黔南州2024-2025学年度高三第一学期期末质量监测物理试卷（含答案）

{#{QQABBYQEoggAAAAAABhCQQmgCkKQkBEAASgOABAQsAAACBNABAA=}#}{#{QQABBYQEoggAAAAAABhCQQmgCkKQkBEAASgOABAQsAAACBNABAA=}#}{#{QQABBYQEoggAAAAAABhCQQmgCkKQkBEAASgOABAQsAAACBNABAA=}#}{#{QQABBYQEoggAAAAAABhCQQmgCkKQkBEAASgOABAQsAAACBNABAA=}#}{#{QQABBYQEoggAAAAAABhCQQmgCkKQkBEAASgOABAQsAAACBNABAA=}#}{ 黔南州20242025学年度第一学期期末质量监测高三物理参考答案7428分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1234567BDBCADC12.BA温度升高时，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故B正确。在原子中，电子吸收光子能量从低能级向高能级跃迁时，原子的总能量是增大的，故C错误。在衰变方程中，由核电荷数守恒和质量数守恒可知，X是电子，故D错误。.D解析：由题图可知，t时刻两骑手速度大小相等；面积表示位移，在∼t时间内，甲的位移大于乙的00AC0Bv00时间内，乙做非匀变速直线运动，位移比匀变速直线运动的位移小，所以乙的平均速度小于02D正确。3.BAB故摩擦力的合力大小不等于圆台的重力大小，故C错误。因手作用位置不一样，压力不一定过重心，故D错误。45.CE<EφφA、ABABBB两点的电势能大小关系E>ECA点运动到BpB过程中电场力先做负功后做正功，故D错误。.Aa光的偏折程度大于ba光的折射率大于对ba光的频率大于b光的频率，a光的波长小于b光的波长；若a光为绿光，则b光可能为红光，故A正确，B错误。不同色光在真空中的传播速度相同，故C错误。用同一双缝干涉实验装置做实验，a光的干涉条纹间距b光的条纹间距，故D错误。v267.Dm可解得vR112(Eq)L(Eq)2Rmv2020的最小值为2m/s2D正确。ꢂ2.C解析：由=ꢀꢂ≈7.9km/s，又ꢂ==467.2m/s，vvv。在Δꢅ→0时，Δꢀ=2ꢃ2ꢉꢉꢆꢇΔꢂΔꢅꢈΔꢅ=ΔꢀΔꢂ，ꢈ4.5×10NC正确。第1页共5页{#{QQABBYQEoggAAAAAABhCQQmgCkKQkBEAASgOABAQsAAACBNABAA=}#}3515分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0891089.BD20m10cm5m/sTsA错误。v经过10sP的路程为10倍的振幅等于100cmB正确。波向x轴正向传播，根据上坡下可以判定此刻质点Q在向下振动，质点P此时处在平衡位置故其加速度为零，故C错误，D正确。1.BC解析：篮球上升过程中，有ℎ=，2+ꢈ阻=，解得a=12m/s，F=1.2N。0.4s时间内阻阻22ꢈ阻ℎꢅ力做功的平均功率ꢋ==2.88Aꢌ=ꢀꢁꢅ=2.4N·sB1手瞬间，速度大小ꢂ=ꢊꢅ=4.8m/sk=2=6.912JC正确。篮球离开裁判员的2手时合力的功率最大，P′mav=34.56D错误。0.解析：对R由=IR解得IA，由E=I（R+r）解得7V，故A正确。由E=BLv解得=.35T。ab杆刚上滑切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知感应电流方向为由a→b，由左手定则可得安培力方向沿轨道向下，由牛顿第二定律可得mgsin，解得金属杆ab刚开始上滑时的10BILma加速度大小a=6.7m/s2，故B错误。在ab杆上滑的全过程中，R上产生的热量为10J，则ab杆上产生的热量为4J14Jab杆克服安培力做功为14JC正1ab杆速度为零时，abmv2mgxsin总，02xmD正确。三、非选择题：本大题共5小题，共57分。6分）每空2分1）平行2）0.4（）0.821（2）由物块受力平衡可知ꢈ=ꢍꢎꢁ，带入数据得M=0.4kg。1（3）每相邻两个计数点的时间间隔T5s，物块加速度大小为f2T2xam/s2m/s2m/s242（25.08（5.07~5.0924111（91R（12（3）小于（21）控制电路选阻值小的滑动变阻器方便调节，故选。2）如图下所示，纵轴的截距表示充电宝的电动势，故E=5.07V5.09V均可，U5.08电源内阻r。I第2页共5页{#{QQABBYQEoggAAAAAABhCQQmgCkKQkBEAASgOABAQsAAACBNABAA=}#}3）等效电源法，测量值为电压表内阻和充电宝内阻并联值，故测量值小于真实值。4）充电宝的电动势非常稳定，几乎跟电量的多少没有关系。电量在已充满和快用完之间，被测充电宝的电动势始终是5.1V离平均值的差异都小于0.1相当，充电宝内阻基本不变。1（101）对活塞进行受力分析可知，刚推动活塞时，由平衡条件：p1Sp'Smg......................................................................①mg=Shg=1105N又p'0g(Hh)......................................................................②w解得:12.28106Pa......................................................................③（2）设活塞刚动时气柱长度为l0由波意耳定律有：plSpV......................................................................④1000得09m......................................................................⑤活塞缓慢移动到管口时有:mg末态：p20......................................................................