【开学考】2024秋高三上册开学物理摸底考试 物理（新高考通用）2025届新高三上册开学摸底考试卷02.zip

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题(本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个符合要求)
1．（本题4分）如图所示为一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C、D后再回到状态A的p−V图像，其中，A→B和C→D图线为双曲线的一部分，D→A为绝热过程。下列说法正确的是（ ）
A．A→B过程中，气体可能向外界放出热量
B．B→C过程中，气体一定向外界放出热量
C．C→D和D→A过程中，气体压强都增大的微观机制完全相同
D．整个过程中气体从外界吸收热量
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，A→B过程中，气体温度不变，气体内能不变，由图像可知，气体体积变大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A错误；
B．由题意可知，C→D过程气体温度不变，则有
TC=TD D→A为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体内能增大，温度升高，则有
TA=TB>TC=TD
则B→C过程中，气体温度降低，气体内能减小，气体体积变大，外界对气体做负功，所以无法确定气体向外界放出热量还是从外界吸收热量，故B错误；
C．C→D过程气体温度不变，气体分子平均动能不变，气体体积减小，气体分子的数密度增大，所以气体压强增大；D→A过程气体体积减小，气体分子的数密度增大，且气体温度升高，气体分子平均动能增大，所以气体压强增大；可知C→D和D→A过程中，气体压强都增大的微观机制并不完全相同，故C错误；
D．根据p−V图像的面积意义可知，整个过程中，外界对气体做负功，而气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故D正确。
故选D。
2．（本题4分）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a−m图像。重力加速度大小为g。在下列a−m图像中，可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设P的质量为M，P与桌面的动摩擦力为f；以P为对象，根据牛顿第二定律可得
T−f=Ma
以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
mg−T=ma
联立可得
a=mg−fM+m=g−fmM+m⋅m
可知当砝码的重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等于g。
故选D。
3．（本题4分）如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到电流计上，把线圈A装在线圈B的里面，下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合瞬间，电流计的指针不会偏转
B．开关断开瞬间，电流计的指针不会偏转
C．开关闭合稳定后，滑动变阻器的滑片P向右匀速滑动，电流计指针不会偏转
D．开关闭合稳定后，把小线圈A从线圈B中拔出，电流计的指针会偏转
【答案】D
【详解】AB．开关闭合和断开的瞬间，通过线圈B的磁通量均发生变化，电流计的指针会偏转，AB错误；
C．开关闭合稳定后，滑动变阻器的滑片P向右匀速滑动，则线圈A的电流发生变化，电流磁场发生变化，产生电磁感应现象，电流计的指针会偏转，C错误；
D．开关闭合稳定后，把小线圈A从线圈B中拔出，通过线圈B的磁通量减小，产生感应电流，电流计的指针会偏转，D正确。
故选D。
4．（本题4分）新春佳节，大街小巷总会挂起象征喜庆的中国红灯笼。如图所示，由4根等长轻质细绳AB、BC、CD、DE悬挂起3盏质量相等的灯笼，绳两端的结点A、E等高，AB绳与竖直方向的夹角为α，绳中张力大小为F1；BC绳与竖直方向的夹角为β，绳中张力大小为F2，则（ ）
A．F1<3F2
B．若将悬挂点A往E靠近少许，F1的大小保持不变
C．若在C处再增加一盏质量较大的灯笼，平衡时α可能等于β
D．若在B、D处各增加一盏质量较大的灯笼，平衡时β可能等于90°
【答案】A
【详解】A．由对称性可知AB绳和DE绳张力大小相等，大小为F1。对三个灯笼的整体分析可知
2F1csα=3mg
同理，对中间的灯笼受力分析，可得
2F2csβ=mg
