江苏省盐城市、南京市2024-2025学年高三年级上册期末调研物理试卷（解析版）

江苏省盐城市、南京市2024-2025学年高三上学期期末调研物理试卷

1.2024年10月中国科学院近代物理研究所的研究团队合成新核素杯227,并测量了它的半衰期。已知杯

227的衰变方程为寓P〃tX+2芨U，则其中X是（）

A.a粒子B.。粒子C.质子D.中子

【答案】A

【解析】【解答】已知杯227的衰变方程为第P〃TX+2比U,根据电荷数和质量数守恒，可知X的质量数

为4,电荷数为2,故X是a粒子，A正确。

故选Ao

【分析】根据核反应方程的书写规则计算并判断粒r类型。

2.如图甲所示，某一均匀介质中，两列沿相反方向传播的横波，形状上下对称，振幅和波长均相同，质点

的振动方向沿竖直方向。它们在相遇的某一时刻会出现两列波“消失”的现象，如图乙所示。贝」此刻（）

A.a、b均向上运动B.a、b均静止不动

C.a向上运动、b向下运动D.a向下运动、b向上运动

【答案】D

【解析】【解答】本题考查波的叠加，图中两列波的振幅、波长都相同，根据波形平移法判断出两列波单独传

播时引起的振动方向，由此分析a和b的振动方向。由图看出，两列波的波峰与波谷叠加，振动减弱，两波

的振幅相等，所以如图（乙）所示的时刻两列波"消失”。根据波形平移法判断可知，向右传播的波单独引起

a质点的振动方向向下，b质点的振动方向向上。向左传播的波单独引起a质点的振动方向向下，b质点的振

动方向向上，根据波的叠加原理可知，此时a向下运动、b向上运动。

故选D.

