遼寧省2025屆高三物理下學期4月模擬預測試題12含解析

PAGEPAGE16遼寧省2025屆高三物理下學期4月模擬預料試題（12）（含解析）考生留意：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1.了解物理規(guī)律的發(fā)覺過程，學會像科學家那樣視察和思索，往往比駕馭學問本身更重要。下列選項符合史實的是（）A．焦耳發(fā)覺了電流熱效應的規(guī)律B．安培總結出了點電荷間相互作用的規(guī)律C．楞次發(fā)覺了電流的磁效應，拉開了探討電與磁相互關系的序幕D．法拉第對帶電粒子在磁場中受力作了深化探討并得到了定量的結果【答案】A【解析】A．焦耳發(fā)覺了電流熱效應的規(guī)律，A正確；B．庫侖總結出了真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用規(guī)律，B錯誤；C．奧斯特發(fā)覺了電流的磁效應，楞次發(fā)覺了楞次定律，C錯誤；D．洛倫茲對帶電粒子在磁場中受力作了深化探討并得到了定量的結果，D錯誤。故選A。2.我國月球探測安排嫦娥工程已經啟動，“嫦娥1號”探月衛(wèi)星也已放射。設想嫦娥1號登月飛船貼近月球表面做勻速圓周運動，飛船放射的月球車在月球軟著陸后，自動機器人在月球表面豎直向上以初速度v0拋出一個小球，測得小球經時間t落回拋出點，已知該月球半徑為R，萬有引力常量為G，月球質量分布勻稱，則月球的質量為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】豎直上拋，依據對稱性有月球表面的物體有聯立解得故選A。3.如圖所示，質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上用方向始終與水平面成斜向上30°的力F作用于繩上的O點，用T表示AO段繩上拉力的大小，在AO繩由豎直緩慢變?yōu)樗竭^程中（）A．F漸漸變大，T先變小后變大 B．F漸漸變大，T先變大后變小C．F漸漸變小，先變小后變大 D．F漸漸變小，T先變大后變小【答案】A【解析】ABCD．緩慢移動過程中，O點始終處于平衡狀態(tài)，所受合力始終為零，三個力將組成一個閉合的矢量三角形，設AO繩與豎直方向的夾角為，如下圖所示：隨著增大，可知F漸漸變大，T先變小后變大，故A正確，BCD錯誤。故選A。4.如圖所示，質量為M的車靜止在光滑水平面上，車右側內壁固定有放射裝置。車左側內壁固定有沙袋。把質量為m的彈丸最終射入沙袋中，這一過程中車移動的距離是S，則小球初位置到沙袋的距離d為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】在放射彈丸到彈丸落到沙袋運動中，彈丸和車組成的系統動量守恒，由動量守恒定律，則有mv彈?Mv車=0可得解得A正確，BCD錯誤。故選A。5.如圖所示，將一個小球以初速度從地面豎直上拋，上升到最高點后又落回，落回拋出點時的速度大小為。規(guī)定豎直向上為正方向，由于空氣阻力的影響，小球全過程的v－t圖象如圖所示，下列說法不正確的是（）A.上升過程中小球做加速度漸漸減小的減速運動B.下降過程中小球作加速度漸漸減小的加速運動C.時刻加速度等于重力加速度gD.時刻和的大小關系為【答案】D【解析】A.圖像斜率表示加速度，由圖可知，圖線斜率漸漸減小，上升過程中小球做加速度漸漸減小的減速運動，故A正確；B.圖像斜率表示加速度，由圖可知，圖線斜率漸漸減小，則下降過程中小球作加速度漸漸減小的加速運動，故B正確；C.時刻小球的速度為0，此時的空氣阻力為0，只受重力作用，則加速度為重力加速度，故C正確；D.由牛頓其次定律可知，上升過程中小球的加速度大小下落過程中小球的加速度大小為兩過程中距離相等，由公式可知，加速度越大，則時間越小，即下落過程所用時間比上升過程所用時間更長，所以有故D錯誤。本題選不正確的，故選D。6.據有關資料介紹，受控核聚變裝置中有極高的溫度，因而帶電粒子將沒有通常意義上的“容器”可裝，而是由磁場約束帶電粒子運動，使之束縛在某個區(qū)域內．