江西省萍乡市2024-2025学年高三(上)期中考试物理试卷(解析版)

这是一份江西省萍乡市2024-2025学年高三(上)期中考试物理试卷(解析版)，共20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， 一小车，1s内、0等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
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（侧重力学）。
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，每小题6分，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. 用粒子X轰击原子核生成与，用粒子X轰击原子核生成Y，此反应放出的核能为。已知、X、的比结合能分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A. X是粒子
B. Y是
C. 粒子X轰击后放出的核能为
D. Y的比结合能为
【答案】B
【解析】A．粒子X轰击原子核的核反应方程为
则X为即粒子，故A错误；
B．粒子X轰击原子核的核反应方程为
则Y是，故B正确；
C．与粒子X发生核反应产生的核能为
故C错误；
D．与粒子X发生核反应放出的核能为，设Y的比结合能为，由能量守恒
解得
故D错误。故选B。
2. 如图所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的、两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环。现将大圆环在竖直平面内绕点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对、两点拉力、的变化情况，下列说法正确
A. 变小，变小
B. 变大，变大
C. 变大，变小
D. 变小，变大
【答案】A
【解析】如图，设绳子是长度是，直径AB的长度是，AB水平时绳子与水平方向的夹角为，
平衡时两根绳子的拉力相等，设绳子拉力为，有
解得
由图可知
将大圆环绕着杆中点在竖直平面内顺时针缓慢转过一个角度时，绳子与水平方向的夹角为，平衡时两根绳子的拉力仍然相等，设绳子拉力为，有
解得
设此时环到B的距离是，到A的距离是，则
由图可知，
即
可得
故有
即变小，变小，A正确，BCD错误；
故选A。
3. 如图所示，、、为匀强电场中的三点，它们的连线构成正三角形，其中边与电场方向垂直，点为正三角形的中心。一个正点电荷固定在点，其在点产生的电场强度与匀强电场的电场强度相同，则下列说法正确的是（ ）
A. 、两点的电场强度相同
B. 、两点的电场强度的大小之比为
C. 将电子沿直线从点移动到点，电场力做正功
D. 将电子沿直线从点移动到点，电势能先增大后减小
【答案】B
【解析】AB．依题意，点的正点电荷在、、三点产生的电场强度的大小均为，在、两点点电荷产生的电场方向跟匀强电场的方向均成的角，易知、两点的电场强度的大小均为，但方向不同，而点的电场强度的大小为，选项A错误，B正确；
C．点的正点电荷在、、三点产生的电势相等，将电子沿直线从点移动到点，点的正点电荷做的功为零，匀强电场做负功，故总的电场力做负功，选项C错误；
D．匀强电场在直线上各点产生的电势相同，点的正点电荷在直线上各点产生的电势由到先升高后降低，可知将电子沿直线从点移动到点，电势能先减小后增大，选项D错误。
故选B
4. 一列周期为沿轴方向传播的简谐横波在时刻的部分波形如图所示，、、为波上三个质点，已知该时刻质点、坐标分别为、，质点正沿轴负方向振动，则下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿轴正方向传播B. 该波的波长为12m
C. 该波的波速为D. 在0~3s时间内，质点通过的路程为20cm
【答案】C
【解析】A．由于该时刻质点正沿轴负方向振动，根据波形平移法可知，波沿轴负方向传播，故A错误；
BC．质点经过
