西藏拉萨市拉萨中学2025届高三物理上学期第二次月考试题含解析

PAGE16-西藏拉萨市拉萨中学2025届高三物理上学期其次次月考试题（含解析）一、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题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.1.以下原子物理学问中说法正确的是（）A.比结合能越大的原子，其结合能就越大，原子核越稳定B.依据波尔理论可知：一群原子从n=4能级向低能级跃迁最多能辐射6种频率的光子C.原子核发生衰变要遵守电荷守恒和质量守恒规律D.卢瑟福的α粒子散射试验证明了其提出的核式结构的正确性【答案】B【解析】【分析】驾驭结合能与比结合能的物理意义；了解原子结构的发觉史；驾驭衰变的特点．【详解】A．比结合能是结合能与核子数的比值，可用来反应原子核的稳定程度，所以比结合能越大，结合能不肯定越大，但原子核越稳定，故A错误；B．依据波尔理论可知：一群原子从n能级向低能级跃迁，最多可以辐射种频率的光子，故B正确；C．原子核发生衰变要遵守电荷守恒定律，但是会质量亏损，故C错误；D．卢瑟福的α粒子散射试验是提出核式结构的基础，但是不能证明其提出的核式结构的正确性，故D错误．【点睛】本题主要考察近代原子物理部分中的基本概念，难度较低．2.“新冠肺炎”席卷全球，某汽车厂确定改建生产线转产口罩，原生产线工作电压为380V，而口罩机工作电压为220V。现在须要变压器来进行降压，若变压器原线圈匝数为1900匝，则副线圈匝数为（）A.110 B.220 C.1100 D.【答案】C【解析】【详解】依据解得匝故选C。3.如图所示，两相同小球a，b用轻弹簧A，B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a.上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时A，B伸长量刚好相同，若A，B的劲度系数分别为k1，k2则以下推断正确的是()A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】令弹簧A的拉力为F1，B弹簧的拉力为F2，a、b球的质量为m，先对b球受力分析，受重力和拉力，依据平衡条件，有：F1=mg，再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示：

依据平衡条件，有：F=2mgtan60°=依据胡克定律，有：F1=k1△x，F2=k2△x，联立可得：A．。故A错误。B．。故B错误。C．故C正确。D．。故D错误。故选C。4.如图所示，直线a和曲线b分别是在平直马路上行驶的汽车a和b的位移一时间（x－t）图象.由图可知不正确的是A.在时刻t1，b车追上a车B.在时刻t2，a车的加速度小于b车的加速度C.在t1到t2这段时间内，a和b两车的路程相等D.在t1到t2这段时间内，b车的速领先削减后增加【答案】C【解析】【详解】A．由图知在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，到达同一位置，依据图象可知，a的速度小于b的速度，所以在时刻t1，b车追上a车，故A正确．B．a做匀速运动，加速度为零，b做变速运动，加速度不为零，所以在时刻t2，a车的加速度小于b车的加速度，故B正确．C．在t1到t2这段时间内，a和b两车初末位置相同，位移相同，a始终沿负方向运动，而b先沿负方向运动后沿正方向运动，路程不等，故C错误．D．速度图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜领先减小后增大，则b车的速领先减小后增加，故D正确．5.一质点做匀加速直线运动时，速度改变△v时发生位移x1，紧接着速度改变同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】发生所用的时间为依据得解得BCD错误，A正确。故选A。6.如图，正点电荷固定在O点，以O为圆心的同心圆上有a、b、c三点，一质量为m、电荷量为-q的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，速率分别为va、vb．若a、b的电势分别为φa、φb，则A.a、c两点电场强度相同 B.粒子的比荷C.粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 D.粒子从a点移到b点，电场力做正功，电势能削减【答案】BC【解析】【详解】A.依据正点电荷电场的特征可知，a、c两点电场强度大小相同，方向不同，故A错误；B.电荷量为-q粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，由能量守恒定律，-qφa=-qφb，解得，选项B正确；C.依据点电荷电场强度公式可知，a点的电场强度大于b点，粒子在a点所受的库仑力大于在b点所受的库仑力，由牛顿其次定律可知粒子在a点的加速度大于在b点的加速度，故C正确；D.电荷量为-q的粒子粒子从a点移到b点，克服电场力做功，电势能增大，选项D错误．7.矩形线框abcd固定放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t改变的图象如图所示．