2025届河南省九师联盟高三上学期12月教学质量监测物理试卷（解析版）

这是一份2025届河南省九师联盟高三上学期12月教学质量监测物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：高考范围，必修第三册第十章~第十三章（约55%），其他（约45%）。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题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。
1. 如图所示是氢原子的能级示意图，下列说法正确的是（ ）
A. 氢原子不能自发地从激发态跃迁到基态
B. 氢原子从基态跃迁到激发态要放出能量
C. 一个氢原子从n=5能级跃迁最多能发出4种频率的光子
D. 氢原子从激发态跃迁到基态所产生光谱是红外线
【答案】C
【解析】A．氢原子能自发地从激发态跃迁到基态，故A错误；
B．氢原子从基态跃迁到激发态要吸收能量，故B错误；
C．一个氢原子从5能级跃迁最多能发出
n-1=4种
频率的光子，故C正确；
D．氢原子从激发态跃迁到基态所产生的光谱属于赖曼系，光谱的波长在紫外线区域内，所以从激发态跃迁到基态所产生的光谱是紫外线，故D错误。
故选C。
2. 一对父子玩“套圈”游戏时，分别将圈先后水平抛出，两圈恰好套中同一玩具且两次圈套在玩具上时的速度方向相同，速度大小之比为2∶1，两圈运动的部分轨迹如图所示，1为父亲抛出圈的轨迹，设圈离手后的运动为平抛运动，不计圈的大小，则父亲和儿子抛出的圈在空中运动的水平位移之比为（ ）
A. 2∶1B. 4∶1C. D.
【答案】B
【解析】落地时的速度方向相同，速度大小之比为2∶1，则竖直分速度之比为2∶1，运动的时间之比为2∶1，水平分速度大小之比为2∶1，则水平位移之比为4∶1。
故选B。
3. 平行板电容器两极板水平放置，与电源、电阻R及开关S组成如图所示的电路，闭合开关，待电容器充电结束后，将一带电油滴置于两板之间，油滴处于静止状态。接着进行三步操作：第一步，断开开关；第二步，将M板向上平移一小段距离；第三步，再闭合开关S。关于三步操作过程及操作后的现象，下列说法正确的是（ ）
A. 第一步操作后，R中有向右的电流B. 第二步操作过程中，油滴会向下运动
C. 第三步操作后，R中有向左的电流D. 第三步操作后，油滴会向下运动
【答案】D
【解析】A．第一步操作后，电容器的带电量不变，不会充放电，R中没有电流，故A错误；
B．第二步操作过程中，由于电容器的带电量一定，M板向上移的过程中，两板间的电场强度不变，油滴不动，故B错误；
CD．第二步操作过程，根据
距离增大，电容器的电容减小，由
可知当电容器的电容减小，电容器的带电量一定，两板间的电压增大，第三步操作后，电容器放电，R中有向右的放电电流，且两板间的电场强度减小，油滴受到向上的电场力减小，油滴向下运动，故C错误，D正确。
故选D。
4. 如图所示，在直角三角形abc中，∠a = 60°，d为ac的中点；三根通电长直导线垂直于纸面分别过a、b、c三点，三根导线中的电流大小分别为I、2I、3I，方向均向里。通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度的大小公式为，其中I表示电流强度，r表示该点到导线的距离，k为常量，已知c点处导线在d点产生的磁感应强度的大小为B0，则d点的磁感应强度大小为（ ）