回到平衡位置，再经过位移为
可见，质点的振动经过传到质点，、两质点所在平衡位置之间的距离为，即
解得
波速
故B错误，C正确；
D．由
可知在0~3s时间内，质点通过的路程为
故D错误。
故选C。
5. 一小车（视为质点）沿轴运动，坐标随时间的变化图像如图中的实线所示，实线与虚线组成开口向上的抛物线，抛物线的顶点坐标为，与轴的交点坐标为。则下列说法正确的是（ ）
A. 小车做匀加速运动，其加速度大小为
B. 小车的初速度大小为
C. 3s时刻小车的速度大小为
D. 0~3s时间内，小车的位移大小为64m
【答案】B
【解析】AB．设题图抛物线方程为，由于时，，解得
即
变化得
由此可见，小车做匀加速直线运动，由可知初始位置坐标为
初速度的大小为
加速度大小为
故A错误，B正确；
CD．3s时刻小车速度大小为
位置坐标为
在0~3s时间内，小车的位移大小为
故CD错误。
故选B。
6. 如图所示，三颗质量相等的星体位于等边三角形的三个顶点上，绕中心点做匀速圆圆周运动，已知圆周运动的轨道半径为，引力常量为，不计其他星体的影响，下列说法正确的是（ ）
A. 三颗星组成的系统，动量不守恒
B. 若匀速圆圆周运动的加速度为，则周期为
C. 若线速度大小为，则每颗星的动量大小为
D. 若线速度大小为，则每颗星的动能为
【答案】C
【解析】A．三颗星之间的作用力是内力，三颗星组成的系统不受外力，所以动量守恒，选项A错误；
B．由向心力加速度
解得
选项B错误；
CD．设每颗星的质量为，线速度为，对其中一颗星进行受力分析，由三力合成与牛顿第二定律可得
可得
则每颗星的动量大小为
则每颗星的动能大小为为
选项C正确，D错误。
故选C 。
7. 如图所示，圆心为的半圆形轨道固定在水平地面上的点，是水平直径，是最低点，是水平地面上的一点且在点的正下方，圆弧轨道的点有个小孔。让小球甲从地面上的点、小球乙从地面上的点斜向上抛出（甲、乙均视为质点），甲、乙均恰好经过点，甲落到点，乙通过处的小孔（无碰撞）运动到点，忽略空气的阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙在点的速度大小之比为
B. 甲在点速度的反向延长线经过的中点
C. 甲、乙在空中的运动时间均为
D. 乙在点的速度与水平方向的夹角为
【答案】B
【解析】A．斜抛运动具有对称性，把斜抛运动看成两个对称的平抛运动，由图像看出，甲、乙从点到落地，平抛运动的高度相等，运动时间t相等，由平抛规律可知
水平位移之比为，由水平方向位移
故甲、乙在点的速度大小之比为，选项A错误；
B．平抛运动速度的反向延长线经过水平位移的中点，故甲在点速度的反向延长线经过的中点，选项B正确；
C．斜抛运动时间是平抛运动时间的2倍，则两个斜抛运动时间均为，选项C错误；
D．乙在点的速度与水平方向的夹角设为，根据对称性，乙在点的速度与水平方向的夹角也为，根据平抛运动规律，故乙在D点的速度反向延长线经过O点，则
解得
选项D错误。
故选B 。
8. 为研究试验小车沿斜面向下运动的规律，把穿过打点计时器纸带的一端固定在小车上，小车拖动纸带运动时，纸带上打出的点如图甲所示。某同学用以下方法绘制了小车运动的图像：先把纸带每隔0.1s剪断，得到若干短纸条；再把这些纸条并排贴在一张纸上，使这些纸带下端对齐，作为时间坐标轴，标出时间；最后将纸带上端中心连起来，于是得到图像，如图乙所示，已知电源的频率为50Hz。则下列说法正确的是（ ）
A. 依次并排的纸条长度分别代表0.1s内、0.2s…内小车的位移大小
B. 依次并排的纸条长度可以代表0.05s、0.15s…时刻小车的速度大小
C. 绘制图像的过程中，用纸条的段数表示时间（横轴），用纸条的长度表示速度（纵轴），体现了类比的思想
D. 图乙中所有纸条的总长度等于图像与坐标轴在对应时间内围成的“面积”
【答案】BD
【解析】A.依次并排的纸带长度分别代表0∼0.1s、0.1∼0.2s，…时间内小车的位移的大小，选项A错误；
B.剪下的纸条长度表示每0.1s时间内位移的大小，由公式
由于时间间隔相同（均为0.1s），根据平均速度推论可知，依次并排的纸条长度可以代表0.05s、0.15s、…时刻小车的速度大小，选项B正确；