【分析】由图可知两列波的形状、振幅、波长特点，结合传播方向，可知之后在a、b两点处的波的特点，

即可分析质点的振动方向。

3.折射率是衡量材料光学性能的重要指标，下表是儿种介质的折射率（入=589.3nmt=2（）'C）。下列说法

正确的是（）

介质金刚石二硫化碳玻璃水晶

折射率2.421.631.57.81.55

A.同一种光在水晶中的频率大于在金刚石中的频率

第1页

B.一束单色光从水晶射入二硫化碳中，其传播速度将减小

C.光从金刚石射向玻璃，在分界面上一定会发生全反射现象

D.不同频率的光以相同的入射角从空气射入水晶，其折射角相同

【答案】B

【解析】【解答】解答本题时，要掌握折射率与光速的关系式几=指、临界角公式，要知道光密介质和光疏介

质是相对的。A.频率是光波的一个基本属性，与介质无关，只与光源有关，故A错误；

B.由表中数据可知，光在水晶中的折射率小于在二硫化碳中的折射率，由公式几=捺可知，光在水晶中的传播

速度大于在二硫化碳中传播的速度，即一束单色光从水晶射入二硫化碳中，其传播速度将减小，故B正确；

C.全反射的条件一是光必须从光密介质射入光疏介质，二是入射角必须大于或等于临界角，光从金刚石射向

玻璃，满足光从光密介质射入光疏介质，但是还必须满足入射角必须大于或等于临界角，所以在分界面上不一

定会发生全反射现象，故c错误；

D.同一介质（允许光在其中通过的各向同性的物质）的折射率是不变的，指的是对同一频率的光而言的，而

介质对于光的折射率会随着光的频密的提高而提高，所以折射率是个动态的数据，所以不同频率的光以相同的

入射角从空气射入水晶，其折射角不相同，故D错误。

故选Bo

【分析】光的频率与介质无关；结合水品和二硫化碳折射率关系，根据九分析光在水晶中与在酒精传播速

度关系；根据全反射的条件判断；根据折射定律判断。

4.一天单色光通过单缝，当单缝的宽度或者光的波长发生变化时，在光屏上得到甲、乙两个图样。下列说

法正确的是（）

A.两者都是干涉图样

B.图样说明了光具有粒子性

C.若光的波长不变，甲图对应的缝宽较大

D.若缝的宽度不变，乙图对应光的波长较小

【答案】C

【解析】【解答】光发生明显衍射的条件：障碍物或孔的尺寸与光波波长相差不多，甚至比光波波长还小时,

出现明显的衍射现象。A.两者都是光的衍射图样，选项A错误；

B.光的衍射说明了光具有波动性，选项B错误；

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CD.衍射图样乙说明了光的衍射比甲更加明显，则若光的波长不变，甲图对应的缝宽较大，乙对应的缝宽较

小；若缝的宽度不变，乙图对应光的波氏较大，选项C正确，D错误。

故选Co

【分析】双缝干涉的条纹等间距、等亮度；光的衍射说明了光具有波动性；缝的距离相对于波长越小，衍射

现象越明显。

5.如图所示，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球自由下落。质量相等的A、B两

球在运动过程中（）

A.同一时刻动能相等B.同一时刻重力的功率相等

C.相同时间内，速度变化量不同D.相同时间内，发生的位移相同

【答案】B

【解析】【解答】本题主要考查了平勉运动规律的运用，要明确平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动

和竖直方向的自由落体运动，结合动能定理、动量的定义和加速度的定义分析作答。

A.同一时刻两球的竖直速度相同，但是A的水平速度大于B的水平速度，可知两球的动能不相等，选项A

错误；

B.同一时刻两球的竖直速度相同，根据

P=mgvy

可知，重力的功率相等，选项B正确；

C.两球的加速度都等于重力加速度，根据

Av=gt

可知，相同时间内，速度变化量相同，选项C错误：

D.相同时间内，两球的竖直位移和水平位移不相等，可知两球发生的位移不相同，选项D错误。

故选B。

【分析】平抛运动在竖直方向做自由落体运动，结合动能定理分析作答；根据功率公式分析作答；根据加速

度的定义式分析速度的变化量；根据平抛运动的规律，分析两者的竖直位移，再分析小球A的水平位移，然

后作答。

6.如图所示，甲、乙两个点电荷，带电量大小分别为q甲、q乙,OOI为两点电荷连线的中垂线，Oi点电场

方向如图所示。则甲、乙是（）

第3页

。一

市42

A.异种电荷，且q甲＜q乙B.异种电荷，且q甲〉q乙

c.同种电荷，且q甲＜q乙D.同种电荷，且q甲,q乙

【答案】B

【解析】【解答】本题主要考查了点电荷产生的场强方向与场强的大小的运用，理解场强的合成与分解满足平

行四边形定值。根据Oi点电场方向可知，甲带正电荷，乙带负电荷，且甲在0点的场强大于乙在0点的场

强，如图

根据

可知

q甲＞q乙

故选Bo

【分析】根据点电荷产生的场强方向以及点电荷的场强公式分析作答。

7.如图所示，一-段通以恒定电流的软导线处于匀强磁场中，导线两端位于同一高度。现将导线左端固定,

右端水平向右缓慢移动。则磁场对通电导线的作用力（）

A.变小B.不变

C.变大D.先变大后变小

【答案】C

【解析】【解答】本题考查安培力的计算，关键是对导体有效长度把握。导线的有效长度为两端点间的距离

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L,将导线左端固定，右端水平向右缓慢移动，则有效长度在变大。由

F=BIL

可知安培力在变大。

故选Co

［分析］根据安培力公式L的有效长度的概念进行分析判断。

8.在边长为L的等边三角形区域abc内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一个边长也为L的等边三角形导

线框def在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef始终与磁场的底边界be在同一直线上，如图所示.取

