚好开始运动记为0时刻，经过时间t 重物P 下落高度为h，金属棒EF 仍在轨道上运动，求此时金属棒EF 的速度u；
(3)为使金属棒EF 不脱离轨道，轨道的倾角θ满足的条件。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A、根据质量数守恒和电荷数守恒可知：X的质量数为4+14-17=1，电荷数为2+7-8=1，X为质子 11H，故A正确；
B、β衰变释放的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流，故B错误；
C、设该过程经历了x次α衰变和y次β衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒可得：238=206+4x，92=82+2x-y，解得：x=8，y=6，故C错误；
D、根据核反应的特点可知， 92238U→90234Th+24He是α衰变，故D错误。
故选：A。
2.【答案】B
【解析】设飞机的初速度为v0，已知飞机的加速度a、位移x、末速度v，由匀变速直线运动的速度位移公式有：v2-v02=2ax
解得：v0= v2-2ax= 502-2×4.5×100m/s=40m/s，故ACD错误，B正确。
故选：B。
3.【答案】A
【解析】设△t→0的时间内有N粒豆子碰撞锅盖，选择这N粒豆子为对象，
由动量定理F△t=N(mv +23mv )，F=Mg，可得N△t=3Mg5mv，A正确。
4.【答案】C
【解析】A，副线圈的电流为I2=0.25A，电压U2=10V，则原线圈的电流为I1，由I1：I2=n2：n1
得I1=12×I2=0.125A.故A错误；
B.流过电阻的交流电的频率为50Hz.故B错误；
C.原线圈的电压为U1=2×10V=20V，交流电源的输出电压的最大值为20 2V，故C正确；
D.交流电源的输出功率P出=U1I1=20×0.125W=2.5W.故D错误。
故选C．
5.【答案】D
【解析】
A.由图可知，在这一过程中，连接轨道车的钢丝上升的距离为h0=15-12=3m
轮和轴的直径之比为3：2，
所以演员上升的距离为h=32×3m=4.5m，故A错误；
B.设轨道车在B时细线与水平方向之间的夹角为θ，将此时轨道车的速度分解，此时钢丝的
v丝=vcsθ=6m/s，
由于轮和轴的角速度相同，则其线速度之比等于半径(直径)之比为2：1，
v人=32v丝=9m/s ，故B错误；
CD.根据动能定理得：
合力做功W合=△Ek
合力做功W合=△Ek=WG+W拉．
W拉=mgh+ΔEk
根据功能关系可知，钢丝在一过程中对演员做的功等于演员机械能的增量，即
△E=W拉
代入数值得出，最大机械能等于拉力做的功，为4275J。
故C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】A.由图可知，两物体的速度均沿正方向，故方向相同，故A错误；
B.v-t图线与坐标轴围成的面积表示位移。t=4s时，由图象可知，A物体图象与坐标轴围成的面积比B与坐标轴围成的面积要小，则A物体的位移小于B物体的位移，但由于两物体出发点的关系未知，所以两物体不一定相遇，故B错误；
C.由图象可知t=4s时，A、B两物体的速度相同，故C正确；
D.由图象可知，B物体图线的斜率大于A的斜率，则B物体的加速度比A物体加速度大，故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】ABC.由图乙可知，质点N在该时刻，向y轴正方向振动，依据微平移法，可知，该横波沿x轴负方向传播，
由上分析，结合微平移法，可知，质点L该时刻向y轴负方向运动，即该时刻质点L与N的速度相反，故AB错误，C正确；
D.依据机械波在传播过程中质点并不随波一起迁移，质点M经半个周期不会移动到K点，故D错误。
故选：C。
8.【答案】CD
