PAGE14-吉林省長春市五中2025屆高三物理下學(xué)期3月線上測試試題（含解析）一、選擇題1.下列描繪兩種溫度下黑體輻射強(qiáng)度與頻率關(guān)系的圖中，符合黑體輻射試驗(yàn)規(guī)律的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】依據(jù)黑體輻射試驗(yàn)規(guī)律，黑體熱輻射的強(qiáng)度與波長的關(guān)系為：隨著溫度的上升，一方面，各種波長的輻射強(qiáng)度都有增加，則各種頻率的輻射強(qiáng)度也都增加，另一方面，輻射強(qiáng)度的極大值向波長較短的方向移動，即頻率較大的方向移動分析圖像，只有B項(xiàng)符合黑體輻射試驗(yàn)規(guī)律，故B項(xiàng)正確．故選B.2.如圖，在挪威的兩座山峰間夾著一塊巖石，吸引了大量游客前往欣賞．該景觀可簡化成如圖所示的模型，右壁豎直，左壁略微傾斜．設(shè)左壁與豎直方向的夾角為θ，由于長期的風(fēng)化，θ將會減?。^與山崖間的摩擦很小，可以忽視不計(jì)．若石頭質(zhì)量肯定，θ減小，石頭始終保持靜止，下列說法正確的是A.山崖左壁對石頭的作用力將增大B.山崖右壁對石頭的作用力不變C.山崖對石頭的作用力減小D.石頭受到的合力將增大【答案】A【解析】【分析】對小球受力分析，依據(jù)平衡列出水平方向平衡公式和豎直方向平衡公式即可求解．【詳解】AB、對石頭受力分析如圖所示：依據(jù)平衡可知隨著θ減小，依據(jù)公式可知、都增大，故A對；B錯(cuò)C、依據(jù)共點(diǎn)力平衡可知，山崖對石頭的作用力始終不變大小等于石頭的重力，所以作用力不變，故C錯(cuò)誤；D、由于石頭處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以石頭受合力始終為零，故D錯(cuò)；故選A3.水平路面上的汽車以恒定功率P做加速運(yùn)動，所受阻力恒定，經(jīng)過時(shí)間t，汽車的速度剛好達(dá)到最大，在t時(shí)間內(nèi)（）A.汽車做勻加速直線運(yùn)動B.汽車加速度越來越大C.汽車克服阻力做的功等于PtD.汽車克服阻力做的功小于Pt【答案】D【解析】【詳解】AB．汽車是以恒定功率啟動方式，由于功率不變，依據(jù)Ｐ=Fv可知：隨著汽車速度的增加，汽車的牽引力在減小，加速度減小，汽車做加速度越來越小的加速運(yùn)動，當(dāng)牽引力減小到等于阻力時(shí)，加速度等于零，速度達(dá)到最大值，AB錯(cuò)誤；CD．因?yàn)槠囁俣仍絹碓酱?，合外力做正功，汽車克服阻力做的功小于Pt，D正確、C錯(cuò)誤．故選D．考點(diǎn)：功率、汽車的兩種啟動方式4.如圖甲所示，一塊長度為L、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上．一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度v0射人木塊．當(dāng)子彈剛射穿木塊時(shí)，木塊向前移動的距離為s(圖乙)．設(shè)子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質(zhì)點(diǎn)．則子彈穿過木塊的時(shí)間為A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】以子彈與木塊組成的系統(tǒng)為探討對象，滿意動量守恒定律，分別對子彈和木塊列動能定理表達(dá)式，再對木塊列動量定理表達(dá)式，聯(lián)立可求解.【詳解】子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊的系統(tǒng)，外力之和為零動量守恒，有：，設(shè)子彈穿過木塊的過程所受阻力為f，對子彈由動能定理：，由動量定理：，對木塊由動能定理：，由動量定理：，聯(lián)立解得：；故選D.【點(diǎn)睛】子彈穿過木塊過程，子彈與木塊組成的相同動量守恒，由動量守恒定律與動量定理可以正確解題，解題時(shí)留意探討對象、探討過程的選擇.5.一臺小型發(fā)電機(jī)與計(jì)算機(jī)相連接，計(jì)算機(jī)能將發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動勢隨時(shí)間變更的圖象記錄下來，如圖甲所示，讓線圈在勻強(qiáng)磁場中以不同的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，計(jì)算機(jī)記錄了兩次不同轉(zhuǎn)速所產(chǎn)生正弦溝通電的圖象如圖乙所示.