沿一a顺时针的电流为正，在线柩通过磁场的过程中，其感应电流随时间变化的图象是（）

A.>B.o

l7

【答案】B

【解析】【解答】AC.当线框进入时磁通量增大，出来时磁通量减小，因此线框中感应电流的方向会发生改

变，故AC错误；

BD.当线框进入时，有效切割长度是随时间均匀变化的，因此根据£=83可知，电流均匀变化，故B正确,

D错误。

故答案为：Bo

【分析】分段由几何知识求出线框有效的切割长度，得到感应电动势E,由欧姆定律得到感应电流的表达

式，即可选择图象。

9.木星有四颗卫星是伽利略发现的。小华同学打算根据万有用力的知识计算木卫二绕木星运动的周期，除

已知万有引力常量外，他利用下列哪一组数据就能实现（）

A.木星的质量、半径及自转周期

B.木卫二的质量，绕木星运动的半径

C.木卫二的质量，木星的半径和质量

D.木星的质量，木卫二绕木星运动的半径

【答案】D

【解析】【解答】解答本题时，关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，并能灵活选择向心力公式，通过列

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式判断。设木星质量为M,木卫二质量为m,木卫二绕木星做匀速圆周运动的轨道半径为r,由万有引力提供

向心力有

Mm47r2

G-y/=mrri-L^^-r

可得木卫二绕木星运动的周期为

丁3

T=2n

GM

可知需要测量木星的质量和木卫一绕木星座做匀速圆周运动的轨道半径，D正确。

故选Do

【分析】以木卫二为研究对象，根据万有引力提供向心力求出木卫二运动周期表达式，再进行分析。

10.利用图示的实验器材探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，下列说法正确的是（）

A.原线圈两端应与学生电源的直流挡相连接

B.多用电表测量电压时，应先月最大电压挡试测

C.实验时变压器的铁芯闭合与否对实验结果没有影响

D.实验测量得到原、副线圈两端的电压比严格等于匝数比

【答案】B

【解析】【解答】本题考查“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”实验，要求学生了解变压器的原理，掌握

实验的正确操作，知道变压器的磁损和铁损。A.探究原、副线圈电压与匝数的关系时，原线圈两端应与学

生电源的交流挡相连接，A错误；

B.使用多用电表测量电压时，为避免超量程，应先用最大电压挡试测，B正确；

C.实验时变压器的铁芯闭合减少能量损失，对实验结果有影响，C错误；

D.考虑到电能损失，实验测量得到原、副线圈两端的电压比大于匝数比，D错误。

故选B。

【分析】变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，因此该实验使用交流电；根据实验的正确操

作，从保护电阻的角度分析作答：根据铁芯的作用分析作答；实际变压器存在能量损失，使得变压器副线圈两

端的电压的实际值小于理论值，据此分析作答八

11.如图所示，竖直轻质弹簧与竖直轻质杆相连，轻质杆可在固定的“凹''形槽内沿竖直方向向下移动。轻质

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杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且滑动摩擦力大小不变。将小球由距轻弹簧上端h处静止释放，