【解析】A.由图可知乙离子受到中心电荷+Q的斥力，而甲离子受到中心电荷+Q的引力，故两离子的电性一定不同，由于中心电荷为正电，则甲一定是负离子，乙一定是正离子，故A错误；
B.由图可判定甲离子在运动过程中，电场力先做正功，后做负功；而乙离子在运动过程中，电场力先做负功，后做正功，故B错误；
C.d、c两点场强方向不同，所以电场力方向不同，故C正确。
D.a、d、c三点在同一等势面上，根据电场力做功对应电势能的变化可知，.两离子分别到达d点和c点时，各自电势能的变化量均为零，故D正确；
故选CD。
9.【答案】AD
【解析】A.在 B 点，合力方向指向轨迹凹侧，向上，故嫦娥六号处于超重状态，故A正确；
B.在 C 点，嫦娥六号的速度方向沿过 C 点的切线方向，不指向地心，故B错误；
C.嫦娥六号从 A→B→C→D→E 过程中， D 点离地心最远，根据
F=GMmr2
可得，在 D 点，受到地球的引力最小，故C错误；
D.根据物体做曲线运动的受力特点，合力方向要指向轨迹的凹侧，故在E点，嫦娥六号受到的合力方向指向轨迹的下方，故D正确。
故选AD。
10.【答案】CD
【解析】A、粒子的偏转方向向下，根据左手定则，粒子带负电，故A错误；
B、连接SO，根据几何关系可知θ=30°，则α=60°，所以△OSO'是等边三角形，故β=60°，所以到达收集板上O点的粒子在磁场中的速度偏转角为60°，故B错误；
C、当粒子的轨迹恰好与MN相切时，运动时间最长，对应的轨迹是半圆，时间为t=T2=πmqB，故C正确；
D、当粒子从N点射出时，粒子轨迹半径最大，对应的速度最大，
根据几何关系r-R2=rsin60°，
解得r=(2+ 3)R，
根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r，解得v=(2+ 3)qBRm，故D正确。
故选CD。
11.【答案】AC
4.945(4.942～4.947之间均给分)
6.50×10-7(6.49×10-7～6.51×10-7之间均给分)

【解析】 (1)A.相邻两亮条纹间距Δx=ldλ，蓝光波长小于红光波长，将蓝色滤光片换成红色滤光片，则相邻干涉条纹间距变宽， A正确;
B.条纹间距与单缝和双缝间的距离无关， B错误;
C.相邻两亮条纹间距Δx=ldλ，双缝间距变大，条纹间距变小， C正确;
D.光源发出的光如果不是单色光，去掉滤光片，仍能发生干涉现象，是复色光的干涉， D错误;
故选AC。
(2) 测量头的读数与螺旋测微器相同，是由固定刻度与可动刻度两部分组成，读数为：4.5mm+44.5×0.01mm=4.945mm
由题图可知，条纹间距Δx=x6-x15=0.26mm，双缝与屏之间的距离为L=0.80m，双缝间的距离d=2mm，由Δx=Ldλ，得λ=ΔxdL
代入数据得λ=6.50×10-7m
12.【答案】①A；②B；③0.1
【解析】①因实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，为方便调节，应选全电阻小的变阻器A．
②因小灯泡正常发光时的电阻约为R=U 2P=90.6=15Ω，RV R >R RA ，故电流表应用外接法，又变阻器用分压式，故电路图应选B．
③电源与小灯泡直接串联，那么路端电压等于小灯泡两端的电压，设小灯泡中的电流为I，两端电压为U，根据闭合电路欧姆定律有：I=-15U+0.3A，在图上画出I-U图线如图所示：
图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点即表示小灯泡与该电源直接串联时的工作状态；
根据交点坐标(1.0V,0.1A)可以计算出小灯泡消耗的功率为：P=UI=1×0.1W=0.1W．
滑动变阻器分压式接法中选取小电阻的变阻器节约能源；求出小灯泡电阻后判断小灯泡是小电阻还是大电阻，从而选择电流表内接还是外接；结合曲线算出小灯泡的电阻，然后根据功率的公式计算小灯泡的实际功率．
