山西省临汾市2025届高三上学期考前适应性训练考试（一）物理 含解析

这是一份山西省临汾市2025届高三上学期考前适应性训练考试（一）物理 含解析，共18页。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。
2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上。
4．考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出酌四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 由单位牛顿、米、库仑组合成的单位对应的物理量是（ ）
A. 功B. 电压C. 功率D. 磁通量
【答案】B
【解析】
【详解】由于，根据
解得
故有
故选B。
2. 2024巴黎奥运会上，中国运动员郑钦文勇夺网球女单冠军。某次她用球拍将球以水平速度击出，第二次她击球的高度不变，将球以水平速度击出，两次网球均过网落地，球从击出到落地的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 第二次网球在空中运动时间为第一次的1.2倍
B. 第二次网球落地速度为第一次落地速度的1.2倍
C. 第二次网球击出到落地的位移为第一次位移的1.2倍
D. 两次网球速度的变化量相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．网球在空中做平抛运动，根据平抛运动的规律，竖直方向做自由落体运动，则有
解得
由于两次击球的高度相同，故两次网球在空中运动时间相等，A错误
B．两球在竖直方向的速度相同，故第一次网球落地的速度
第二次网球落地的速度
由于，显然第二次网球落地速度不是第一次落地速度的1.2倍，B错误；
C．根据上述分析，结合抛体运动规律可知，两次网球竖直方向的位移相等，水平方向的位移第二次是第一次的1.2倍，则有第一次网球的位移
第二次网球的位移
显然第二次网球击出到落地的位移也不是第一次位移的1.2倍，C错误；
D．由于平抛运动在水平方向为匀速直线运动，速度不变，竖直方向做自由落体运动，故其速度的变化量为
因此在相同的时间内，网球速度变化量相同，D正确。
故选D。
3. 如图，一不可伸长的轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于P点的固定小滑轮悬挂一质量为m的物体；OP段水平，长度为2L；绳上套一可沿绳滑动的轻环。现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，轻环下降L，不计各处的摩擦，钩码的质量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意，假设平衡后轻环位置为Q，平衡后，轻环下降的高度为L，绳中张力处处相等，可知此时轻绳与竖直方向的夹角恰为，根据平衡条件可知
解得
故选C
4. 甲、乙两质点以相同的初速度沿同一方向同时开始做直线运动，以初速度方向为正方向，其加速度随时间变化的a­t图象如图所示，关于甲、乙在0～t0时间内的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A. 0～t0时间内，甲做减速运动，乙做加速运动
B. 0～t0时间内，甲和乙的平均速度相等
C. 在t0时刻，甲的速度等于乙的速度
D. 在t0时刻，甲和乙之间的间距最小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由于加速度与速度同向，甲和乙均做加速运动，A错误；
B．作出甲和乙的v-t图象如图所示，0～t0时间内，甲和乙的位移不相等，因而两者平均速度不同，B错误；
C．a-t图线与坐标轴围成的面积表示速度的增量，由a-t图象可知，两者速度增量相同，初速度相同，因而t0时刻两者速度相同，C正确；
D．作出甲和乙的v-t图象如图所示，由图可知在t0时刻，甲和乙之间的距离最大，D错误．
故选C。
5. 如图所示，两束单色光同时从空气中沿同一方向以角从MN面射入某长方体玻璃砖，折射光束在MP面均发生了全反射，反射光射向PQ面。下列说法正确的是（ ）
A. 反射光束射向PQ面，可能在PQ面发生全反射
B. 若光束1是蓝光，光束2可能是红光
C. 逐渐减小时，两单色光MP面将不发生全反射
D. 改变，若光束1能在MP面发生全发射，光束2一定也可以
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据几何关系可知光线在MN面的折射角等于光线从玻璃面PQ到空气中的入射角，根据光路可逆可知两束光都不可能在PQ面发生全反射，故A错误；
B．由光路图可知，入射角相同，光线1的折射角较大，根据折射定律可知，则，由于蓝光的频率大于红光的频率，所以可知若光束1是蓝光，光束2不可能是红光，故B错误；
C．若逐渐减小时，根据折射定律结合几何关系可知两单色光在MP面的入射角将逐渐增大，一定发生全反射，故C错误；
D．根据，可知光线在MP面发生全发射时的临界角，所以可知改变，若光束1能在MP面发生全发射，光束2一定也可以，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，真空中有一正三角形ABC，在B点固定负电荷，在C点固定等量的正电荷，M、N分别为AB、AC的中点。在A点放入某个电荷q后，N点电场强度的方向恰好平行于BC，则（ ）
A. 放在A点的电荷为负电荷
B.