设t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面对里，图中i表示线圈中感应电流的大小(规定电流沿顺时针方向为正)，F表示线框ab边所受的安培力的大小(规定ab边中所受的安培力方向向左为正)，则下列图象中可能正确的是（）AB.C.D.【答案】AC【解析】在0-2s内，磁感应强度匀称改变，线框的磁通量匀称改变，产生恒定电流．磁场方向先向里后向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，电流为正值．依据法拉第电磁感应定律得：，感应电流，此段时间内，肯定，则知感应电流也肯定．同理得知，在2s-4s内，感应电流方向为逆时针方向，电流为负值，感应电流也肯定．故C正确，B错误．在0-2s内，线框ab边所受的安培力的大小为F=BIL，IL肯定，F与B成正比，而由楞次定律推断可知，安培力方向先向左后右，即先为正值后为负值．同理得知，在2s-4s内，F与B成正比，安培力方向先向左后右，即先为正值后为负值，与0-2s内状况相同．故A正确，D错误．故选AC．点睛：本题分两时间进行探讨，也可分四段时间进行探讨，依据法拉第定律可定性推断AB是错误的．由楞次定律和左手定则推断安培力的方向，法拉第电磁感应定律、欧姆定律及安培力公式探讨安培力的大小，综合性较强．8.如图所示，轻弹簧一端与不行伸长的轻绳OC、DC连接于C（两绳另一端均固定），弹簧另一端连接质量为m的小球。地面上竖直固定一半径为R、内壁光滑的开缝圆弧管道AB，A点位于O点正下方且与C点等高，管道圆心与C点重合。现将小球置于管道内A点由静止释放，已知轻绳DC水平，当小球沿圆弧管道运动到B点时恰好对管道壁无弹力，管道与弹簧间的摩擦不计，重力加速度为g。则小球从A运动到B的过程中（）A.弹簧始终处于伸长状态 B.小球的机械能不守恒C.轻绳OC的拉力不变 D.小球在B点的动能为mgR【答案】AD【解析】【详解】AB．当小球沿圆弧管道运动到B点时恰好对管道壁无弹力，则小球在B点由弹簧的拉力和重力供应向心力，即弹簧处于伸长状态，从A到B的过程弹簧的形变量没有变，故小球的机械能不变，选项A正确，B错误；C．设与的夹角为，与水平夹角为，C点受力平衡，则竖直方向上有解得从A到B的过程中，和弹簧的弹力不变，不断增大，故的拉力不断增大，C错误；D．从A到B的过程弹簧的形变量没有变，小球在B点的动能等于小球在A点的重力势能为，选项D正确。故选AD。二、非选择题：共174分，第22-32题为必考题，每个试题考生都必需作答.第33-38题为选考题，考生依据要求作答.9.某爱好小组设计了如图甲所示的试验装置，用来测量木块与木板之间的动摩擦因数μ。纸带一端固定在木块上，另一端穿过打点计时器，木块以某一初速度沿斜面对上运动，打点计时器在纸带上打出了一系列的点，选取比较清楚的某一段中的五个点分别标记为O、A、B、C、D，每相邻两个标记点之间还有四个点未显示，所标记的每相邻两点之间时间间隔均为T，两点之间距离分别为，，，，，如图乙所示。(1)依据图乙可得，木块经过位置A时的速度大小vA=_____，木块运动的加速度大小a=_____；（用符号表示）(2)已知打点计时器打点频率为50Hz，测得，，，，，则可求得木块与木板之间的动摩擦因数μ=_____；（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，结果保留2位有效数字）【答案】(1).(2).(3).0.13【解析】【详解】（1）[1]依据匀变速度直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段的平均速度，可得[2]再由逐差法可求加速度为（2）[3]由牛顿其次定律可得由（1）中可求得加速度解得10.用一段长约为80c(1)为选择合适电路，先用多用电表粗测金属丝电阻Rx。将选择开关K旋转到欧姆档×10位置，正确操作后，将两表笔与待测电阻Rx相接，发觉指针偏转角度过大，为得到比较精确的测量结果，应将选择开关K旋转到电阻档______（填×1或×100）位置。更换欧姆档重新调零并测量，指针如图甲所示，其读数为______Ω；(2)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如图乙所示，读数为______mm；(3)在用电压表和电流表测金属丝的电阻时，供应下列供选择的器材：A.直流电源（电动势约为3.0V，内阻很小）B.电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）C.电流表（量程0~0.6A，内阻约0.15Ω）D.电流表（量程0~3A，内阻约0.025Ω）E.滑动变阻器（阻值范围0~15Ω，最大允许电流1A）F.滑动变阻器（阻值范围0~200Ω，最大允许电流2A）G.开关、导线为了有较高的测量精度，并能测得多组数据，在供选择的器材中，电流表应选择______，滑动变阻器应选择______；（填字母代号）(4)用如图所示电路进行测量金属丝的电阻，测量结果比真实值______（填偏大或偏小），造成这样误差的缘由是______。【答案】(1).(2).6Ω(3).(4).C(5).E(6).偏小(7).