2025届吉林省松原市前郭县东北地区高考名师联席命制高三下学期4月信息卷 物理试卷（解析版）

这是一份2025届吉林省松原市前郭县东北地区高考名师联席命制高三下学期4月信息卷 物理试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 在航空航天、汽车工程、能源动力等诸多领域中，流体动力学模型扮演着至关重要的角色。研究表明，球形物体在液体中运动时除了受到浮力，还会受到阻力，其关系式为：f=kηrvx，式中η称为黏性系数，其单位为kg/（m·s），r和v分别是球的半径和速度，k是一个无单位的常数。根据国际单位制推断指数x的数值是（ ）
A. 1B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】根据牛顿第二定律有
所以
将所有单位代入f=kηrvx，可得
所以
故选A。
2. 如图所示为梦天空间舱的变轨示意图，梦天空间组合舱的成功对接标志着我国航天事业的又一进步。为了让空间舱实现对接需要变化轨道，即空间舱从轨道1变轨到轨道2（1、2轨道半径均小于地球同步卫星轨道半径）。则在变轨过程中（ ）
A. 空间舱在轨道1的运动周期大于地球自转周期
B. 空间舱在轨道1的机械能小于空间站在轨道2的机械能
C. 空间舱在从轨道1变轨到轨道2需要减速
D. 空间舱在轨道1的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
【答案】B
【解析】A．因1、2轨道半径均小于地球同步卫星轨道半径，由开普勒第三定律可知，空间舱在轨道1的运动周期小于地球同步卫星运动周期，即空间舱在轨道1的运动周期小于地球自转周期，A错误；
D．由万有引力提供向心力有
可知，空间舱在轨道1的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，D错误；
BC．由变轨特点可知，空间舱从轨道1到轨道2需要两次加速，故空间舱在轨道2的机械能大于在轨道1的机械能（加速时，卫星燃料的化学能转化为卫星的机械能），B正确，C错误。
故选B。
3. 大量的科学发展促进了人们对原子、原子核的认识，下列关于近代物理知识的描述中，正确的是（ ）
A. 一群能量为的激发态的氢原子向低能级跃迁最多可以辐射3种不同频率的光子
B. 放射性元素的半衰期与其所处环境的压力、温度及化学状态有关
C. 结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
D. 一个电子与一个基态氢原子碰撞，刚好使这个氢原子电离，这个电子的初动能至少是
【答案】D
【解析】A．一群能量为的激发态的氢原子处在第4能级，向低能级跃迁最多可以辐射种不同频率的光子，A错误；
B．放射性元素的半衰期与其所处的物理环境、化学状态都无关。B错误：
C．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，C错误：
D．基本氢原子因电子碰撞而发生电离，电子的初动能至少为，也可大于这个数值（因电子碰撞发生电离，若电子初动能大于氢原子能级能量，则多出的能量部分变为氢原子电离后的初动能，部分动能留给电子），D正确。
故选D。
4. 在维修高压线路时，为保障安全，电工要穿特制材料编织的电工服（如图甲）。图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，头顶上方有B供电线，B电线电势高于A电线，虚线表示电工周围某一截面上的4条等势线，已知相邻等势线的电势差值均为5V，c、d、e、f是等势线上的四个点，下列说法正确的是（ ）
A. 电工服是用绝缘性能良好的绝缘材料制作
B. 在c、d、e、f四点中，c点的电场最强
C. 在e点静止释放一个电子，它会向d点所在等势面运动
D. 将一个电子由c移到d电场力所做的功为5eV
【答案】C
【解析】A．电工服是用金属丝织成的金属网制成的，对外部电场能起到屏蔽作用，选项A错误；
B．在c、d、e、f四点中，f点的等势面最密集，则电场线最密集，则f点的电场最强，选项B错误；
C．在e点静止释放一个电子，它会向d点所在高等势面运动，选项C正确；
D．cd两等势面的电势差为5V，且c等势面电势较高，则将一个电子由c移到d电场力所做的功为-5eV，选项D错误。
故选C。
5. 某实验室有一研究摆动的装置，如图所示，质量为m的小球B通过不可伸长的轻绳与质量为2m的滑块A相连接，且滑块A穿套在光滑的轻杆之上可以左右自由滑动。现保持轻绳伸直并将小球B从与A等高处静止释放，已知AB在同一竖直面内，重力加速度为g，忽略空气阻力，则当小球B第一次摆至最低点时轻绳所受的拉力大小为（ ）
A. mgB. 2mgC. 3mgD. 4mg
【答案】D
【解析】由题知，A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，小球B从释放点第一次摆到最低点有
根据能量守恒有
联立解得
,
小球B第一次摆至最低点，根据牛顿第二定律有
解得轻绳的拉力为
根据牛顿第三定律，可知当小球B第一次摆至最低点时轻绳所受的拉力大小为4mg。
故选D。
6. 因前方路段有塌方，一汽车在收到信号后立即开始刹车。刹车过程中汽车途经三点，最终汽车停在点。已知汽车经过AB段所用时间和BC段所用时间相等均为，且，汽车在CD段的平均速度大小为（汽车刹车过程中加速度不变）。则下列说法正确的是（ ）
A. 汽车刹车时加速度大小为
B. 汽车在A点的速度大小为
C.