如圖所示，環(huán)狀磁場的內半徑為，外半徑為，被束縛的帶電粒子的比荷為k，若中空區(qū)域內帶電粒子均具有沿半徑方向的速度，速度大小為v．中空區(qū)域中的帶電粒子都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為的區(qū)域內，則環(huán)狀區(qū)域內勻強磁場的磁感應強度最小值為（）A． B．C． D．【答案】C【解析】由題意可知，粒子的比荷k已經確定，粒子在磁場中運動，洛倫茲力供應向心力，，則，有粒子運動的半徑r已經確定，要使全部的粒子都不能穿出磁場，則：與內圓相切的方向進入磁場的粒子在磁場運動的軌跡剛好與外圓相切，可知2r最大為，如圖所示：從而推知，即則，故C正確，ABD錯誤；故選C．7.如圖所示，間距為L的足夠長的平行金屬導軌固定在斜面上，導軌一端接入阻值為R的定值電阻，t=0時，質量為m的金屬棒由靜止起先沿導軌下滑，t=T時，金屬棒的速度恰好達到最大值vm，整個裝置處于垂直斜面對下、磁感應強度為B的勻強磁場中，已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數為μ，金屬棒在運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，金屬棒及導軌的電阻不計，下列說法正確的是（）A．時，金屬棒的速度大小為B．0～T的過程中，金屬棒機械能的削減量等于R上產生的焦耳熱C．電阻R在0～內產生的焦耳熱小于～T內產生的焦耳熱D．金屬棒0～內機械能的削減量大于～T內機械能的削減量【答案】C【解析】A．速度達到最大值前金屬棒做加速度減小的加速運動，故相同時間內速度的增加量減小，所以時，金屬棒的速度大于，故A錯誤；B．由能量守恒，的過程中，金屬棒機械能的減小等于R上產生的焦耳熱和金屬棒與導軌間摩擦生熱之和，故B錯誤；C．內金屬棒的位移小于的位移，金屬棒做加速運動，其所受安培力增大，所以內金屬棒克服安培力做功更多，產生的電能更多，電阻R上產生的焦耳熱更多，故C正確；D．內的位移比內的位移大，故內滑動摩擦力對金屬棒做功多，由功能關系得，內金屬棒機械能的減小量更多，故D錯誤．8.在正點電荷Q形成的電場中，一檢驗電荷q的運動軌跡如圖中實線所示，軌跡上a、b、c三點在以Q為圓心的同心圓上，不計重力影響，下列說法正確的是（）A．檢驗電荷q肯定為正電荷B．a、b、c三點中，檢驗電荷q在c點的動能最小C．a、b、c三點中，a點的電勢最高D．a、b、c三點中，檢驗電荷q在a點的電勢能最大【答案】AB【解析】A．依據軌跡的彎曲方向推斷出，粒子在運動的過程中，始終受靜電斥力作用，因電場為正電荷產生的電場，粒子帶正電，A正確；B．若粒子由a運動到c過程中，電場力先做負功，后做正功，故速領先減小后增大，動能先減小后增大，由于處于同一圓周上的動能相等，那么檢驗電荷q在c點的動能最小，B正確；C．在電場中沿著電場線方向電勢漸漸降低，因此a點的電勢最低，c點電勢最高，C錯誤；D．由B選項分析，可知，在a、b、c三點中，檢驗電荷在a點的動能最大，而電勢能最小，D錯誤；故選AB。9.下列說法正確的是（）A．若兩分子間距離增大，分子勢能肯定增大B．當人們感到干燥時，空氣的相對濕度肯定較小C．物體內熱運動速率大的分子數占總分子數比例與溫度有關D．肯定量的某種志向氣體在等壓膨脹過程中，內能肯定增加【答案】BCD【解析】A．若分子間距大于平衡位置時，分子間距離增大，分子引力估負功，分子勢能肯定增大，故A錯誤；B．在肯定氣溫條件下，大氣中相對濕度越小，水汽蒸發(fā)也就越快，人就越感到干燥，故當人們感到干燥時，空氣的相對濕度肯定較小，故B正確；C．依據分子運動的規(guī)律知，物體內熱運動速率大的分子數占總分子數比例與溫度有關，故C正確；D．依據志向氣體的狀態(tài)方程可知肯定量的某種志向氣體在等壓膨脹過程中，氣體的溫度上升，則內能肯定增加，故D正確；故選BCD。10.“彈跳小人”(如圖甲所示)是一種深受兒童寵愛的玩具，其原理如圖乙所示．豎直光滑長桿固定在地面不動，套在桿上的輕質彈簧下端不固定，上端與滑塊拴接，滑塊的質量為0.80kg.