2024-2025学年贵州省百师联盟高三上学期8月联考物理试题（解析版）

这是一份2024-2025学年贵州省百师联盟高三上学期8月联考物理试题（解析版），共25页。

A．B．
C．D．
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．滑雪爱好者在水平雪道上为匀速直线运动，速度不变，在倾斜雪道上为匀减速直线运动，速度减小至0，减速过程中加速度不变，图线为倾斜向下的直线。滑雪爱好者沿倾斜雪道上滑时做匀减速直线运动，下滑时做匀加速直线运动，A错误；
BCD．要理解v-t图像中图线的含义，斜率表示加速度，结合牛顿第二定律求解加速度。设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，上滑时，根据牛顿第二定律
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
下滑时，根据牛顿第二定律
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
可得
a1>a2
根据运动学公式
v2=2ax
可知回到M点时速度小于初速度，上滑时v−t图像斜率的绝对值大于下滑时v−t图像斜率的绝对值，B正确，CD错误。
故选B。
【分析】要理解v-t图像中图线的含义，斜率表示加速度，正负表示分析。
2．（2024高三上·贵州开学考）研究光电效应规律的电路图如图甲所示，某同学分别用a、b、c三束单色光照射光电管得到的光电流I与光电管两端电压U的关系如图乙所示。已知a、c两条图线与横轴的交点重合。下列说法正确的是（ ）
A．a、c光的光强相同
B．a、b光的频率相同
C．用b光照射时，逸出光电子的最大初动能最大
D．用a光、b光照射时，该光电管的截止频率不同
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．饱和电流大，单位时间内逸出的光电子数多，由图可知a光的饱和光电流大于c光的饱和光电流，则a光的光强大于c光，A错误；
B．根据动能定理、爱因斯坦光电效应方程分析，根据爱因斯坦光电方程以及动能定理可得
Ek=hν−W0=eUc
由于b光照射时对应的遏止电压大于a光照射时对应的遏止电压，则b光的频率大于a光的频率，B错误；
C．根据动能定理
Ek=eUc
由于b光照射时对应的遏止电压最大，所以用b光照射时，逸出光电子的最大初动能最大，C正确；
D．根据发生光电效应的条件进行分析，截止频率只由光电管（金属）自身决定，所以用a光、b光照射时截止频率相同，D错误。
故选C。
【分析】掌握发射光电效应的条件以及爱因斯坦光电效应方程，结合图像即可完成分析。
3．（2024高三上·贵州开学考）如图为某游乐场的圆弧形滑梯，表面粗糙。小明将一个小球从最高处由静止释放，小球从最低处以某一速度滑离，关于上述过程的说法中一定正确的是（ ）
A．小球受到滑梯的支持力大于它对滑梯的压力
B．小球受到滑梯的力的方向始终与速度方向相反
C．小球滑至最低处时受力平衡
D．小球重力势能减少量大于动能增加量
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；功能关系
【解析】【解答】A．根据小朋友的运动情况和受力情况分析，小朋友受到滑梯的支持力与他对滑梯的压力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；
B．根据小朋友的运动情况和受力情况分析，小朋友受到圆弧形滑梯的弹力和摩擦力的作用，两个力的合力方向不与速度方向相反，故B错误；
C．小朋友滑至最低处时，不一定做匀速直线运动，受力不一定平衡，故C错误；
D．根据摩擦力做功情况分析，由于一直克服摩擦力做功，机械能一直减小，即小球重力势能减少量大于动能增加量，故D正确。
故选D。
【分析】小朋友受到圆弧形滑梯的弹力和摩擦力的作用，两个力的合力方向不与速度方向相反，一直克服摩擦力做功，机械能一直减小。
4．（2024高三上·贵州开学考）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示，将电容器与静电计组成回路。可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大。若极板上电荷量保持不变，则风力越大（ ）
A．电容器电容越小B．静电计指针张角越小
C．极板间电场强度越大D．固定电极电势越高
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．风力越大板间距离越小，根据电容的决定式与定义式进行分析电容器电容、板间电压如何变化。根据
C=εrS4πkd
风力越大，两板间的距离d越小，电容器电容C越大，故A错误；
B．根据板间电压越大静电计张角越大的关系判断静电计指针张角的变化。极板上电荷量保持不变，电容越大，根据
C=QU
可知，两板之间的电势差越小，静电计指针张角越小，故B正确；
C．根据电场强度与电势差的关系分析极板间电场强度如何变化。根据
C=εrS4πkd，E=Ud
可得
E=4πkQεrS
即极板间电场强度与距离d无关，电场强度不变，故C错误；
D．两极板之间的电势差
U=φ固−φ动=φ固−0=φ固
由于风力越大，两极板之间的电势差越小，则固定电极的电势越低，故D错误。
故选B。
【分析】结合电容的决定式与定义式，匀强电场的电场强度与电势差的关系进行分析。
5．（2024高三上·贵州开学考）2024年6月4日，携带月球样品的嫦娥六号上升器自月球背面起飞，随后成功进入预定环月轨道，图为嫦娥六号着陆月球前部分轨道的简化示意图，Ⅰ是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点。已知圆轨道Ⅳ到月球表面的高度为h，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转，嫦娥六号（ ）
