2025届广西“贵百河”高三(上)11月摸底物理试卷(解析版)

这是一份2025届广西“贵百河”高三(上)11月摸底物理试卷(解析版)，共20页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷、答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分，第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对得分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
1. 2023年8月25日，“中国环流三号”托卡马克装置首次实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，是我国核能开发进程中的重要里程碑。该模式下的核反应方程之一为，反应中释放出光子，下列说法正确的是（ ）
A. 该核反应属于裂变反应B. 该核反应方程中的X为中子
C. 的比结合能大于的比结合能 D. 光子的静止质量为0，所以它的动量也为0
【答案】C
【解析】AC．该反应是核聚变反应并释放出大量的能量，由比结合能小的方向比结合能大的方向进行，则的比结合能大于的比结合能，故A错误，C正确；
B．由电荷数守恒和质量数守恒可知，该核反应方程中的X的电荷数为1，质量数为1，则X为质子，故B错误；
D．由康普顿效应可知，光子的动量不为0，故D错误。
故选C。
2. 图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（ ）
A. 两线圈产生电动势的有效值相等B. 两线圈产生的交变电流频率相等
C. 两线圈产生的电动势同时达到最大值D. 两电阻消耗的电功率相等
【答案】B
【解析】AD．根据可得两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等；根据 可知，两电阻的电功率也不相等，选项AD错误；
B．因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；
C．当磁铁的磁极到达一线圈附近时，一个线圈的磁通量最大，感应电动势为0，另一个线圈通过的磁通量最小，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误。
故选B。
3. 如图所示，用一根细线穿过光滑的杯柄，两手握住细线两端，提起水杯，保持静止状态，下列说法正确的是（ ）
A. 细线之间的夹角变大时，细线的张力大小一定大于杯子的重力大小
B. 逐渐减小细线之间的夹角θ，细线的张力将逐渐变大
C. 当细线之间的夹角为60°时，细线的张力大小等于杯子的重力大小
D. 换力更大的同学进行操作，也不可能将细线拉至水平
【答案】D
【解析】A．设细线之间的夹角为θ，根据水杯受力平衡，有
解得
只有当细线之间的夹角θ大于120°时，细线的张力大小才大于杯子的重力大小，故A错误；
B．逐渐减小细线之间的夹角θ，则逐渐增大，细线的张力将逐渐变小，故B错误；
C．当细线之间的夹角θ为60°时，细线的张力大小为，故C错误；
D．无论人的力气多大，细线的拉力在竖直方向总有分量，即细线不可能被拉至水平，故D正确。故选D。
4. 如图所示，用长为l的轻绳将质量为m的小球悬挂于O点的正下方P点。现对小球施加水平向右的拉力F，使其由P点运动至Q点，已知OQ与竖直方向夹角为θ=60°，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 若小球从P缓慢地移动到Q，则水平拉力F做的功为
B. 若水平拉力恒为F，则从P到Q，小球机械能的增量为
C. 若水平恒力F=mg，则从P到Q，小球重力和恒力F的合力的功率先增大后减小
D. 若水平恒力F=mg，则小球在Q点的速度大小为
【答案】B
【解析】A．缓慢移动，拉力F是变力，做功不等于，根据动能定理
解得水平拉力F做的功为
故A错误：
B．拉力恒为F，从P到Q，F做功为
小球机械能的增量为，故B正确；
C．当时，合力与速度垂直，瞬时功率为0，则从P到Q，合力功率先减小后增大，故C错误；
D．从P到Q，对小球用动能定理得
解得
故D错误。
故选B。
