PAGE17-遼寧省丹東市2025屆高三物理下學期線上教學質量監測試題（含解析）二、選擇題（本題共8小題，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。）1.中國北斗衛星導航系統（BeiDouNavigationSatelliteSystem，BDS）是繼美國全球定位系統（GPS）、俄羅斯格洛納斯衛星導航系統（GLONASS）之后第三個成熟的衛星導航系統。北斗導航系統中有幾顆衛星是地球同步衛星，GPS導航系統是由周期約為12h的衛星群組成。則北斗導航系統的同步衛星與GPS導航衛星相比（）A.北斗導航系統的同步衛星的角速度大B.北斗導航系統的同步衛星的軌道半徑小C.GPS導航衛星的線速度大D.GPS導航衛星的向心加速度小【答案】C【解析】【詳解】A．地球同步衛星的周期為24h，GPS導航系統周期約為12h，依據周期與角速度的關系可知北斗導航系統的同步衛星的周期大，則其角速度小，故A錯誤；B．由萬有引力供應向心力有得衛星繞地球做圓周運動的周期北斗導航系統的同步衛星的周期大，則其軌道半徑大，故B錯誤；C．由萬有引力供應向心力有得衛星繞地球做圓周運動的線速度北斗導航系統的軌道半徑大，則其線速度小，GPS導航衛星的線速度大，故C正確；D．依據可知北斗導航系統的角速度小、線速度小，則其加速度小，GPS導航衛星的向心加速度大，故D錯誤。故選C。2.圖甲中的變壓器為志向變壓器，原線圈的匝數n1與副線圈的匝數n2之比為5∶1。變壓器的原線圈接如圖乙所示的正弦式電流，兩個20Ω的定值電阻串聯接在副線圈兩端。電流表、均為志向電表。則（）A.電流表示數為0.2A B.電流表示數為5AC.電壓表示數為4V D.通過電阻R的溝通電的周期為2×10-2s【答案】A【解析】【詳解】AB．依據圖象可得原線圈的電壓的最大值為，所以電壓的有效值為原線圈的匝數n1與副線圈的匝數n2之比為5∶1，則有解得副線圈電壓則副線圈中的電流依據變壓器電流與匝數的關系有所以原線圈中的電流即電流表的讀數故A正確，B錯誤；C．電壓表示數為電阻R上的電壓，依據歐姆定律有故C錯誤；D．由乙圖可知通過電阻R的溝通電的周期為4×10-2s，故D錯誤。故選A。3.一物體在豎直方向運動的v—t圖象如圖所示。以下推斷正確的是（規定向上方向為正）（）A.第5s內與第6s內的加速度方向不同B.第4s末～第6s末物體處于失重狀態C.前2s內物體克服重力做功的平均功率大于第6s內物體重力做功的平均功率D.第2s末～第4s末的過程中，該物體的機械能守恒【答案】B【解析】【詳解】A．v—t圖象圖線的斜率表示運動的加速度，第5s內與第6s內的斜率相同，則加速度方向相同，故A錯誤；B．第4s末～第6s末圖線斜率為負，則加速度為負值，即加速度的方向向下，物體處于失重狀態，故B正確；C．v—t圖象圖線與坐標軸所圍面積表示物體的位移，由圖線可知，前2s內物體物體的位移大小為第6s內物體的位移大小為則前2s內克服重力做功的平均功率為第6s內物體重力做功的平均功率為所以前2s內克服重力做功的平均功率等于第6s內物體重力做功的平均功率，故C錯誤；D．第2s末～第4s末的過程中，物體勻速運動，動能不變，但物體上升，所以該物體的機械能增加，故D錯誤。故選B。4.如圖所示，甲、乙兩物體用兩根輕質細線分別懸掛在天花板上，兩細線與水平方向夾角分別為60°和45°，甲、乙間拴接的輕質彈簧恰好處于水平狀態，則下列推斷正確的是（）A.甲、乙的質量之比為1:B.甲、乙所受彈簧彈力大小之比為:C.懸掛甲、乙的細線上拉力大小之比為1:D.快速撤去彈簧的瞬間，甲、乙的瞬時加速度大小之比為1:【答案】D【解析】【詳解】B．因為是同一根彈簧，彈力相等，故B錯誤；AC．對甲乙兩個物體受力分析，如圖所示甲乙都處于靜止狀態，受力平衡，則有對甲，對乙，代入數據得故AC錯誤；D．快速撤去彈簧的瞬間，甲、乙所受合力為其重力在繩端的切向分力，依據牛頓運動定律有故D正確。