2025年1月“八省聯(lián)考”高三上學期考前熱身物理試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12025年1月“八省聯(lián)考”考前熱身卷物理（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡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?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共7題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．1.月球夜晚溫度低至－180℃，“玉兔二號”月球車攜帶的放射性同位素钚238（）會不斷發(fā)生衰變，釋放能量為儀器設備供熱?？梢酝ㄟ^以下反應過程得到，，，下列說法正確的是（）A.k＝1 B.X為電子C.為輕核聚變 D.的比結(jié)合能比的比結(jié)合能大【答案】B【解析】A．在核反應方程中，由質(zhì)量數(shù)守恒可得解得故A錯誤；B．在核反應方程中，根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可得，解得，故X為電子，故B正確；C．核反應方程不是聚變反應，是人工核反應，故C錯誤；D．的衰變方程為該反應釋放核能，所以的比結(jié)合能比的比結(jié)合能小，故D錯誤。故選B。2．2023年5月30日9時31分，搭載“神舟十六號”載人飛船的“長征二號”遙十六運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，航天員乘組狀態(tài)良好，發(fā)射取得圓滿成功。北京時間5月30日18時22分，遠道而來的“神舟十六號”航天員乘組順利入駐“天宮”，與期盼已久的“神舟十五號”航天員乘組勝利會師太空。隨后，兩個航天員乘組拍下“全家?！?，共同向牽掛他們的全國人民報平安。這標志著中國現(xiàn)已從航天大國向航天強國邁進。未來某天宇航員正在太空旅行，來到火星表面登陸后，以速率豎直上拋一物體，物體上升的最大高度為，已知火星半徑為，自轉(zhuǎn)周期為，引力常量為，則（）A．火星繞太陽運動的向心加速度B．若忽略火星自轉(zhuǎn)，火星的質(zhì)量C．火星同步衛(wèi)星的高度D．若忽略火星自轉(zhuǎn)，火星的第一宇宙速度【答案】D【解析】A．火星繞太陽運動的向心加速度其中T＇和r應該是火星繞太陽運動的公轉(zhuǎn)周期和公轉(zhuǎn)半徑，選項A錯誤；B．若忽略火星自轉(zhuǎn)，火星表面的重力加速度根據(jù)可得火星的質(zhì)量選項B錯誤；C．對火星的同步衛(wèi)星可得同步衛(wèi)星的高度選項C錯誤；D．若忽略火星自轉(zhuǎn)火星的第一宇宙速度選項D正確。故選D。3．太陽帆飛船是目前唯一可能承載人類到達太陽系外星系的航天器。太陽光光子流撞擊航天器帆面，產(chǎn)生待續(xù)光壓，使航天器可在太空中飛行。若有一艘太陽帆飛船在航行，太陽光垂直照射帆面，帆面積為66300m2，單位面積每秒接受的太陽輻射能最為。已知太陽輻射平均波長為，假設帆能完全反射太陽光，不計太陽光反射的頻率變化，普朗克常數(shù)，則下列說法正確的是（）A．太陽輻射的光子能量約為B．太陽輻射的光子動量約為C．太陽輻射對飛船的平均作用力約為0.53ND．帆面每秒鐘接受到的光子數(shù)量約為個【答案】C【解析】A．光子能量，A錯誤；B．每個光子的動量，B錯誤；D．每秒光照射到帆面上的能量所以每秒射到帆面上的光子數(shù)解得，D錯誤；C．光射到帆面被全部反彈，由動量定理有故C正確。故選C。4．