C. 在A点放入q后，M点的场强方向也平行于BC
D. 在A点放入q后，一负试探电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据矢量的合成法则，在A点放入某个电荷q后，N点电场强度的方向恰好平行于BC，则A、C两处点电荷在N点的合场强应从N指向A，如图所示
设正三角形的边长为，根据点电荷形成的电场，可得
由几何知识可得
又因为C处的点电荷在N点的场强大小为
故A点点电荷为正电荷，根据矢量的合成，可知A点的点电荷在N点的场强
联立解得
AB错误；
C．由于A点的点电荷为正电荷，根据矢量的合成法则可知，M点的场强不可能平行于BC，C错误；
D．根据电场的叠加可知，负电荷从M到N的过程中，电场力做正功，电势能减小，故负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，D正确。
故选D。
7. 如图为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连，Q为滑片。现令Q从均匀密绕的副线圈最下端开始，沿副线圈匀速上滑，用表示通过原线圈的电流的有效值，P表示定值电阻R的功率。下列各图中，能够正确反映相应物理量的变化规律的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．设原线圈的匝数为，副线圈的匝数为，交流电源电压的有效值为，根据理想变压器得原理可知
解得副线圈电压的有效值
当Q从均匀密绕的副线圈最下端开始，沿副线圈匀速上滑时，副线圈的匝数均匀增大，由于不变，故均匀增大，根据欧姆定律
可知，副线圈中电流的有效值均匀增大，根据变压器原副线圈电流关系
解得
由于不变，都是均匀增大，故不是正比关系，应是正比关系，AB错误；
CD．定值电阻的功率
结合上述分析可知，均匀增大，故成正比，即成正比，C错误，D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 碘131是可以口服的53号元素碘的放射性同位素，可用于治疗甲状腺功能亢进症，主要是利用其衰变释放的射线杀死甲状腺细胞。人工合成碘131可用铀235作靶材料得到碘131，其核反应方程式为，下列说法正确的是（ ）
A. 射线实际上是高速电子流
B. 的原子核中含有78个中子
C. 上述方程式中的Y原子核中含有105个核子
D. 患者遵医嘱服用碘131后，经过2个半衰期，碘131的质量在体内减少了
【答案】AB
【解析】
【详解】A．射线实际上是带负电的电子流，A正确；
B．根据质子、中子、核电荷数的关系可知的原子核的中子数为78，B正确；
C．根据核电荷数守恒可知，Y原子核中含有102个核子，C错误；
D．经过2个半衰期，剩余碘131的质量为原来的，在体内减少了，D错误。
故选AB。
9. 2024年12月5日，我国在太原卫星发射中心成功将千帆极轨03组卫星发射升空。目前，我国在轨运行的卫星数量已超过900颗。现有两颗人造卫星甲和乙，甲卫星为近地卫星，运行周期为；乙卫星绕地球做椭圆运动，近地点到地心距离为，远地点到地心距离为，周期为；已知地球半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星甲的运行周期小于卫星乙的运行周期
B. 根据已知条件，可求得地球的密度为
C. 卫星乙在近地点与远地点的加速度之比为
D. 卫星乙在近地点与远地点的速度之比为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律可知
解得
由题可知，乙卫星绕地球做椭圆运动，近地点到地心距离为，远地点到地心距离为，则有,，所以，结合上式可得，A正确；
B．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可知，甲卫星则有
地球的密度
联立解得
B错误；
C．根据牛顿第二定律可得，乙卫星在近地点时
在远地点时
解得
C正确；
D．根据开普勒第二定律可得
解得
D错误。
故选AC。
10. 如图所示，间距均为L的光滑平行倾斜导轨与足够长的光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线MN右侧有竖直向下、磁感应强度为B匀强磁场。a、b是两根粗细均匀的金属棒，质量均为m，电阻分别为R和2R。b棒静止于水平导轨上，初始时与MN相距s。a棒由静止从距水平面高度为h的倾斜轨道下滑，运动过程中与b棒始终没有接触，且两棒始终垂直于导轨。不计导轨的电阻，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. a棒刚进入磁场时，回路中感应电流大小为
B. b棒最大速度为
C. 整个过程中，b棒上产生的焦耳热为
