2025届河北省秦皇岛市河北昌黎第一中学高三下学期第三次飞跃考试物理试题（解析版）

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一、单项选择题∶本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 新一代人造太阳“中国环流三号”实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，标志着我国磁约束核聚变研究向高性能聚变等离子体运行迈出重要一步。“中国环流三号”发生核聚变时的核反应方程为，光速，则下列说法正确的是（ ）
A. 新核X为
B. 因为核聚变释放能量，根据可知核聚变后的总质量数减少
C. 高温能使所有的原子核克服核力而聚变
D. 一个和一个聚变时，质量亏损约为3.13×10-29kg
【答案】D
【解析】A．根据质量数守恒，有A=2+3-1=4，
根据电荷数守恒，有Z=1+1=2，可得新核为，故A错误；
B．核聚变释放能量，出现质量亏损，但总质量数不发生变化，故B错误；
C．高温不能使所有的原子核克服核力而聚变，故C错误；
D．根据可得，故D正确。
故选 D。
2. 如图所示为高速公路的ETC电子收费系统，ETC通道的长度（识别区起点到自动栏杆的水平距离）。某自动驾驶汽车以18km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“嘀”的一声，汽车的自动驾驶系统发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，刹车的加速度大小为5m/s²，汽车静止时距自动栏杆的距离为3.9m，则自动驾驶系统的反应时间为（ ）
A. 0B. 0.02sC. 0.04sD. 0.2s
【答案】B
【解析】设自动驾驶系统的反应时间为，由题知汽车的速度，
汽车做匀速直线运动的位移为
汽车做匀减直线运动的位移为
根据题意有
联立解得
故选B。
3. 2024年10月30日，“神舟十九号”载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接，对接于天和核心舱前向端口，形成三舱三船组合体，3名航天员随后从“神舟十九号”载人飞船进入空间站天和核心舱。飞船与空间站交会对接后距地面的高度小于地球同步卫星距地面的高度。下列说法正确的是（ ）
A. 航天员在天和核心舱中处于失重状态，不受地球吸引力
B. 飞船与空间站组合体对接后的向心加速度大小相等
C. 飞船先在比空间站运行半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间站，两者速度接近时实现对接
D. 飞船与空间站组合体的运行速度小于地球同步卫星的速度
【答案】B
【解析】A．航天员在天和核心舱中处于失重状态，并不是不受地球吸引力，而是地球吸引力全部用来充当向心力，故A错误；
B．在对接后，飞船与空间站组合体所受万有引力提供向心力，有
解得
故飞船与空间站组合体对接后的向心加速度大小相等，故B正确；
C．当飞船在比空间站运行半径小的轨道上减速时，飞船将做近心运动，逐渐远离空间站，不可能实现对接，飞船对接需从低轨道变轨到高轨道，应加速，而不是减速，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力有，解得
飞船与空间站组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，运行速度比地球同步卫星的速度大，故D错误。故选B。
4. 一列简谐横波在同一均匀介质中沿轴方向传播，时刻的波形图如图甲所示，为介质中的两个质点，它们的横坐标分别为、，质点的振动图像如图乙所示，自时刻起质点到达波峰位置所用的最短时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题图可知，该波的波长，周期，有
解得波速
由图乙可知，在时刻，质点沿轴负方向运动，因此该波沿轴负方向传播，故质点到达波峰位置所用的最短时间为，故A符合题意，BCD不符合题意。故选A。
5. 如图甲所示，波光喷泉的水柱从一个水池喷到另一个水池，人们在水柱下穿行不湿衣服，奇妙无穷。图乙是波光喷泉在空中形成的一根水柱，喷口与水平面的夹角为，水离开喷口的初速度为，为最高点，不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A. 水达到最高点时的速度大小为
B. 水在点的加速度小于点的加速度
C. 水从点运动到点所用的时间为
D. 水平射程为
【答案】D
【解析】A．斜抛运动最高点竖直分速度为0，水平分速度不变，处水的速度方向为水平向右，速度大小为，故A错误；
B．不计空气阻力，水在运动过程中只受重力作用，在整个运动过程中的加速度都为重力加速度，故B错误；