在軸的坐標原點固定一電荷最絕對值為的點電荷，在處固定另一點電荷，兩者所在區(qū)域為真空，在兩者連線上某點的電場強度與該點位置的關系如圖所示。選取軸正方向為電場強度的正方向，無限遠處電勢為零，則下列說法正確的是（）A.處的電場強度大于處電場強度B.處的電勢高于處的電勢C.在處點電荷的電荷量的絕對值為D.電子沿軸從移動到過程中電勢能先增加后減少【答案】D【解析】A．由圖可知，從處到處，電場強度反方向不斷增大，所以處的電場強度小于處電場強度，故A錯誤；B．在軸的坐標原點固定一電荷最絕對值為的點電荷，在處固定另一點電荷，選取軸正方向為電場強度的正方向，分析可知為兩不等量正電荷產(chǎn)生的電場，類比等量同種正電荷產(chǎn)生的電場，可知從處到處逆著電場線方向，電勢逐漸升高，所以處的電勢低于處的電勢，故B錯誤；C．設在處固定另一點電荷的電荷量為，在處場強為0，可得解得故C錯誤；D．電子從移動到過程，順著電場線運動，可知電場力做負功，電勢能增加，從移動到過程，逆著電場線運動，可知電場力做正功，電勢能減少，所以電子沿軸從移動到過程中電勢能先增加后減少，故D正確。故選D。5．當上、下抖動長長的輕繩時，輕繩則呈正弦波形狀。如圖甲，是某輕繩產(chǎn)生的橫波在介質(zhì)中沿x軸傳播，在時的波形圖，圖乙為橫坐標在1.5m處P點的振動圖像。則下列說法中正確的是（）A．該波向左傳播，波速為2m/sB．再經(jīng)過3.5s質(zhì)點P通過的路程為140cmC．L質(zhì)點比N質(zhì)點先到達波峰D．人若加快抖動輕繩，兩個相鄰波峰之間的距離不變【答案】C【解析】A．由圖乙可知，在時，質(zhì)點P向上振動，根據(jù)“同側(cè)法”可知，波向右傳播；由圖甲可知，波的波長為，由圖乙可知，波的周期為，所以波速為故A錯誤；B．再經(jīng)過3.5s，則前3s質(zhì)點P通過的路程為后0.5s由于質(zhì)點P從位移為負向負向最大位移振動，則通過的路程所以，再經(jīng)過3.5s質(zhì)點P通過的路程故B錯誤；C．根據(jù)“同側(cè)法”可知，L質(zhì)點向y軸正方向運動，N質(zhì)點向y軸負方向運動，則L質(zhì)點比N質(zhì)點先到達波峰，故C正確；D．人若加快抖動輕繩，則波的振動頻率變大，波速不變，根據(jù)可知，波長變小，即兩個相鄰波峰之間的距離變小，故D錯誤。故選C。6．在圖(a)所示的交流電路中，發(fā)電機兩端輸出電壓的有效值為20V，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1，電阻R1、R2、R3阻值相同。通過理想電流表的電流隨時間t變化的正弦曲線如圖(b)所示。下列說法正確的是()A．交流電的頻率為100HzB．理想電壓表的示數(shù)為4VC．R1的阻值為4.5ΩD．副線圈的輸出功率為eq\f(100,3)W【答案】C【解析】交流電的周期為0.02s，所以交流電的頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故A錯誤；根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)的關系可知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得U2＝10V，由于R2、R3阻值相同，所以電壓表示數(shù)為5V，故B錯誤；設三個電阻的阻值均為R，根據(jù)閉合電路歐姆定律和電流與匝數(shù)的關系，有eq\f(U,R)＋eq\f(U2,2R)×eq\f(1,2)＝I，將I＝5A代入解得R＝4.5Ω，故C正確；副線圈的輸出功率為P＝eq\f(U22,2R)＝eq\f(100,9)W，故D錯誤。7．空間中存在水平方向勻強電場，質(zhì)量為的帶電物塊在水平力F的作用下，時由靜止開始在光滑絕緣水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關系如圖所示，時物塊返回出發(fā)點，在此過程內(nèi)，則（）