5. 如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由a、b两种单色光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃，分别从B、C点射出，则（ ）
A. 玻璃对a光的折射率比对b光的折射率小
B. a光光子的动量大于b光光子的动量
C. 光线AO绕O点顺时针旋转，b光比a光先在圆弧界面发生全反射（不考虑多次反射）
D. a光从O到B点的传播时间小于b光从O到C点的传播时间
【答案】B
【解析】A．过O点作一条法线，如图所示
可知a光折射角小于b光的折射角，根据折射定律可知，玻璃对a光的折射率比对b光的折射率大，故A错误；
B．由于玻璃对a光的折射率比对b光的折射率大，则a光的频率大于b光的频率，则a光的波长小于b光的波长，根据可知a光光子的动量大于b光光子的动量，故B正确；
C．根据全反射临界角公式
由于，可知，光线AO绕O点顺时针旋转，入射角变小，光线进入玻璃砖的折射角变小，则a光在圆弧界面先达到临界角，a光比b光先在圆弧界面发生全反射，故C错误；
D．设光线的入射角为i，折射角为r，光在玻璃中传播的路程为s，半圆柱截面的半径为R。由几何关系可知
又知光在玻璃中传播的速度为
则光在玻璃中传播的时间为
由折射定律可知
则有
由此可知
故D错误。
故选B。
6. 如图所示，虚线为A、B两小球从等宽不等高的台阶抛出的运动轨迹，A球从台阶1的右端水平抛出后，运动至台阶2右端正上方时，B球从台阶2的右端水平抛出，经过一段时间后两球在台阶3右端点相遇，不计空气阻力，则（ ）
A. 两球抛出时A的速度大于B的速度
B. 两球相遇时A的速度大小为B的两倍
C. 台阶1、2的高度差是台阶2、3高度差的4倍
D. 两球相遇时A的速度与水平方向的夹角的正切值为B的两倍
【答案】D
【解析】A．两个小球都做平抛运动，水平方向都做匀速直线运动，根据
根据题意，A运动至台阶2右端正上方时，B球从台阶2的右端水平抛出，经过一段时间后两球在台阶3右端点相遇，x和t都相等，所以v0相等，A错误；
B．因为水平速度相等，台阶的宽度也相等，所以两个小球在空中运动的总时间之比为2：1，所以相遇时两球竖直速度之比为2：1，合速度之比一定不等于2：1，B错误；
C．根据平抛运动
解得
台阶1、3的高度差与台阶2、3高度差之比为
所以，台阶1、2高度差与台阶2、3高度差之比为
C错误；
D．设2、3台阶的高度差为h0，则1、3台阶的高度差为4h0，设台阶的宽度x0，根据平抛运动的推论
得
两球相遇时A的速度与水平方向的夹角的正切值与B的速度与水平方向的夹角的正切值之比为
D正确。故选D。
7. 让宇航员不坐火箭就能上天，“流浪地球2”中的太空电梯何日能实现，如图所示，假若质量为m的宇航员乘坐这种赤道上的“太空升降机”上升到距离地面高度h处而停止在电梯内。已知地球的半径为R，表面的重力加速度为g，自转周期为T，引力常量为G，假若同步卫星距离地面的高度为H，下列说法正确的是（ ）
A. 宇航员在“太空升降机”中处于静止状态时，实际是绕着地球在公转
B. 当 ，宇航员受到的支持力为
C. 当，万有引力大于宇航员做圆周运动的向心力
D. 当，宇航员受到向下的压力为
【答案】B
【解析】A．宇航员在“太空升降机”中处于静止状态时，实际是随着地球在自转，故A错误；
B．由可得
当，对宇航员进行受力分析， 由圆周运动的规律可得
联立解得宇航员受到的支持力为
故B正确；
C．当时， 有
万有引力正好等于宇航员做圆周运动的向心力，故C错误；
D．当，由
综合解得
故D错误。故选B。
8. A、B为真空中两个电荷量都是Q的点电荷，相距2d，AB连线中点为O，C是中垂线的一点，距O为x（图甲），其电场强度大小为E1。若A的电荷量变为，其他条件都不变（图乙），此时C点的电场强度大小为E2。已知静电力常量为k，则（ ）
A. E1的大小为，方向沿OC向上
B. 在甲图中的C点静止释放一个负点电荷，其在向O点的运动过程中，加速度大小一定变小
C. 将一个正点电荷分别放在甲、乙图中的C点，其在这两点所受的电场力大小不相同
D. 将一个负点电荷分别放在甲、乙图中的C点，其在甲图中C点具有的电势能小于在乙图中C点具有的电势能
【答案】AD
【解析】A．根据两个点电荷电场的叠加原理，E1的大小为
方向沿OC向上，A正确；
B．由于x与d的大小未知，中垂线上电场强度最大的点可能在C点的上方也可能在下方，所以在向O点的运动过程中，加速度大小不一定变小，B错误；
C．根据上述分析可知，当x=d，电场力大小相等，C错误；