电压表分流作用使得电流表示数比流过电阻的电流大【解析】【详解】(1)[1]欧姆表中值电阻旁边刻度线最匀称，读数误差最小，将两表笔与待测电阻相接，发觉指针偏转角度过大，则待测电阻小，表盘刻度太小，倍率太大，为了让指针靠近中心刻度旁边，应换成小倍率档；[2]换欧姆档重新调零并测量，指针如图甲所示，其读数为(2)[3]螺旋测微器的读数为(3)[4]电路中的最大电流大约为则电流表的量程选择，故电流表选择C；[5]为了便利操作，应选和被测电阻阻值相差不大的滑动变阻器，滑动变阻器最大阻值过大，会造成电流示数改变过小，不利于操作，故选滑动变阻器E；(4)[6][7]电压表与被测电阻并联，电流表测量的是电压表和被测电阻的总电流，所以电压表的分流作用使得电流表示数比流过电阻的电流大，依据可知，测量值偏小；11.如图所示，从离子源产生的离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面对里，磁场左边界竖直.已知离子射入磁场的速度大小为v，并在磁场边界的N点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：磁场的磁感应强度大小。【答案】【解析】【详解】设离子所带电荷量为q、质量为m，在磁场中做匀速圆周运动半径为R，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有由几何关系知联立可得12.如图所示，光滑圆弧轨道AB的半径R=0.9m，圆心角∠AOB=60°，与光滑水平面BC相切于B点，水平面与水平传送带在C点平滑连接，传送带顺时针匀速转动。质量为mP=0.5kg的小球P从A点以v0=4m/s的初速度切入圆弧轨道，与静止在水平面上质量为mQ=2kg的物块Q发生弹性正碰，碰后取走小球P，Q到达传送带右端时恰好与传送带速度相等，从D点水平抛出后，落在水平面上的E点，D、E的水平距离x=0.9m，物块Q与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，其余部分摩擦不计，传送带上表面距地面高度h=0.45m，重力加速度g=10m/s2，P、Q及传送带转动轮大小不计。(1)求小球P刚刚到达B点时对轨道的压力大小；(2)Q由C到D过程中，带动传送带的电机至少要多做多少功？【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)设P球刚刚到达B点时速度为，下滑高度为H，B点对球的支持力为，由动能定理有联立解得再由牛顿其次定律有解得由牛顿第三定律得，小球对B点的压力为。(2)设P、Q碰撞后的速度分别为、，由于发生弹性碰撞，由动量守恒有由机械能守恒定律有解得（舍去）设物块由D点平抛时的速度为，下落时间为t，则有解得设物块在传送带上运动的加速度为a，运动时间为t，则有物体和传送带的相对位移电机所做的功联立解得13.下列说法中正确的是()A.若两分子间距离增大，分子势能可能增大B.同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒排列规律都相同C.用手捏馒头，馒头体积会缩小，说明分子之间有间隙D.热量可以从低温物体传到高温物体E.对于肯定质量的志向气体，在压强不变而体积增大时，单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数肯定削减【答案】ADE【解析】【详解】A．当分子间距离r>r0时，分子力表现为引力，若两分子间距离增大，分子势能增大，故A正确；B．同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒按不同的规律排列，显示出不同的性质，如金刚石和石墨，故B错误；C．用手捏馒头，馒头体积会缩小，这只能说明面包内有气孔，故C错误；D．依据热力学其次定律可知，热量只能够自发的从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现热量从低温物体传到高温物体，故D正确；E．对于肯定质量的志向气体，在压强不变而体积增大时，该过程温度上升，分子的平均撞击力增大，由于压强不变，单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数肯定削减，故E正确。故选ADE．14.如图所示，一个导热足够高的气缸竖直放置，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动。内部封闭肯定质量的志向气体。活塞质量m0=10.0kg，截面积S=1.0×10-3m2，活塞下表面距离气缸底部h=60.0cm。气缸和活塞处于静止状态。气缸外大气压强p0=1.0×105pa，温度T0=300K。重力加速度g=10.0m/s2①在活塞上缓慢倒入沙子，当气体的体积减为原来的一半时，倒入沙子的质量是多少；②在①问中加入沙子质量不变的前提下，外界气体压强不变，温度缓慢升到T=400K时，气体对外做功多少。

【答案】①20kg；②40J【解析】【详解】①气体发生等温改变，依据玻意耳定律有由平衡条件有，联立解得m=20kg②气体发生等压改变，依据盖吕-萨克定律有由功的定义有联立解得W=40J15.一列简谐横波沿x轴负方向传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.7s时刻的波形如图中的虚线所示，则下列叙述正确的是（）A.该波的波长为8mB.波的周期可能为0.4sC.波的传播速