C．在竖直方向上，水从到做竖直上抛运动，水离开喷口的初速度的竖直分量为
水从到的过程，在竖直方向有
解得
因为斜抛运动具有对称性，所以，故C错误；
D．斜抛运动的水平方向做匀速直线运动，水平速度为
水从到的总时间为
根据可知，水平射程为，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为，定值电阻的阻值为，两端接电压有效值恒为的正弦交流电源，电压表、电流表均是理想交流电表，下列结论正确的是（ ）
A. 若滑动变阻器接入电路的电阻，则电流表示数为
B. 若滑动变阻器接入电路的电阻，则电压表示数为
C. 若滑动变阻器滑片向下移动，则的功率逐渐增大
D. 若改变滑动变阻器接人电路阻值，则的功率最大时，
【答案】D
【解析】AB．将变压器与负载等效为一个定值电阻，则等效电阻为
若滑动变阻器接人电路的电阻，则等效电阻为
根据闭合电路欧姆定律，可得电流为
即电流表的示数为0.6A；
则两端的电压为
即电压表的示数为3.6V，故AB错误；
C．若滑动变阻器滑片向下移动，的有效阻值增大，则等效电阻也增大，根据闭合电路欧姆定律
可知电流减小；根据
可知的功率逐渐减小，故C错误；
D．将看成电源的内阻，当与有效电阻相等时的功率最大，则有，解得，故D正确。故选D。
7. 2024年8月6日，在巴黎奥运会女子10米跳台跳水决赛中，中国选手全红婵夺得金牌。为了方便研究，可将全红婵跳水过程简化为如图所示模型，一个质量为的质点从距水面处由静止落下，进入水中一定深度，此时与水池底部距离最近，质点在空中受到的阻力大小恒为，在水中受到的阻力大小恒为，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A. 全红婵在空中与水中所受阻力的大小关系是
B. 全红婵在空中与水中的加速度大小之比为
C. 全红婵在运动过程中速度最大值为
D. 全红婵在整个运动过程中损失的机械能为
【答案】C
【解析】A．全红婵在空中做匀加速直线运动，则，在水中做匀减速直线运动,则，故，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，有，
得，故B错误；
C．根据动能定理，有
解得，故C正确；
D．两段运动过程，有，
得
整个运动过程中损失的机械能，故D错误。故选C。
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. 某运动员从高台上跳下，跳下前双臂下垂，与不采取任何措施相比，下列做法可以减小脚底接触地面时速度的有（不计空气阻力）（ ）
A. 在跳出前将双臂举过头顶，落地前瞬间将手快速挥下
B. 跳出后在空中将双臂举过头顶，落地前瞬间将手快速挥下
C. 以一定的初速度向前水平跳出
D. 在身上固定铅块增大惯性后跳出
【答案】AB
【解析】A．运动员从高台跳下，不计空气阻力，落地速度由竖直方向的下落高度和挥手时上肢对下肢的作用力决定，自由落体时，有
一方面，跳出前举臂会略微提高重心，导致实际下落高度增大，从而增大整体落地速度；另一方面，落地前瞬间将手快速挥下，此时上肢对下肢的作用力向上，可以减小脚底触地速度。总的来说，可以减小脚底触地速度，故A正确；
B．跳出后在空中将双臂举过头顶，此过程不影响人重心的落地速度。落地前瞬间将手快速挥下，上肢对下肢有向上的作用力，该作用力可以减小脚底触地速度，故B正确；
C．以一定的初速度向前水平跳出时，则落地时合速度，即增大脚底触地速度，故C错误；
D．增大物体惯性（质量）不影响自由下落的速度，故D错误。
故选AB。
9. 如图所示，真空中有一正四面体，所有棱长都为，、连线的中点为（图中未画出），中垂线的交点为（图中未画出），已知点电荷的电势公式为，其中为静电力常量，为场源电荷的电荷量，为某点到的距离，取无穷远处电势为零。则下列说法正确的是（ ）
A. 若只在P点固定一个正点电荷，则质子在面上运动时，其电势能不变
B. 若在P、a两点分别固定一个电荷量为的等量正点电荷，则、两点电势不相等
C. 若在P、a、b三点分别固定一个电荷量为的等量正点电荷，则点的电场强度大小为
D. 若在P、a、b三点分别固定一个电荷量为的等量正点电荷，则点的电势为
【答案】CD
【解析】A．由于abc面上各点到P点的距离不相等，所以abc面不是等势面，故质子在abc面上运动时，其电势能会变化，故A错误；
B．b点到P、a两点的距离和c点到P、a两点的距离相等，由点电荷的电势公式，可得出b、c两点电势相等，故B错误；
C．a、b两点的点电荷在d点产生的电场强度大小相等方向相反，合电场强度为0，则d点的电场强度为P处点电荷在d点产生电场的电场强度，则，故C正确；
A．根据几何关系知e点到P、a、b三点的距离为，又电势是标量，P、a、b三点在e点产生的电势为代数和，得，故D正确。
故选CD。