A. B. B0C. D.
【答案】A
【解析】设直角三角形abc的ab边长为r，则
根据通电长直导线的磁感应强度公式
a、b两点处的通电长直导线在d点产生的磁感应强度的大小分别为、，a、c两点处的通电长直导线在d点产生的磁感应强度的方向相反，合磁感应强度的大小为，且合磁感应强度的方向与b点处的通电长直导线在d点产生的磁感应强度的方向成120°角，可得d点的磁感应强度的大小为。
故选A。
5. 如图所示，有绝缘外层的矩形金属线圈abcd固定在绝缘水平面上，矩形回路AB边与线圈相交，且线圈关于AB对称，将开关闭合的一瞬间，下列说法正确的是（ ）
A. 有向上穿过矩形线圈的磁通量
B. 矩形线圈中没有感应电流
C. 矩形线圈中有沿顺时针方向的电流
D. ab边与AB边相互排斥
【答案】D
【解析】A．根据磁场分布特点，闭合开关的一瞬间，有向下穿过矩形金属线框内的磁通量且增大，故A错误；
BC．根据楞次定律可知，矩形金属线圈中有沿逆时针方向的电流，故BC错误；
D．ab边与AB边是相反的电流，因此ab边与AB边相互排斥，故D正确。
故选D。
6. 如图所示的变压器电路中，原、副线圈的匝数比为1∶3，在a、b两端加正弦式交流电，两个电阻的阻值分别为R0和R，当开关S闭合时，电阻R消耗的功率为P，断开开关S，电阻R消耗的功率为0.5P，则R0和R的关系正确的是（ ）

A B.
C. D.
【答案】A
【解析】设a、b两端的电压为U，当开关S闭合时，电阻R消耗的功率为
断开开关S，设电阻R0中电流为I，则
电阻R消耗的功率为
联立三式解得
故选A。
7. 如图所示为某电源输出功率P随外电路电阻R变化规律的图像，图中所标物理量已知，则（ ）
A. 电源的内阻为
B. 电源的电动势为
C. 电源短路时的电流为
D. 电源的最大输出功率为
【答案】A
【解析】A．由
解得
选项A正确；
B．由
解得
选项B错误；
C．电源短路时的电流
选项C错误；
D．电源的最大输出功率
选项D错误。
故选A。
8. 某款充电宝容量为20000mAh，充电电压为5V，充电电流为2A；用该充电宝给手机充电时，充电宝的输出电压为5V，输出电流为1A。已知手机电池的容量为3000mAh，电池内阻为0.1Ω，该充电宝给手机充电时的转化率为0.6（放电量与容量的比值），则下列说法正确的是（ ）
A. 该充电宝的电量从零到充满需要的时间为10h
B. 该充电宝给手机充电时，输出功率为2.5W
C. 该充电宝给手机充电30分钟手机电池产生的焦耳热为180J
D. 理论上，该充电宝能给手机充电6次
【答案】AC
【解析】A．该充电宝的电量从零到充满需要的时间为
故A正确；
B．该充电宝给手机充电时，输出功率为
故B错误；
C．该充电宝给手机充电30分钟产生的焦耳热为
故C正确；
D．理论上，该充电宝给手机能充电次数为
故D错误。
故选AC。
9. 如图所示是一列简谐横波沿x轴传播在t = 0时刻的波形图，x = 5 m处质点的振动方程为，则下列说法正确的是（ ）
A. 波沿x轴正向传播
B. 波的传播速度大小为2 m/s
C. 从图示时刻开始经过3 s，x = 1 m处的质点运动的路程小于10 cm
D. t = 1 s时刻，坐标原点处的质点处在波峰
【答案】BD
【解析】A．由振动方程可知，t = 0时刻，x = 5 m处的质点正沿y轴负方向运动，因此波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．由振动方程可知，周期为6 s，因此波速
故B正确；
C．从图示时刻开始，经过3 s，即半个周期，质点运动的路程为
故C错误；
D．t = 1 s时刻，波峰刚好传播到y轴，坐标原点处的质点处在波峰，故D正确。
故选BD。