則關(guān)于發(fā)電機(jī)先后兩次的轉(zhuǎn)速之比na∶nb，溝通電b的最大值正確的是()A.3∶2，V B.3∶2，VC.2∶3，V D.2∶3，V【答案】B【解析】【詳解】由圖可知，a的周期為0.4s；b的周期為0.6s，則由n=可知，轉(zhuǎn)速與周期成反比，故曲線a、b對應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為3：2；曲線a表示的交變電動勢最大值是10V，依據(jù)Em=nBSω得曲線b表示的交變電動勢最大值是V；故B正確，ACD錯(cuò)誤．6.如圖所示，R1為定值電阻，R2為可變電阻，E為電源電動勢，r為電源內(nèi)電阻，以下說法中正確的是（）A.當(dāng)R2＝R1＋r時(shí)，R2獲得最大功率B.當(dāng)R1＝R2＋r時(shí)，R1獲得最大功率C.當(dāng)R2＝0時(shí)，R1獲得最大功率D.當(dāng)R2＝0時(shí)，電源的輸出功率最大【答案】AC【解析】【詳解】A．將定值電阻R1等效為電源的內(nèi)阻，則可知當(dāng)R2=R1+r時(shí)，R2獲得最大功率，故A正確；BC．依據(jù)P=I2R，電流最大時(shí)，R1上的功率最大，當(dāng)外電阻最小時(shí)，即R2=0時(shí)，電流最大，R1上獲得最大功率，故B錯(cuò)誤，C正確；D．只有電源內(nèi)阻等于外電阻時(shí)，電源的輸出功率是最大的，因不能明確R1與r的大小關(guān)系，故無法確定電源的輸出功率是否最大，故D錯(cuò)誤。故選AC。7.如圖所示，相距為d的兩水平虛線L1和L2分別是水平向里的勻強(qiáng)磁場的上下兩個(gè)邊界，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，正方形線框abcd邊長為L(L<d)，質(zhì)量為m，將線框在磁場上方高h(yuǎn)處由靜止釋放．假如ab邊進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v0，cd邊剛穿出磁場時(shí)的速度也為v0，則從ab邊剛進(jìn)入磁場到cd邊剛穿出磁場的整個(gè)過程中()A.線框中始終有感應(yīng)電流B.線框中有一階段的加速度為重力加速度gC.線框中產(chǎn)生的熱量為mg(d＋h＋L)D.線框有一階段做減速運(yùn)動【答案】BD【解析】【分析】從ab邊剛進(jìn)入磁場到cd邊剛穿出磁場整個(gè)過程中，穿過線框的磁通量先增大、再不變，最終減小，依據(jù)楞次定律推斷感應(yīng)電流的產(chǎn)生，依據(jù)左手定則推斷安培力的方向，進(jìn)而分析導(dǎo)線框的動力學(xué)問題和功能關(guān)系．【詳解】A．正方形線框abcd邊長為L(L<d)，所以cd進(jìn)入磁場后，ab還在磁場內(nèi)，所以穿過線框的磁通量不變，依據(jù)楞次定律可知線框內(nèi)無感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；B．線框完全進(jìn)入磁場中運(yùn)動過程中，線框無感應(yīng)電流，只受重力，線框的加速度為g，故B正確；C．依據(jù)能量守恒定律可知從ab邊剛進(jìn)入磁場到cd邊剛穿出磁場整個(gè)過程,動能變更量為0，重力勢能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量：故C錯(cuò)誤；D．線框ab邊剛進(jìn)入磁場速度為v0，cd邊剛穿出磁場時(shí)速度也為v0，線框有一階段加速度為g，則線框進(jìn)入磁場過程中肯定為減速運(yùn)動，故D正確．【點(diǎn)睛】正確推斷感應(yīng)電流和安培力的方向是前提，線框剛進(jìn)入磁場和完全離開磁場的速度相等時(shí)突破口，據(jù)此分析線框的動力學(xué)問題和功能轉(zhuǎn)化．8.如圖所示，滑塊以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到達(dá)最高點(diǎn)后又返回到動身點(diǎn)．則能大致反映整個(gè)運(yùn)動過程中，滑塊的加速度a、速度v隨時(shí)間t，重力對滑塊所做的功W、動能Ek與位移x關(guān)系的是（取初始位置為坐標(biāo)原點(diǎn)、初速度方向?yàn)檎较颍〢. B.C. D.【答案】BC【解析】【詳解】取初速度方向?yàn)檎瑒t上滑時(shí)的加速度a1=-=-（gsinθ+μgcosθ），下滑時(shí)的加速度a2==gsinθ-μgcosθ．知|a1|＞a2．依據(jù)位移公式x=at2，由于下滑與上滑過程位移大小相等，則知下滑時(shí)間t2大于上滑的時(shí)間t1．由于機(jī)械能有損失，返回到動身點(diǎn)時(shí)速度小球動身時(shí)的初速度．依據(jù)速度時(shí)間圖線的斜率表示加速度，故A錯(cuò)誤，B正確；重力做功為：W=-mgh=-mgxsinθ，故C正確；由動能定理可知，上滑時(shí)；下滑時(shí)：，由數(shù)學(xué)學(xué)問可知，應(yīng)當(dāng)是動能與位移的大小，因此此圖是錯(cuò)誤的，故D錯(cuò)誤。