D. 稳定后，a、b棒间的距离为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．设棒下落到底端刚进入磁场瞬间的速度大小为，由机械能守恒定律可得
解得
则a棒刚进入磁场时产生的感应电动势的大小为
由欧姆定律知，回路中感应电流大小为
故A正确；
B．由右手定则和左手定则可知棒所受安培力水平向右，棒从静止开始向右做加速运动，棒受到安培力水平向左，a棒进入磁场后以初速度做减速运动，直到、棒最终达到共速，之后一起做匀速直线运动，b棒的速度达到最大，由、棒组成的系统动量守恒可知
解得b棒的最大速度为
故B错误；
C．在运动过程中由能量守恒可得
又
联立解得
而、棒串联，则产生的焦耳热等于电阻之比，由此可得棒上产生的焦耳热为
故C错误；
D．棒从静止开始向右做加速运动的过程中，由动量定理有
又
联立解得
故稳定后，a、b棒间的距离为，故D正确。
故选AD。
三、非选择题（共5小题，共54分）
11. 某实验小组探究“质量一定时，加速度a与合外力F的关系”。如图甲所示，将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，小车前端可通过轻绳跨过定滑轮与砂桶连接，小车后端与穿过打点计时器限位孔的纸带相连。实验开始时首先补偿阻力，补偿阻力后，让轻绳跨过定滑轮连接砂桶，调整细线与木板平行，给砂桶中加入适量砂子，让小车加速运动，实验过程中可近似认为砂桶及桶内砂子的重力等于小车的合外力。保持小车质量不变，改变砂桶中砂子的质量，重复实验多次；每次根据纸带计算小车的加速度a。描点作图，作出的图像。
（1）下列操作过程中，正确的是（ ）
A. 实验开始时，让小车靠近打点计时器处，先释放小车再接通电源
B. 实验中每次改变砂桶中砂子的质量时，需重新调节木板的倾斜度
C. 为减小误差，实验中需保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
（2）实验中得到一条如图乙所示的纸带（相邻两计数点间还有四个点未画出），打点计时器所用交流电的频率，根据纸带可求出小车的加速度大小为______（结果保留三位有效数字）。
（3）根据实验测得的数据作出的图线如图丙所示，该图线未通过坐标原点，请分析该小组做实验时存在的问题是______。
【答案】（1）C （2）1.20
（3）补偿阻力不够，或平衡摩擦力不足，或木板左侧垫得太低
【解析】
【小问1详解】
A．实验开始时，让小车靠近打点计时器处，先接通电源，待打点稳定后，再释放小车，这样纸带会得到充分利用，会有更多的数据信息，故A错误；
B．所需平衡的摩擦力与小车所受的拉力无关，故实验中每次改变砂桶中砂子的质量时，不需重新调节木板的倾斜度，故B错误；
C．以砂和砂桶及小车组成的系统为研究对象，设小车总质量为M，砂和砂桶总质量为m，由牛顿第二定律，则有
小车的加速度为
小车所受的合外力
当时，可认为小车受到的拉力等于砂和砂桶的总重力。为使，砂和砂桶的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砂和砂桶的总质量远小于小车的总质量，故C正确。
故选C。
【小问2详解】
[1]相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔为
纸带上，
根据逐差法可得小车的加速度为
【小问3详解】
[1]根据实验测得的数据作出的图线如图丙所示，该图线未通过坐标原点，且力不为零时小车加速度依然为零，存在的问题是补偿阻力不够，或平衡摩擦力不足，或木板左侧垫得太低。
12. 2024年我国新能源汽车年度产量突破1000万辆，深受大众喜爱。某新能源汽车采用刀片电池技术，一实验小组将其中一块电芯（由多节刀片电池串联面成）拆解下来，测其电动势E（约30~40V）和内阻r（约几欧），利用实验室现有器材设计了如下实验：
（1）该小组先粗测电芯的电动势，某多用电表的直流电压档有2.5V、10V、50V、250V多个量程，他们欲将多用电表的表笔直接与电芯的正负极连接进行测量，应选择______V的量程。正确选择量程后，测量电芯两端的电压，测量结果如图1所示，读数为______V。
（2）为进一步测量，实验室现有一个量程为15V、内阻为15kΩ的电压表V，需将此电压表改装成量程为40V的电压表使用，需要串联一个______kΩ的定值电阻。
（3）该小组将（2）中改装好的电压表（电压表表盘没有改变）与其他器材连接成如图2所示电路，测量该块电芯的电动势E和内阻r，操作如下：
①多次调节电阻箱R，记下电压表V的示数U和电阻箱R相应的示数；
②以为纵轴，为横轴，作出图像；
③根据实验所得数据，作出图像如图3所示。
则该块电芯的电动势______V，内阻______（结果均保留三位有效数字）。