10. 如图甲所示，平面直角坐标系xOy处在匀强电场中，电场强度方向与坐标平面平行，P点是y轴上y=3m处的一点，Q是x轴上x=3m处的一点，x轴上x=0至x=2m区域内的电势分布如图乙所示，将一个电荷量为q=-1×10-5C的点电荷从坐标原点沿y轴正向移动1.5m，克服电场力做功为8×10-5J。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度的大小为
B. 匀强电场方向与x轴正向夹角为60°
C. y轴上P点的电势为-8V
D. 将一个电荷量为1×10-5C的点电荷从P点移到Q点，电场力做功为4×10-5J
【答案】AC
【解析】AB．由题图乙知，电场强度沿x轴的分量，方向沿x轴正向，大小为
依题意有，电场强度沿y轴的分量，方向沿y轴正向，大小为
故该匀强电场的场强大小为
设场强方向与x轴正向的夹角为α，则
可得
故A正确，B错误；
C．根据匀强电场电场强度与电势差的关系有
可得点电势为-8V，故C正确；
D．点电势为-4V，由动能定理
故D错误。
故选AC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某实验小组要测量一个量程为100mA的电流表（约为几欧）的内阻。
（1）实验小组成员先用多用电表欧姆挡粗测电流表内阻，在操作正确的情况下，电流表未满偏，选定“×1Ω”挡位的欧姆表的指针指在如图甲所示的位置，则粗测电流表的内阻为______Ω；
（2）小组成员设计了如图乙所示的电路来精确测量电流表内阻，除待测电流表外，实验室提供的器材有：两节干电池，电压表V（量程为0~3V），电阻箱（阻值范围为0~999.9Ω），滑动变阻器（最大阻值为10Ω），开关S和导线若干。
①小李同学实验时，在闭合开关S前，先将电阻箱接入电路的阻值调为合适的值、滑动变阻器接入电路的电阻调到最大；接着闭合S，调节和，使电压表和电流表的示数均偏转较大，记录电压表的示数、电流表的示数，电阻箱接入电路的电阻为，则电流表的内阻______；
②小赵同学实验时，闭合开关S前的操作与小李的相同。开关闭合后，多次改变、，使电压表的示数U保持不变，记录每次改变后的电阻箱电阻R和电流表的示数I（U、I均较大），再根据记录数据作出图像，若作出的图像与横轴的截距为a，则电流表的内阻______。
【答案】（1）10 （2）
【解析】【小问1详解】
欧姆表指针位于“10”刻度，则粗测电流表内阻为；
【小问2详解】
①[1] 根据欧姆定律可知，小李同学测得的电流表内阻
②[2] 小赵同学测电流表内阻时，根据题意可知
得到
图像斜率为，则
解得
12. 某同学用如图甲所示装置测当地的重力加速度，A、B是两个光电门，均与数字计时器相连接。两光电门间的距离为L且保持不变。
（1）实验前先用螺旋测微器测小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径______mm；
（2）给电磁铁断电，让小球自由下落，数字计时器记录小球分别通过光电门A、B时遮光的时间分别为、，则小球通过光电门A时的速度大小为______，测得当地的重力加速度______；（用L、d、、来表示）
（3）为了尽可能地减小测量误差，该同学通过改变电磁铁的位置进行多次实验，测得多组、，作图像，得到图像的斜率为k，图像与纵轴的截距为b，则______；当地的重力加速度______（用b、d、L来表示）；多次实验并采用图像法处理数据，是为了减小实验的______（填“系统”或“偶然”）误差。
【答案】（1）3.858##3.859##3.860##3.861##3.862
（2）
（3）1 偶然
【解析】【小问1详解】
螺旋测微器的读数为
【小问2详解】
[1]小球通过光电门A时的速度大小
[2]由匀变速公式
可得
【小问3详解】
[1][2]根据
整理得
由一次函数的特点可知
k=1
解得
[3]多次实验并采用图像法处理数据，可减小实验的偶然误差。
13. 如图所示，上端封口的细玻璃管插入水银槽中，玻璃管中被封闭一定质量的理想气体，管内水银面与槽内水银面的高度差为h，气体的温度为T0、压强为大气压强的0.75倍，气体的长度y为未知量。当把气体的温度缓慢地增加到1.5T0，管内水银面与槽内水银面的高度差变为0，管内水银面在上升或下降的过程中，认为槽内水银面的高度不变，大气压恒定。求：
