天津市八校联考2024-2025学年高三上学期1月期末物理试卷（解析版）

这是一份天津市八校联考2024-2025学年高三上学期1月期末物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了本考试分设试卷和答题纸，4m，2Hz等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.试卷满分100分，考试时间60分钟。
2.本考试分设试卷和答题纸。试卷包括两部分，第一部分为选择题，第二部分为非选择题。
3.答题前，务必在答题纸上填涂姓名、班级、考场座位号和准考证号，作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。第一部分的作答必须涂在答题卡上相应的区域，第二部分的作答必须写在答题卡上与试卷题号对应的位置。
第I部分 选择题 共40分
一、单项选择题（本题共5小题，每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1. 塔吊是现代工地必不可少的建筑设备。如图，为吊车在某次工作时，将200kg的建筑材料由0时刻竖直向上提升的图像，g取。下列判断正确的是（ ）
A. 在10s~30s内，材料处于超重状态B. 在40s~56s内，材料处于失重状态
C. 在0~10s内，悬线拉力恒为2000ND. 材料离地面的最大高度为36.4m
【答案】B
【解析】A．由图可知在10s~30s内，材料做匀速直线运动，处于平衡状态，故A错误；
B．由图可知在40s~56s内，材料向下加速，加速度向下，处于失重状态，故B正确；
C．由图可知在0~10s内，材料的加速度
由牛顿第二定律
可得悬线的拉力恒为
故C错误；
D．由图像可知，在第40s时，材料离地高度最大，最大高度为图像与坐标轴围城的面积，即最大高度
故D错误。
故选B。
2. 如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 按键的过程中，电容器的电容减小
B. 按键的过程中，电容器的电量减小
C. 按键的过程中，图丙中电流方向从b流向a
D. 按键的过程中，电容器两极板间的电场强度减小
【答案】C
【解析】A．根据平行板电容器的电容计算公式
得知，按键过程中，板间距离d减小，电容C增大，故A错误；
B．电容C变大，由于U不变，根据Q=CU
可知Q增大，故B错误；
C．因C增大，U不变，根据Q=CU
知Q增大，电容器充电，电流方向从b流向a，故C正确；
D．按键过程中，板间距离d减小，由于U不变，根据可知，电容器两极板间的电场强度增大，故D错误。
故选C。
3. 如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器的滑片向上移动的过程中（电压表和电流表均可视为理想电表）（ ）
A. 电压表的示数减小B. 电流表的示数增大
C. 电源的总功率减小D. 电源的输出功率一定减小
【答案】C
【解析】A．当变阻器的滑片向上滑动时，接入电路的阻值变大，故它与R2并联的总电阻变大，再与R1串联的总电阻也会变大，即外电路的电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，回路中总电流减小，根据可知路端电压增大，即电压表的示数增大，故A错误；
B．由于电路的总电流减小，所以内阻及R1两端的电压也随之减小，故与R2两端的电压增大，则流过的电流增大，流过的电流减小，则电流表的示数减小，故B错误；
C．电源总功率为
由于电路的总电流减小，故电源的总功率减小，故C正确；
D．电源输出的功率
可知时电源输出的功率最大，题中各电阻大小未知，无法判断电源输出的功率变化情况，故D错误。
故选C。
4. 如图甲所示为某款按压式发电的手电筒，当按照一定的频率按压时，内置发电机线圈转动，穿过线圈的磁通量按照正弦规律变化（如图乙所示）。已知线圈的匝数为100匝，下列说法正确的是（ ）
A. 交流电的频率为0.2Hz
B. 时，发电机线圈中的电流为零
C. 发电机的电动势的有效值为
D. 若电路总电阻为，则发电机的功率为
【答案】D
【解析】A．由图乙可知，交流电的周期为
频率为
故A错误；
B．时，线圈中的磁通量为零，磁通量的变化率最大，所以电动势和电流最大，故B错误；
C．发电机线圈转动的角速度为
根据
解得发电机的电动势的有效值为
故C错误；
D．根据
可得
故D正确。
故选D。
5. 2019年春节上映的国产科幻电影《流浪地球》讲述了太阳即将毁灭，已经不适合人类生存，人类开启“流浪地球”计划，试图带着地球一起逃离太阳系，计划用2500年的时间奔往新家园——4.2光年外的新恒星比邻星的故事。假设逃离太阳系之前地球半径为R，地球表面的重力加速度为，第一宇宙速度为，地球绕太阳运动视为匀速圆周运动。到达新家园后地球绕比邻星匀速圆周运动的轨道半径为r，周期为T，地球的质量为逃离之前的0.9倍，半径与逃离之前相同，逃离前后均不考虑地球自转，引力常量为G，由以上信息可知（ ）
A. 逃离太阳系之前地球质量为
B. 比邻星的质量为
C. 到达新家园后地球表面的重力加速度为
D. 到达新家园后地球的第一宇宙速度为
【答案】C
【解析】A．逃离太阳系之前，根据
解得
故A错误；
B．设比邻星的质量为，地球的质量为，地球绕比邻星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得
解得比邻星的质量为
故B错误；
C．根据地球表面物体受到的万有引力等于重力，逃离之前
到达新家园后
联立可得
故C正确；
D．地球第一宇宙速度为地球表面轨道卫星的运行速度，逃离之前
到达新家园后
联立解得
故D错误。
故选C。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中都有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）
6. 潜水员在水中呼出的气泡，从水下几米深处快速上升到水面，这一过程中气体与外界未实现热交换。将气泡内的气体视为理想气体，则在这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 分子的平均动能保持不变
