安徽省滁州市五校2024-2025学年高三（上）期中物理试卷

这是一份安徽省滁州市五校2024-2025学年高三（上）期中物理试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球处于光滑水平面上，现对小球施加一个方向水平向右的力F，使小球从静止开始向右匀加速运动，在小球通过位移为x的过程，弹簧始终未超过弹性限度，对于此过程，下列说法正确的是( )
A. F对小球做负功B. F对小球做的功等于弹簧弹性势能的增量
C. 小球所受的合外力保持不变D. F的功率保持不变
【答案】C
【解析】【分析】
解决本题的关键掌握功能关系和牛顿第二定律，要注意本题中小球做的是匀加速运动，不是变加速运动，小球的加速度和合外力是恒定不变的。
【解答】
A、力F的方向与小球的位移方向相同，所以F对小球做正功．故A错误；
B、根据功能关系知，F对小球做的功等于弹簧弹性势能的增量与小球动能增量之和，故B错误；
C、小球做匀加速运动，加速度不变，由牛顿第二定律可知小球所受的合外力保持不变，故C正确；
D、根据牛顿第二定律得F−kx=ma，得F=ma+kx，F的功率P=Fv=(ma+kx)v，x和v都增大，所以P增大，故D错误。
故选：C。
2.“人造太阳”实验中的可控热核反应的聚变方程是 12H+13H→24He+01n，反应原料氘( ​12H)富存于海水中，氚( ​13H)可以用中子轰击锂核( 36Li)得到，则关于中子轰击锂核( 36Li)产生一个氚核( ​13H)和一个新核，下列说法正确的是( )
A. 该核反应方程为 36Li+01n→24He+12H
B. 核反应生成物中的α粒子具有很强的电离本领，但穿透能力较弱
C. 在中子轰击锂核( 36Li)的核反应生成物中有α粒子，故该核反应属于α衰变
D. 核聚变的条件是要达到高温高压的热核反应状态，故核聚变过程不能释放出核能
【答案】B
【解析】【分析】
本题比较简单地考查了核反应方程、核能计算等基础知识，越是简单基础问题，越要加强理解和应用，为解决复杂问题打下基础。
根据质量数守恒与电荷数守恒即可写出核反应方程；α粒子具有很强的电离本领，但穿透能力较弱；衰变是自发进行的；核聚变是释放能量的反应。
【解答】
A.根据题意可知该反应的核反应方程式： 36Li+ 01n→ 24He+ 13H，故A错误；
B.核反应生成物中的α粒子具有很强的电离本领，但穿透能力较弱，故Ｂ正确；
C.在中子轰击锂核(36Li)的核反应生成物中有α粒子，该核反应属于人工核转变，故C错误；
D.核聚变的条件是要达到高温高压的热核反应状态，但是核聚变过程能释放出核能，故D错误。
故选B。
3.如图所示，从高H处的P点先后水平抛出两个小球，球1刚好直接越过竖直挡板MN落在水平地面上的Q点，球2与地面碰撞N(N≥1)次后，刚好越过高为h的挡板MN(h可调节)也落在Q点。假设球2每次与地面的碰撞都是弹性碰撞，两球的空气阻力均可忽略，则( )
A. h与H之比可能为1:2B. h与H之比可能为11:36
C. 球1与球2速度之比可能为2:1D. 球1与球2速度之比可能为16:1
【答案】B
【解析】解：CD、两小球都能落在Q点，对球1：H=12gt2，xOQ=v1t；对球2：H=12gt2，xOQ=(2N+1)v2t；可得v1v2=2N+11，球1与球2速度之比可能为3：1、5：1、7：1、…，故CD错误；
AB、刚好能过M点，对球1：H−h=12gt′2，xOM=v1t′；对球2：H−h=12gt′2，xOM=(2N−1)v2t+v2△t，其中△t=t−t′= 2Hg− 2(H−h)g，可得v1 2(H−h)g=v2(2N 2Hg− 2(H−h)g)，利用v1v2=2N+11代入可解得hH=(N+1)2−N2(N+1)2，当N=5时，h与H之比为11：36，故A错误，B正确。
故选：B。
根据H=12gt2和x=vt判断两小球都能落在Q点和刚好能过M点的位移时间关系。
本题求解的关键要注意球2与地面碰撞N次上升和下落的水平位移具有对称性．
4.如图所示是利用高压电场干燥中药的仪器，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生非匀强电场E；水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电荷，另一端带等量负电荷；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而达到快速干燥的目的。已知虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹，则下列说法正确的是( )
A. 水分子在B处时，上端带正电荷，下端带负电荷
B. 某水分子在B处受到的电场力小于其在D处受到的电场力
C. 水分子运动轨迹上A和D点的电势大小关系为φ D>φ ​A
D. 如果把高压直流电源的正负极反接，水分子将不能向上运动
【答案】C
【解析】【分析】