D．甲图中C点的电势大于零，乙图中C点的电势为零，由电势能公式
可知D正确。
故选AD。
9. 一列简谐波沿x轴正方向传播，O为波源且t=0时刻开始沿y轴正方向起振。如图所示为t=0.3s时x=0至x=4m范围内的波形图，虚线右侧的波形图未画出，已知图示时刻x=2m处的质点第二次到达波峰，则（ ）
A. 这列波的周期为0.2s
B. t=0.3s时x=2m处的质点加速度正向最大
C. t=0.8s时x=16m处的质点经过平衡位置向上运动
D. t=0.3s时x=14m处的质点的位置坐标为
【答案】AC
【解析】A．由题知，波长，波源t=0时刻开始沿y轴正方向起振，则介质中各个质点均沿y轴正方向起振，t=0.3s时，x=2m处质点第二次到达波峰，振动了，波从波源O传到x=2m处的质点，用时，则
解得周期为
故A正确；
B．t=0.3s时x=2m处的质点处于波峰，则加速度负向最大，故B错误；
C．波速
则t=0.3s时，波传播到x=12m处的质点，画t=0.3s时波形图可得，此时x=12m处的质点处于平衡位置，且向上振动，t=0.4s时，波传播到x=16m处的质点，再经过0.4s，即再经过2个周期，x=16m质点从平衡位置向上运动。则t=0.8s时，x=16m处的质点从平衡位置向上运动，故C正确；
D．t=0.3s时，波传播距离为
因此波向右传播了12m，所以在x=14m处的质点还未振动，故D错误。故选AC。
10. 如图所示，线框ac、bd边长为2L、电阻不计，三条短边ab、cd、ef长均为L、电阻均为R，ef位于线框正中间。线框下方有一宽度为L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，cd边与磁场边界平行，当cd距磁场上边界一定高度时无初速释放线框，线框cd边进入磁场时线框恰好匀速运动，下落过程中线框始终在竖直面内，已知线框质量为m，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A. 线框通过磁场过程中流过ab边的电流不变
B. 线框通过磁场过程中a、b两点间电势差始终为
C. 释放时cd边到磁场上边界高度为
D. 整个过程中ab边产生的焦耳热一定为2mgL
【答案】BC
【解析】A．设整个运动过程中，产生感应电流为I，当cd和ef通过磁场的过程中，流过ab的电流为两个电阻大小相等支路的电流，大小均为，方向均为b→a；当ab通过磁场的过程中，流过ab的电流为等效电路的干路电流，大小为I，方向为a→b，A错误；
B．线框cd边进入磁场时的速度为，则有
线框受到的安培力
联立解得
根据线框构成等效电路的特点可知线框在通过磁场的过程中将始终做匀速运动，a、b两点间电势差始终等于对应等效电路的路端电压的相反数，即
解得
B正确；
C．设释放时cd边到磁场上边界高度为h，根据运动学公式可得
解得cd边进入磁场时的速度大小为
结合上述分析可得
联立解得
故C正确；
D．根据焦耳定律可得整个过程中ab边产生的焦耳热为
解得
D错误。
故选BC。
二、非选择题：本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题10分，第13题8分，第14题12分，第15题18分。其中13~15题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无验算过程的不得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11. 某实验小组组装了如图甲所示的实验装置来完成“探究碰撞中的不变量”的实验。在小车P的后端连接通过打点计时器的纸带，前端粘有橡皮泥。给小车P一向前的瞬时冲量，然后与原来静止在前方的小车Q相碰并粘合成一体后，继续向前运动。
（1）下列操作正确的是（ ）
A. 实验时给小车向前的瞬时冲量越大越好
B. 两小车粘上橡皮泥是为了改变两车的质量
C. 先接通打点计时器的电源，再给小车向前的瞬时冲量
D. 实验前，需要在长木板靠近打点计时器一端垫上适量小木块以补偿阻力
（2）实验获得的一条纸带如图乙所示，根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了区域划分，用刻度尺测得各点到起点A的距离分别为s1、s2、s3、s4。根据碰撞前后小车的运动情况，应选纸带上___________段来计算小车P的碰前速度。（选填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”）