10. 如图所示，两根倾角为、间距为的足够长光滑平行金属导轨的底部接有一阻值为的定值电阻，导轨上端开口，整个装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。置于导轨上的质量为的金属棒在与导轨平面平行的恒力作用下，由静止开始沿导轨向上滑动，金属棒从开始运动到达到最大速度时沿导轨运动的距离为，金属棒在导轨间的电阻为，导轨电阻不计，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒由静止先做匀加速直线运动，最终做匀速直线运动
B. 金属棒匀速运动时的速度大小为
C. 金属棒沿导轨运动过程中，定值电阻的最大电功率为
D. 金属棒从开始运动到达到最大速度的过程中克服安培力做的功为
【答案】BD
【解析】A．金属棒ab由静止开始向上做加速运动，随着速度的增大，其受到的安培力增大，金属棒的加速度逐渐减小直至为零，最终做匀速直线运动，故A错误；
BC．金属棒匀速运动时有
又，E=BLv
联立解得
此时金属棒速度最大，产生的感应电流最大，则定值电阻的电功率最大，故B正确，C错误；
D．金属棒从开始运动到达到最大速度的过程中，由动能定理得
解得，故D正确。故选 D。
三、非选择题∶本题共5小题，共54分。
11. 如图甲所示，某实验小组利用单摆测量当地重力加速度，所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、速度传感器、计算机等。实验操作步骤如下：
A.取一根细线，下端系住一个金属小球，上端固定在铁架台上；
B.用米尺（分度值为1mm）测得摆线长为；
C.在摆线偏离竖直方向较小夹角的位置由静止释放小球；
D.速度传感器连接计算机，记录了摆球摆动过程中速度随时间变化的关系，如图乙所示；
E.改变摆线长度，重复B、C、D的操作；
F.根据实验数据，利用计算机作出图像，并根据图像得到方程，由此可以得出当地的重力加速度。
回答以下问题：
（1）摆线长为时，单摆的周期______。
（2）实验小组测得当地的重力加速度______。（取3.14，结果保留3位有效数字）
（3）实验时没有测量摆球直径，为摆线长而不是摆长，你认为这种做法会不会引起实验的系统误差_______（填“会”或“不会”）；为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_______。
A.组装单摆须选用质量和直径都较大的摆球
B.当摆球经过最高点时开始计时
C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D.单摆偏离平衡位置的角度尽可能大
【答案】（1）2.0 （2）9.74 （3）不会 ；C
【解析】【小问1】图乙可知摆线长为时，该单摆周期
【小问2】设摆球半径r，根据单摆周期公式有
整理得
结合题中根据图像得到的方程为
可知
解得
【小问3】根据
可知实验时没有测量摆球直径，L为摆线长度时得到的图像斜率仍不变，在用斜率计算重力加速度时不会引起实验的系统误差。
A．为了减小空气阻力引起的误差，应选用密度大、体积小的摆球，故A错误；
B．为准确测量单摆周期，应在摆球经过平衡位置时开始计时，故B错误；
C．实验时须使摆球在 同一竖直面内摆动，否则会形成圆锥摆，故C正确；
D．为使单摆做简谐运动，单摆偏离平衡位置的角度 应小于，故D错误。故选C。
12. 如图甲所示，某校高二学生在拓展性物理实验中测定土豆电池的电动势和内阻，实验桌上器材有：土豆、铜片、锌片、电阻箱、多用电表、开关、若干导线。同学们利用多用电表的电流挡测电流，设计了如图乙所示的测量电路。
实验步骤如下：
1.按电路图连接实物图；
2.把电阻箱阻值调节到最大；
3.闭合开关，调节电阻箱，使多用电表有明显示数，记录一组多用电表和电阻箱的示数，用同样的方法测量并记录几组、值，实验数据见下表：
4.断开开关，整理好器材；
5.根据步骤3表格中数据，绘制出图像，如图丙所示。
回答以下问题：
（1）分别用和表示电源的电动势和内阻，则与的关系式为_______（忽略多用电表测电流时的内阻）。
（2）由图丙的图像，可以求得电源电动势______V，内阻r=______Ω。（结果均保留2位有效数字）
（3）实验小组同学发现铜片和锌片插入土豆中更深些，测得的内阻减小，原因是__________________________。
（4）用多用电表欧姆挡直接接“土豆电池”两极测内阻，若所选挡位为电阻“×10”挡，指针在表盘的位置如图丁所示，其阻值为______Ω。与前面实验测得的数据相差大的原因是__________________________。
【答案】（1） （2） 0.92 ；
（3）两金属片插入土豆中更深使内电路导体横截面积增大，根据，可知土豆电池的内阻减小。
（4） ①. 190 ②. 因土豆电池本身有电动势，当用多用电表欧姆挡直接接“土豆电池”两极测内阻时，多用电表内部的电源与土豆电池的电动势正向或反向串联，影响测量结果。
