辽宁省丹东市2025届高三物理下学期线上教学质量监测试题含解析

PAGE17-辽宁省丹东市2025届高三物理下学期线上教学质量监测试题（含解析）二、选择题（本题共8小题，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。）1.中国北斗卫星导航系统（BeiDouNavigationSatelliteSystem，BDS）是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统。北斗导航系统中有几颗卫星是地球同步卫星，GPS导航系统是由周期约为12h的卫星群组成。则北斗导航系统的同步卫星与GPS导航卫星相比（）A.北斗导航系统的同步卫星的角速度大B.北斗导航系统的同步卫星的轨道半径小C.GPS导航卫星的线速度大D.GPS导航卫星的向心加速度小【答案】C【解析】【详解】A．地球同步卫星的周期为24h，GPS导航系统周期约为12h，依据周期与角速度的关系可知北斗导航系统的同步卫星的周期大，则其角速度小，故A错误；B．由万有引力供应向心力有得卫星绕地球做圆周运动的周期北斗导航系统的同步卫星的周期大，则其轨道半径大，故B错误；C．由万有引力供应向心力有得卫星绕地球做圆周运动的线速度北斗导航系统的轨道半径大，则其线速度小，GPS导航卫星的线速度大，故C正确；D．依据可知北斗导航系统的角速度小、线速度小，则其加速度小，GPS导航卫星的向心加速度大，故D错误。故选C。2.图甲中的变压器为志向变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为5∶1。变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式电流，两个20Ω的定值电阻串联接在副线圈两端。电流表、均为志向电表。则（）A.电流表示数为0.2A B.电流表示数为5AC.电压表示数为4V D.通过电阻R的沟通电的周期为2×10-2s【答案】A【解析】【详解】AB．依据图象可得原线圈的电压的最大值为，所以电压的有效值为原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为5∶1，则有解得副线圈电压则副线圈中的电流依据变压器电流与匝数的关系有所以原线圈中的电流即电流表的读数故A正确，B错误；C．电压表示数为电阻R上的电压，依据欧姆定律有故C错误；D．由乙图可知通过电阻R的沟通电的周期为4×10-2s，故D错误。故选A。3.一物体在竖直方向运动的v—t图象如图所示。以下推断正确的是（规定向上方向为正）（）A.第5s内与第6s内的加速度方向不同B.第4s末～第6s末物体处于失重状态C.前2s内物体克服重力做功的平均功率大于第6s内物体重力做功的平均功率D.第2s末～第4s末的过程中，该物体的机械能守恒【答案】B【解析】【详解】A．v—t图象图线的斜率表示运动的加速度，第5s内与第6s内的斜率相同，则加速度方向相同，故A错误；B．第4s末～第6s末图线斜率为负，则加速度为负值，即加速度的方向向下，物体处于失重状态，故B正确；C．v—t图象图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，由图线可知，前2s内物体物体的位移大小为第6s内物体的位移大小为则前2s内克服重力做功的平均功率为第6s内物体重力做功的平均功率为所以前2s内克服重力做功的平均功率等于第6s内物体重力做功的平均功率，故C错误；D．第2s末～第4s末的过程中，物体匀速运动，动能不变，但物体上升，所以该物体的机械能增加，故D错误。故选B。4.如图所示，甲、乙两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，甲、乙间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列推断正确的是（）A.甲、乙的质量之比为1:B.甲、乙所受弹簧弹力大小之比为:C.悬挂甲、乙的细线上拉力大小之比为1:D.快速撤去弹簧的瞬间，甲、乙的瞬时加速度大小之比为1:【答案】D【解析】【详解】B．因为是同一根弹簧，弹力相等，故B错误；AC．对甲乙两个物体受力分析，如图所示甲乙都处于静止状态，受力平衡，则有对甲，对乙，代入数据得故AC错误；D．快速撤去弹簧的瞬间，甲、乙所受合力为其重力在绳端的切向分力，依据牛顿运动定律有故D正确。故选D。5.如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面对里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B．当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为A.，负 B.，正C.，负 D.，正【答案】C【解析】【详解】因为上表面的电势比下表面的低，依据左手定则，知道移动的电荷为负电荷；依据电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡可得：解得：因为电流为：解得：A.与分析不符，故A错误；B.与分析不符，故B错误；C.与分析相符，故C正确；D.与分析不符，故D错误．6.如图是某初中地理教科书中的等高线图（图中数字的单位是米）。小山坡的右侧比左侧更陡些，假如把一个球分别从山坡左右两侧滚下（把山坡的两侧看成两个斜面，不考虑摩擦等阻碍），会发觉右侧小球加速度更大些。现在把该图看成一个描述电势凹凸的等势线图，左右两侧各有a、b两点，图中数字的单位是伏特，下列说法正确的是（）A.b点电场强度比a点大B.