弹簧工缩至最短时，弹性势能为区小若增大h,重曼此前过程，小球再次将弹簧工缩至最短时，弹簧的弹性

势能为EP2。（弹簧始终处于弹性限度内，轻质杆底部与槽不发生碰撞）则（）

A.EP2可能等于EPIB.EP?可能小于EPI

C.EP2一定小于EPID.Ep：一定大于EPI

【答案】A

【解析】【解答】解答本题时，要分情况讨论轻杆是否滑动，要知道当轻杆滑动时，轻杆和小球的速度相等

时，弹簧的弹性势能达到最大。若弹簧压缩至最短时，弹簧对轻质杆的弹力小于轻质杆与槽间的最大静摩擦

力，则轻质杆不会滑动，小球的重力势能转化为弹簧的弹性势能，则Epi=mg（/i+x）

可知h越大，弹簧的压缩量x越大，弹簧的弹性势能越大，即h增大Epz>Epi

若弹簧压缩时，弹簧对轻质杆的弹力大于轻质杆与槽间的最大静摩擦力，轻质杆会向下滑动，当小球和轻质

杆速度相等时，弹簧的弹性势能达到最大，此时小球的重力等于弹簧的弹力，即mg=kx

不管h如何增大，当弹性势能最大时，弹簧的形变量不变，弹簧的弹性势能不变，即Ep2=Epi。

故选Ao

【分析】弹簧压缩至最短时，弹簧对轻杆的弹力可能小于等于轻质杆与槽间的最大静摩擦力，也可能大于轻

质杆与槽间的最大静摩擦力，分析轻杆的运动情况，判断弹簧的弹性势能达到最大的条件，再分析最大弹性

势能的大小。

12.某实验小组按照图甲的电路测量两节干电池的电动势和内阻。

（I）小组同学已将实验器材进行了部分连接，为减小系统误差，电压表上的另一根导线应接

（选填T”或“2”）接线柱上△

（2）正确连接电路后，闭合开关，发现无论怎么移动滑片，电压表的读数都不变，电流表无读数。则电

第7页

路的故障可能是O

A.电流表断路D.开关接触不良C.滑动变阻器短路

（3）该实验小组的同学，按照图乙重新进行实验，闭合开关后，多次改变电阻箱的电阻，记下电压表与

电阻箱的读数U、R。同学们想通过作图的方法求电源的电动势和内阻，其目的是为了减小（选填

“系统”或"偶然”）误差。

（4）如果以U为纵坐标，以/=义为横坐标，横坐标从0开始，纵坐标从Uo起，用实验测得的七组数

据，在图丙中描点，该小组的两位同学分别作出了两条图线。则由更合理的图线得到电源电动势的测帚值

为。

（5）有同学提出另一种方案：用一只电阻箱、一只电流表、开关、导线若干，测定电源的电动势和内

阻。请你在虚线框中画出实验的电路图o

【答案】（1）2

（2）A

（3）偶然

【解析】【解答】本题主要考查了电动势和内阻的测量，要明确实验原理，掌握闭合电路的欧姆定律和利用图

像处理问题的方法，能够根据实验原理正确选择实验器材。

第8页

（1）测量两节干电池的电动势和内阻，电源内阻较小时，如图所示。

E测=产浏

E&=U真+（/+/，）r真

得

月测＜其

厂测＜7■真

因为电压表内阻较大，分流较小，而电流表内阻未知，为减小系统误差，应将电压表上的另一根导线应接2

接线柱上，故选2。

（2）A.正确连接电路后，如图所示

闭合开关，发现无论怎么移动滑片，电压表的读数都不变，电流表无读数。说明电压表是直接测量电源两端

电压，所以电压表的读数都不变，目流表没有电流流过，有可能是电流表断路，故A正确；

B.如果开关接触不良，电压表的读数会变化，故B错误；

C.如果滑动变阻器短路，通过电流表的电流应很大，不会无读数，故C错误。

故选Ao

（3）电压表的分流作用是由于测量技术的不完善造成的，属于系统误差；而读数的误差为偶然误差，多次

记录数据，采用图像法分析可以有效避免偶然误差的影响，故填偶然。

（4）因为火线上的点比火线上的点更多，且见线上有的点不在直线上，则火线比较合理。另外通过电阻箱

的电流为

_"测

/测一~R~

由于电压表分流，真实电流为

第9页

，真=/测+JV

由闭合电路欧姆定律可知

E真＞E测

则应该选择电压值较大的3为电源电动势的测量值，来减小实验误差。

