江苏省南京市两校联合体2024-2025学年高三上学期期中考试物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024—2025学年第一学期高三期中考试物理试卷时间75分钟分值100分一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意。1.已知氘核质量为，氚核质量为，氦核质量为，中子质量为。关于氘与氚聚变成氦，下列说法正确的是（）A.核反应方程式为B.氘核的比结合能比氦核的小C.氘核与氚核的间距达到就能发生核聚变D.该核反应释放的核能是【答案】B【解析】A．根据质量数和电荷数守恒可知，核反应方程式为故A错误；B．核反应过程，生产物比反应物更稳定，所以氘核的比结合能比氦核的小，故B正确；C．氘核与氚核的间距达到以内才能发生核聚变，故C错误；D．根据质能方程可知，该核反应释放的核能是故D错误。故选B。2.橘子洲大桥主桥长1156米，引桥长94米，引桥相当于从岸上搭到主桥的上一个斜面。下列说法正确的是（）A.橘子洲大桥建很长的引桥是为了增大汽车重力沿斜面向下的分力B.如果橘子洲大桥高度不变，增大引桥的长度，则停在引桥桥面上的汽车对桥面的压力变小C.如果橘子洲大桥高度不变，减小引桥的长度，则停在引桥桥面上的汽车对桥面的摩擦力变大D.如果橘子洲大桥高度不变，减小引桥的长度，则停在引桥桥面上的汽车对桥面的最大静摩擦力变大【答案】C【解析】AB．橘子洲大桥建很长的引桥可以减小引桥桥面的倾角，汽车重力沿桥面向下的分力减小，汽车与桥面的压力增大，故AB错误；C．根据平衡条件可知，汽车停在引桥桥面上时受到的摩擦力大小为如果橘子洲大桥高度不变，减小引桥的长度，引桥桥面的倾角变大，则摩擦力变大，根据牛顿第三定律可知汽车对桥面的摩擦力也变大，故C正确；D．汽车与桥面之间的最大静摩擦力为倾角变大，则最大静摩擦力减小，故D错误。故选C。3.一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p−V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（）A.a→b是等温过程B.a→b过程中气体放热C.a→c过程中状态b的温度最低D.a→c过程中外界对气体做负功【答案】D【解析】A．a→b过程中pV乘积增加，可知温度升高，不是等温过程，选项A错误；B．a→b过程中体积变大，气体对外做功，W<0；温度升高，内能增加，则∆U>0，由热力学第一定律可知，Q>0，即气体吸热，选项B错误；C．a→c过程状态b的pV乘积最大，可知状态b的温度最高，选项C错误；D．a→c过程中气体体积变大，则外界对气体做负功，选项D正确。故选D。4.1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出：两个质量相差悬殊的天体（如太阳和地球）所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日L2点，下列说法正确的是（）A.该卫星绕太阳运动周期大于地球公转周期B.该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度C.该卫星在L2点处于平衡状态D.该卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L1处小【答案】B【解析】A．该卫星可以保持与地球同步绕太阳做圆周运动，则该卫星绕太阳运动周期等于地球公转周期，选项A错误；B．该卫星在L2处绕太阳转动的半径大于地球的公转半径，根据可知，该卫星绕太阳运动向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，选项B正确；C．该卫星在L2点绕太阳做圆周运动，不是处于平衡状态，选项C错误；D．该卫星所受太阳和地球引力的合力等于绕太阳做圆周运动的向心力，根据该卫星在L2处转动半径大于在L1处的转动半径，可知该卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L1处大，选项D错误。故选B。5.密立根油滴实验简化为如图所示的装置，在真空环境下带电油滴从喷雾器的喷嘴喷出，落到平行板电容器两极板间，现某个油滴悬浮在P点，保持两极板间的电压U不变，电容器的下极板接地。若只将正极板下移一小段距离（未到P点），下列说法正确的是（）A.油滴带负电且油滴将向下加速运动B.电容器所带电荷量减少C.P处的电势降低D.油滴的电势能减小【答案】D【解析】A．若只将正极板下移一小段距离，两板间距减小，根据可知场强变大，带负电的油滴受向上的电场力变大，则油滴将向上加速运动，选项A错误；B．根据可知电容器电容变大，根据Q=CU可知电容器带电量变大，选项B错误；CD．根据U=Ed可知P与下极板的电势差变大，则P处的电势升高，由于油滴带负电，可知油滴电势能减小，选项C错误，D正确。故选D。6.如图所示，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系有小球A和小球B，初始时A放在地面上。