故選D。5.如圖所示，一段長方體形導電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內有帶電量為q的某種自由運動電荷．導電材料置于方向垂直于其前表面對里的勻強磁場中，內部磁感應強度大小為B．當通以從左到右的穩恒電流I時，測得導電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低．由此可得該導電材料單位體積內自由運動電荷數及自由運動電荷的正負分別為A.，負 B.，正C.，負 D.，正【答案】C【解析】【詳解】因為上表面的電勢比下表面的低，依據左手定則，知道移動的電荷為負電荷；依據電荷所受的洛倫茲力和電場力平衡可得：解得：因為電流為：解得：A.與分析不符，故A錯誤；B.與分析不符，故B錯誤；C.與分析相符，故C正確；D.與分析不符，故D錯誤．6.如圖是某初中地理教科書中的等高線圖（圖中數字的單位是米）。小山坡的右側比左側更陡些，假如把一個球分別從山坡左右兩側滾下（把山坡的兩側看成兩個斜面，不考慮摩擦等阻礙），會發覺右側小球加速度更大些。現在把該圖看成一個描述電勢凹凸的等勢線圖，左右兩側各有a、b兩點，圖中數字的單位是伏特，下列說法正確的是（）A.b點電場強度比a點大B.左側電勢降低的更快C.同一電荷在電勢高處電勢能也肯定大D.同一電荷在電場強度大處所受電場力也肯定大【答案】AD【解析】【詳解】A．依據U=Ed相同電勢差右側b點的距離更小，所以b點電場強度比a點大，故A正確；B．等勢線越密集的地方電勢著陸的越快，b點等勢線更密集，所以右側電勢降低的更快，故B錯誤；C．電勢能還與電荷的正負有關，所以同一電荷在電勢高處電勢能也不肯定大，故C錯誤；D．同一電荷在電場強度大處所受電場力肯定大，故D正確。故選AD。7.圖甲為探討光電效應電路圖，圖乙為靜止在勻強磁場中的某種放射性元素的原子核衰變后產生的新核Y和某種射線的徑跡，下列說法正確的是（）A.圖甲利用能夠產生光電效應的兩種（或多種）頻率已知的光進行試驗可測出普朗克常量B.圖甲的正負極對調，在光照不變的狀況下，可探討得出光電流存在飽和值C.圖乙對應的衰變方程為D.圖乙對應的衰變方程為【答案】ABD【解析】【詳解】A.依據光電效應方程得，聯立兩式解得，所以分別測出兩次電流表讀數為零時電壓表的示數U1和U2即可測得普朗克常量，選項A正確；B.題圖甲電源的正負極對調，此時間電管中所加電壓為正向電壓，在光照不變的狀況下，通過調整滑動變阻器可調整光電管兩端的電壓，可探討得出光電流存在的飽和值，選項B正確；CD.由題圖乙可知，發生的是衰變，故衰變方程為，選項D正確，C錯誤.8.如圖所示，在垂直于紙面對外的勻強磁場中，水平放置兩個同心金屬環，半徑分別是r和3r，磁感應強度為B，在兩環間連接有一個電容為C的電容器，a、b是電容器的兩個極板。長為2r的金屬棒AB沿半徑方向放置在兩環間且與兩環接觸良好，并繞圓心以角速度ω做順時針方向（從垂直環面對里看）的勻速圓周運動。則下列說法正確的是（）A.金屬棒AB中有從B到A的持續電流B.電容器b極板帶負電C.電容器兩端電壓為D.電容器所帶電荷量為【答案】BC【解析】【詳解】A．依據右手定則可知，金屬棒AB切割磁感線產生感應電動勢，但由于電路沒有閉合，所以沒有感應電流，故A錯誤；B．依據右手定則可推斷B端為電源的正極，a端為電源的負極，所以電容器b極板帶負電，故B正確；C．依據法拉第電磁感應定律知切割產生的感應電動勢故C正確；D．電容器所帶電荷量故D錯誤故選BC。三、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分。第22題~第32題為必考題，每個小題考生都必需做答。第33題~第38題為選考題，考生依據要求做答。）9.在《探究加速度與力、質量的關系》試驗中。（1）某組同學用如圖甲所示裝置，采納限制變量的方法，來探討小車質量不變的狀況下，小車的加速度與小車受到合力的關系。