产生的电场为非匀强电场，根据电场线的疏密程度判断出受到的电场力大小；根据等势线和电场线垂直，可画出等势线，判定电势的高低。
本题主要考查了水分子在非匀强电场中的受力及电势的变化，关键是抓住运动轨迹和电场力的方向即可判断。
【解答】解：A、由题意可知，O点电势高，由于静电平衡，水分子在B处时，上端带负电荷，下端带正电荷，故A错误；
B、B处电场线比D处更密，电场强度更大，某水分子在B处受到的电场力大于其在D处受到的电场力，故B错误；
C、根据等势线和电场线垂直，可画出等势线，所以水分子运动轨迹上A和D点的电势大小关系为φD˃φA,故C正确；
D、如果把高压直流电源的正负极反接，产生的电场方向发生反转，但水分子是一端带正电，另一端带等量负电，故水分子的正负端发生反转，水分子还是从A处开始将向上运动，故D错误。
故选C。
5.如图所示，比荷相同，但初速度大小不同的两个带电粒子，从左边靠近上极板的位置水平射入平行板电容器，粒子1打在下极板中心处，粒子2由右侧竖直位移中点处射出电场区域，下列说法正确的是( )(重力不计)
A. 两个粒子在电场中的运动时间之比t1:t2=1:2
B. 两个粒子末速度方向与水平方向的夹角θ1:θ2=4:1
C. 两个粒子的初速度之比v1:v2=1:2 2
D. 两个粒子末动能大小之比Ek1:Ek2=2:1
【答案】C
【解析】C.设荷质比qm=k
因此两个粒子在磁场中运动时，加速度大小相等。粒子1的初速度为 v1 ，粒子2的初速度为 v2 ，极板长度为 L ，宽度为 d 。根据类平抛运动规律可知，粒子1、2在竖直方向分别有 d=12a12Lv12，12d=12aLv22
联立两式可以求出v1:v2=1:2 2
选项C正确；
A.两粒子在电场中运动时间之比t1:t2=0.5Lv1:Lv2
即t1:t2= 2:1，
选项A错误；
B.根据类平抛运动推论，速度与水平方向偏转角的正切值等于对应位移偏转角的正切值两倍，即tanθ1=2d0.5L，tanθ2=20.5dL，所以，tanθ1:tanθ2=4:1
但角度不等于4：1，选项B错误；
D.根据动能定理可知，粒子在这个过程中动能变化量等于电场力做功的功，即Ek1−Ek10=Eqd，Ek2−Ek20=Eq0.5d
所以Ek1=m1ad+12m1v102，Ek2=m2a0.5d+12m2v202
显然根据题目已知条件，无法判断末动能之比，选项D错误。
故选：C。
6.某理想变压器原线圈a的匝数n1=400匝，副线圈b的匝数n2=200匝，原线圈接在交流电源上，交流电源的电压随时间的变化规律如图中余弦图线所示，副线圈中“12V，6W”的灯泡L恰好正常发光，电阻R2=36Ω。则下列结论正确的是( )
A. 流过电阻R1的电流为1A
B. 灯泡L中电流方向每秒钟改变100次
C. 电阻R1的阻值为160Ω
D. 穿过铁芯的磁通量的变化率最大值为 24Wb/s
【答案】C
【解析】解：A、灯泡L恰好正常发光，则副线圈的电流I2=PLUL=612A=12A，则原线圈的电流I1=n2I2n1=200400×0.5A=0.25A，故A错误；
B、根据题意可知交流电的周期T=0.01s，一个周期内电流改变2次，则每秒钟灯泡电流方向改变n=2×1T=2×10.01次=200次，故B错误；
C、变压器副线圈两端电压的有效值为：U2=I2R2+UL=30V
变压器原线圈两端电压的有效值为：U1=n1n2U2=60V
输入交流电的有效值为100V，则电阻R1两端电压的有效值为：UR1=U−U1=40V
电阻R1的阻值为：R1=UR1I1=160Ω，故C正确；
D、根据法拉第电磁感应定律和题设条件副线圈电压最大值： 2U2=n2ΔΦΔt，解得ΔΦΔt=30 2200Wb/s=3 220Wb/s，故D错误。
故选：C。
根据理想变压器中原副线圈的电流、电压与匝数比之间关系可以求解副线圈中的电流及R1的阻值；根据变压器的原理确定每秒钟电流方向改变的次数和磁通量的变化率；注意电压表、电流表示数均为有效值。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且二者相等。
7.如图甲所示，真空中固定一个半径为R、带电量为+Q的均匀带电小圆环，取中轴线为x轴，圆环圆心为坐标原点，向右为正方向，中轴线上的电场强度分布如图乙所示。x1、x2是坐标轴上电场强度最大的两点，电场强度最大值为Em。已知点电荷q在距离为r处的电势为φ=kqr，k为静电力常量。则
A. Em=kQx22+R2
B. x2处电势为φ=kQ x22+R2
C. O点和x2处的电势差为Emx22
D. 若有带电量为−q(q>0)的粒子沿x轴从O点一直向右运动，则其电势能先增加后减小
【答案】B
【解析】圆环带正电，x负半轴电场强度向左，x正半轴电场强度向右，大小都先增加后减小。取坐标轴x处，环极小部分在x处的电场为△E=k△Q(x2+R2)，沿x轴方向上分量：，坐标轴x处，场强为E=∑ΔEx=kQ⋅x(x2+R2)23，可知Em=kQ⋅x2(x22+R2)32，故A错误。