（5）有同学提出另一种方案里有一只电阻箱和一只电流表，可知电流表应串联在电路中，如图所示。

【分析】（1）从减小实验误差的角度分析图示电路图分析答题。

（2）根据电路故障现象分析答题。

（3）应用图像法处理实验数据可以减小偶然误差。

（4）根据实验误差来源结合图示图像求出电动势的测量值。

（5）根据实验器材与实验原理作出实验电路图。

（1）测量两节干电池的电动势和内阻，电源内阻较小时，如图所示。

E测=〃测+b测

E(lj-=U+(/+/Qr真

得

约则＜E真

因为电压表内阻较大，分流较小，而电流表内阻未知，为减小系统误差，应将电压表上的另一根导线应接2

接线柱上，故选2。

（2）A.正确连接电路后.如图所示

第10页

闭合开关，发现无论怎么移动滑片，电压表的读数都不变，电流表无读数。说明电压表是直接测量电源两端

电压，所以电压表的读数都不变，且流表没有电流流过，有可能是电流表断路，故A正确；

B.如果开关接触不良，电压表的读数会变化，故B错误；

C.如果滑动变阻器短路，通过电流表的电流应很大，不会无读数，故C错误。

故选Ao

（3）电压表的分流作用是由于测量技术的不完善造成的，属于系统误差；而读数的误差为偶然误差，多次

记录数据，采用图像法分析可以有效避免偶然误差的影响，故填偶然。

（4）因为出线上的点比火线上.的点更多，且%线.上.有的点不在直线上，则出线比较合理。另外通过电阻箱

的电流为

_“测

测一~R~

由于电压表分流，真实电流为

/真=/测+lv

由闭合电路欧姆定律可知

%>*测

则应该选择电压值较大的内为电源电动势的测量值，来减小实验误差。

（5）有同学提出另一种方案里有一只电阻箱和一只电流表，可知电流表应串联在电路中，如图所示。

13.如图所示，在水平固定的圆柱形导热容器内用活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑巾，容器的横截

面积为S,将整个装置放在大气压恒为po的空气中，开始时气体的温度为To,活塞与容器底部的距离为Lo,

当活塞缓慢向左移动d后再次平衡，气体向外放出热量Q。求：

第11页

(1)外界空气的温度T：

(2)此过程中气体内能的变化量AU。

【答案】(1)解：由等压变化规律可得

(Lo—d)S_LQS

TF

解得

(L0-d)

1-r,0

L0

(2)解：由热力学第一定律得

AU=/一Q

W=podS

△U=podS-Q

【解析】【分析】(1)封闭气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律求解作答；

(2)根据做功公式和热力学第一定律求解作答。

(1)由等压变化规律可得

(Lo—d)S_LQS

-T-F

解得

(Ap-d)

1=-----r---------70

L0

(2)由热力学第一定律得

LU=W-Q

W=podS

△U=podS-Q

14.如图所示，在水平气垫导轨上安装了两个光电门，配有数字计时器，滑块上固定宽度为d的遮光条。一

根不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与滑块和钩码相连接，滑块和滑轮间的轻绳与导轨平行。

现将滑块从静止释放，测得遮光条先后通过两个光电门的时间分别为h和12,两光电门间的距离为L

求：

第12页

数字计时器

（1）滑块的加速度大小a；

（2）轻绳中的拉力大小F（用滑块与遮光条的总质量M、钩码质量m、重力加速度g表示）。

【答案】（1）解：滑块经过两个光电门时的速度分别为

d

V1-E

d

V-

2一

。

滑块的加速度大小

9

^一

Q-2

带入可得

24《也）2

（2）解：根据牛顿第二定律，对滑块

F=Ma

对钩码

mg-F=ma

解得

mM

卜一m+Mq

【解析】【分析】（1）对滑块根据运动学公式得出加速度的大小;

