2025届江西省赣州市上犹县新高考联盟高三（上）11月教学质量测评模拟预测物理试卷（解析版）

这是一份2025届江西省赣州市上犹县新高考联盟高三（上）11月教学质量测评模拟预测物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，如图等内容，欢迎下载使用。
本试题卷共6页。全卷满分100分。考试用时75分钟，
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：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。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效，
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交，
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，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．如图，有一匀强电场的电场强度方向与圆所在平面平行，圆的半径，圆周上的3个点、、的电势分别为、、，其中为圆的直径，，则该匀强电场电场强度大小为（ ）
A．B．C．D．
2．一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核，衰变方程为。下列说法正确的是（ ）
A．射线的穿透能力比射线强
B．高温下的半衰期变短
C．铀核的质量大于粒子与钍核的质量之和
D．比的比结合能大
3．如图所示，由紫光与红光混合的细光束从底面镀银的半圆形玻璃砖顶点以入射角射入玻璃砖，已知该玻璃专对紫光与红光的折射率分别为、（），光束在玻璃砖半圆弧面上发生折射时不考虑反射，紫光与红光在玻璃砖内传播的时间分别为、。下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．如图所示，卫星、沿圆形轨道绕地球运行，是极地轨道卫星，卫星轨道平面与地球赤道平面重合，此时两卫星恰好经过地球赤道上点的正上方。已知地球自转周期为，卫星、绕地心做匀速圆周运动的周期分别为、，则（ ）
A．卫星、的线速度之比为
B．卫星、的向心加速度之比为
C．同一物体在卫星、中对支持物的压力之比为
D．卫星、下一次同时经过点正上方时，卫星绕地心转过的角度为
5．如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为的滑动变阻器和阻值为的定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。在变阻器滑片从端向端缓慢移动的过程中（ ）
A．电流表A示数增大B．电压表V示数减小
C．定值电阻消耗的功率减小D．原线圈的输入功率先减小后增大
6．如图所示，在水平光滑绝缘桌面上有一等腰直角三角形单匝均匀金属线框，直角边长为。空间存在竖直向下的有界匀强磁场，有界磁场的宽度为。线框在水平拉力作用下向右匀速穿过磁场区域，若图示位置为时刻，设逆时针方向为电流的正方向，水平向右为拉力的正方向，则线框中的感应电流和拉力随时间的关系图像可能正确的是（时间单位为，图中曲线为抛物线）（ ）
A．B．
C．D．
7．给小滑块一初速度，使其从粗糙斜面底端沿斜面上滑，上滑到最高点后又滑回斜面底端，则下列说法正确的是（ ）
A．小滑块沿斜面上滑和下滑两过程的时间相等
B．小滑块沿斜面上滑过程的加速度小于下滑过程的加速度
C．小滑块沿斜面上滑过程损失的机械能大于下滑过程损失的机械能
D．小滑块沿斜面上滑过程合力的冲量大于下滑过程合力的冲量
8．如图所示，一轻弹簧原长为，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道的底端处，轨道长为，为中点。在轨道的右侧有一高为的水平桌面。用质量为的小物块从点开始缓慢压缩弹簧，当压缩量达到时撤去外力，小物块从点飞出后恰好从点沿水平方向滑上桌面。已知小物块与直轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小为，，，则（ ）
A．点与桌面左端点的水平距离为
B．小物块运动到点时重力的瞬时功率为
C．弹簧的最大弹性势能为
D．小物块从点运动到点的过程中动量变化量的大小为
9．如图（a）所示，握住软绳的一端周期性上下抖动，在绳上激发了一列简谐波。图（b）是该简谐横波在传播方向上相距的两个质点的振动图像，则波的传播速度可能为（ ）