【答案】（1） ①. 50 ②. 36.0
（2）25 （3） ① 36.5 ②. 2.00
【解析】
【小问1详解】
[1][2]用多用电表的表笔直接与电芯的正负极连接进行测量，应选择50V的量程。最小刻度为1V，则测量结果读数为36.0V；
【小问2详解】
需要串联的定值电阻
【小问3详解】
[1][2]由电路可知
忽略通过电压表的电流，则
可得
由图像可知，
解得E=36.5V，r=2.00Ω
13. 四冲程柴油机由吸气、压缩、做功和排气四个冲程构成一个工作循环。如图，吸气冲程活塞下移，进入气缸的是纯空气（看作理想气体），活塞到达最低点时缸内气体压强为，温度为27℃；压缩冲程终点（活塞到最高点）时缸内气体温度为527℃，压缩冲程的体积压缩比（气缸最大容积与最小容积之比）为；压缩冲程活塞对气体的压力逐渐增大，其做的功相当于的恒力使活塞移动0.1m的距离，该过程气体内能增加170J。求：
（1）压缩冲程终点缸内气体的压强；
（2）在压缩气体的过程中，气体传递给气缸的热量。
【答案】（1）
（2）20J
【解析】
【小问1详解】
气体初始初状态，
气体的末状态：，
根据理想气体状态方程
解得
【小问2详解】
外界对气体做功
由热力学第一定律
解得
所以，气体传递给汽缸的热量为20J。
14. 如图所示，质量为的木板A置于长的光滑凹槽左端，木板A的上表面与水平面MN、PQ在同一高度。质量为的滑块B放置在水平面MN上，在外力作用下，紧靠在弹簧右端（与弹簧不拴接）。撤去外力，滑块B运动时与弹簧分离，刚好以的速度滑上木板A的左端。运动过程中滑块B恰好不脱离木板A，之后滑块B进入水平面PQ。已知滑块B与水平面MN、木板A的动摩擦因数均为，重力加速度的大小。求：
（1）弹簧开始的弹性势能；
（2）木板A的长度L；
（3）滑块B从离开MN到刚滑上PQ所用的时间。
【答案】（1）8.2J
（2）3m （3）4s
【解析】
【小问1详解】
根据能量守恒定律，弹簧开始的弹性势能
【小问2详解】
滑块B滑上木板A后，A、B构成的系统动量守恒，设A、B共速的速度为v，有
解得
此过程中，根据功能关系
解得
【小问3详解】
滑块B从滑上木板A到与之共速期间
解得
在时间内，木板A运动的位移
滑块B与木板A共速后，一起匀速运动用时，则有
滑块B从离开MN到刚滑上PQ所用的时间
15. 如图所示，在直角坐标系xOy中，在的区域（Ⅰ区）存在沿方向的匀强电场，在、的区域（Ⅱ区）存在沿方向的匀强电场，在、的区域（Ⅲ区）存在沿方向的匀强电场，匀强电场的场强大小均为E。在Ⅰ区和的区域（Ⅳ区）存在垂直于xOy平面向内的匀强磁场，Ⅰ区的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为的粒子（不计重力），以某一速度从P点沿x轴正方向进入电磁场，恰好沿x轴第一次通过原点O，之后粒子依次经过Ⅲ区、Ⅳ区、Ⅱ区的作用后，沿方向第二次通过原点O。已知虚线的横坐标，求：
（1）粒子第一次经过虚线时速度的大小和方向；
（2）Ⅳ区中磁场的磁感应强度的大小；
（3）粒子第二次通过原点O返回Ⅰ区时，Ⅰ区中的电场方向变为方向，且场强大小变为，求粒子在之后的运动过程中，到x轴的最大距离。
【答案】（1），方向与x轴成45°角
（2）2B （3）
【解析】
【小问1详解】
作出粒子运动轨迹，如图所示
粒子沿x轴通过Ⅰ区时，根据受力平衡有
解得
粒子在Ⅱ区做类平抛运动，则有，
解得
粒子第一次通过虚线时有
解得
所以粒子通过虚线时的速度
解得
方向与x轴成45°角
【小问2详解】
粒子经过虚线时到x轴的距离
粒子在的区域做匀速的圆周运动，轨道半径满足
粒子要能够沿方向返回原点O，轨道半径应满足
解得
【小问3详解】
解法一：
粒子第二次通过原点O的速度为，将分解为和，由于
可知粒子的运动可分解为一个匀速圆周运动和一个匀速直线运动，其中匀速圆周运动为以速度大小为在磁感应强度为B的磁场中逆时针方向的运动，匀速直线运动的速度为，
所以粒子到x轴的最大距离
其中
解得
解法二：
粒子在运动过程中，根据动能定理有
粒子在这个阶段的运动中，任意时刻的速度均可分解为水平方向的速度和竖直方向的速度，其中水平方向速度在磁场中受到的洛伦兹力沿竖直方向，竖直方向的速度在磁场中受到的洛伦兹力沿水平方向，下面只研究
电场力不产生水平方向的冲量，根据水平方向的动量定理有
即有
其中
可得
联立解得
解法三：
粒子的运动可分解为一个匀速圆周运动和一个匀速直线运动，在粒子到达最低点的过程中，
粒子圆周运动恰好为半个圆周。在最低点时的速度
粒子在这个阶段的运动中，任意时刻的速度均可分解为水平方向的速度和竖直方向的速度，其中水平方向速度在磁场中受到的洛伦兹力沿竖直方向
竖直方向的速度在磁场中受到的洛伦兹力沿水平方向
下面只研究
电场力不产生水平方向的冲量，根据水平方向的动量定理有
即有
其中
可得