贵州省黔东南州2024-2025学年高三上学期1月期末联考物理试题（含答案）

第第页贵州省黔东南州2024-2025学年高三上学期1月期末联考物理试题一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列四个核反应方程，属于聚变的是（）A．11B．2C．9D．922．如图所示，倾角为θ的光滑斜面体A固定在水平地面上，物块B在沿斜面向上、大小为F的拉力作用下匀速向上运动，则物块B对斜面体A的压力大小为（）A．Fsinθ B．Fcosθ C．3．黑洞是一种密度极大、体积极小的天体，引力大到光都无法逃脱其引力的“魔掌”，所以黑洞无法直接观测，但可以通过观测绕其运动的恒星，大致推测出黑洞的质量。观察发现，太阳系绕银河系中心黑洞人马座A*做圆周运动的周期为T，太阳系到银河系中心的距离为R，引力常量为G，不考虑相对论效应及暗物质的影响，则人马座A*的质量为（）A．4π2RGT2 B．44．民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，形成一个连接出口与地面的斜面，旅客可沿斜面滑行到地上，如图甲所示。图乙是其简化模型，紧急出口距地面的高度为5.4m，气囊所构成的斜面长度为9.0m，旅客从斜面顶端由静止开始滑到斜面底端。已知旅客与气囊间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力及斜面的形变，下滑过程中该旅客可视为质点，取重力加速度大小A．4m/s B．5m/s5．随着节能减排的推进，水力发电站将代替部分火力发电站而成为发电主力。图甲为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为1:10，降压变压器原、副线圈的匝数比为10:1，发电机的输出电压恒为230V，降压变压器副线圈电压随时间变化的规律如图乙所示，两变压器均为理想变压器，两变压器之间输电线路的总电阻为10A．输电线路消耗的电功率为0.1kW B．发电机的输出功率为C．用户消耗的电功率为2.2kW 6．如图所示，轻绳上端固定在O点，下端系一可以看成质点的小球，现将小球拉到A点，轻绳被拉直，然后由静止释放小球，B点是小球摆动的最低点，在O点与B点正中间固定一颗小钉子P，小球在A、C两点之间小角度摆动的周期为T。当小球到达A点时，移除小钉子P，移除后小球摆动的周期为（）A．2−3T B．2−2T C．7．某同学用一束单色光从真空对着一长方体透明玻璃砖的AB边射入，单色光恰好射到AD边的中点并恰好发生全反射，从CD边射出的折射光线与AB边的入射光线垂直，如图所示，该玻璃砖的折射率为（）A．52 B．62 C．2 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全都选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．我国自主研发的某第六代战斗机发动机的推力为火箭推力的4倍，其自身可携带两架无人机，执行任务时，在到达作战区域后会放出无人机，下列说法正确的是（）A．战斗机利用了反冲现象B．释放无人机后战斗机会更加灵敏C．战斗机在空中加油时相对地面是静止的D．战斗机加速，爬升时，驾驶员处于失重状态9．如图所示，质量为m的平板小车静止在足够大的水平地面上，小车上表面距地面的高度为h，小车右端固定一根轻质弹簧，一与小车质量相等、可视为质点的物块从左侧以速度v0滑上平板小车，物块与弹簧发生相互作用后，从小车左端离开，弹簧始终处于弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．物块离开小车后做平抛运动B．物块着地时的动能为mghC．小车的最大动能为mD．弹簧具有的最大弹性势能为m10．如图所示，水平绝缘地面上固定一足够长的光滑U形导轨，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将质量为m的金属棒ab垂直放置在导轨上，在垂直于棒的恒定拉力F作用下，金属棒由静止开始向右运动、当金属棒的速度大小为v时，金属棒的加速度大小为a当金属棒的速度大小为2v时，金属棒的加速度大小为a2A．F=2maB．金属棒的最大速度为3vC．金属棒的最大加速度为2aD．当金属棒的速度大小为2v时撤去拉力F，金属棒的减速距离为4三、非选择题：共57分。11．某实验小组用如图甲所示的实验装置测量滑块与木板间的动摩擦因数。调整长木板和滑轮，使长木板及细线均水平，细线另一端悬挂3个钩码，接通电源，释放滑块，力传感器可测量滑块受到的拉力大小，并得到如图乙所示的一条纸带。（1）本实验（填“需要”或“不需要”）满足滑块的质量远大于钩码的质量。（2）测出纸带上相邻计时点间的距离分别为s1=11.02cm、s2=11.26（3）改变悬挂钩码的数量，重复实验并记录力传感器的示数F，通过纸带求出对应滑块的加速度大小a，以力传感器的示数F为横坐标，滑块的加速度大小a为纵坐标，画出的a−F图像如图丙所示，直线的斜率为k、横截距为b，已知当地的重力加速度大小为g，则滑块与长木板间的动摩擦因数μ=。12．某同学用一节电动势为1.50V的干电池，将量程为0∼6mA、内阻为100Ω的表头改装成倍率分别为“×1”和“×10”的双倍率欧姆表，如图所示，其中R（1）红表笔应为（填“A”或“B”）；（2）分析可知当K拨到（填“1”或“2”）时倍率为“×1”；（3）改装完成后，表头的刻度盘中央3mA对应的数字为（4）定值电阻R1=13．在一端开口、一端封闭、粗细均匀的导热玻璃管内，一段长L=15cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体，当玻璃管水平放置，环境的热力学温度T0=300K时，管内封闭的气柱长度l=12cm，如图甲所示；现将玻璃管缓慢地逆时针旋转90（1）图乙中管内气体的压强p；（2）图乙中管内气体的热力学温度T。14．青海某花炮企业生产的某种型号礼花弹在地面上从炮筒中沿竖直方向射出，到达最高点时炸开。礼花弹的结构如图所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药，发射药燃烧发生爆炸，礼花弹经Δt=10ms从炮筒高速射出并同时点燃延期引线，当礼花弹上升到最高点时，延期引线点燃礼花弹，礼花弹炸开。已知礼花弹在炮筒中的运动可视为匀加速直线运动，加速距离d=0.2m，礼花弹离开炮筒后受到的空气阻力大小始终等于其所受重力大小的14，延期引线的燃烧速度（1）礼花弹射出的最大速度vm（2）延期引线的长度l。15．如图所示，真空中的平面直角坐标系xOy第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场，其余象限存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为−qq>0的带电粒子，从y轴上的点P0,a以速度v0平行于x轴射入第一象限，然后从x轴上的点Q2a,0进入第四象限，经第三、二象限后，恰好回到（1）粒子从P点运动到Q点的时间t；（2）匀强电场的电场强度大小E；（3）匀强磁场的磁感应强度大小B。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、核聚变的定义：两个轻核结合成质量较大的核的反应。该核反应是放射性元素发生β衰变，不是核聚变，故A错误；B、该核反应是轻核结合成较重的原子核，属于核聚变，故B正确；