A．時物塊的動量為 B．物塊所受電場力大小為C．時物塊機械能最大電勢能最小 D．時物塊的動能是時物塊動能的36倍【答案】D【解析】B．前3s由牛頓第二定律得，3QUOTE~~6s由牛頓第二定律得，6s時物塊返回出發(fā)點則，解得，B錯誤；A．0QUOTE~~4s由動量定理得解得，A錯誤；C．0QUOTE~~3s時物塊向前運動電勢能繼續(xù)增大，3QUOTE~~6s在物塊返回過程中最終速度大于3s時的速度，故時物塊機械能不是最大電勢能也不是最小，C錯誤；D．0QUOTE~~1s由動量定理得，1s時的動能為，0QUOTE~~6s由動量定理得，6s時的動能為，時物塊的動能和時物塊動能之比為即時物塊的動能是時物塊動能的36倍，D正確；故選D。二、選擇題：本題共4題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的。全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8．(多選)如圖所示，一定質(zhì)量的某種理想氣體在狀態(tài)a時的壓強為p0。從狀態(tài)a到狀態(tài)c，該氣體從外界吸收的熱量為Q，在V-T圖像中圖線ca反向延長線通過坐標原點O，從狀態(tài)c到狀態(tài)b溫度不變，則()A．氣體在狀態(tài)c的體積為1.5V0B．氣體在狀態(tài)b的壓強為eq\f(2,3)p0C．從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體對外界做功為－p0V0D．從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體內(nèi)能的增加量為Q－p0V0【答案】BD【解析】在V-T圖像中圖線ca反向延長線通過坐標原點O，則由a到c為等壓過程，有eq\f(V0,T0)＝eq\f(Vc,2T0)，解得Vc＝2V0，故A錯誤；從狀態(tài)c到狀態(tài)b溫度不變，為等溫過程，有pb·3V0＝p0·2V0，解得pb＝eq\f(2,3)p0，故B正確；從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體對外界做功為W＝p0·2V0－p0V0＝p0V0，故C錯誤；理想氣體在b、c狀態(tài)的溫度相同，故內(nèi)能相同，從狀態(tài)a到狀態(tài)b氣體內(nèi)能的變化量等于從狀態(tài)a到狀態(tài)c氣體內(nèi)能的變化量，由ΔU＝W＋Q可知氣體內(nèi)能的增加量為ΔU＝Q－p0V0，故D正確。9．如圖所示，橫截面為直角三角形的玻璃磚ABC，其中，AB邊長為L，一束單色光從AB邊的中點D垂直射入玻璃磚，恰好在AC面發(fā)生全反射，最后從BC邊上的F點（圖中未標出）射出玻璃磚．已知光在真空中的傳播速度為c，下列說法中正確的是（）A．玻璃磚的折射率B．玻璃磚的折射率C．單色光在玻璃磚中傳播的時間D．單色光在玻璃磚中傳播的時間【答案】AC【解析】AB．做出光路圖，如圖所示依題意，可得sin解得故A正確、B錯誤；CD．由幾何關系，可知單色光在玻璃磚中傳播的路程為又解得故C正確、D錯誤。故選AC。10．12．M、N為豎直放置的平行板電容器的兩極板，一帶電小球質(zhì)量為m，由A點以速度v水平射出，如圖所示。經(jīng)一段時間小球運動到B點時速度大小仍為v，已知AB連線與水平方向的夾角為θ（θ<45°），重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．小球從A點運動到B點的過程中速度最小值為B．小球從A點運動到B點的時間為C．AB的距離為D．