故選BC.二、非選擇題9.某物理愛好小組利用如圖甲所示的裝置進(jìn)行驗(yàn)證動量守恒定律及平臺上A點(diǎn)左側(cè)與滑塊a之間的動摩擦因數(shù)的試驗(yàn)．在足夠大的水平平臺上的A點(diǎn)放置一個(gè)光電門，水平平臺上A點(diǎn)右側(cè)摩擦很小，可忽視不計(jì)，左側(cè)為粗糙水平面，當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間．采納的試驗(yàn)步驟如下：A．在小滑塊a上固定一個(gè)寬度為d的窄擋光片；B．用天平分別測出小滑塊a（含擋光片）和小球b的質(zhì)量ma、mb：C．在a和b間用細(xì)線連接，中間夾一被壓縮了的輕短彈簧，靜止放置在平臺上：D．燒斷細(xì)線后，a、b瞬間被彈開，向相反方向運(yùn)動：E．記錄滑塊a通過光電門時(shí)擋光片的遮光時(shí)間△t：F．滑塊a最終停在C點(diǎn)（圖中未畫出），用刻度尺測出AC之間的距離SaG．小球b從平臺邊緣飛出后，落在水平地面的B點(diǎn)，用刻度尺測出平臺距水平地面的高度h及平臺邊緣鉛垂線與B點(diǎn)之間的水平距離sb；H．變更彈簧壓縮量，進(jìn)行多次測量．（1）用螺旋測微器測量擋光片的寬度，如圖乙所示，則擋光片的寬度為________mm；（2）該試驗(yàn)要驗(yàn)證“動量守恒定律”，則只需驗(yàn)證兩物體a、b彈開后的動量大小相等，即a的動量大小____________等于b的動量大小___________；（用上述試驗(yàn)所涉及物理量的字母表示）（3）變更彈簧壓縮量，多次測量后，該試驗(yàn)小組得到小滑塊a的Sa與關(guān)系圖象如圖丙所示，圖象的斜率為k，則平臺上A點(diǎn)左側(cè)與滑塊a之間的動摩擦因數(shù)大小為____________．（用上述試驗(yàn)數(shù)據(jù)字母表示）【答案】(1).(2).(3).(4).【解析】（1）螺旋測微器的讀數(shù)為：2.5mm+0.050mm=2.550mm．（2）燒斷細(xì)線后，a向左運(yùn)動，經(jīng)過光電門，依據(jù)速度公式可知，a經(jīng)過光電門的速度為：，故a的動量為：，b離開平臺后做平拋運(yùn)動，依據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律可得：及聯(lián)立解得：，故b的動量為：．（3）對物體a由光電門向左運(yùn)動過程分析，則有：，經(jīng)過光電門的速度：，由牛頓其次定律可得：，聯(lián)立可得：，則由圖象可知：．10.某小組利用圖（a）所示的電路，探討硅二極管在恒定電流條件下的正向電壓U與溫度t的關(guān)系，圖中V1和V2為志向電壓表；R為滑動變阻器，R0為定值電阻（阻值100Ω）；S為開關(guān)，E為電源．試驗(yàn)中二極管置于控溫爐內(nèi)，控溫爐內(nèi)的溫度t由溫度計(jì)（圖中未畫出）測出．圖（b）是該小組在恒定電流為50.0μA時(shí)得到的某硅二極管U-t關(guān)系曲線．回答下列問題：（1）試驗(yàn)中，為保證流過二極管的電流為50.0μA，應(yīng)調(diào)整滑動變阻器R，使電壓表V1的示數(shù)為U1=______mV；依據(jù)圖（b）可知，當(dāng)控溫爐內(nèi)的溫度t上升時(shí)，硅二極管正向電阻_____（填“變大”或“變小”），電壓表V1示數(shù)_____（填“增大”或“減小”），此時(shí)應(yīng)將R的滑片向_____（填“A”或“B”）端移動，以使V1示數(shù)仍為U1．（2）由圖（b）可以看出U與t成線性關(guān)系，硅二極管可以作為測溫傳感器，該硅二極管的測溫靈敏度為=_____×10-3V/℃（保留2位有效數(shù)字）．【答案】(1).5.00(2).變小(3).增大(4).B(5).2.8【解析】【詳解】（1）U1=IR0=100Ω×50×10-6A=5×10-3V=5mV由，I不變，溫度上升，U減小，故R減?。挥捎赗變小，總電阻減小，電流增大；R0兩端電壓增大，即V1表示數(shù)變大，只有增大電阻才能使電流減小，故滑動變阻器向右調(diào)整，即向B端調(diào)整．（2）由圖可知，=2.8×10-3V/℃11.如圖所示,質(zhì)量的木塊A套在水平桿上,并用輕繩將木塊與質(zhì)量的小球B相連.今用跟水平方向成角的力,拉著球帶動木塊一起向右勻速運(yùn)動,運(yùn)動中M、m相對位置保持不變,取.求:(1)運(yùn)動過程中輕繩與水平方向夾角;(2)木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)為.(3)當(dāng)為多大時(shí),使球和木塊一起向右勻速運(yùn)動的拉力最小?【答案】（1）30°（2）μ=（3）α=arctan．【解析】【詳解】（1）對小球B進(jìn)行受力分析，設(shè)細(xì)繩對N的拉力為T由平衡條件可得：