图（a） 图（b）
A．B．C．D．
10．如图所示，平行光滑金属导轨间距为，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两个相同的金属棒、垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，每个金属棒质量为，接入电路的电阻均为。开始时棒锁定在轨道上，对棒施加水平向右的恒定拉力，经时间，棒的速度达到最大值，此时撤去拉力，同时解除对棒的锁定，导轨足够长且电阻不计。则（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小为
B．撤去拉力前棒前进的距离为
C．撤去拉力前棒前进的距离为
D．全过程中回路产生的焦耳热为
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）某科技小组想验证向心力大小的表达式，实验装置如图（a）所示。
图（a） 图（b）
（1）本实验采用的实验方法是__________。
A．等效法B．放大法C．控制变量法
（2）考虑到实验环境、测量条件等实际因素，对于这个实验的操作，下列说法中正确的是__________（填选项前的字母）。（ ）
A．相同体积的小球，选择密度大一些的小球可以减小空气阻力的影响
B．应使小球的释放位置尽量高一点，使小球获得较大的初速度，减小实验误差
C．每组实验过程中力传感器的示数一直变化，小组成员应记录力传感器示数的平均值
（3）固定在悬点处的力传感器通过长度为的细绳连接小球，小球直径为，悬点正下方的光电门可以测量小球直径的挡光时间。在细绳和小球不变的情况下，改变小球释放的高度，获得多组数据。以力传感器示数为纵坐标、为横坐标建立坐标系，描出多组数据点，作出如图（b）所示图像，图线斜率为，在纵轴上的截距为，则小球的质量为__________（可用、、、和重力加速度表示）。
12．（9分）某实验小组测定一节干电池的电动势和内阻。
（1）实验前，他们讨论并提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是__________。
A．一个电流表、一个电压表和一个滑动变阻器 B．一个电压表和多个定值电阻
C．一个电流表和一个电阻箱 D．两个电流表和一个滑动变阻器
（2）实验小组成员走进实验室，根据实验室中的实验器材和老师的建议，最终确定了如图（a）所示的实验电路，其中电压表量程为，电流表量程为，为保护定值电阻。某次测量时电流表和电压表的示数如图（b）所示，则电流__________A，电压__________V。
图（a） 图（b）
（3）实验小组的同学闭合开关，多次调节滑动变阻器，读出多组电流表示数和对应的电压表示数，由测得的数据绘出了如图（c）所示的图线，则电源的电动势__________，内阻__________（结果用、和表示）。
图（c）
（4）在上述实验中存在系统误差。在下列所绘图像中，虚线代表没有误差情况下电压真实值与电流真实值关系的图像，则下图中能正确表示二者关系的是__________。
A．B．
C．D．
13．（8分）如图所示，一粗细均匀的型的玻璃管竖直放置，左侧竖直管上端封闭，右侧竖直管上端与大气相通且足够长，左侧竖直管中封闭一段长为的空气柱（可视为理想气体），气体的温度为，水平管内充满水银，右侧竖直管中水银柱长，如果从右侧竖直管内缓慢注入水银柱，注入的水银与原来右侧管内水银之间没有空气，注入过程中空气柱的温度保持不变，水银柱长度远远大于玻璃管的直径，大气压强为。
（1）求稳定后空气柱的长度；
（2）如果要使空气柱再恢复到原来的长度，求需要将空气柱的温度变为多少。
14．（13分）一款弹珠游戏简化示意图如图所示，质量为的均匀圆环静止平放在粗糙的水平桌面上，其半径为。另一质量为的光滑弹珠以水平速度穿过圆环上的小孔正对环心射入环内，与圆环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前弹珠恰好不会从小孔中穿出。假设弹珠与圆环内壁的碰撞为弹性正碰，忽略弹珠与桌面间的摩擦，只考虑圆环与桌面之间的摩擦（且桌面粗糙程度各处相同），桌面足够长。求：
（1）第一次碰撞后瞬间弹珠的速度大小和方向；
（2）第次碰撞后瞬间圆环的速度大小；
（3）圆环从开始运动至最终停止的过程中通过的总位移。