联立，可得
F1=3mg2csα，3F2=3mg2csβ
因为
α<β
所以
F1<3F2
故A正确；
B．若将悬挂点A往E靠近少许，则α减小，由
F1=3mg2csα
可知F1的大小减小。故B错误；
C．对结点B受力分析，有
F1sinα=F2sinβ，F1csα=mg+F2csβ
联立，解得
3tanα=tanβ
若在C处再增加一盏质量较大的灯笼，平衡时α不可能等于β。故C错误；
D．若在B、D处各增加一盏质量较大的灯笼，假设平衡时β等于90°，则对结点C受力分析，如图
可知其受力不平衡。所以假设不成立。故D错误。
故选A。
5．（本题4分）小李一家驾车外出旅游途中汽车以恒定速率通过图中所示的波浪路，波浪路可简化为竖直平面内的两个半径为R的圆弧，A、B点分别为凸形路面最高点、凹形路面最低点。汽车通过凹形路面最低点B时，对路面的压力大小为其所受总重力的54。已知汽车及车上人的总质量为M，小李的质量为m，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车的速率为gRB．汽车通过B点时小李处于失重状态
C．汽车通过A点时小李处于超重状态D．汽车通过B点时小李受到的合力大小为14mg
【答案】D
【详解】A．汽车通过B点时，对汽车整体受力分析有
FN−Mg=Mv2R
其中
FN=54Mg
解得
v=gR2
选项A错误；
B．汽车通过B点时小李的加速度方向竖直向上，小李处于超重状态，选项B错误；
C．汽车通过A点时小李的加速度方向竖直向下，小李处于失重状态，选项C错误；
D．汽车通过B点时，小李受到的合力提供向心力，有
F合=mv2R=14mg
选项D正确。
故选D。
6．（本题4分）真空中两点电荷分别放在x轴上的O点和M点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则下列说法正确的是（ ）
A．两点电荷的电性相同
B．A点的电场强度为零
C．N点的电场强度大于C点的电场强度
D．质子从N点运动到C点的过程中电势能减小
【答案】C
【详解】A．由题图已知，在O点放的是正电荷，在M点放的是负电荷，即二者的电性相反，故A错误；
BC．φ−x图像的斜率表示电场强度，A、N点的斜率不为零，C点的斜率为零，故B错误，C正确；
D．质子带正电，从N点运动到C点的过程中电势能增大，故D错误。
故选C。
7．（本题4分）如图所示，两个速度大小不同的同种带电粒子1、2，沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则它们在磁场中运动的（ ）
A．轨迹半径之比为1∶2B．速度之比为2∶1
C．时间之比为2∶3D．周期之比为3∶2
【答案】A
【详解】A．设粒子的入射点到磁场下边界的磁场宽度为d，画出粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系可得
R1=d
R2cs60°+d=R2
解得
R2=2d
则两粒子在磁场中运动的轨道半径之比为
R1:R2=1:2
故A正确；
B．由洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2r
可得
v=qBrm∝r
则两粒子的速度之比为
v1:v2=R1:R2=1:2
故B错误；
CD．粒子在磁场中运动的周期为
T=2πrv=2πmqB
由此可知，粒子的运动的周期与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同；由粒子的运动的轨迹可知，两种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°，则两粒子在磁场中的运动时间之比为
t1:t2=90°360°T:60°360°T=3:2
故CD错误。
故选A。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（本题6分）如图所示，一颗质量为m的卫星要发射到中地圆轨道上，通过M、N两位置的变轨，经椭圆转移轨道进入中地圆轨道运行。已知近地圆轨道的半径可认为等于地球半径，中地圆轨道与近地圆轨道共平面且轨道半径为地球半径的3倍，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A．卫星进入中地圆轨道时需要在N点减速
B．在转移轨道上的M点和N点速度关系为vM=4vN
C．该卫星在中地圆轨道上运行的速度为gR3
D．该卫星在转移轨道上从M点运行至N点（M、N与地心在同一直线上）所需的时间为2π2Rg
【答案】CD
【详解】A．卫星进入中地圆轨道时需要在N点加速，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知