（1）气体长度y；
（2）当气体的温度缓慢增加到什么值时，管内水银面的高度比槽内水银面的高度低h。
【答案】（1）8h （2）
【解析】【小问1详解】
管内水银面与槽内水银面的高度差变为0，气体的压强为p0，由理想气体状态方程可得
解得
【小问2详解】
大气压为p0，气体的压强为0.75p0，说明高度差为h的水银柱对应的压强为
当管内水银面的高度比槽内水银面的高度低h，气体的压强为
由理想气体状态方程可得
解得
14. 如图所示，质量为3m的小球A和质量为m的小球B用长为L的不可伸长的轻绳连接，将轻绳水平伸直，两球在同一高度处于静止，将小球A由静止释放，同时给小球B一个沿轻绳方向向左的大小为v0的初速度，两球在空中发生弹性正碰，当轻绳再次伸直时并绷紧断开后，小球B沿水平方向的速度为零，绷断时，小球B离地面的高度为，碰撞过程时间忽略不计，不计球的大小，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）碰撞前瞬间，小球B的速度大小；
（2）碰撞过程，小球B对小球A的冲量大小；
（3）两球落地时的距离。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
从开始运动至小球B与A刚要发生相碰，所用时间为
碰撞前一瞬间，小球B在竖直方向的分速度
因此碰撞前一瞬间，小球B的速度大小为
【小问2详解】
两球碰撞时在同一高度，两球沿水平方向动量守恒，设碰撞后，A球沿水平方向的分速度大小为v1，B球沿水平方向的分速度大小为v2，根据水平方向动量守恒有
根据能量守恒定律有
解得
根据动量定理，碰撞过程，B球对A球的冲量大小为
【小问3详解】
设绳断开时A球水平方向的速度大小为v3，根据动量守恒定律有
解得
从开始到绳断开，球B共下落的时间为
此时小球B沿竖直方向的速度为
设从此时到落地所用时间为t3，则
解得
则两球落地时相距
15. 如图所示，平行边界A、B间有垂直于边界向右的匀强电场Ⅰ，平行边界B、C间有方向与边界成45°斜向右下方的匀强电场Ⅱ，边界A上有一粒子源，可以在纸面内向电场Ⅰ内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的初速度大小相同，平行边界向下射出的粒子经电场Ⅰ偏转后，进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做直线运动，平行边界向上射出的粒子，经电场Ⅰ、Ⅱ偏转，恰好垂直边界C射出。已知电场I的电场强度为E，A、B间距为L，B、C间距为2L，不计粒子的重力和粒子间的作用力，求：
（1）所有粒子进电场Ⅱ时的速度大小；
（2）电场Ⅱ的电场强度的大小；
（3）边界C上有粒子射出区域的长度。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
根据题意可知，平行边界向下射出的粒子出电场I时，速度偏向角为，出电场Ⅰ时，沿电场方向的速度
根据牛顿第二定律
粒子出电场Ⅰ时的速度
解得
根据动能定理可知，所有粒子进电场Ⅱ时的速度大小相同，即等于。
【小问2详解】
平行边界向上射出的粒子，进电场Ⅲ时速度方向恰好与电场Ⅱ的电场强度垂直，此粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动，设电场Ⅱ的电场强度大小为，则粒子在电场Ⅱ中的加速度大小为
对粒子在电场Ⅱ中的运动沿电场方向和垂直电场方向分解，则
由于此粒子在电场Ⅱ中的偏向角为，因此有
根据几何关系
解得
【小问3详解】
由（1）可知，粒子在点射出的初速度大小为
由于沿平行边界射出的粒子出电场Ⅰ时速度的偏向角为，由此分析可知边界上有粒子通过的区域长度为
则在边界上有粒子射出的区域长度
由（2）问可知
解得