15．（18分）如图所示，在，的区域中，存在沿轴正方向、场强大小为的匀强电场，电场的周围分布着垂直于纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为、电量为的带正电粒子从中点无初速度进入电场（不计粒子重力），粒子从上边界垂直于第一次离开电场后，垂直于再次进入电场。求：
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子第二次在电场中运动的位移大小；
（3）粒子自点运动到第一次从边进入电场所需的时间。
【参考答案】
1．【答案】B
【解析】设电场强度大小为，电场强度方向与水平方向夹角为，点电势为，因为，所以、为等电势点，电场线方向与垂直。根据几何关系可知，，，B正确。
2．【答案】C
【解析】、、三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的穿透能力最弱，选项A错误；半衰期由原子核本身决定，与温度等外部因素无关，选项B错误；衰变释放核能，有质量亏损，所以铀核的质量大于粒子与钍核的质量之和，选项C正确；比结合能越大，原子核越稳定，由于衰变成了，故比稳定，即比的比结合能小，选项D错误。
3．A
【解析】作出光束在玻璃砖内传播的光路图。设半圆形玻璃砖的半径为，真空中的光速为，紫光、红光在点的折射角分别为、。对紫光有，，，解得；同理得，由于，故，选项A正确。
4．【答案】D
【解析】根据开普勒第三定律有，解得，根据得线速度之比为，选项A错误；根据得向心加速度之比，选项B错误；卫星绕地球做匀速圆周运动时处于完全失重状态，物体对支持物的压力为0，选项C错误；卫星、下一次同时经过点正上方时还在图示位置，时间应为地球自转周期的整数倍，最短时间是，此时卫星转过4周，转过的角度为，卫星转过2周，转过的角度为，选项D正确。
5．【答案】C
【解析】由于原线圈所接电压恒定，理想变压器匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，所以电压表V示数不变，选项B错误；设滑动变阻器下边的电阻为，变阻器的滑片从端向端缓慢移动的过程中，变压器副线圈所接的电阻值，逐渐增大，则由欧姆定律可知副线圈的电流逐渐减小，由可知变压器原线圈的电流也逐渐减小，即电流表A示数减小，选项A错误；原线圈的输入功率逐渐减小，选项D错误；滑动变阻器为分压式连接，两端电压保持不变，定值电阻两端所分电压不断减小，其消耗的功率不断减小，选项C正确。
6．【答案】D
【解析】选项A、B在时间0到内图线形状相同，下面分析到时间内线框的运动，该段时间线框出磁场，边切割磁感线，且有效切割长度为，根据感应电动势公式，由闭合电路的欧姆定律得感应电流线性减小，由楞次定律知电流方向为顺时针，选项A、B错误。线框进出磁场，由楞次定律知产生的感应电流的效果是阻碍线框的相对运动，所以可判断安培力方向为水平向左，拉力与安培力二力平衡，所以拉力水平向右，即拉力方向为正方向。在到时间范围内，有，则图线应为抛物线，选项C错误，选项D正确。
7．【答案】D
【解析】根据牛顿第二定律，上滑过程有，下滑过程有，则，上滑过程逆向看与下滑过程一样，都是初速度为0的匀加速直线运动且位移大小相等，根据，得，即上滑过程的时间小于下滑过程的时间，选项A、B错误；上滑过程和下滑过程损失的机械能相等，均为，选项C错误；由于摩擦，小滑块滑回斜面底端时的速度小于开始上滑的初速度，根据动量定理可知上滑过程合力的冲量，下滑过程合力的冲量，则，选项D正确。
8．【答案】CD
【解析】小物块从点运动到点的过程，逆向看为平抛运动，根据平抛运动规律有，联立解得，由动量定理得该过程中动量变化量的大小为，选项D正确；，则，，则点与桌面左端点的水平距离，小物块运动到点时重力的瞬时功率为，选项A、B错误；小物块在直轨道上运动的过程，由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为，选项C正确。
9．【答案】BC
【解析】由题图可知波的周期为，两质点一个在波峰，一个在波谷，所以有，则波的波速为，当时，对应的波速为，，，…，故选项B、C正确。
10．【答案】AC
【解析】设磁感应强度大小为，对棒进行受力分析有，，解得，选项A正确；撤去拉力前，棒前进的距离为，对棒达到最大速度的过程，由动量定理，，，解得，选项B错误，选项C正确；解除锁定后两棒相互作用过程中动量守恒，最后共同运动速度为，，对全过程由功能关系，得，选项D错误（选项D也可以根据物理量的单位不一致进行排除）。
11．【答案】（1）C（2分）（2）A（2分）（3）（或）（2分）