取坐标轴x处，环极小部分在x处的电势为，电势为标量，代数相加φ=kQ(x2+R2)12，故B正确。
E−x中面积表电势差，O点和x2处的电势差大于Emx22，故C错误。
负粒子从O点向右运动，电势减小，EP=qφ，电势能增加，故D错误。
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，斜面体固定在水平面上，一轻质细线绕过滑轮1和滑轮2，两端分别与物体a和轻环c连接，轻环c穿在水平横杆上，滑轮2下吊一物体b。物体a和滑轮1间的细线平行于斜面，系统静止。现将c向右移动少许，物体a始终静止，系统再次静止，不计滑轮质量和滑轮与绳间的摩擦。则( )
A. 细线拉力将变大B. 地面对斜面体的支持力将变大
C. 横杆对轻环c的摩擦力将变大D. 斜面体对物体a的摩擦力将变小
【答案】AC
【解析】解：
A、以滑轮2为研究的对象，受力如图1，根据平衡条件可得：2Fcsβ2=mBg，解得细线拉力：F=mBg2csβ2；
若将c向右移动少许，两个细线之间的夹角β增大，所以细线的拉力F一定变大，故A正确；
B、设斜面的质量为M，地面对斜面体的支持力为：N=Mg+mAg+Fcsβ2=Mg+mAg+12mBg，所以地面对斜面体的支持力不变，故B错误；
C、以轻环c为研究的对象，受到支持力、细线拉力和摩擦力，受力如图2：
沿水平方向：Fsinβ2−f2=0，解得：f2=Fsinβ2，由于将c向右移动少许，细线拉力F增大，β增大，所以f2一定增大，故C正确；
D、由于开始不知道A受到的摩擦力方向如何，无法判断斜面体对a的摩擦力的变化，故D错误。
本题考虑到物体的受力分析，物体始终处于静止状态，即满足合外力为零，另物体A受到斜面的摩擦力，因不知倾角和动摩擦因数的大小，摩擦力可能沿斜面向上也可能沿斜面向下，所以当F增大时，摩擦力可以变大也可以变小。
先以滑轮2为研究的对象，得出绳子上的拉力的变化；然后以a、b为研究对象分析地面对斜面的支持力变化情况；再以c为研究对象进行受力分析，结合平衡状态的特点，分析c受到的摩擦力的变化；物体a静止在斜面上，说明物体a处于平衡状态，所受外力合力为0，拉力变化时无法分析物体a受到的摩擦力的变化情况。
9.如图(a)电路，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的示数随电流的变化情况如图(b)U−I图像中的AC.BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响．下面说法错误的是( )
A. 电源电动势为E=9VB. 电源内阻r= 1Ω
C. 定值电阻R0=3ΩD. 变阻器消耗的最大功率为7W
【答案】AD
【解析】【分析】
当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，来判断两个电压表的示数对应的图线．
定值电阻R0等于图线AC的斜率大小．由数学知识求出图线的斜率求解R0．
图线BC反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出电源的内阻．再闭合电路欧姆定律求出电源的电动势．
将定值电阻和电源当作一个等效电源，当等效电源的内电阻和变阻器电阻相等时，等效电源输出功率最大．
本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线．再根据闭合电路欧姆定律即可确定电动势和内电阻．
【解答】
ABC.电压表V1的示数随电流表示数的变化图象应为BC；电压表V2的示数随电流表示数的变化图象应为AC；定值电阻为：R0=UI=1.50.5Ω=3Ω；
根据闭合电路的欧姆定律：E=7.5+0.5r，E=6+2r，可得：E=8V，r=1Ω，故A错误，BC正确；
D.当R=R0+r=4Ω时，变阻器消耗的电功率最大，变阻器两端的电压为：UR=E2=82=4V；变阻器消耗的最大功率为：PR=UR2R=164W=4W，故D错误
本题选错误的，故选：AD．
10.如图所示，竖直放置的弯曲管ACDB，A管接一密闭球形容器，内有一定质量的气体，B管开口，水银柱将两部分气体封闭，各管形成的液面高度差分别为h1、h2和h3。外界大气压强为H0(cmHg)。后来在B管开口端注入一些水银，则( )
A. 注入水银前A内气体的压强为H0+h1−h2(cmHg)
B. 注入水银后A管内气体的压强可能不变
C. 注入水银后C、D管内气体的体积一定减小
D. 注入水银后液面高度差的变化量△ h2>△ h3
【答案】CD
【解析】A.注入水银前，对于C、D管中的压强p=H0+h1 ，又p=pA−h3，则得H0+h1=pA−h3，得A内气体的压强为pA=H0+h1+h3，故A错误；
B.注入水银后，h1增大，h3减小，A中气体体积减小，压强一定增大，故B错误；
C.注入水银后C、D管内气体压强增大，根据玻意耳定律分析得知，气体的体积一定减小，故C正确；
D.注入水银后，C、D管中气体压强增大，所以体积减小，则液面高度差的变化量△h3