改变B的质量m，系统的加速度a、B落地时系统的总动能都随之发生改变。不计空气阻力、动滑轮质量及轮与轴间的摩擦力，重力加速度为g。下列图像中正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AB．设A的质量为，对A、B整体，根据牛顿第二定律有可得故A错误，B正确；CD．设B落地时下落的高度为，根据动能定理，B落地时系统的总动能可知图像的纵截距小于零，故CD错误。故选B。7.如图所示，在一个“十”字架水平杆上用细线对称地悬挂两个可视为质点的小球A、B，已知A的质量为，B的质量为，且，图中，。现将整个装置绕竖直杆匀速转动，则A、B两球稳定时，下列说法正确的是（）A.悬挂A球的细线与竖直方向的夹角等于悬挂B球的细线与竖直方向的夹角B.悬挂A球的细线与竖直方向的夹角大于悬挂B球的细线与竖直方向的夹角C.A球做圆周运动的线速度大于B球做圆周运动的线速度D.A球做圆周运动的线速度小于B球做圆周运动的线速度【答案】A【解析】设两球做匀速圆周运动角速度相同为，由牛顿第二定律得图中，，可知根据可知A球做圆周运动的线速度等于B球做圆周运动的线速度。故选A。8.如图所示，理想变压器原线圈接入有效电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（）A.电流表A1示数增大B.电流表A2示数增大C.定值电阻R消耗的功率减小D.原线圈输入功率先增大后减小【答案】C【解析】分析右端电路可知，R与滑动变阻器右半部分并联后，再与左半部分串联接入电路。当滑片从a往b滑动时，并联部分总电阻减小，滑动变阻器左半部分电阻增大，故电路中总电阻增大。AB．变压器原线圈输入电压不变，副线圈输出电压不变，总电阻增大，则副线圈总电流减小，A2示数减小，再由变压器原副线圈电流关系知，A1示数减小，故AB错误；C．滑片从a往b滑动时，副线圈干路电流减小，滑动变阻器右半部分和R并联总电阻减小，则并联部分分压减小，定值电阻R消耗电功率减小，故C正确D．原线圈输入电压不变，电流减小，故输入功率减小，故D错误；故选C。9.如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙固定斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为，下列说法中正确的是（）A.A、B、C三者的加速度相同B.A和C同时滑到斜面底端C.滑到斜面底端时，B和C的动能一样D.滑到斜面底端时，A、C所受重力的功率大小关系为：【答案】D【解析】AB．设斜面倾角为，A、B、C三个滑块所受的滑动摩擦力大小相等A和B所受滑动摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律可知C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以它们的加速度不相同，C沿斜面方向的加速度大于A、B的加速度，沿斜面的位移相同，根据运动学规律，沿斜面方向推知C先到达斜面底端，故A错误，B错误；C．重力做功相同，A、B克服摩擦力做功相同，均小于C克服摩擦力做功，而BC有相同大小的初速度，根据动能定理由此可知滑到斜面底端时，B滑块的动能大于C的动能，故C错误；D．A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C受摩擦力方向与速度方向相反，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C在沿斜面向下方向的加速度大于A的加速度，沿斜面方向，A、C都做初速度为零的加速直线运动，沿斜面的位移也相同，根据知C到达斜面底端时沿斜面向下方向的速度大于A，所以滑到斜面底端时，A、C所受重力的功率大小关系为故D正确。故选D。10.如图甲所示，质量为的物块A与竖直放置的轻弹簧上端连接，弹簧下端固定在地面上。时，物块A处于静止状态，物块B从A正上方一定高度处自由落下，与A发生碰撞后一起向下运动（碰撞时间极短，且未粘连），到达最低点后又向上运动。已知B运动的图像如图乙所示，其中的图线为直线，不计空气阻力，则（）A.物块B的质量为 B.时，弹簧的弹性势能最大C.时，B速度为零 D.时，A、B开始分离【答案】C【解析】A．碰撞时间极短，可认为碰撞过程满足动量守恒，则有解得故A错误；B．当为零时，弹簧压缩量最短，弹簧的弹性势能最大，故B错误；C．B与A一起运动过程属于简谐振动，故图乙中B物体的速度时间图线为正余弦函数关系，设振动周期为，由数学知识可得可得则有设B速度为零时刻为，则有可得则有联立解得故C正确；D．根据时，B的速度为可知此时A、B刚好回到碰撞时的位置，此时弹簧仍处于压缩状态，A、B并未分离，故D错误。故选C。二、非选择题：共5题，共60分，其中第12题~15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。11.图（a）为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。