下列措施中不須要和不正確的是_____；A.平衡摩擦力的方法就是在砝碼盤中添加砝碼，使小車能勻速滑動；B.每次變更拉小車拉力后不須要重新平衡摩擦力；C.試驗中通過在砝碼盤中添加砝碼來變更小車受到的拉力；D.每次小車都要從同一位置起先運動；E.試驗中應先放小車，然后再開打點計時器的電源；（2）試驗運用頻率為50Hz的溝通電源，得到的一條紙帶如圖乙所示。從比較清楚的點起，每4個點取一個計數點，第1與第2個計數點的間距為s=3.58cm，第3與第4個計數點的間距為=4.71cm，該小車的加速度大小a=_____m/s2（保留兩位有效數字）。【答案】(1).ADE(2).0.88【解析】【詳解】（1）[1]AB．平衡摩擦力時，不是在砝碼盤中添加砝碼，而是通過調整墊板使重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即可以約掉m，只須要平衡一次摩擦力，故A錯誤，符合題意；B正確，不符合題意；C．試驗中通過在砝碼盤中添加砝碼來變更小車受到的拉力，故C正確，不符合題意；D．試驗中每次小車不須要從同一位置起先運動，故D錯誤，符合題意；E．.試驗中應先開打點計時器的電源，然后再放小車，故E錯誤，符合題意；故選ADE。（2）[2]每4個點取一個計數點，則兩個相鄰計數點的時間間隔為依據得代入數值解得10.某同學測定電源電動勢和內阻，所運用的器材有：待測干電池一節（內阻較小）、電流表A（量程0.6A，內阻RA小于1Ω）、電流表A1（量程0.6A，內阻未知）、電阻箱R1（0-99.99Ω）、滑動變阻器R2（0-10Ω）、單刀雙擲開關S、單刀單擲開關K各一個，導線若干．該同學按圖甲所示電路連接進行試驗操作．（1）測電流表A的內阻：閉合開關K，將開關S與C接通，通過調整電阻箱R1和滑動變阻器R2，讀取電流表A示數為0.20A、電流表A1的示數為0.60A、電阻箱R1的示數為0.10Ω，則電流表A的內阻RA=______Ω（2）測電源的電動勢和內阻：斷開開關K，調整電阻箱R1，將開關S接______（填“C“或“D“），記錄電阻箱R1的阻值和電流表A的示數；多次調整電阻箱R1重新試驗，并記錄多組電阻箱R1的阻值R和電流表A的示數I．數據處理：圖乙是由試驗數據繪出的圖象，由此求出干電池的電動勢E=______V，內阻r=______Ω（計算結果保留二位有效數字）【答案】(1).0.20(2).D(3).1.5(4).0.25【解析】【詳解】第一空.依據串并聯電路的規律可知，流過電阻箱R1的電流I=（0.60-0.20）A=0.40

A；電壓U=0.10×0.40

V=0.040

V，則電流表內阻RA=Ω=0.20Ω．其次空.測電源的電動勢和內阻：斷開開關K，調整電阻箱R1，將開關S接D．第三空.第四空.依據試驗步驟和閉合電路歐姆定律可知：E=I（R+RA+r），變形可得：

依據圖象可知：，=0.3

解得：E=1.5

V，r=0.25Ω；11.如圖所示，帶電量為q（q為正電荷）的粒子質量為m，O、A兩點長度為d且連線與x軸正方向為30°，不計粒子重力。（1）若在y軸右側加上平行于y軸的勻強電場E時，粒子以初速度v0沿x軸正方向從O點射出且恰好經過A點，求：電場強度E的大小和方向；（2）若去掉電場，在坐標系空間內加上垂直紙面的勻強磁場B，粒子仍以初速度v0沿x軸負方向從O點射出且也恰好經過A點，求：磁感應強度B的大小和方向以及粒子從O點動身到第一次經過A點時所經驗的時間。【答案】（1），方向豎直向上；（2），方向垂直紙面對外；【解析】【詳解】（1）加電場時，粒子沿x軸正方向射出，粒子作類平拋運動，經過A點，則電場方向豎直向上。依據平拋運動規律有水平方向豎直方向由牛頓其次定律有qE=ma解得電場強度（2）在磁場中，粒子沿x軸負方向射出，粒子作勻速圓周運動，經過A點，則磁場方向垂直紙面對外。