現在向下壓滑塊，直到彈簧上端離地面高度h＝0.40m時，然后由靜止釋放滑塊．滑塊的動能Ek隨離地高度h改變的圖象如圖丙所示.其中高度從0.80m到1.40m范圍內的圖線為直線，其余部分為曲線．若以地面為重力勢能的參考平面，空氣阻力為恒力，g取10m/s2.則結合圖象可知A.彈簧原長為0.72mB.空氣阻力大小為1.00NC.彈簧的最大彈性勢能為9.00JD.彈簧在落回地面的瞬間滑塊的動能為5.40J【答案】BC【解析】A．從h=0.8m起先，滑塊與彈簧分別，則知彈簧的原長為0.8m;故A錯誤.B．在0.80m上升到1.40m內，在Ek-h圖象中，依據動能定理知：圖線的斜率大小表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.80m上升到1.40m范圍內圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.80m上升到1.40m范圍內所受作用力為恒力，依據動能定理得-(mg+f)△h=0-Ek，由圖知△h=0.60m，Ek=5.40J，解得空氣阻力f=1.00N;故B正確.C．依據能轉化與守恒可知，當滑塊上升至最大高度時，整個過程中，增加的重力勢能和克服空氣阻力做功之和等于彈簧的最大彈性勢能，所以Epm=(mg+f)△h=9×(1.40-0.4)=9.00J;故C正確.D．由圖可知，當h=0.72m時滑塊的動能最大為Ekm=5.76J；假設空氣阻力不計，則在整個運動過程中，系統的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉化，因此滑塊的動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，為EPmin=Epm-Ekm=9-5.76=3.24J，由于有空氣阻力，所以滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小小于3.24J;故D錯誤.二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.在探討勻變速直線運動的試驗中，某同學通過試驗得到一條如圖所示的紙帶，并在紙帶上取了A、B、C、D、E、F、G等7個計數點，每相鄰兩個計數點間還有4個實際點沒畫出，打點計時器打點周期為T。則：(1)計算F點速度大小的公式為vF=_____________________(用給定的字母表示)(2)若測得d6=61.50cm，d3=24.00cm則紙帶運動的加速度為a=____________m/s2(溝通電頻率為50Hz，保留三位有效數字)；假如當時電網中溝通電的頻率f<50Hz，而做試驗的同學并不知道，那么加速度的測得值比實際值_______(選填“偏大”或“偏小”)【答案】(1).(2).1.50(3).偏大【解析】(1)[1]每相鄰兩個計數點間還有4個實際點沒畫出，則計數點的時間間隔為依據勻變速直線運動的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，有：；(2)[2]由勻變速直線運動的判別式：結合紙帶上共四段位移，采納逐差法可得平均加速度：；[3]依據判別式可得加速度：紙帶上所測位移沒有系統誤差，若實際頻率f<50Hz，則代頻率值計算時偏大，則導致加速度的測量值偏大。12.某同學要分別測量一小燈泡（3．8V、1．5W）在常溫下和正常工作時的電阻，方法如下：（1）用歐姆表測量小燈泡常溫下的電阻①應先____________后________________（填寫正確答案標號）A．將選擇開關置于×1檔B．將選擇開關置于×10檔C．將紅黑表筆短接調零②測量示數如圖甲，讀數小燈泡常溫下的電阻為______Ω．（2）用圖乙所示電路測量小燈泡正常工作時的電阻，圖中為滑動變阻器，為電阻箱，電源電動勢為E=6V，①請在答題紙上將實物圖連接補充完整_______②為檢查電路連接是否有斷接處，該同學進行了如下操作：將的滑動觸頭P移至C處，只閉合，發(fā)覺電壓表示數接近6V，若儀器都完好，則沒有連接好的區(qū)間是__________A．