（1）用刻度尺测量不同颜色积木的外径D，其中对蓝色积木的某次测量如图（b）所示，从图中读出D=______cm。（2）将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O，将积木的右端按下后释放，如图（c）所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了______个周期。（3）换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，请根据下表数据选择合适的坐标在方格纸上做出lnT−lnD图像______。颜色红橙黄绿青蓝紫lnD2.93922.78812.59532.48492.197……1.792lnT−0.45−0.53−0.56−0.65−0.78−0.92−1.02根据表中数据绘制出lnT−lnD图像判定T与D的近似关系为______。A．B．C．D．（4）请写出一条提高该实验精度的改进措施：______。【答案】（1）7.54##7.55##7.56（2）10（3）见解析A（4）为了减小实验误差，提高该实验精度的改进措施：用游标卡尺测量外径D、通过测量40次或60次左端与O点等高所用时间来求周期、适当减小摆动的幅度。【解析】【小问1详析】刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值下一位，读数为D=7.54cm。【小问2详析】积木左端两次经过参考点O为一个周期，当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，之后每计数一次，经历半个周期，可知，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了10个周期。【小问3详析】[1][2]作图如下由图（d）可知，与成线性关系，根据图像可知，直线经过（2.80，−0.5）与（1.80，−1.0），则有解得则有解得可知故选A。【小问4详析】为了减小实验误差，提高该实验精度的改进措施：用游标卡尺测量外径D、换用更光滑的硬质水平桌面、通过测量40次或60次左端与O点等高所用时间来求周期、适当减小摆动的幅度。12.如图所示，固定于竖直平面内半径为R的光滑大圆环上套有一个质量为的小圆环，小圆环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，当小圆环的向心加速度大小等于重力加速度时，求（1）此时小环由初始位置下落的高度；（2）此时大圆环对小圆环的弹力大小。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】当小圆环的向心加速度大小等于重力加速度时，则有解得说明此时小环在大圆环的上部，设环与圆心的连线跟竖直方向的夹角为，由机械能守恒定律得解得则此时小环由初始位置下落的高度为【小问2详析】根据牛顿第二定律可得解得此时大圆环对小圆环的弹力大小为13.如图所示，三棱镜的截面为直角三角形，其中∠b=90°，∠c=60°，bc的长度为6L，某种颜色的细光束从ac边上的d点垂直射入三棱镜，cd=4L，折射光线射到ab边上的e点，出射光线与ab的夹角θ=45°，反射光线射到bc边上的f点，已知光在真空中的传播速度为c，求：（1）三棱镜对此单色光的折射率，并通过计算判断bc边是否有光线射出；（2）光线从d点经e点到f点的传播时间。【答案】（1），没有（2）【解析】【小问1详析】光线在e点的入射角为i=30°，折射角则折射率因为临界角满足可知光线射到f点的入射角为60°>C，可知光线bc边发生全反射，无光线射出；【小问2详析】由几何关系可知，ac=12L，ad=8L，则则光线从d点经e点到f点的传播路程根据则时间14.如图甲所示，按压式圆珠笔可以简化为外壳、内芯和轻质弹簧三部分，轻质弹簧穿过内芯，上端与外壳接触，下端与内芯接触。某按压式圆珠笔内芯的质量为m，外壳的质量为4m，外壳与内芯之间的弹簧的劲度系数为k。如图乙所示，先把笔竖直倒立于水平硬桌面上，用力下压外壳使其下端接触桌面（如位置a），此时弹簧的压缩量，然后将圆珠笔由静止释放，弹簧推动圆珠笔外壳竖直上升，当外壳的速度达到最大，此时外壳恰好与内芯发生碰撞（碰撞时间极短），碰后内芯与外壳以共同的速度一起上升到最大高度处（如位置c）。已知弹簧弹性势能的计算公式为，x为弹簧的形变量，不计空气阻力与一切摩擦。（1）当弹簧的压缩量为多少时，外壳的速度达到最大？（2）求外壳向上运动的最大速度和最大高度？（3）请在丙图中定性画出圆珠笔外壳从静止释放到最高点过程中的速度随时间图像。（以竖直向上为速度正方向）【答案】（1）（2），（3）见解析【解析】【小问1详析】外壳受向下的重力和向上的弹力，当弹力等于重力时，速度最大，则解得故当弹簧的压缩量为时，外壳的速度达到最大。【小问2详析】设外壳最大速度为v，根据机械能守恒由几何关系可知，外壳升高的高度代入机械能守恒方向可得解得外壳与内芯碰撞过程，根据动量守恒定律可得故外壳与内芯的最大速度为则上升的最大高度为【小问3详析】根据题意，圆珠笔外壳向上做加速度减小的加速运动，后做匀减速直线运