C.用纸条的段数表示时间（横轴），用纸条的长度表示速度（纵轴），体现了等效的思想，选项C错误；
D.图乙中所有纸条的总长度、图像与坐标轴在对应时间内围成的“面积”均表示小车位移的大小，二者相等，选项D正确。
故选BD。
9. 如图所示的三角形为某透明三棱镜的横截面，其中，一束单色光从边的点射入三棱镜，入射角为、折射角为，折射光线经过边的点反射，反射光线正好与边平行，已知，，，，光在真空中的传播速度为，下列说法正确的是（ ）
A. B. 入射角
C. 三棱镜对此种单色光的折射率为D. 光从到的传播时间为
【答案】CD
【解析】A．过点作的垂线，此垂线是的角平分线，根据几何关系有
则
故A错误；
B．由几何知识得
由
可得
故B错误；
C．三棱镜对此单色光折射率为
故C正确；
D．三角形是正三角形，则有
所以光线从到的传播时间
又由
可得
故D正确；
故选CD。
10. 如图所示，光滑直杆与水平面成夹角固定放置，劲度系数为、原长为的轻质弹簧一端连接在天花板的点，另一端与圆环（视为质点）相连，圆环套在杆上。现将圆环从与点等高的点由静止释放，当圆环运动到点的正下方点时，圆环的动能正好等于此处的弹簧弹性势能。已知、两点间的距离为，重力加速度为，对劲度系数为的轻质弹簧，弹性势能与弹簧的形变量的关系式为，、，下列说法正确的是（ ）
A. 圆环在点，动能为
B. 圆环从运动到，圆环的机械能减小量为
C. 圆环的质量为
D. 圆环在点，加速度大小为
【答案】AC
【解析】A．由几何关系可得，点弹簧的伸长量
弹性势能为
圆环的动能为
故A正确；
B．点弹簧的伸长量
弹性势能为
圆环从到，弹簧弹性势能增加量
由能量守恒可得圆环的机械能减小量为
故B错误；
C．由能量守恒可得
代入、解得
故C正确；
D．环在点时，弹簧的弹力
把弹簧对环的弹力与环的重力的合力
环在点的合力等于沿斜面向上的分力，则有
综合解得
故D错误。
故选AC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某学习小组用如图所示的装置验证牛顿第二定律，重力加速度为，主要的实验过程如下：
A.用天平测量带有遮光片的物块的总质量和物块的质量，用游标卡尺测出遮光片的宽度，气垫导轨水平放置，按照图示的装置来连接器材
B.打开气垫导轨的充气源，将小车由静止释放，测出遮光片通过光电门、的时间、
C.用刻度尺测出、间的距离
回答下列问题：
（1）下列说法正确的是___________。
A. 本实验需要把气垫导轨的右侧垫高来平衡摩擦力
B. 本实验细线的拉力等于的重力
C. 气垫导轨上方的细线与气垫导轨可不平行
D. 本实验验证的是、组成整体的牛顿第二定律
（2）若带有遮光片的物块的总质量与物块的质量相等，写出验证牛顿第二定律的等式___________（用、、、、表达）。
【答案】（1）D （2）
【解析】【小问1详解】
A．本实验用气垫导轨来做实验，打开气源后，所受的摩擦力忽略不计，不用平衡摩擦力，选项A错误；
B．实验时B向下加速度运动，故线的拉力小于B的重力，选项B错误；
C．实气垫导轨上方的细线与气垫导轨要平行，否则在运动过程中B的加速度会改变，选项C错误；
D．由于细线的拉力不等于B的重力，本实验验证的是A、B组成整体的牛顿第二定律，选项D正确。
故选D。
【小问2详解】
遮光片通过光电门、的速度分别为
、
由于、间的距离，则根据匀变速直线运动速度位移关系
对整体由牛顿第二定律可得
综合整理可得
故当上式成立时，就可验证牛顿第二定律。
12. 实验小组用如图甲所示的电路来测量电阻的阻值，图中标准电阻的阻值已知为，为电源，S为开关，为滑动变阻器，A1是内阻为电流表，A2为电流表。合上开关S，将的触头置于适当的位置，记下A1的示数，A2的示数，改变触头的位置，多测几组相对应值的、，做出的函数关系图像如图乙所示，回答下列问题：
（1）按照图甲所示的实验原理线路图在下列方框中接好电路
（2）合上开关S之前，触头应置于___________（填“最右端”或“最左端”），多测几组、，然后做图像的目的是减小___________误差（填“系统”或“偶然”）。
（3）当乙图的斜率为，可得___________。