【解析】【小问1】根据闭合电路的欧姆定律有
整理得
【小问2】由
可知电动势等于图像中图线斜率的大小，由题图丙可知
内阻等于图像纵轴截距的绝对值，由题图丙可知
【小问3】两金属片插入土豆中更深使内电路导体横截面积增大，根据电阻决定式，可知土豆电池的内阻减小。
【小问4】图丁可知阻值为
因土豆电池本身有电动势，当用多用电表欧姆挡直接接“土豆电池”两极测内阻时，多用电表内部的电源与土豆电池的电动势正向或反向串联，影响测量结果。
13. 小明家里新添置的气压式升降椅如图甲所示，气压式升降椅通过汽缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，它们的总质量为m，柱状气动杆的横截面积为S，柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，封闭气柱长度为L。已知汽缸气密性、导热性良好，不计气动杆与汽缸之间的摩擦，室内温度保持不变，大气压强为p0，重力加速度为g。小明盘坐在椅面上，稳定后椅面下降了。求：
（1）小明的质量；
（2）被封闭气体向外界放出的热量。
【答案】（1） （2）
【解析】【小问1】设小明的质量为M，开始时小明没有盘坐在椅面上，有
小明盘坐在椅面上时，根据共点力的平衡条件有
根据玻意耳定律有
联立解得
【小问2】外界对气体做的功
理想气体的温度不变，则气体内能的变化为零（），根据热力学第一定律
解得
可知封闭气体向外界放出的热量。
14. 如图所示，在xOy平面内，y轴的左侧abcd区域内存在大小、方向水平向左的匀强电场，在y轴的右侧存在一半径的圆形区域，区域内存在磁感应强度大小的匀强磁场，方向垂直纸面向里，y轴与圆形磁场区域相切于坐标原点O。的带负电的粒子，以初速度从cd边界上的P点沿垂直x轴方向进入电场，并恰好从O点沿与水平方向成角的方向进入磁场，粒子经磁场偏转后沿y轴负方向离开磁场。粒子离开磁场的瞬间，在y轴的右侧施加水平向右的大小的匀强电场，电场足够宽，不计粒子重力，求∶
（1）P点到y轴的距离；
（2）粒子离开磁场时到y轴的距离；
（3）粒子第二次通过y轴的坐标。
【答案】（1）0.15m （2） （3）
【解析】【小问1】（1）粒子运动的轨迹如图所示
设粒子到达O点的速度为v，则有
因为，，
P点到y轴的距离
联立以上解得x=0.15m，
【小问2】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
由几何知识可知，粒子离开磁场时到y轴的距离
解得
【小问3】粒子在磁场中的竖直位移大小
粒子在y轴右侧电场中做类平抛运动，竖直位移大小
水平位移大小
由牛顿第二定律得
联立解得
故
则粒子第二次通过y轴的坐标为
15. 如图所示，长的水平传送带以的速率顺时针匀速转动，紧靠传送带右端处放置一个静止物块，在距处的处放置一竖直固定弹性挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回；在距传送带左端点的处放置物块，在点的正下方，在同一水平面上；物块用长的轻绳悬于点，。现将物块从偏离竖直方向角处由静止释放，一段时间后物块与发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，物块通过后，滑上传送带。已知，，，物块与水平面间的动摩擦因数，物块与传送带间的动摩擦因数，与传送带右侧水平面间的动摩擦因数，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，重力加速度取，。求∶
（1）物块与物块相碰后瞬间物块的速度大小；
（2）物块与物块第一次碰撞前，物块在传送带上滑行过程中因摩擦产生的热量；
（3）整个过程中，物块与挡板碰撞的次数。
【答案】（1）4m/s （2）0.5J （3）5
【解析】【小问1】对物块a，从静止释放至运动到最低点的过程，由机械能守恒定律得
代人数据解得
a、b两物块发生弹性碰撞，设碰后瞬间a的速度大小为，b的速度大小为，规定向右为正方向，则有，
代人数据解得，
【小问2】设物块b到达B点的速度大小为，由动能定理得
代人数据解得
物块b刚滑上传送带时速度大于传送带速度，物块b做匀减速运动，对物块b有
解得
设物块b经时间t速度与传送带速度相等，向右运动的位移为x，则有，
由于
所以物块b与传送带速度相等后与传送带一起做匀速运动，物块b匀减速运动过程中传送带向右运动的位移
因此物块b与传送带间因摩擦而产生的热量
代人数据解得
【小问3】物块b与物块c在传送带右端发生弹性碰撞，由于b与c质量相等，所以每一次碰撞速度都发生交换，第一次碰撞后瞬间
由此可知，以后每次b与c相碰，速度都发生交换且由分析可知物块b不会再从传送带左端滑出，物块b与物块c第一次碰撞后瞬间物块c的动能
物块c从传送带右端到与弹性挡板碰撞后返回传送带右端消耗的能量
由于
所以物块c与弹性挡板的碰撞次数为5次。