D. 汽车在AB段的平均速度大小为
【答案】D
【解析】A．由题意分析、、、四点，因汽车经过段所用时间和段所用时间相等均为，则由位移差公式
可知
A错误；
B．由匀变速直线运动推论可知段的平均速度大小为该段初末速度大小的平均值，即
故
则对汽车由到的运动进行逆向思维有
B错误：
CD．由匀变速直线运动推论可知
则段的平均速度大小为
C错误D正确；
故选D。
7. 如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，恒力F作用在金属棒上，金属棒以相同的加速度沿导轨滑动，某时刻撤去F。已知运动过程中，、始终与导轨垂直并接触良好，下列说法中正确的是（ ）
A. 撤去前，两棒速度相同
B. 撤去F前，两棒间距恒定
C. 撤去F后，的速度不小于的速度
D. 撤去后，两棒在相等时间内产生的焦耳热相同
【答案】C
【解析】A．撤去前，金属棒、以相同的加速度沿导轨滑动，只有二者速度不同时，两棒电动势不等，金属棒才能做加速运动（关键：若速度相等，则回路中的感应电流为0，两金属棒都不受安培力，棒无法加速），A错误；
B．撤去前，由于两棒受到安培力，感应电动势不等。则两棒速度差不为零，所以两棒间距不恒定，B错误；
C．撤去后，金属棒做加速运动、做减速运动、当速度相等时，无感应电流。之后一直做匀速运动，所以的速度不小于的速度，C正确；
D．撤去后，两棒的电流大小总相等，但两带电阻未知，所以两棒在相等时间内产生的焦耳热不一定相同、D错误。
故选C。
8. 地震预警是指在地震发生以后，想在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域，从而实现预警。对地震波的特性展开研究，在时，某一地震波如图（a）所示，是介质中的两个质点，图（b）是点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 此地震波沿轴正方向传播
B. 时，点加速度方向向上
C. 时，点速度方向向下
D. 时，点向波的传播方向迁移半个波长
【答案】ABC
【解析】A．时，图（b）中点的振动方向向上，则图（a）中点的振动方向向上，由同侧法可知，此波沿轴正方向传播，故A正确；
B．时，点位于波峰，则时，点振动至波谷，加速度方向向上，故B正确；
C．时， 点位于平衡位置且向上振动，时，点回到平衡位置，速度方向向下，故C正确；
D．机械波传播时各质点仅在平衡位置处上下振动，不随波水平迁移，故D错误。
故选ABC。
9. 如图，一倾角为的斜面顶端与半径为R的圆弧的圆心重合，斜面高度与圆弧半径相等。现使两个相同的小球P、Q（可视为质点）同时由斜面顶端以相等的初速度大小向左、右水平抛出，下列说法正确的是（ ）
A. 若初速度，两球将同时撞到斜面和圆弧上
B. 若初速度，P球将落到斜面的底端
C. 若P球恰好落到斜面的底部，则Q球在圆弧上的落点距地面高度高于
D. 在小球能落到斜面的条件下，P球落到斜面的动能总是大于Q球落到圆弧上的动能
【答案】AC
【解析】A．如图所示
与斜面对称的斜边交圆弧于点，两球只有落到、点的高度和时间相同，可同时撞在斜面与圆弧上；此时有，
解得
故A正确；
B．若P球落到斜面底端有，
解得
故B错误；
C．当P球落到斜面底端时，Q在圆弧上的落点距地面高度高于，轨迹如图中的抛物线，故C正确；
D．当时，P球在斜面上的落点高于Q在圆弧的落点，即重力对Q球做的功更多，由机械能守恒可知此情况下P球落到斜面的动能小于Q球落到圆弧上的动能，故D错误。
故选AC。
10. 在竖直平面内的四点构成边长为的菱形，其中边水平，边与水平面成空间中有一方向平行于菱形所在平面的匀强电场。电荷量为、质量为的带电粒子从A点以初速度垂直于向上射出，粒子的轨迹经过点时速度大小等于，A点运动到速度最小的过程中电场力做功，不计粒子所受重力和空气阻力，则下列说：中正确的是（ ）
A. 点电势高于点电势
B. DC两点间的电势差为
C. 电场强度大小为
D. 粒子由A点运动到与A点等高的过程中电势能减小
【答案】CD
【解析】．粒子在两点速度大小相等，则电场力做功为0，所以两点等势，则电场强度方向垂直于所在的直线，粒子受力方向垂直于向右下方，因粒子带负电所以场强方向由指向、所以点电势低于点，A错误；
C．粒子速度最小的位置为延长线上某点，且速度方向与电场力方向垂直有
此过程中沿方向有
其中，沿方向有
解得
即点与菱形对角线交点距离，从点到速度最小点有，解得，