依據洛倫茲力供應向心力，有由幾何關系有d=R聯立解得磁感應強度勻速圓周運動周期粒子從O點動身到第一次經過A點時所經驗的時間聯立解得12.如圖，質量為6m、長為L的薄木板AB放在光滑的平臺上，木板B端與臺面右邊緣齊平．B端上放有質量為3m且可視為質點的滑塊C，C與木板之間的動摩擦因數為μ＝，質量為m的小球用長為L的細繩懸掛在平臺右邊緣正上方的O點，細繩豎直時小球恰好與C接觸．現將小球向右拉至細繩水平并由靜止釋放，小球運動到最低點時細繩恰好斷裂，小球與C碰撞后反彈速率為碰前的一半．(1)求細繩能夠承受的最大拉力；(2)若要使小球落在釋放點的正下方P點，平臺高度應為多大；(3)通過計算推斷C能否從木板上掉下來．【答案】(1)3mg(2)L(3)滑塊C不會從木板上掉下來【解析】【詳解】（1）設小球運動到最低點的速率為v0，小球向下搖擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：解得：小球在圓周運動最低點，由牛頓其次定律：由牛頓第三定律可知，小球對細繩的拉力：T′=T解得：T′=3mg（2）小球碰撞后平拋運動．在豎直方向上：水平方向：L=解得：h=L（3）小球與滑塊C碰撞過程中小球和C系統滿意動量守恒，設C碰后速率為v1，以小球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：設木板足夠長，在C與木板相對滑動直到相對靜止過程，設兩者最終共同速率為v2，由動量守恒定律的：由能量守恒定律得：聯立⑨⑩?解得：s=L/2由s<L知，滑塊C不會從木板上掉下來．【點睛】（1）由機械守恒定律求出小球的速度，然后由牛頓定律求出繩子能夠承受的最大拉力；（2）小球做平拋運動，應用平拋運動規律分析答題；（3）應用動量守恒定律與能量守恒定律求出C的位移，然后依據位移與木板的長度關系分析答題．13.下列說法正確的是（）A.外界對氣體做功，氣體的內能可能削減B.單晶體有固定的熔點，多晶體和非晶體沒有固定的熔點C.空氣中水蒸氣壓強越大，空氣的相對濕度就越小D.內能不同的物體，它們分子熱運動的平均動能可能相同E.肯定質量的志向氣體的內能隨溫度的上升而增大【答案】ADE【解析】【詳解】A．假如氣體吸熱的同時對外做功，汲取的熱量小于對外所做的功，則內能可能減小，故A正確；B．晶體都有固定的熔點，故B錯誤；C．空氣的相對濕度定義為空氣中所含水蒸氣的壓強與相同溫度時水的飽和蒸汽壓之比，故C錯誤；D．內能是全部分子動能和分子勢能之和。內能不同的物體，當它們的溫度相同時，則它們分子熱運動的平均動能可能相同，故D正確；E．肯定質量的志向氣體的內能只與溫度有關，溫度越高，內能越大，故E正確。故選ADE。14.一容積為V0的容器通過細管與一個裝有水銀的粗細勻稱的U形管相連（U形管和細管中的氣體體積遠小于容器的容積V0），U形管的右管與大氣相通，大氣壓為750mmHg。關閉閥門，U形管的左、右管中水銀面高度相同，此時氣體溫度為300K。現僅對容器內氣體進行加熱。①如圖所示，當U形管右側管中的水銀面比左側管中的水銀面高H=50mm時，求封閉容器內氣體的溫度；②保持①問中的溫度不變，打開閥門K緩慢抽出部分氣體，當U形管左側管中的水銀面比右側管中的水銀面高50mm時（水銀始終在U形管內），求封閉容器內剩余氣體的質量與原來總質量的比值；③推斷在抽氣的過程中剩余氣體是吸熱還是放熱，并闡述緣由。【答案】①320K；②；③吸熱，緣由見詳解【解析】【詳解】①由題意可知設升溫后氣體的壓強為p0，由查理定律得解得T=320K②當U形管左側管中的水銀面比右側管中的水銀面高50mm時，壓強p=700mmHg。抽氣過程可等效為等溫膨脹過程，設膨脹后氣體的總體積為V，由玻意耳定律得設剩余氣體的質量與原來總質量的比值為k，由題意得③吸熱。因為抽氣過程中剩余氣體溫度不變，故內能不變，而剩余氣體膨脹對外做功，所以依據熱力學第肯定律可知剩余氣