（3）测得小车P（含橡皮泥）的质量为m1，小车Q（含橡皮泥）的质量为m2，如果实验数据满足关系式__________________________（用题目中的已知量和测量量表示），则可探知：在误差允许的范围内，小车P、Q碰撞过程中动量守恒。
【答案】（1）CD （2）BC
（3）##
【解析】【小问1详解】
A．实验时小车的速度要适中，瞬时冲量要适当，故A错误；
B．两小车粘上橡皮泥是为了碰撞后粘连在一起测量系统末动量，故B错误；
C．先接通打点计时器的电源，打点稳定后再给小车向前的瞬时冲量，故C正确；
D．为保证碰撞前后小车匀速直线运动且碰撞过程中动量守恒，则实验前，需要在长木板靠近打点计时器一端垫上适量小木块以补偿摩擦力，故D正确。
故选CD。
【小问2详解】
从纸带上的点迹和数据可得，AB段小车P处于加速阶段，BC段处于匀速运动阶段。故选BC段来计算小车P的碰前速度，DE为小车P、Q碰撞后的共同速度。
【小问3详解】
若小车P、Q碰撞前后动量守恒，则


解得
12. 某研究性学习小组利用压敏电阻制作电子秤。已知压敏电阻在压力作用下发生微小形变，它的电阻也随之发生变化，其阻值R随压力F变化的图像如图甲所示，其中，图像斜率。小组同学按图乙所示电路制作了一个简易电子秤(秤盘质量不计)，电路中电源电动势，内阻未知，电流表量程为10mA，内阻，g取10m/s2。
（1）下列操作步骤的正确顺序是________。
①秤盘上放置已知重力的重物G，保持滑动变阻器接入电路的阻值不变；读出此时电流表示数I；
②换用不同已知质量的重物，记录每一个质量值对应的电流值；
③秤盘上不放重物时，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表指针满偏；
④将电流表刻度盘改装为质量刻度盘。
（2）实验时发现电流表量程偏小，根据需要将其量程扩大为100mA，则应该给该电流表________(填“串联”或“并联”)阻值为________Ω的电阻。
（3）用改装后的电流表进行操作，若电流表示数为20mA，则待测重物质量________kg。
（4）改装后的刻度盘，其0刻度线在电流表______(选填“零刻度”或“满刻度”)处。
（5）若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台电子秤称重前，进行了步骤③的操作，则测量结果________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）③①②④ （2） 并联 2 （3）10 （4）满刻度
（5）不变
【解析】【小问1详解】
在本实验中应先让秤盘上不放重物，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表指针满偏，然后在秤盘上放置已知重力的重物G，保持滑动变阻器接入电路的阻值不变，读出此时电流表示数I，再换用不同已知质量的重物，记录每一个质量值对应的电流值，最后将电流表刻度盘改装为质量刻度盘，故合理的实验操作顺序为③①②④。
【小问2详解】
当小量程的电流表改装成量程较大的电流表时，需要并联一个小电阻，有
解得
【小问3详解】
根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物时，调节滑动变阻器使得电流表满偏，有
当秤盘上放上重物，且电流表示数为20mA时，有
又因为
联立解得
【小问4详解】
由于压敏电阻阻值R随压力增大而增大，则电流表示数随压力增大而减小，所以改装后的刻度盘，其零刻度线在电流表的满刻度处。
【小问5详解】
根据操作过程③可知，当电源电动势不变，而内阻增大时，仍可以通过减小滑动变阻器接入电路的阻值使得电流表达到满偏，回路中电源内阻和滑动变阻器接入电路的总电阻不变，所以测量结果不变。
13. 在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如下图所示的p—V图像，气泡内气体先从压强为P0、体积为V0、热力学温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、热力学温度为TC的状态C，B到C过程中外界对气体做功为W，已知p0、V0、T0和W。求：
（1）A、B状态的压强之比：