C正确；
B． DC两点间的电势差为
B错误；
D．粒子由到的过程中
粒子由点运动到与点等高的过程中，将运动沿水平和竖直方向分解
解得
电势能减小量等于电场力做的功，则电势能减小，D正确。
故选CD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某实验小组成员用如图1所示装置研究气体等温变化的规律。注射器内用活塞封闭一定质量的气体，气体通过橡胶软管连接压强传感器。
（1）关于实验要点，下列说法正确的是________（多选，填正确选项序号）。
A. 推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出
B. 实验前要在活塞与注射器壁间涂适量的润滑油，防止漏气并减小摩擦
C. 要保证大气压不变
D. 注射器否水平放置，对实验结论没有影响
（2）实验通过正确操作，获得多组注射器内封闭气体的体积V和压强p的测量值，并通过计算机拟合得到图像，如图2所示的实线图像，在压缩气体的过程中，注射器内封闭气体会________（填“吸热”或“放热”）。若保持封闭气体质量不变重新实验，实验时无意中用手握住了注射器，则实验测得的多组气体压强和气体体积，计算机拟合得到图像可能是图2中的________（填“a”“b”或“c”）。
（3）为了直观地观察p随V变化的规律，根据实验测得多组气体压强p及对应的气体体积V，分别作图像和图像，经过多次测量，将所测数据绘制在坐标图上，橡胶软管内气体体积不可忽略，可能得到的是图中的________（填正确选项序号）。
A. B.
C. D.
【答案】（1）BD （2）放热 a
（3）D
【解析】【小问1详解】
A．为了保证气体温度保持不变，推拉活塞时，动作要慢，故A错误；
B．实验前要在活塞与注射器壁间涂适量的润滑油，防止漏气并减小摩擦，故B正确；
CD．实验装置中气体压强通过压强传感器测得，所以不需要保证大气压不变，注射器是否水平放置，对实验结论没有影响，故C错误，D正确。
故选BD。
【小问2详解】
[1]在压缩气体的过程中，气体体积减小，外界对气体做正功，气体温度不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，注射器内封闭气体会放热；
[2]若保持封闭气体质量不变重新实验，实验时无意中用手握住了注射器，则气体温度升高，根据
与图2所示的实线相比，体积相同时，气体压强比实线对应压强大，则计算机拟合得到图像可能是图2中的a。
【小问3详解】
橡胶软管内气体体积不可忽略，设橡胶软管内气体体积为，则有
可得
，
可知图像不是直线，图线上点与原点连线斜率逐渐减小；图像是一条纵轴为负值、斜率为正值的倾斜直线。故选D。
12. 最近研究人员研发出一种可广泛用于笔记本电脑、手机等电子产品的新型锂电池。为测量该新型锂电池的电动势和内阻，除开关S和导线若干外，实验室还提供以下器材：
待测电池（电动势约为，内阻约为）
电流表（量程为，内阻）
电阻箱（最大阻值为）
定值电阻（阻值为）
（1）因所给电流表的量程过小，利用定值电阻对电流表改装后进行实验，则电流表改装后的最大测量值为___________，请在图（a）中的虚线框内画出电路图，并在图中标出选用的器材的符号___________。
（2）根据电路图连接电路，连接好电路，闭合开关，调节电阻箱，记录多组电阻箱的阻值和电流表的示数，作出图像，如图（b）所示，则该电池的电动势___________，内阻___________Ω。
【答案】（1）0.6 见详解
（2）6 2
【解析】【小问1详解】
[1][2]根据所给器材，电流表的量程过小，需要电流表和定值电阻并联，改装后的电流表的最大测量值为
设计的电路图如图所示。
【小问2详解】
[1][2]改装后的电流表内阻
根据闭合电路欧姆定律可得
整理得
根据图（b）可得，斜率
纵截距
则该电池的电动势，内阻
13. 光由其他介质射向空气如图是一种用折射率法检测海水盐度装置局部简化图。让光束从海水射向宽度为的平行空气砖（忽略薄玻璃壁厚度）再折射出来，通过检测折射光线在不同盐度溶液中发生的偏移量，进而计算出海水盐度。已知当光束从海水中射向平行空气砖的入射角为时，射出平行空气砖的折射光线的偏移量为，空气中的光速近似为求：
（1）海水的折射率；
（2）光在空气砖中传播所用时间。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