12vMΔt⋅rM=12vNΔt⋅rN
根据题意
rN=3rM
则
vM=3vN
故B错误；
C．卫星在中地圆轨道上，由万有引力提供向心力得
GMm(3R)2=mv23R
在近地面
GMmR2=mg
解得
v=gR3
故C正确；
D．卫星在中地圆轨道上周期
T中=2π⋅3Rv=6π3Rg
根据几何关系可知转移轨道的半长轴为2R，由开普勒第三定律得
(2R)3T转2=(3R)3T中2
联立解得
T转=4π2Rg
在转移轨道上从M点运行至N点（M、N与地心在同一直线上）所需的时间
tMN=12T转=2π2Rg
故D正确。
故选CD。
9．（本题6分）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压为U1，输出功率为500kW。输电线上电流为8A，损失的功率为4kW，其余线路电阻不计，用户端电压U4=220V，功率88kW。储能站电路电流为51A，升压变压器的匝数比n1:n2=1:46，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A．输电线总电阻R=65ΩB．发电机输出电压U1=250V
C．用户增加时，用户得到的电压降低D．升压变压器的匝数比n1:n5=1:32
【答案】BCD
【详解】A．输电线上电流为8A，由功率公式可得
R=PRI2=4×10382Ω=62.5Ω
A错误；
B．用户端电压U4=220V，功率88kW，可得
I4=P用U4=88×103220A=400A
输电线上电流为8A，由理想变压器原、副线圈电流与匝数关系公式可得，降压变压器的匝数比
I4I3=n3n4=4008=501
由理想变压器原、副线圈电压与匝数关系公式可得
U3=n3n4U4=501×220V=11000V
可知升压变压器副线圈上电压
U2=U3+I2R=11000V+8×62.5V=11500V
可知升压变压器原线圈上电压
U1=n1n2U2=146×11500V=250V
B正确；
C．当用户增加时，可知
I4=P用U4
增大，则输电线上电流增大，输电线上电压降增大，则U3减小，用户得到的电压U4降低，C正确；
D．储能站功率为
P出=I2U2+P储
可得
P储=P出−U2I2=500kW−11.5×8kW=408kW
储能站电路电流为51A，则有
U5=P储I5=408×10351V=8×103V
由理想变压器原、副线圈电压与匝数关系公式可得
U1:U5=n1:n5=250:8000=1:32
D正确。
故选BCD。
10．（本题6分）带有14光滑圆弧轨道，质量为m的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为m的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（ ）
A．在整个过程中，小球和车水平方向系统动量守恒
B．小球返回车的左端时，速度为v0
C．小球上升到最高点时，小车的速度为12v0
D．小球在弧形槽上上升的最大高度为v024g
【答案】ACD
【详解】A．在整个过程中，小球和车在水平方向上合力为零，系统动量守恒，A正确；
B．根据动量守恒和机械能守恒
mv0=mv1+mv2
12mv02=12mv12+12mv22
得
小球返回车的左端时，速度为
v1=0
B错误；
C．小球上升到最到点时，小球与小车速度相同，根据动量守恒
mv0=2mv
小车的速度为
v=12v0
C正确；
D．根据机械能守恒
12mv02=12×2mv2+mgℎ
得小球在弧形槽上上升的最大高度为
ℎ=v024g
D正确。
故选ACD。
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、非选择题（本题共5小题，共54分．考生根据要求作答）
11．（本题8分）(1)在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图1所示。双缝间距为d，毛玻璃光屏与双缝间的距离为L。从目镜中看到的干涉图样如图2所示，若A、B两条亮纹中央间距为x，则所测光的波长为 。（用所给物理量的字母表示）使分划板的中心刻线对齐A亮条纹的中心，此时游标尺上的示数情况如图3所示，其读数为 mm。

(2)用如图4所示装置研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。图5中O点是小球抛出点在地面上的竖直投影。实验时先让a球多次从斜槽上某一固定位置C由静止释放，其平均落地点的位置为P。再把b球放在水平轨道末端，将a球仍从位置C由静止释放，a球和b球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作多次，其平均落地点的位置为M、N。测量出a、b两个小球的质量分别为m1、m2（m1>m2），OM、OP、ON的长度分别为x1、x2、x3。