A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，需在P处向后喷气
B．在轨道Ⅳ上绕月运行的速度大小为gR2R+h
C．在轨道Ⅳ上绕月运行的周期大于在轨道Ⅲ上绕月运行的周期
D．在轨道Ⅱ上稳定运行时经过P点的加速度大于经过Q点的加速度
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据变轨的知识分析机械能大小和喷气的方向，由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，需在P处向前喷气制动减速，故A错误；
B．根据月球表面的物体万有引力提供重力，结合嫦娥五号的万有引力提供向心力计算出嫦娥五号的绕月速度。不考虑月球的自转，在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，则
m0g=GMm0R2
嫦娥六号在轨道Ⅳ上绕月运行时，由万有引力提供向心力，可得
GMmR+h2=mv2R+h
联立可得，嫦娥六号在轨道Ⅳ上绕月运行的速度大小为
v=gR2R+h
故B正确；
C．根据开普勒第三定律
r3T2=k
可知，在轨道Ⅳ上绕月运行的周期小于在轨道Ⅲ上绕月运行的周期，故C错误；
D．根据牛顿第二定律分析PQ两点的加速度大小关系。根据牛顿第二定律，有
GMmr2=ma
可知其他条件不变的情况下，距离月球越远，加速度越小，所以在轨道Ⅱ上稳定运行时经过P点的加速度小于经过Q点的加速度，故D错误。
故选B。
【分析】根据万有引力和向心力的等量关系列式求解，结合牛顿第二定律分析出加速度即可。
6．（2024高三上·贵州开学考）如图所示，半径为R、折射率n=2的半圆形玻璃砖竖直放置在光屏MN的正上方，玻璃砖的直径AB与MN平行且距离为h。一束单色光在玻璃砖平面内垂直AB射向圆心O，光线穿过玻璃砖后射到光屏上，光点落在O'点。已知光屏足够大，真空中的光速为c，且空气中光速也可近似为c。现使玻璃砖绕过O点垂直于纸面的轴顺时针转动，从AB边射出的光线在光屏上的光点移动的方向和单色光从射入玻璃砖后再折射到光屏上的最长时间分别为（ ）
A．向右移动、2R+hcB．向左移动、2R+hc
C．向右移动、3R+hcD．向左移动、3R+hc
【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】BD．根据几何关系结合折射定律解得折射角，从而计算距离，玻璃砖绕过O点垂直于纸面的轴顺时针转动，转过的角度等于光线在AB边的入射角，折射角大于入射角，所以光点向右移动，故BD错误；
AC．根据折射率解得光速，结合光程计算时间。由临界条件可知，折射光线沿着玻璃砖边沿射向光屏，用时最长。设全反射临界角为C，由临界条件可知
sinC=1n=22
则
C=45°
即当玻璃砖转过45°时，折射光线沿着玻璃砖边沿射向光屏，用时最长，设光点为D点，光点D到O'的距离
xDO'=h，xDO=2h
光在玻璃砖中的传播速度
v=cn=22c
传播时间
t1=Rv=2Rc
从玻璃砖射出后到D点传播时间
t2=xDOc=2hc
则单色光从射入玻璃砖后再折射到光屏上的最长时间
t总=t1+t2=2R+hc
故A正确，C错误。
故选A。
【分析】本题主要考查了光的折射定律，熟悉光的传播特点，结合几何关系即可完成分析。
7．（2024高三上·贵州开学考）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M=20kg，H=3.2m，重力加速度大小取g=10m/s2，则（ ）
A．碰撞过程中F的冲量大小为440N⋅s
B．碰撞过程中F的冲量方向竖直向下
C．碰撞过程中头锤的动量变化量大小为200kg⋅m/s
D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.45m
【答案】C
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．F−t图像与坐标轴围成的面积表示冲量，代入数据得出冲量的大小和方向，由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为
IF=12×0.1×4400N⋅s=220N⋅s
方向竖直向上，故AB错误；
C．动量变化量等于末动量减去初动量，头锤落到气囊上时的速度大小为
v0=2gH=8m/s
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）有
IF−Mgt=Mv−−Mv0
解得
v=2m/s
碰撞过程中头锤的动量变化量
Δp=Mv−−Mv0=200kg⋅m/s
故C正确；
D．根据动量定理和动能定理联立等式得出头锤上升的最大高度。碰撞结束后头锤上升的最大高度
h=v22g=0.2m
故D错误。
故选C。
【分析】F-t图像中图像和横轴围成的面积表示冲量，理解图像的物理意义，结合动量定理和动能定理即可完成分析。
8．（2024高三上·贵州开学考）如图，固定汽缸内由活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处于静止状态，用电热丝对气体加热，活塞缓慢向左移动，移动过程中活塞与汽缸的摩擦忽略不计，且气体与外界环境没有热交换。下列说法正确的是（ ）
A．缸内气体对外界做功
B．缸内气体内能增加
C．电热丝放出的热量等于气体对外所做的功
D．单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数目不变
【答案】A,B