光路如图所示
由题知。
射出平行空气砖的折射光线的偏移量
则有
又根据几何关系有（直角三角形与直角三角形为相似三角形），则
故
则直角三角形中
根据折射定律得海水的折射率
【小问2详解】
光在空气砖中的传播距离
传播时间
14. 2024年巴黎奥运会，我国运动员取得优异的成绩。单杠项目中单臂大回环是一项难度极高的体操动作，要求运动员仅用一只手抓住单杠，并完成一个完整的大回环动作，即身体围绕单杠做360度的旋转。已知运动员的质量，做圆周运动时其重心到单杠的距离，单手抓住单杠，伸展身体，其重心以单杠为轴做圆周运动，当运动员重心通过单杠正上方点时，速率，完成一次大回环动作改用双手握杠，下杠时由点转至点时脱离单杠，重心经过最高点，最后落到地面，点为落地时的重心位置。脱离单杠后运动员在空中运动的时间为，两点的高度差为，两点间的水平距离为，落地到完全静止用时。取，在同一竖直平面，忽略空气阻力，不考虑体能的消耗与转化。求：
（1）运动员单臂大回环通过单杠正上方点时，单臂承受的弹力大小；
（2）运动员从点运动至点过程中合外力对运动员做的功；
（3）运动员落地时，双脚受到的平均弹力大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
若运动员在点处不受单杠作用力，则有
解得临界速度
根据题意运动员重心通过单杠正上方点时，速率，小于临界速度，则可知点处运动员受单杠的弹力方向竖直向上，由牛顿第二定律有
解得
【小问2详解】
运动员由运动至点为斜抛运动，运动过程及分速度情况如图所示，
该过程中水平分速度即为最高点点处速度，则由解得
从到过程中时间
对运动员由到点在竖直方向上做匀变速运动分析有
解得
则有空中飞行时间
由点处速度分解情况可知
运动员由到由动能定理得
解得
【小问3详解】
运动员运动至点处的竖直速度
即大小为，方向向下，规定竖直向下为正方向，对运动员落地过程由动量定理可得
解得
15. 如图所示为一中空长方体形管，、、，为管的中轴线，管内分布着沿中轴线方向的匀强电场，电场强度大小为。带电粒子与管内壁发生碰撞时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后沿管壁切向分速度不变，垂直管壁方向分速度大小不变、方向相反。一质量为、电荷量为的带正电粒子以垂直于中轴线方向的速度从点沿轴方向射出，不计粒子的重力。
（1）求带电粒子从点出发与管壁发生碰撞后第一次经过中轴线（带电粒子仍在长方体形管内）时的速度大小；
（2）调整带电粒子的射出方向（仍垂直于）和管内匀强电场的大小，大小未知，发现在管中碰撞次数最少的粒子恰好能从点离开长方体形管，且速度方向与轴成角，求匀强电场的大小和带电粒子在管中与管壁碰撞的次数；
（3）在（2）的条件中若将该长方体形管替换为它的外接圆柱体管（图中未画），其他条件不变，若粒子第一次经过中轴线时撤去电场，并立即换成与电场方向相同的匀强磁场，磁感应强度大小为，求带电粒子第4次经过中轴线时（带电粒子仍在圆柱形管内）的位置与点之间的距离。
【答案】（1）
（2），6
（3）
【解析】【小问1详解】
因为粒子与管壁碰撞后沿管壁切向分速度不变，垂直管壁方向分速度大小不变、方向相反，则带电粒子从点出发与管壁发生碰撞后第一次经过中轴线的过程中，在垂直于中轴线方向上有
在沿中轴线方向上有，
联立解得
小问2详解】
在管中碰撞次数最少的粒子一定是面内沿着对角线射出的粒子，因为需要走后才能与管壁相撞，而每一次经过中轴线需要往返，假设粒子在进出中空长方体形管的过程中与管壁碰撞次，在垂直于中轴线方向上有
在沿中轴线方向上有，
粒子在垂直于中轴线的面内的分速度大小始终为，从点离开长方体形管时的速度方向与轴成37°角，则
解得
沿中轴线方向上有
联立解得，
【小问3详解】
长方体形管替换为它的外接圆柱体管，截面半径为
在电场中加速的过程中有，，
联立可得，带电粒子第一次经过中轴线时沿轴线方向前进的距离为，
此后，在垂直于中轴线方向，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
解得，
粒子从第1次经过中轴线到第4次经过中轴线的过程，垂直中轴线方向的运动轨迹如图所示
根据几何关系可得，此过程中粒子做圆周运动转过的圆心角为，所用时间为
此过程粒子沿中轴线方向前进的距离为
则带电粒子第四次经过中轴线时的位置与点之间的距离为