①在实验误差允许范围内，若满足关系式 （用所测物理量的字母表示），则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
②换用不同材质的小球再次进行上述实验，计算得出x2x3−x1=1.5，若碰撞过程满足动量守恒，请分析说明两球碰撞过程机械能是否守恒 。
【答案】(1) dx7L 9.15
(2) m1x2= m1x1+ m2x3 不守恒
【详解】（1）[1]根据题意可知相邻两条纹间的间距为Δx=x7，根据Δx=Ldλ得光的波长为
λ=dΔxL=dx7L
[2]读数为
9mm+0.05mm×3=9.15mm
（2）[1]小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有
m1x2t=m1x1t+m2x3t
得
m1x2=m1x1+m2x3
[2]碰撞前后系统总动能分别为
Ek=12m1⋅x2t2
Ek′=12m1⋅x1t2+12m2⋅x3t2
故可得
Ek−Ek′=12m1⋅x2t2−12m1⋅x1t2−12m2⋅x3t2
根据动量守恒关系式
m1x2=m1x1+m2x3
结合x2x3−x1=1.5，整理得
Ek−Ek′=m2x3x3−x14t2
由于x3>x1，故Ek>Ek′，可知两球碰撞过程机械能不守恒。
12．（本题10分）某同学听说一支新HB铅笔笔芯（粗细均匀）的电阻约为25Ω，于是就找来一支新HB铅笔，准备测出笔芯的电阻。
(1)用多用电表直接测量笔芯的电阻。先把选择开关调至欧姆 （填“×1”、“×10”或“×100”）挡，使红、黑表笔短接进行调零，再使红、黑表笔与该铅笔笔芯的两端接触，经过正确的操作后，测量结果如图甲所示，则该铅笔笔芯的电阻为 Ω。
(2)该同学想更准确地测出这支铅笔笔芯的电阻，他从实验室找到如下器材：
A．电源E：电动势约为3.0V；
B．电流表A1：量程为0~10mA，内阻r1=50Ω；
C．电流表A2：量程为0~100mA，内阻r2=10Ω；
D．滑动变阻器R1：最大阻值为5Ω；
E．滑动变阻器R2：最大阻值为2kΩ；
F.电阻箱R3：最大阻值为99999.9Ω；
G.开关S，导线若干。
为了尽量准确地测量这支铅笔笔芯电阻Rx的阻值，根据实验室提供的仪器，他设计图乙所示的电路，图中电流表a应选用 ，电流表b应选用 （选填“A1”或“A2”）；滑动变阻器R应选用 （选填“R1”或“R2”）
(3)将变阻箱电阻调为R0，调节滑动变阻器的滑片，记录电流表A1的示数和电流表A2的示数，根据测得的多组数据描绘出图像，如图丙所示，图像的斜率为k，则铅笔笔芯电阻的阻值Rx= （用k、R0、r1或r2表示）。
【答案】(1) ×1 30
(2) A1 A2 R1
(3)R0+r1k−1
【详解】（1）[1][2]由题可知，HB笔芯(粗细均匀)的电阻约为25Ω，故先把选择开关调至欧姆的“×1”挡，则图甲中的示数为
Rx=30×1Ω=30Ω
（2）[1][2]通过电流表a的电流小于通过电流表b的电流，为使金属电阻阻值的测量结果尽量准确，图中a应选用量程小的A1，b应选用量程大的A2。
[3]滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的滑动变阻器R1。
（3）根据题意，由欧姆定律有
I2−I1Rx=I1R0+r1
整理可得
I2=Rx+R0+r1RxI1
则有
k=Rx+R0+r1Rx
解得
Rx=R0+r1k−1
13．（本题10分）如图1所示为压气式清毒喷壶，若该壶容积为0.8L内装0.6L的清毒液。闭合阀门K，缓慢向下压A，每次可向瓶内储气室充入0.05L的1.0atm的空气，多次下压后，壶内气体压强变为2.0atm时，按下B使阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出。已知储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，1.0atm=1.0×105Pa。
（1）求充气过程向下压A的次数和打开阀门K后最多可喷出液体的体积；
（2）喷液全过程，若壶内气体状态变化的等温线可近似看成一段倾斜直线，如图2所示，估算喷液过程壶内气体从外界吸收的热量。
【答案】（1）4次，0.2L；（2）30J
【详解】（1）壶中原来空气的体积V1=0.2L，由玻意耳定律
p1nV0+V1=p2V1
解得
n=4次
则最多喷射的液体体积为
ΔV=nV0=0.2L
（2）外界对气体做功
W=−p1+p22×ΔV=−30J