C、该核反应是高能粒子轰击原子核使之转变为另一种原子核，属于原子核的人工转变，不是核聚变，故C错误；

D、该核反应是重核分裂成两个质量较小的原子核，属于核裂变，不是核聚变，故D错误；

故选：B。

【分析】根据轻核聚变的原理分析。2．【答案】D【解析】【解答】物块B在沿斜面向上、大小为F的拉力作用下匀速向上运动，处于平衡状态，斜面光滑，物块B受拉力和斜面体A对物块B的支持力的合力与重力等大反向，根据矢量合成可知斜面体A对物块B的支持力大小为Ftanθ，则物块B对斜面体A的压力大小也为故选D。

【分析】匀速向上运动，物体处于平衡状态，根据平衡条件列式分析。3．【答案】C【解析】【解答】太阳系到银河系中心的距离为R，根据万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律则有GMm解得中心天体的质量为M=故选C。

【分析】根据万有引力提供向心力列式求解。4．【答案】C【解析】【解答】紧急出口距地面的高度为5.4m，气囊所构成的斜面长度为9.0m，设斜面的倾角为θ设旅客到达底端的速度为v，对游客进行受力分析，根据动能定理则有mgh−μmg代入数据解得v=6故选C。

【分析】根据几何关系求解斜面倾角，根据动能定理求解到达底端速度。5．【答案】D【解析】【解答】本题主要考查了远距离输电的相关应用，理解图像的物理意义，结合变压器的工作原理即可完成求解。A．由题意可知U1=230升压变压器原、副线圈的匝数比为1:10，由变压器电压与匝数成正比可知U2=10故输电线上损失的电压为U=输电电流为I=输电线路消耗的电功率为P=IB．发电机的输出功率为P1C．用户消耗的电功率为P4D．输电效率为η=P故选D。

【分析】根据乙图得到降压变压器副线圈电压以及升压变压器副线圈电压，得到损耗电压以及输电电流，从而得到输电线路消耗的电功率，根据电功率公式求解功率，用户消耗的电功率除以发电机的输出功率等于输电效率。6．【答案】D【解析】【解答】B点是小球摆动的最低点，在O点与B点正中间固定一颗小钉子P，移除钉子之前小球的周期为T=π移除钉子之后，根据单摆周期公式可得小球的周期为T联立可得T故选D。

【分析】确定不同阶段的摆长，依据单摆周期计算公式求解即可。7．【答案】B【解析】【解答】从CD边射出的折射光线与AB边的入射光线垂直，由几何关系可知θ1=π4，

又因为n=sinθ联立可得n=故选B。

【分析】根据几何关系求解折射角和入射角，根据折射定律和全反射临界角公式求解折射率。8．【答案】A,B【解析】【解答】A．战斗机发动机通过向后喷射高速气流产生推力，这一过程利用了反冲原理，故A正确；B．释放无人机后战斗机的质量减小，质量减小导致惯性变小。惯性越小，物体运动状态越容易改变。因此在相同推力作用下，战斗机的加速度会增大，机动性能提高，操作更加灵敏，故B正确；