（2）B、C状态的热力学温度之比；
（3）B到C过程，则此过程中气泡内气体的内能变化了多少。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
由题可知，根据玻意耳定律可得
解得
【小问2详解】
根据理想气体状态方程可知
解得
【小问3详解】
根据热力学第一定律可知
其中，故气体内能增加
14. 如图所示，水平传送带足够长，向右运动前进的速度v = 1 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m = 1 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L = 4 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数均为μ = 0.5，取重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cs37° = 0.8。求物块：
（1）求小物体从A点运动到P点时候的动量大小；
（2）求小物块从A点开始至第2次运动到P点时间。
【答案】（1）4 kg∙m/s
（2）4.5 s
【解析】【小问1详解】
对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得
解得物体的加速度
设物体第1次到达P点的速度大小为v1，根据匀变速直线运动位移与速度的关系可得
解得
故小物体从A点运动到P点时候的动量大小
【小问2详解】
根据上述分析可知，物块第一次经过P点的时间
由于物块下滑到P点的速度大于传送带的速度，故物块在传送带上先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动与传送带共速后，匀速回到P点。设物块在传送带上的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可知
解得
设二者共速的时间为t2，根据运动学公式
解得
此时物块距离P点的位移大小
故物块匀速运动到P点的时间
故物块第二次回到P点的时间
15. 2024年6月2日6时9分，嫦娥六号着陆器在鹊桥二号中继卫星支持下，开始实施动力下降，7500 N变推力主发动机开机，着陆器接触地面前经过喷火反冲减速后关闭主发动机，此时的速度为v1，这一速度仍大于软着陆设计速度v2，为此科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示：主要部件为缓冲滑块K及固定在绝缘光滑缓冲轨道MN和PQ上的着陆器主体，着陆器主体中还有超导线圈（图中未画出），能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场B，导轨内的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有n匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为r，ab边长为L，当着陆器接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，使着陆器主体持续做减速运动，从而实现缓冲。已知着陆器主体及轨道的质量为m，缓冲滑块（含线圈）K的质量为M，重力加速度为g，不考虑运动磁场产生的电场，求：
（1）缓冲滑块刚落地时着陆器主体的加速度大小；
（2）达到着陆器软着陆要求的设计速度v2时，地面对缓冲滑块K支持力的大小；
（3）着陆器主体可以实现软着陆，若从v1减速到v2的缓冲过程中，通过线圈的电荷量为q，求该过程中线圈中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
线圈切割磁感线产生的感应电动势
根据欧姆定律可知，线圈中的感应电流为
线圈受到的安培力
根据牛顿第三定律可知，着陆器受到的安培力
方向竖直向上，对着陆器根据牛顿第二定律则有
联立解得
【小问2详解】
对于滑块K，设其受到的支持力为FN，此时受到的安培力为F，则有
此时线圈的速度为v2，故感应电动势
线圈中的电流
故此时的安培力
解得
【小问3详解】
根据能量守恒可得
根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的平均感应电流
所以
联立解得