B. 气体温度降低
C. 气泡内分子的数密度不变
D. 气泡体积增大，气体对外做功
【答案】BD
【解析】D．气泡从水下几米深处快速上升到水面过程中，气泡内气体的压强
气泡所处液面的高度减小，则气泡内的压强减小，假设气体温度不变，根据玻意耳定律可知，气泡的体积增大，气体对外做功，由于气体与外界未实现热交换，则气体内能减小，气体温度降低，则假设不成立，气泡内气体实际上体积增大，气体对外做功，温度降低，故D正确；
B．气体与外界未实现热交换，水泡的体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体温度降低，故B正确；
A．结合上述可知，气体温度降低，分子的平均动能减小，故A错误；
C．结合上述可知，气泡体积增大，气泡内分子的数密度减小，故C错误。
故选BD。
7. 现如今的街头“老头乐”品牌层出不穷，给老年人带来了方便的同时，也存在着大量的交通安全问题，例如许多廉价的电动车无气囊，在电动车事故中，气囊可防止的头部受伤，大大减小损伤程度。设气囊的缓冲层与头部的撞击时间延长至以上，人头部的质量约为，则下列说法正确的是（ ）
A. 气囊减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B. 气囊减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C. 事故中气囊对头部冲量与头部对气囊的冲量相同
D. 若事故中头部以的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为
【答案】AD
【解析】AB．根据动量定理
可得
由于气囊的缓冲与头部的撞击时间延长了，从而减小了对头部的作用力F，也即减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，但驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量并未改变，故A正确，B错误；
C．事故中气囊对头部的作用力与头部对气囊的作用力大小相等，方向相反，且作用时间相等，所以，可知事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量大小相等，方向相反，故C错误；
D．由题意，若事故中头部以的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力大小最多为
故D正确。
故选AD。
8. 洛伦兹力在现代科学技术中有着广泛应用，如图为磁场中常见的4种仪器，都利用了洛伦兹力对带电粒子的作用，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中，若仅增大加速电压，粒子离开加速器时的动能变大
B. 乙图中，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大
C. 丙图中，A极板是磁流体发电机的负极
D. 丁图中，带负电的粒子从左侧射入，若速度，将向下极板偏转
【答案】BC
【解析】A．图甲，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
可得最大动能
可知粒子离开加速器时的动能与加速电压无关，A错误；
B．图乙所有粒子通过粒子速度选择器后速度相同，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，则在磁场中运动的轨道半径越小，由
可得
可知粒子的比荷越大，B正确；
C．丙图中，由左手定则可知，正离子向下偏转，负离子向上偏转，即极板是磁流体发电机的负极，C正确；
D．丁图中，带负电的粒子从左侧射入，受向上的电场力和向下的洛伦兹力，若速度
即
则粒子将向上极板偏转，D错误。故选BC。
第II部分 非选择题共60分
三、填空题（本题共1小题，每空2分，共12分）
9. 利用图1所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验；
（1）实验操作步骤如下，请将第二步补充完整：
第一步：按实验要求安装好实验装置；
第二步：使重物靠近打点计时器，接着__________，打点计时器在纸带上打下一系列的点；
A.先接通电源后释放纸带 B.先释放纸带后接通电源
第三步：如图2为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一个点。分别测出若干连续点A、B、C…与O点之间的距离、、…
（2）为了验证下落OB段过程重物的机械能是否守恒，若重物的质量为m，打点计时器所使用交流电的频率为f，重力加速度为g，则重物重力势能的减少量为__________，动能的增加量为__________。（用题中所给的符号来表示）
（3）若同学在某次实验得到的纸带如图3所示。在测量数据时不慎将上述纸带从OA之间扯断，她仅利用A点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？__________（选填“能”或“不能”）；
【答案】（1）A （2）
（3）能
【解析】【小问1详解】
为打点稳定，充分利用纸带，打点计时器打点时应先接通电源后释放纸带。
故选A。
【小问2详解】
[1]重物重力势能的减少量为
[2]相邻两计数点的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，点的速度为
动能的增加量为
【小问3详解】
若不慎将上述纸带从OA之间扯断可以将A点后面的纸带上取出两个点，分别计算出通过两点的动能，测量出这两点的高度差，计算出两点的动能增量是否和重力势能的减小量相等从而验证机械能守恒定律，即能实现验证机械能守恒定律的目的。
10. 某实验小组用如图所示的装置来完成“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。测得重物重力为G，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和细线的方向。