ab段B．cd段C．eP段③解除故障后，將撥向接點1，接通，調整__________，使電壓表示數達到3．8V；之后撥向接點2，調整_______________，使___________，的讀數即為小燈泡正常工作時的電阻．【答案】AC3.7BR1R2電壓表示數再次達到3.8V【解析】試題分析：（1）因為小燈泡的電阻特別小，所以運用×1檔測量，在換檔后須要先進行歐姆調零，即將紅黑表筆短接調零，故AC正確；歐姆表的讀數為（2）①如圖所示，②因在移動滑片過程中，電壓表示數接近電源的電動勢，說明電壓表干脆接在了電源兩端；故說明cd段發(fā)生斷路故障；③開關接1，此時燈泡接入電路，為了讓電壓達到3．8V，應調整滑動變阻器R1；將開關拔到2后，調整R2使其兩端電壓為3．8V，則此時R2的示數與燈泡電阻相等；13.2024年12月以來，我國部分地區(qū)突發(fā)疫情，給人民的生命及身心健康帶來極大威逼。在國家正確指引和全國人民共同努力下，目前已取得可喜的成果。在醫(yī)療期間，氧氣瓶成了每個重癥患者的必備品，假設一氧氣瓶的容積為0.16m3，起先時瓶中氧氣的壓強為20個大氣壓．某醫(yī)院一患者每天消耗1個大氣壓的氧氣0.96m3，當氧氣瓶中的壓強降低到2個大氣壓時，需重新充氣．氧氣的溫度保持不變，氧氣瓶中的氧氣視為志向氣體。求：這瓶氧氣重新充氣前可供該患者運用幾天？【答案】3天【解析】氧氣瓶中的氧氣初態(tài)，p1=20個大氣壓，V1=0.16m3，中間狀態(tài)p2=2個大氣壓體積V2，末態(tài)p3=1個大氣壓，由等溫改變p1V1=p2V2，解得V2=1.6m3患者消耗2個大氣壓對應的體積V1－V2=1.44m3由等溫改變p2(V1－V2)=p3V3得V3=2.88m3運用天數天14.如圖所示，在兩個水平平行金屬極板間存在著豎直向下的勻強電場和垂直于紙面對里的勻強磁場，電場強度和磁感應強度的大小分別為E＝2×106N/C和B1＝0.1T，極板的長度l＝m，間距足夠大．在板的右側還存在著另一圓形區(qū)域的勻強磁場，磁場的方向為垂直于紙面對外，圓形區(qū)域的圓心O位于平行金屬極板的中線上，圓形區(qū)域的半徑R＝m．有一帶正電的粒子以某速度沿極板的中線水平向右飛入極板后恰好做勻速直線運動，然后進入圓形磁場區(qū)域，飛出圓形磁場區(qū)域后速度方向偏轉了60°，不計粒子的重力，粒子的比荷＝2×108C/kg.(1)求圓形區(qū)域磁場的磁感應強度B2的大??；(2)在其他條件都不變的狀況下，將極板間的磁場B1撤去，為使粒子飛出極板后不能進入圓形區(qū)域的磁場，求圓形區(qū)域的圓心O離極板右邊緣的水平距離d應滿意的條件．【答案】(1)0.1T；(2)d＞(或d≥)；【解析】(1)設粒子的初速度大小為v，粒子在極板間勻速直線運動，則：qvB1=qE，設粒子在圓形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為r，由牛頓其次定律得：qvB2＝m，粒子運動軌跡如圖所示，粒子速度方向偏轉了60°，由數學學問可得：r=Rcot30°，解得：B2=0.1T；(2)撤去磁場B1后，粒子在極板間做平拋運動，設在板間運動時間為t，運動的加速度為a，飛出電場時豎直方向的速度為vy，速度的偏轉角為θ，由牛頓其次定律得：qE=ma，水平方向：l=vt，豎直方向：vy=at，tanθ＝，解得：tanθ＝，即θ=30°，設粒子飛出電場后速度恰好與圓形區(qū)域的邊界相切時，圓心O離極板右邊緣的水平距離為d，如圖所示，則，解得：d＝所以d＞(或d≥)；15.如圖所示，一足夠長的木板在粗糙水平地面上向右運動，某時刻初速度為v0，此時一與木板質量相等的小滑塊（可視為質點）以v1＝4m/s的速度從右側滑上木板，經過t=1s兩者速度恰好相同，速度大小為v2＝1m/s，方向向左。已知木板與地面間的動摩擦因數μ2=0.05，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)木板與