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A．根据功的计算公式分析气体对活塞做的功，活塞向左移动，气体体积增大，气体对外做功，故A正确；
B．对气体加热，气体温度升高，理想气体能只和温度有关，内能增加，故B正确；
C．根据热力学第一定律分析气体内能的增加量。气体内能增加，由热力学第一定律可知，电热丝向气体放出的热量一定大于气体对外做的功，故C错误；
D．气体做等压变化，气体温度升高，气体平均分子动能增大，单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数目变小，故D错误。
故选AB。
【分析】分析清楚气体状态变化过程，热力学第一定律即可解题；应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义。
9．（2024高三上·贵州开学考）如图所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交流电压，其瞬时值表达式为u1=2202sin100πtV。则（ ）
A．当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1：2
B．保持滑片P不动，当单刀双掷开关由a扳向b时，变压器输入功率增大
C．保持滑片P不动，当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数减小
D．单刀双掷开关与a连接，在滑片P向上移动的过程中，变压器输入功率减小
【答案】A,B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的匝数为n1，则有
U2=U1n2n1
当与b连接时，原线圈的匝数为n12，则有
U2'=U1n2n12
联立得
U2:U2'=n12:n1=1:2
所以电压表的示数比为1：2，故A正确；
BC．变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析。保持滑片P不动，当单刀双掷开关由a扳向b时，副线圈两端电压增大，电阻不变，故电流表的示数也变大，所以负载消耗功率增大，则变压器输入功率增大，故B正确，C错误；
D．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器滑片向上移，电阻变大，副线圈的电压由线圈匝数和输入电压决定，电压不变，则由
P=U2R
可知变压器的输出功率减小，输入功率也减小，D正确。
故选ABD。
【分析】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
10．（2024高三上·贵州开学考）在匀质轻绳上有两个相距16m的波源S1、S2，两波源的连线上有三个质点P、Q、M、P与波源S1相距4m，Q与波源S2相距4m，M与波源S1相距9m，如图甲所示。t=0时两波源同时上下振动，振动图像均如图乙所示，产生的两列绳波沿波源连线传播，t=2s时P、Q两质点刚开始振动。下列说法正确的是（ ）
A．两列波的传播速度大小均为1m/s
B．两列波的波长均为4m
C．波源S2产生的波在t=4.5s时传播到质点M
D．0~9s时间内，质点M运动的路程为40cm
【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．明确两波的性质，根据周期和传播距离确定波速，根据题意，P与波源S1相距4m，波源S1的波传至P点需要2s，则由
v=ΔxΔt
解得
v=2m/s
故A错误；
B．根据图乙可知波源振动的周期
T=2s
则两波的波长均为
λ=vT=4m
故B正确；
C．由
Δt=Δxv
可知，波源S2产生的波在t=3.5s时传播到质点M，故C错误；
D．根据波程差与波程的关系分析振动加强点和振动减弱点的个数，分析B点的运动情况，根据时间与周期的关系解得路程。同理可知，波源S1产生的波经t=4.5s传播到质点M，由此可知，在0~3.5s内，质点M不动，3.5~4.5s内，质点M运动半个周期，运动的路程
s1=2A=40cm
由于M点到两波源的距离差为2m，恰好等于半个波长，两列波分别在质点M的振动情况恰好相反，即4.5~9s内，质点M不动，所以0~9s时间内，质点M运动的路程为40cm，故D正确。
故选BD。
【分析】本题考查波的性质以及波的叠加，要注意明确叠加的特点，同时明确波速公式的应用。
11．（2024高三上·贵州开学考）某学习小组用如图甲所示的实验装置测量木块与长木板之间的动摩擦因数，将左端带有滑轮的长木板放置在水平桌面上，轻绳跨过滑轮后左端与重物连接，右端与装有力传感器的木块连接，力传感器可以直接测出绳子的拉力大小F，木块右端连接穿过打点计时器的纸带，通过纸带可以计算木块的加速度大小a，改变重物的质量，进行多次实验。
（1）下列说法正确的是__________。
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．调节长木板倾斜度，平衡木块受到的滑动摩擦力
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．重物的质量应远小于木块的质量
（2）已知交流电源的频率为50Hz，实验得到的一条纸带如图乙所示（图中每两个计数点间还有四个点未画出），则在该次实验中，小车运动的加速度大小为 ms2（结果保留三位有效数字）。
（3）两同学在实验室各取一套图甲所示的装置放在水平桌面上，研究木块的加速度a与拉力F的关系，他们分别得到图丙中1、2两条直线。设两木块质量分别为m1、m2，两木块与木板间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由图可知，m1 m2，μ1 μ2（均选填“>”“