（1）下列说法中正确的是__________；
A. 本实验采用的实验方法是控制变量法
B. 多次实验时需要确保O点在同一位置
C. 实验时应保持细线与木板平行
D. 实验时两弹簧测力计之间的夹角尽量大一些
（2）某次实验时测得重物所受的重力大小，弹簧测力计A的示数，则弹簧测力计B的示数可能为__________。
A. 9.00NB. 4.00NC. 1.50ND. 1.00N
【答案】（1）C （2）B
【解析】【小问1详解】
A．本实验用两个弹簧拉重物和一个弹簧拉重物的作用效果一样，用的方法是等效替代法，故A错误；
B．两弹簧的合力与重物的重力平衡，故合力的大小和方向确定，所以改变拉力，进行多次实验时，不需要每次都使O点静止在同一位置，故B错误；
C．为了避免出现垂直于木板平面方向的分力，拉线方向应与木板平面平行，故C正确；
D．实验时两弹簧测力计之间的夹角适当即可，不需要尽可能大，故D错误。故选C
【小问2详解】
和两个力的合力的范围
可得
则只有B选项满足。
故选B。
四、计算题（本题共3小题，其中第10题14分，第11题16分，第12题18分，共48分。解答题应写出必要的文字说明和方程式，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
11. 如图所示，一光滑水平桌面与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动。一长的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量的小球。当小球在竖直方向静止时，对水平桌面的作用力刚好为零。现将提起使细绳处于水平位置时无初速度释放。当摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量的另一小球正碰，碰后以1m/s的速率弹回；将沿半圆形轨道运动，通过最高点D时受到的弹力大小等于其自身重力，重力加速度g取。求：
（1）小球碰前速度大小；
（2）在半圆形轨道最低点C的速度大小；
（3）光滑半圆形轨道的半径R。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
对小球根据动能定理
得小球碰前速度大小
【小问2详解】
小球和小球碰撞过程，根据动量守恒定律
得在半圆形轨道最低点C的速度大小
【小问3详解】
小球在D点，根据牛顿第二定律
小球从点到点过程，根据动能定理
解得
12. 如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平，垂直线圈所在平面的匀强磁场，磁感应强度，方向如图所示。正方形单匝金属线圈在磁场上方处，质量，边长，总阻值。现将线框由静止释放，下落过程中线圈ab边始终与磁场边界平行，ab边刚要离开磁场时线圈的加速度，已知磁场高，不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）试判断线圈在进入磁场的过程中感应电流方向是顺时针还是逆时针？
（2）求cd边刚进入磁场瞬间，c、d两点的电压U；
（3）求线圈从进入磁场开始到线圈穿出磁场的整个过程中安培力对线圈做的总功W。
【答案】（1）逆时针 （2） （3）
【解析】【小问1详解】
根据右手定则可知，线圈在进入磁场的过程中感应电流方向为逆时针。
【小问2详解】
根据动能定理可得cd边刚进入磁场瞬间有
则cd边刚进入磁场时c、d两点的电压是
【小问3详解】
ab边离开磁场时线圈的加速度为0，可知安培力与重力互相平衡，则有
ab边离开磁场时线圈中感应电流大小为
感应电动势为
则根据动能定理可得
解得线圈从进入磁场开始到线圈穿出磁场的整个过程中安培力对线圈做的总功为
13. 质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。某种质谱仪原理如图所示。质谱仪处于真空暗室中。正离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器选择出特定比荷的离子。磁分析器截面为直角扇形，M和N处各有一个小孔，被选择离子在磁分析器中做半径为R的圆周运动，恰好穿过两小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一棱长为L的正方体，其偏转系统的底面与胶片平行，间距为D，NO为垂直于胶片的中心轴线，以胶片中心O为原点建立xy直角坐标系。已知速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器、偏转系统中电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和沿x轴正方向。已知，。由于离子进入偏转系统时速率都很大，且在偏转系统中运动时NO方向的分速度总是远大于x轴方向和y轴方向的分速度，所以离子在偏转系统中沿x轴和y轴方向位移可忽略。不计离子重力。
（1）求磁分析器选择出来离子的比荷；
（2）若仅撤去偏转系统的磁场，离子沿NO方向进入偏转系统，求离子打在胶片上点迹的坐标（不考虑离子在偏转系统中偏离NO的距离）；
（3）离子沿NO方向进入偏转系统，求离子打在胶片上点迹的坐标（不考虑离子在偏转系统中偏离NO的距离）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
通过速度选择器后离子的速度满足
由牛顿第二定律可知
解得
【小问2详解】
离子在偏转系统中受到沿x轴方向的电场力，加速度
离子在偏转系统中运动的时间
离开偏转系统时，离子在x轴方向的分速度
离子从偏转系统离开至到达显示系统时间
离子射到屏上时x轴方向上偏离O点的距离
解得
则点迹坐标。
【小问3详解】
离子进入偏转系统后，y轴方向上在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹半径为R，射出偏转系统时，设偏转角为，如图所示
根据几何关系有
又因为，则
经偏转系统后，在y轴方向上的偏转距离
则点迹坐标。