小球從A運動到B點的過程中，小球電勢能變化量最大值小于【答案】AD【解析】A．小球在A、B點速度大小相等，由動能定理可知，合力F未做功，所以F與AB連線垂直，F(xiàn)大小為將小球的運動分解為沿AB方向的勻速直線運動和垂直AB方向勻變速直線運動。小球從A點運動到B點的過程中速度最小值為vcosθ，故A正確；B．小球從A點運動到B點的時間為故B錯誤；C．AB的距離為故C錯誤；D．小球從A運動到B的過程中，小球電勢能變化量最大值小于，故D對。故選AD。11．有一邊長為L、質(zhì)量為m、總電阻為R的正方形導線框自磁場上方某處自由下落，如圖所示。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中勻強磁場的磁感應強度大小均為B，二者寬度分別為L、H，且H＞L。導線框恰好勻速進入?yún)^(qū)域Ⅰ，一段時間后又恰好勻速離開區(qū)域Ⅱ，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．導線框離開區(qū)域Ⅱ的速度大于B．導線框剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時的加速度大小為g，方向豎直向上C．導線框進入?yún)^(qū)域Ⅱ的過程產(chǎn)生的焦耳熱為mgHD．導線框自開始進入?yún)^(qū)域Ⅰ至剛完全離開區(qū)域Ⅱ的時間為【答案】CD【解析】A．導線框恰好勻速離開區(qū)域Ⅱ，根據(jù)平衡條件得解得故A錯誤；B．導線框從勻速進入?yún)^(qū)域Ⅰ到即將進入?yún)^(qū)域Ⅱ之間一直做勻速運動，由平衡條件和電磁感應定律可得導線框下邊剛進入磁場區(qū)域Ⅱ時，上下邊都切割磁感線，由法拉第電磁感應定律有導線框所受安培力由牛頓第二定律有解得方向豎直向上，故B錯誤；C．設導線框完全離開區(qū)域Ⅰ時速度為v′，從完全離開區(qū)域Ⅰ到開始離開區(qū)域Ⅱ的過程中，由動能定理得導線框進入?yún)^(qū)域Ⅱ的過程，根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得導線框進入?yún)^(qū)域Ⅱ的過程產(chǎn)生的焦耳熱為故C正確；D．導線框自開始進入?yún)^(qū)域Ⅰ至開始進入?yún)^(qū)域Ⅱ的時間導線框自開始進入?yún)^(qū)域Ⅱ至開始離開區(qū)域Ⅱ過程中，由動量定理得解得導線框自開始離開區(qū)域Ⅱ至剛完全離開區(qū)域Ⅱ的時間故導線框自開始進入?yún)^(qū)域Ⅰ至剛完全離開區(qū)域Ⅱ的時間為故D正確。故選CD。三．非選擇題：(本題共5小題，共52分。其中第14題~16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。)12．（8分）某校舉辦科技節(jié)活動，一位同學設計了可以測量水平面上運動物體加速度的簡易裝置，如圖所示。將一端系有擺球的細線懸于小車內(nèi)O點，細線和擺球后面有一個半圓形的刻度盤。當小球與小車在水平面上保持相對靜止時，根據(jù)懸繩與豎直方向的夾角θ，便可得到小車此時的加速度。（1）為了制作加速度計的刻度盤，需要測量當?shù)氐闹亓铀俣?，該同學利用單擺進行測量，若已知單擺擺線長為l，周期為T，用游標卡尺測量小球直徑，示數(shù)如圖甲所示，則擺球的直徑cm。則計算當?shù)刂亓铀俣鹊谋磉_式為。（用l，T，d表示）（2）該加速度測量儀的刻度（填“均勻”或“不均勻”），小車的加速度。（用θ，g表示）【答案】(1)2.125(2)不均勻【解析】（1）[1]由于游標卡尺為20分度，精確度為0.05mm，可知小球直徑[2]根據(jù)單擺的振動周期公式可知當?shù)氐闹亓铀俣龋?）