C．战斗机进行空中加油时，虽然与加油机保持相对静止，但两者都在飞行中，相对于地面而言是运动的，故C错误；

D．当战斗机加速爬升时，其加速度方向向上，处于超重状态，故D错误。故选：AB。

【分析】根据反冲现象分析，释放无人机后战斗机质量变小，惯性变小，战斗机相对于地面是运动的，加速度向上是超重状态。9．【答案】B,C【解析】【解答】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒的条件，结合能量守恒定律，选择合适的过程联立等式即可完成求解。A．物块与小车之间的作用相当于质量相等的两物体发生弹性正碰，碰后两者交换速度，物块与小车分离时，小车的速度大小为v0，物块的速度为零，物块离开小车后做自由落体运动，故A错误；B．根据动能定理可知，物块着地时的动能为mgh，故B正确；C．根据A选项可知，小车的最大速度为v0，则小车的最大动能为mvD．当两者共速时，弹簧具有的弹性势能最大mv0解得最大弹性势能为mv故选BC。

【分析】根据动量守恒求物块离开小车后的运动情况；根据动能定理求物块着地时的动能；根据A选项结合动能公式求小车的最大动能；根据动量守恒和能量守恒求弹簧具有的最大弹性势能。10．【答案】B,D【解析】【解答】对于电磁感应问题研究思路常常有三条：第一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；第二条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；第三条是动量，根据动量定理或动量守恒定律列方程解答。A．设磁感应强度为B，电路中总电阻为R，导轨间距为l，由E=Blv，I=ER，F由牛顿第二定律F−B2解得F=3B．当金属杆达到最大速度时，加速度为零，拉力与安培力平衡，有F=联立可得vmC．金属杆刚开始运动时加速度最大，有F=m解得amD．对金属杆减速过程应用动量定理−B2则有−解得x=4故选BD。

【分析】根据牛顿第二定律建立金属棒在速度v和2v时的动力学方程，联立求解拉力F；接着分析金属棒的最大速度条件，即安培力等于拉力时速度达到最大，讨论金属棒的最大加速度出现在速度为零时。最后计算撤去拉力后金属棒减速至停止的位移，利用动量定理结合安培力表达式求解。11．【答案】（1）不需要（2）5.75（3）bk【解析】【解答】（1）力传感器可测量滑块受到的拉力大小，不需要用重物的重力近似代替拉力大小，本实验不需要满足滑块的质量远大于钩码的质量。（2）打点计时器所接电源的频率为50Hz，打点周期为由逐差法加速度为a=（3）对物体受力分析，由牛顿第二定律F−μmg=ma整理可得a=故k=1m解得μ=bkg（2）根据逐差法计算滑块的加速度；

（3）根据牛顿第二定律推导图像函数表达式，结合图像计算。（1）力传感器可测量滑块受到的拉力大小，本实验不需要满足滑块的质量远大于钩码的质量。（2）打点周期为T=由逐差法加速度为a=（3）由牛顿第二定律F−μmg=ma整理可得a=故k=1m解得μ=12．【答案】（1）A（2）1（3）15（4）15【解析】【解答】（1）多用电表电流方向“红进黑出”，即电流从红表笔流进多用电表，从黑表笔求出多用电表，故红表笔应为A。（2）根据欧姆表原理可知欧姆表倍率越大内阻越大，故倍率为“×1”时，欧姆表阻值较小，由R内=E（3）欧姆表中值电阻等于欧姆表的内阻，开关接2时电流表量程为I此时欧姆表内阻为R此时倍率“×10”改装完成后，表头的刻度盘中央3mA对应的数字为欧姆表内阻，表头的刻度盘中央3（4）根据欧姆定律可得开关接1时电流表量程为IR2=135Ω，R1=15Ω

【分析】（1）根据电流“红进黑出”分析；（1）多用电表电流方向“红进黑出”故红表笔应为A。（2）欧姆表倍率越大内阻越大，故倍率为“×1”时，欧姆表阻值较小，由R内=E（3）开关接2时电流表量程为I此时欧姆表内阻为R此时倍率“×10”改装完成后，表头的刻度盘中央3mA对应的数字为欧姆表内阻，表头的刻度盘中央3（4）开关接1时电流表量程为IR2=13513．【答案】（1）解：根据平衡条件有p=解得p=90（2）解：根据理想气体状态方程，体积不变，有p解得T=360【解析】【分析】（1）根据平衡条件求解管内气体的压强p；

（2）气体体积不变，根据查理定律列式求解。（1）根据平衡条件有p=解得p=90（2）根据理想气体状态方程，体积不变，有p解得T=36014．【答案】（1）解：根据匀变速直线运动规律有1解得vm（2）解：设礼花弹离开炮筒后向上减速时的加速度大小为a，减速时间为t，则有a=且vm=at解得l=0.04【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动规律，求最大速度；

（2）根据牛顿第二的定律，求加速度，根据加速度求时间，最后确定延期引线的长度。（1）根据匀变速直线运动规律有1解得v（2）设礼花弹离开炮筒后向上减速时的加速度大小为a，减速时间为t，则有a=且vm=at解得l=0.0415．【