左侧电势降低的更快C.同一电荷在电势高处电势能也肯定大D.同一电荷在电场强度大处所受电场力也肯定大【答案】AD【解析】【详解】A．依据U=Ed相同电势差右侧b点的距离更小，所以b点电场强度比a点大，故A正确；B．等势线越密集的地方电势着陆的越快，b点等势线更密集，所以右侧电势降低的更快，故B错误；C．电势能还与电荷的正负有关，所以同一电荷在电势高处电势能也不肯定大，故C错误；D．同一电荷在电场强度大处所受电场力肯定大，故D正确。故选AD。7.图甲为探讨光电效应电路图，图乙为静止在匀强磁场中的某种放射性元素的原子核衰变后产生的新核Y和某种射线的径迹，下列说法正确的是（）A.图甲利用能够产生光电效应的两种（或多种）频率已知的光进行试验可测出普朗克常量B.图甲的正负极对调，在光照不变的状况下，可探讨得出光电流存在饱和值C.图乙对应的衰变方程为D.图乙对应的衰变方程为【答案】ABD【解析】【详解】A.依据光电效应方程得，联立两式解得，所以分别测出两次电流表读数为零时电压表的示数U1和U2即可测得普朗克常量，选项A正确；B.题图甲电源的正负极对调，此时间电管中所加电压为正向电压，在光照不变的状况下，通过调整滑动变阻器可调整光电管两端的电压，可探讨得出光电流存在的饱和值，选项B正确；CD.由题图乙可知，发生的是衰变，故衰变方程为，选项D正确，C错误.8.如图所示，在垂直于纸面对外的匀强磁场中，水平放置两个同心金属环，半径分别是r和3r，磁感应强度为B，在两环间连接有一个电容为C的电容器，a、b是电容器的两个极板。长为2r的金属棒AB沿半径方向放置在两环间且与两环接触良好，并绕圆心以角速度ω做顺时针方向（从垂直环面对里看）的匀速圆周运动。则下列说法正确的是（）A.金属棒AB中有从B到A的持续电流B.电容器b极板带负电C.电容器两端电压为D.电容器所带电荷量为【答案】BC【解析】【详解】A．依据右手定则可知，金属棒AB切割磁感线产生感应电动势，但由于电路没有闭合，所以没有感应电流，故A错误；B．依据右手定则可推断B端为电源的正极，a端为电源的负极，所以电容器b极板带负电，故B正确；C．依据法拉第电磁感应定律知切割产生的感应电动势故C正确；D．电容器所带电荷量故D错误故选BC。三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个小题考生都必需做答。第33题~第38题为选考题，考生依据要求做答。）9.在《探究加速度与力、质量的关系》试验中。（1）某组同学用如图甲所示装置，采纳限制变量的方法，来探讨小车质量不变的状况下，小车的加速度与小车受到合力的关系。下列措施中不须要和不正确的是_____；A.平衡摩擦力的方法就是在砝码盘中添加砝码，使小车能匀速滑动；B.每次变更拉小车拉力后不须要重新平衡摩擦力；C.试验中通过在砝码盘中添加砝码来变更小车受到的拉力；D.每次小车都要从同一位置起先运动；E.试验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源；（2）试验运用频率为50Hz的沟通电源，得到的一条纸带如图乙所示。从比较清楚的点起，每4个点取一个计数点，第1与第2个计数点的间距为s=3.58cm，第3与第4个计数点的间距为=4.71cm，该小车的加速度大小a=_____m/s2（保留两位有效数字）。【答案】(1).ADE(2).0.88【解析】【详解】（1）[1]AB．平衡摩擦力时，不是在砝码盘中添加砝码，而是通过调整垫板使重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即可以约掉m，只须要平衡一次摩擦力，故A错误，符合题意；B正确，不符合题意；C．试验中通过在砝码盘中添加砝码来变更小车受到的拉力，故C正确，不符合题意；D．试验中每次小车不须要从同一位置起先运动，故D错误，符合题意；E．.试验中应先开打点计时器的电源，然后再放小车，故E错误，符合题意；故选ADE。（2）[2]每4个点取一个计数点，则两个相邻计数点的时间间隔为依据得代入数值解得10.某同学测定电源电动势和内阻，所运用的器材有：待测干电池一节（内阻较小）、电流表A（量程0.6A，内阻RA小于1Ω）、电流表A1（量程0.6A，内阻未知）、电阻箱R1（0-99.99Ω）、滑动变阻器R2（0-10Ω）、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个，导线若干．该同学按图甲所示电路连接进行试验操作．（1）测电流表A的内阻：闭合开关K，将开关S与C接通，通过调整电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电流表A示数为0.20A、电流表A1的示数为0.60A、电阻箱R1的示数为0.10Ω，则电流表A的内阻RA=______Ω（2）测电源的电动势和内阻：断开开关K，调整电阻箱R1，将开关S接______（填“C“或“D“），记录电阻箱R1的阻值和电流表A的示数；多次调整电阻箱R1重新试验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I．数据处理：图乙是由试验数据绘出的图象，由此求出干电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω（计算结果保留二位有效数字）【答案】(1).0.20(2).D(3).1.5(4).0.25【解析】【详解】第一空.依据串并联电路的规律可知，流过电阻箱R1的电流I=（0.60-0.20）A=0.40