对电学实验要明确以下情况，滑动变阻器必须用分压式接法：①要求电流从零调；②变阻器的全电阻远小于待测电阻；③用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程．
13.【答案】(1)设不加重物时，缸内气体压强为 p1 ，卡环对活塞的压力为F，则6mgS⋅S+F+mg=p1S
解得p1=7mg+FS
加重物后，缸内气体压强为 p2 ，则6mgS⋅S+3mg=p2S
解得p2=9mgS
气体发生等温变化，根据p1hS=p2×78hS
解得F=78mg；
(2)若不加重物，设环境温度降为T时，活塞下降 18h ，未降温时，缸内气体的压强p1=63mg8S
降温后缸内气体的压强为 p3 ，则6mgS⋅S+mg=p3S
解得p3=7mgS；
根据理想气体状态方程p1hST0=p3×78hST
解得T=79T0。

14.【答案】(1)在 0∼1s ，小物块相对长木板向左运动，根据牛顿第二定律有
F+μ1Mg=Ma1
解得
a1=8m/s2
长木板相对小物块向右运动，根据牛顿第二定律有
μ1Mg+μ2M+mg=ma2
解得
a2=10m/s2
1s后，小物块与长木板第一次共速
v共1=a1t1=v0-a2t1
解得
v0=18m/s
v共1=8m/s
小物块的位移
x1=12a1t 12
长木板的位移
x2=v0t1-12a2t 12
长木板的长度至少为
L=x2-x1=9m
(2)假设力 F 继续作用了 t2 ，在这段时间内，小物块相对长木板向右运动，根据牛顿第二定律有
F-μ1Mg=Ma3
解得
a3=4m/s2
小物块的位移
x3=v共1t2+12a3t 22
小物块此时的速度
v=v共1+a3t2
长木板相对小物块向左运动，根据牛顿第二定律有
μ1Mg-μ2M+mg=ma4
解得
a4=2m/s2
撤去力 F 后，假设小物块和长木板运动了 t3 后两者第二次共速，小物块相对长木板向右运动，根据牛顿第二定律有
μ1Mg=Ma5
解得
a5=μ1g=2m/s2
小物块的位移
x4=vt3-12a5t 32
长木板相对小物块仍向左运动，加速度不变，则
v共2=v-a5t3=v共1+a4t2+t3
解得
t2=2t3
长木板的位移
x5=v共1t2+t3+12a4t2+t32
x3+x4-x5=L
解得
t2= 6s
t3= 62s
v共2=8+3 6m/s
力 F 作用的总时长为
t'=t1+t2=1+ 6s
(3)小物块与长木板第二次共速后，两者保持相对静止做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
μ2M+mg=M+ma6
解得
a6=1m/s2
两者的位移
x6=v共22a6
长木板的总位移为
s=x2+x5+x6=85.5+36 6m

15.【解析】(1)当P速度为v 时，A2转动的角速度ω1=vr，
两盘接触点的线速度为v1=ω1⋅2r=2v，
辐条的电动势E=12B⋅4rv1=4Brv，
回路中只有一根辐射条在切割磁场中相当于电源，其余两根辐射条和EF 电阻并联，因此总电阻R总=R+R3=43R，总电流I=ER总=3BrvR，
金属棒两端电压即为路端电压U=I⋅R3=Brv；
(2)对金属棒受力分析，由动量定理∑mgsinθ-μmgcsθ-BIEFLΔt=mu-0
又IEF=BrvR，代入可得mgsinθ-μmgcsθt+μB2rvL∑vΔtR=mu，
其中∑vΔt=h，代入可得u=sinθ-μcsθgt+μB2rLhmR；
(3)当金属棒EF 与导轨的弹力为0时，金属棒刚好要离开导轨，设此时重物P下落的速度为v2，此时有mgcsθ=F安又F安=B2rLv2R，可得v2=mgRcsθB2rL，
若金属棒限制在导轨上运动，设重物P 可能达到的最大速度为vm。由功率关系mgvm=Em 243R，其中Em=4Brvm，代入得vm=mgR12B2r2，要使得金属棒EF不脱离轨道，需满足v2>vm，
代入可得csθ>L12r。