【解析】（1）本实验先控制住其他几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法，故选项C正确。
（2）相同体积的小球，选择密度大一些的小球可以减小空气阻力对实验的影响，选项A正确；小球的释放位置高度适当即可，细绳偏离竖直方向应在约5°以内，选项B错误；小球经过最低点时拉力最大，实验中应记录小球经过最低点时绳子的拉力，故应记录拉力的最大值，选项C错误。
（3）小球通过光电门的时间极短，用小球通过光电门的平均速度表示小球经过最低点时的线速度，即，小球通过最低点时，由牛顿第二定律有，整理得，结合题图得，，解得或。
12．【答案】（1）D（1分）（2）0.40（1分），1.30（1分）（3）（2分），（2分）（4）A（2分）
【解析】（1）A项中根据闭合电路欧姆定律可得，可测量多组数据列式求解；B项中根据欧姆定律可得，测量多组数据可求解；C项中根据欧姆定律可得，可测量多组数据列式求解；D项中两个电流表和一个滑动变阻器，由于不知道滑动变阻器电阻，故无法测量，故选D项。
（2）电流表和电压表的精度分别为和，故电流表和电压表的读数分别为，。
（3）根据闭合电路的欧姆定律，整理得，对照题图（c）得电动势，，解得内阻。
（4）由实验电路图可知，由于电压表的分流作用，电流表所测电流小于真实值，故选项A正确。
13．（1）（5分）（2）（3分）
【解析】（1）初始状态下气体的压强为（1分）
空气柱长度，设玻璃管横截面积为，气体的体积为
设注入水银后水平管进入左侧竖直管内水银长度为，则气体的压强为（1分）
气体的体积为
注入过程中气体温度不变，根据玻意耳定律得（1分）
解得（1分）
则稳定后空气柱的长度（1分）
（2）要使空气柱变为原来长度则气体压强变为（1分）
根据查理定律（1分）
解得空气柱的温度变为（1分）
14.【答案】（1），方向与原运动方向相同（3分）（2）（4分）（3）（6分）
【解析】（1）由于与的碰撞为弹性正碰，碰后与的速度分别为、，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒有
（1分）
（1分）
解得
即碰后弹珠的速度大小为，方向与原运动方向相同（1分）
（2）弹珠与圆环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前弹珠恰好不会从小孔中穿出，则弹珠恰好在小孔处时与圆环共速，由于弹珠碰后继续做匀速运动，且圆环运动的平均速度大于弹珠运动的速度（），因此，弹珠与圆环第一次碰后，圆环会做减速运动直至停止，此后弹珠才会第二次与之碰撞，第二次碰后弹珠的速度为（1分）
同理，第次碰后弹珠的速度（1分）
则第次碰后圆环的速度（1分）
得（1分）
（3）方法一：从第一次碰撞完成到二者共速，设圆环与桌面的动摩擦因数为，则圆环做减速运动的加速度，以弹珠为参考系
相对位移（2分）
从第一次碰前至最终圆环停止运动全程分析，根据能量守恒有（2分）
代入数据，有（2分）
方法二：
从第一次碰撞完成到二者共速，设圆环与桌面的动摩擦因数为，则圆环做减速运动的加速度，以弹珠为参考系
相对位移（2分）
经过次碰撞圆环的总位移（2分）
经过无数次碰撞，即，代入数据得（2分）
方法三：多次碰撞后弹珠与圆环最终静止，设圆环受到的摩擦力为，通过的总位移为，系统的动能全部转化为摩擦生热（2分）
第一次碰撞后经过时间，弹珠恰好未从小孔中穿出，二者共速为
有（2分）
对圆环，由动量定理得
联立得（2分）
15．【答案】（1）（4分）（2）（6分）（3）（8分）
【解析】（1）第一次离开电场后速度为，根据动能定理可得，得，（1分）
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则和圆的特点可知粒子在磁场中运动轨迹的圆心为，所以粒子轨道半径为，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则（2分）
得（1分）
（2）粒子第二次进入电场做类平抛运动，设粒子从边离开磁场，则水平方向有，得，（2分）
在电场方向有（2分）
假设成立，则粒子第二次在电场中运动的位移大小为（2分）
（3）粒子的运动轨迹如图所示，粒子第二次进入磁场时速度与轴的夹角为，轨道半径为，运动周期为，，，（2分）
设圆心与的距离为，根据轨道半径与角可知，
，
则，（2分）
粒子第一次与第二次在磁场中运动的时间相等，（2分）
故（2分）题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
A
D
C
D
D
CD
BC
AC