【答案】（1） （2）最左端 偶然 （3）
【解析】【小问1详解】
完整的电路连线图如下：
【小问2详解】
[1] 合上开关之前，触头应置于最左端。
[2] 多测几组、，做图像的目的是消除偶然误差。
【小问3详解】
由并联电阻的电压相等，总电流等于两个电阻电流之和，结合欧姆定律可得
整理可得
当乙图的斜率为，可得
解得
13. 如图所示，水银柱将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的上端开口的玻璃管内，玻璃管上粗下细，粗管横截面积是细管的3倍，上半部分足够长，水银柱的上表面正好与细管上端口齐平。大气压强为，封闭气体的压强为，水银柱的长度为，封闭气体的长度也为，封闭气体的温度为，缓慢地给封闭气体加热，当水银柱刚好全部进入粗管中时，求：
（1）此时封闭气体的压强；
（2）此时封闭气体的温度。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
水银柱全部在细管中，产生的压强为
，
水银柱刚好全部进入粗管中，设水银柱的长度为，则
解得
综上可得，水银柱刚好全部进入粗管时水银柱产生的压强为
此时封闭气体的压强为
【小问2详解】
由理想气体状态方程可得
解得
14. 如图所示，半径为的半圆形细圆筒（半圆筒内径远小于半圆筒的半径）竖直固定，是半圆筒的直径，是半圆的圆心，是半圆上的点，半径、的夹角为；半圆筒底端切线水平且与一水平面平滑连接，水平面的右端与倾角为的斜面平滑连接，一小球乙（大小略小于半圆筒内径）静止在水平面上，将一滑块甲放置斜面上，由距水平面高度为处静止释放，甲与乙碰撞后乙经过点时由接触半圆筒外壁切换成接触内壁。已知滑块甲与小球乙的质量相等，滑块甲与斜面之间的动摩擦因数为，不计其他摩擦，重力加速度为，求：
（1）滑块甲第一次滑到水平面上时及小球乙第一次经过点时的速度大小；
（2）滑块甲与小球乙第一次碰撞后的速度大小及碰撞损失的能量。
【答案】（1）， （2），0
【解析】【小问1详解】
设滑块甲的质量为、第一次滑上水平面上的速度大小为，则由功能关系知
代入数据解得
设小球乙（质量也为）经过点时的速度大小为，由题意可得，小球乙在点处由牛顿第二定律得
解得
【小问2详解】
设甲、乙第一次碰撞后的速度大小分别为、，由动量守恒定律知
考察小球乙碰撞后运动到点的过程，由机械能守恒定律有
联立两式解得
第一次碰撞损失的能量为
15. 如图所示，半径为的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（大小未知），是圆形区域的圆心，、是圆形区域互相垂直的两直径；圆形区域的右侧有两平行的直线边界、，其中为圆形区域的切线，为切点，到的距离为，在与之间、延长线上下两侧的纸面内分别存在垂直且指向延长线的匀强电场，两匀强电场的场强大小相等，在直线边界的右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场（大小未知）。在圆弧上有一到直径的距离为的点，比荷为的带正电的粒子从点以速度平行射入匀强磁场，经点进入匀强电场，再垂直边界进入匀强磁场，最后经点再次进入圆形区域的磁场。带电粒子的重力不计，求：
（1）圆形区域匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）双边界、间匀强电场电场强度的大小；
（3）单边界区域匀强磁场的磁感应强度的大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）作带正电粒子的运动轨迹图，如图所示
带电粒子在匀强磁场中的运动，由几何知识知和均为正三角形，轨道半径为
由牛顿第二定律有
解得
（2）带电粒子第一次在匀强电场中的运动，其逆运动是类平抛运动，则粒子第一次进入匀强电场时速度方向跟边界的夹角为。依题意有，带电粒子经匀强磁场偏转后再次进入另一匀强电场时做类平抛运动，经过点返回到圆形磁场区域，由对称性可知带电粒子两次在电场中的偏转距离相等且等于粒子在磁场中的轨道半径。由几何关系可知
由平抛运动的特点有
又
联立三式解得
，
（3）带电粒子在单边界匀强磁场中运动。由牛顿第二定律有
解得