由热力学第一定律
ΔU=W+Q=0
解得
Q=30J
14．（本题12分）如图所示，劲度系数为100N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ=53°的光滑斜面底端，上端连接质量为5kg的物块Q，Q同时与和斜面平行的轻绳相连，轻绳跨过固定在斜面顶端O点的定滑轮与套在光滑竖直固定杆上的物块P连接，图中O、B两点等高，其间距d=0.3m。当整个系统静止时，P在A点静止不动，A、B间距离ℎ=0.4m，此时轻绳中张力大小为50N。现将P从杆上B点上方0.4m处的C点由静止释放，P从C点到A点过程中绳子一直存在张力，不计滑轮大小及摩擦。g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6，（计算结果均可保留根号）求：
（1）物块P的质量大小；
（2）P到达A时的速度大小；
（3）P从C点下落至B点的过程中，轻绳拉力对Q做的功。
【答案】（1）4kg；（2）435m/s；（3）−8J
【详解】（1）当整个系统静止时，P在A点静止不动，设此时连接P的轻绳与竖直方向的夹角为α，以P为对象，根据受力平衡可得
mPg=Tcsα
其中
T=50N，tanα=dℎ=34
可得
α=37°
联立解得物块P的质量为
mP=4kg
（2）由图几何关系可知，当P分别位于C点和A点时，Q都处于初始位置，弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能相等；根据系统机械能守恒可得
mPg⋅2ℎ=12mPvP2+12mQvQ2
又
vQ=vPcs37°
联立解得P到达A时的速度大小为
vP=435m/s
（3）当整个系统静止时，P在A点静止不动，此时轻绳中张力大小为50N，以Q为对象，根据受力平衡可得
T=mQgsin53°+kx1
可得弹簧的伸长量为
x1=0.1m
当P从C点下落至B点时，Q沿斜面下滑的距离为
xQ=dsin37°−d=0.2m
可知P下落至B点，弹簧的压缩量为
x2=xQ−x1=0.1m=x1
可知P从C点下落至B点的过程，弹簧的弹力势能变化为0；P下落至B点，Q刚好下滑到最低点，速度为0；P从C点下落至B点的过程中，弹簧弹力做功为0，以Q为对象，根据动能定理可得
mQgxQsin53°+WT=0
解得轻绳拉力对Q做的功为
WT=−8J
15．（本题14分）如图所示，在x轴上方存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点О处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的xOy平面各个方向不断地发射质量为m、带电量为＋q、速度大小均为v的粒子。在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、两侧均能接收粒子的薄金属板P（粒子打在金属板Р上即被吸收，电势保持为0）。沿y轴正方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）求被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间；
（3）要使薄金属板Р右侧不能接收到粒子，求挡板沿x轴正方向移动的最小距离。
【答案】（1）mvqx0；（2）πx03v，5πx03v；（3）3−1x0
【详解】（1）设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系，得
R=x0
根据牛顿第二定律，得
qvB=mv2R
联立解得
B=mvqx0
（2）带电粒子在磁场中的运动周期为T，则有
T=2πRv
得
T=2πx0v
打在Р左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短，如图
由几何关系可知打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是
θ1=60°
运动的最短时间
tmin=θ1360∘T
联立解得
tmin=πx03v
打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，如图
由几何关系可知：打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是
θ2=300°
运动的最长时间
tmax=θ2360∘T
联立解得
tmax=5πx03v
（3）要使挡板右侧无粒子到达，P板最上端与О点的连线长应为2x0即粒子运动的直径，如图所示
所以沿x轴正方向移动的最小长度为
Δx=ON−OM=2x02−x02−x0=3−1x0