A；电压U=0.10×0.40

V=0.040

V，则电流表内阻RA=Ω=0.20Ω．其次空.测电源的电动势和内阻：断开开关K，调整电阻箱R1，将开关S接D．第三空.第四空.依据试验步骤和闭合电路欧姆定律可知：E=I（R+RA+r），变形可得：

依据图象可知：，=0.3

解得：E=1.5

V，r=0.25Ω；11.如图所示，带电量为q（q为正电荷）的粒子质量为m，O、A两点长度为d且连线与x轴正方向为30°，不计粒子重力。（1）若在y轴右侧加上平行于y轴的匀强电场E时，粒子以初速度v0沿x轴正方向从O点射出且恰好经过A点，求：电场强度E的大小和方向；（2）若去掉电场，在坐标系空间内加上垂直纸面的匀强磁场B，粒子仍以初速度v0沿x轴负方向从O点射出且也恰好经过A点，求：磁感应强度B的大小和方向以及粒子从O点动身到第一次经过A点时所经验的时间。【答案】（1），方向竖直向上；（2），方向垂直纸面对外；【解析】【详解】（1）加电场时，粒子沿x轴正方向射出，粒子作类平抛运动，经过A点，则电场方向竖直向上。依据平抛运动规律有水平方向竖直方向由牛顿其次定律有qE=ma解得电场强度（2）在磁场中，粒子沿x轴负方向射出，粒子作匀速圆周运动，经过A点，则磁场方向垂直纸面对外。依据洛伦兹力供应向心力，有由几何关系有d=R联立解得磁感应强度匀速圆周运动周期粒子从O点动身到第一次经过A点时所经验的时间联立解得12.如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平．B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半．(1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；(3)通过计算推断C能否从木板上掉下来．【答案】(1)3mg(2)L(3)滑块C不会从木板上掉下来【解析】【详解】（1）设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摇摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：解得：小球在圆周运动最低点，由牛顿其次定律：由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T´=T解得：T´=3mg（2）小球碰撞后平抛运动．在竖直方向上：水平方向：L=解得：h=L（3）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满意动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律的：由能量守恒定律得：联立⑨⑩⑪解得：s=L/2由s<L知，滑块C不会从木板上掉下来．【点睛】（1）由机械守恒定律求出小球的速度，然后由牛顿定律求出绳子能够承受的最大拉力；（2）小球做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题；（3）应用动量守恒定律与能量守恒定律求出C的位移，然后依据位移与木板的长度关系分析答题．13.下列说法正确的是（）A.外界对气体做功，气体的内能可能削减B.单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点C.空气中水蒸气压强越大，空气的相对湿度就越小D.内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同E.肯定质量的志向气体的内能随温度的上升而增大【答案】ADE【解析】【详解】A．假如气体吸热的同时对外做功，汲取的热量小于对外所做的功，则内能可能减小，故A正确；B．晶体都有固定的熔点，故B错误；C．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气的压强与相同温度时水的饱和蒸汽压之比，故C错误；D．内能是全部分子动能和分子势能之和。内能不同的物体，当它们的温度相同时，则它们分子热运动的平均动能可能相同，故D正确；E．肯定质量的志向气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，故E正确。故选ADE。14.一容积为V0的容器通过细管与一个装有水银的粗细匀称的U形管相连（U形管和细管中的气体体积远小于容器的容积V0），U形管的右管与大气相通，大气压为750mmHg。关闭阀门，U形管的左、右管中水银面高度相同，此时气体温度为300K。现仅对容器内气体进行加热。①如图所示，当U形管右侧管中的水银面比左侧管中的水银面高H=50mm时，求封闭容器内气体的温度；②保持①问中的温度不变，打开阀门K缓慢抽出部分气体，当U形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高50mm时（水银始终在U形管内），求封闭容器内剩余气体的质量与原来总质量的比值；③推断在抽气的过程中剩余气体是吸热还是放热，并阐述缘由。【答案】①320K；②；③吸热，缘由见详解【解析】【详解】①由题意可知设升温后气体的压强为p0，由查理定律得解得T=320K②当U形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高50mm时，压强p=700mmHg。抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V，由玻意耳定律得设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k，由题意得③吸热。因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以依据热力学第肯定律可知剩余气