（2）分别对滑块和悬挂物，根据牛顿第二定律联立等式解答。

（1）滑块经过两个光电门时的速度分别为

d

V1-

V-

2一

。

滑块的加速度大小

9

^

Q-V

2L

带入可得

第13页

2gt2）2

（2）根据牛顿第二定律，对滑块

F=Ma

对钩码

mg-F=ma

解得

mM

昨而产

15.如图所示，质量为m的物体B由半径为r的光滑J圆弧轨道和长为L的粗糙水平轨道组成，静止于光滑

水平地面。现将质量也为m的小物块A从圆弧轨道顶端P点由静止释放，经时间t到达圆弧机道底端Q点

后滑上水平轨道，恰好没有滑出B。已知重力加速度大小为g。

（1）求小物块A从P到Q过程中重力的冲量I；

（2）求小物块A从P到Q过程中对物体B做的功W；

（3）若小物块A以水平初速度从物体B的最右端滑上B,最终不滑出B,求初速度的最大值廿加。

【答案】（1）解：由冲量的定义式得

/=mgt

方向竖直向下

（2）解：A从P到Q过程对物体B做的功等于B的动能的增加量，AB水平方向动量守恒

mvB+mvA=0

1

W=2m询?

根据机械能守恒

mgr=EkB+EkA

解得

1

W=2m9r

（3）解：由A、B水平方向的动量守恒，最终A、B速度为零记得

mgr=^mgL

第14页

当A有最大初速度4n则恰好回到B的右端，取水平向左的方向为正

mvm—2mv—0

11

2fimgL=工mv^-1•2mv2

解得

17m=2yf2gr

【解析】【分析】（1）根据冲量的定义式求解作答;

（2）A从P到Q过程，水平方向动量守恒，系统机械能守恒，再根据动能定理求解作答;

（3）小物块A以水平初速度从物体B的最右端滑上B,系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律、动能

定理和能量守恒定律求解作答。

（1）由冲量的定义式得

/=mgt

方向竖直向下

（2）A从P到Q过程对物体B做的功等于B的动能的增加量，AB水平方向动量守恒

mvR+mvA=0

W=^mvl

根据机械能守恒

mgr=EkB+EkA

解得

1

W=2巾9=

（3）由A、B水平方向的动量守恒，最终A、B速度为零可得

mgr=/imgL

当A有最大初速度则恰好回到B的右端，取水平向左的方向为正

mvm—2mv=0

11

2p.mgL=2m够-々-2mv2

解得

%=2y/2gr

16.如图所示，虚线为匀强电场和匀强磁场的分界线，左侧存在水平向右的匀强电场，右侧存在方向竖直向

下、磁感应强度为B的匀强磁场。将质量为m、电荷量为q的带正电的小球，以初动能Eko从P点斜向上射

入电场中，调节发射位置P和出射角度可使小球恰好沿水平方向到达分界线，此后小球经过一速度转向器

（图中未画出），速度方向变为垂直纸面向外进入匀强磁场.以小球进入磁场位置为坐标原点。,竖直向下

建立y轴。已知小球受到的电场力与重力大小相等，重力加速度大小为g。求:

第15页

4q电丽-

(1)匀强电场的电场强度大小E；

(2)小球电势能的最大变化量AEP；

(3)小球在磁场中运动时经过y轴的位置坐标yo。

【答案】(1)解：由题意小球受到的电场力与重力大小相等

Eq=mg

即电场强度大小为

(2)解：设带电小球初速度为功，与电场方向成。角入射，竖直方向做匀减速直线运动，有

v0sin6=gt

水平放向做匀变速直线运动，有

2

x=v0cosOt+^axt

乙

水平方向由牛顿第二定律有

Eq=max

根据电场力做功有

△Ep=—WE=­qEx

其中小球的初动能为

12

mv

EKO=2o

联立可得电势能变化量的最大值为

店+1

△Ep=---2-Eko

(3)解：带电小球水平进入磁场后，在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，经整数个周

期回到y轴，由洛伦兹力提供向心力有

V2

quB=m—

带点球球做匀速圆周运动的周期为

2nr

T-

联立可得

第16页

T=

则带点小球到达y轴的时间为

t=nT

到达y轴的坐标为