[1][2]當擺角穩(wěn)定為θ時，對小球進行受力分析可知可得小車的加速度由于加速度a與擺角θ不是正比關系，因此刻度不均勻。13．（10分）如圖（a）所示，恒流源輸出的電流大小與電流表G的滿偏電流相同，電流表G的內(nèi)阻為。現(xiàn)對一只數(shù)字已模糊的電阻箱重新標記，將電阻箱和電流表G如圖（a）接入電路，閉合開關、，調(diào)整電阻箱的旋鈕到不同位置，分別讀出電流表G的示數(shù)I，根據(jù)電流表G的示數(shù)和不同旋鈕位置可對電阻箱旋鈕刻度進行標定。（1）請你利用此電路分析出電阻箱接入電路的電阻與電流表的示數(shù)I之間的表達式。（結(jié)果用題中的字母表示）為了獲得關于、I兩個量的相關函數(shù)圖像為直線，若以為縱坐標，則橫坐標應為。（結(jié)果用題中的字母表示）（2）某同學采用如圖（b）虛線框中所示結(jié)構(gòu)模擬恒流源，那么在選擇電源與滑動變阻器時，電源應盡量選擇電動勢（填“偏大”或“偏小”）一些，滑動變阻器應盡量選擇總電阻（填“偏大”或“偏小”）些，可以減少誤差，即便如此，的測量值仍將（填“偏大”或“偏小”）?！敬鸢浮浚?）（2）偏大偏大偏大【解析】（1）[1]根據(jù)并聯(lián)分流原理得[2]整理得可知，橫坐標為。（2）[1]為提高電路的穩(wěn)定性，電源應選擇電動勢偏大一些。[2]總電阻較大的滑動變阻器具有更高的電阻范圍和更精細的調(diào)節(jié)能力，則滑動變阻器應盡量選擇總電阻偏大一些。[3]電阻箱阻值增大時，為了使干路電流不變，滑動變阻器的阻值應調(diào)小，則到時電阻箱和電流表的分壓偏大，電流表電流偏大，故的測量值偏大。14．（8分）如圖甲所示，豎直輕彈簧固定在水平地面上。質(zhì)量為m的鐵球由彈簧的正上方h高處A點自由下落，在B點與彈簧接觸后開始壓縮彈簧，鐵球下落到的最低點為C點。以A點為坐標原點，沿豎直向下建立x軸，鐵球從A到C過程中的加速度a—位移x圖像如圖乙所示，圖像與x軸的交點坐標為。已知，不計空氣阻力，重力加速度的大小為g，求（1）輕彈簧的勁度系數(shù)；（2）鐵球下落過程中的最大速度；（3）鐵球下落過程中的最大加速度?！敬鸢浮?1)(2)，方向豎直向下(3)，方向豎直向上【解析】（1）處為平衡位置，則有解得（2）在平衡位置處速度最大，設為；從A到平衡位置處，根據(jù)動能定理可得解得方向豎直向下。（3）鐵球在C點時的加速度最大，設為，此時鐵球的坐標為；則從A到C處，根據(jù)動能定理可得解得在C處，根據(jù)牛頓第二定律可得解得方向豎直向上。15．（12分）如圖所示，內(nèi)壁粗糙、半徑的四分之一圓弧軌道AB在最低點B與足夠長光滑水平軌道BC相切。質(zhì)量的小球b左端連接一輕質(zhì)彈簧，靜止在光滑水平軌道上，另一質(zhì)量的小球a自圓弧軌道頂端由靜止釋放，運動到圓弧軌道最低點B時，對軌道的壓力為小球a重力的兩倍。忽略空氣阻力，重力加速度g取。（1）求小球a由A點運動到B點的過程中，摩擦力做功。（2）求小球a通過彈簧與小球b相互作用的過程中，彈簧的最大彈性勢能；（3）求小球a通過彈簧與小球b相互作用的整個過程中，彈簧對小球b的沖量I的大小?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）小球由A靜止釋放運動到最低點B的過程中，根據(jù)動能定理有小球在最低點，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球受到軌道的支持力根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立，代入相關已知數(shù)據(jù)求得（2）小球a與小球b通過彈簧相互作用，達到共同速度過程中，由動量守恒定律可得由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律