⑥S解得:235......................................................................⑦活塞缓慢上升至下边缘与泥浆水平面平齐时，由波意耳定律有：pVp(Hl)S......................................................................⑧00203VN0次次......................................................................⑨0故，至少还需打：N-1=1次......................................................................⑩本题评价标准：本题共10分，每式1分。第3页共5页{#{QQABBYQEoggAAAAAABhCQQmgCkKQkBEAASgOABAQsAAACBNABAA=}#}-1141OA用下做匀速圆周运动，圆心在C由几何关系可知:23ꢐ其圆心角ꢏ=1200=........................................................................①33ꢒ1=..............................................................................................②分解速度可知：ꢂ201=2=............................................................................................③320...........................................................................................④2320ꢐꢑ11=2==........................................................................................⑤9032=...................................................................................⑥90ꢅ=1+2........................................................................................⑦3ꢅ=..........................................................................................⑧302）重力与电场力做功为零，故损失的机械能：ꢀꢀΔꢓ=ꢂ0−ꢂ2........................................................................................⑨22ꢀ8Δꢓ=ꢂ2............................................................................................⑩0本题评价标准：本题共14分，以上除⑤⑥⑨⑩每式2分，其余每式各1分。1（181）由题意可知，在B点由牛顿第二定律有21ꢂꢃꢔ1ꢁ=............................①从开始到B点过程，根据能量守恒定律有1ꢓ=ꢀ2+ꢀ（ꢒꢇꢖꢗꢏ+2R..........②ꢕ1ꢔ12由①②式联立并带入数据解得：ꢔ=2m/s；p=0.35J.......................................③第4页共5页{#{QQABBYQEoggAAAAAABhCQQmgCkKQkBEAASgOABAQsAAACBNABAA=}#}11从BE点过程，根据动能定理有ꢁꢃ=ꢀꢂ2−ꢀꢂ2............................④11ꢓ1ꢔ22ꢀ12ꢓ在E点有ꢈ−ꢀꢁ=....................................................................................⑤=NN1ꢃ根据牛顿第三定律可知，在E点1号球对轨道压力大小为'N由③④⑤式联立得N1.2，方向竖直向下。........................................................⑥12）2号球根据平抛运动有ꢒꢇꢖꢗꢏ=........................................................⑦2（2ꢘ2号球初速度2=..............................................................................................⑧ꢅ由⑧⑨式联立解得2=4m/s，ꢅ=0.5s12号球为弹性碰撞，设碰撞前1号球速度大小为ꢂ，碰后速度大小为ꢂ011ꢂ=ꢀꢂ+ꢀꢂ....................................................................................⑨011221111ꢂ2=ꢀ2+ꢀꢂ2....................................................................................⑩0112222211对1ꢀꢂ2=ꢀꢂ2+ꢀꢁꢒꢇꢖꢗꢏ..............................................................⑪1ꢙ10122由⑦⑧⑨⑩⑪式联立并带入数据得ꢂꢚ=55............................................⑫即碰撞前1号球在C点速度大小为55（31号球落在靶心左侧8环外线，有位移1=7ꢛ=1.4m1ꢅ平抛初速度为3==2.8........................................................................⑬当1号球以最小速度通过B点时，设