Fcos30°=TcosθFsin30°+Tsinθ=mg

代入數(shù)據(jù)解得：T=10，tanθ=，即：θ=30°

（2）對M進(jìn)行受力分析，由平衡條件有

FN=Tsinθ+Mg

f=Tcosθ

f=μFN

解得：μ＝

（3）對M、N整體進(jìn)行受力分析，由平衡條件有：FN+Fsinα=（M+m）g

f=Fcosα=μFN

聯(lián)立得：Fcosα=μ（M+m）g-μFsinα

解得：F＝令：sinβ＝，cosβ=，即：tanβ=

則：

所以：當(dāng)α+β=90°時(shí)F有最小值．所以：tanα=μ=時(shí)F的值最?。矗害?arctan【點(diǎn)睛】本題為平衡條件的應(yīng)用問題，選擇好合適的探討對象受力分析后應(yīng)用平衡條件求解即可，難點(diǎn)在于探討對象的選擇和應(yīng)用數(shù)學(xué)方法探討拉力F的最小值，難度不小，須要細(xì)細(xì)品嘗．12.如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面的x>0區(qū)域內(nèi)，存在電場強(qiáng)度大小E=2×105N/C、方向垂直于x軸的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.2T、方向與xOy平面垂直向外的勻強(qiáng)磁場，在y軸上有一足夠長的熒光屏PQ，在x軸上的M(10，0)點(diǎn)處有一粒子放射槍向x軸正方向連綿不斷地放射大量質(zhì)量m=6.4×10－27kg、電荷量q=3.2×10－19C的帶正電粒子(重力不計(jì))，粒子恰能沿x軸做勻速直線運(yùn)動；若撤去電場，并使粒子放射槍以M點(diǎn)為軸在xOy平面內(nèi)以角速度=2πrad/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(整個(gè)裝置都處在真空中)．（1）推斷電場方向，求粒子離開放射槍時(shí)的速度；（2）帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑；（3）熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍距離；（4）熒光屏上閃光點(diǎn)從最低點(diǎn)移動到最高點(diǎn)所用的時(shí)間．【答案】（1）106m/s（2）0.1m（3）0.273m（4）0.42s【解析】試題分析：（1）粒子做勻速直線運(yùn)動，所受合力為零，由平衡條件可以求出粒子的運(yùn)動速度；粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律列方程可以求出粒子的軌道半徑，（2）依據(jù)題意作出粒子打在熒光屏上的范圍圖示，然后由數(shù)學(xué)學(xué)問求出熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍，（3）求出粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期，求出粒子運(yùn)動的圓心角，最終求出粒子的運(yùn)動時(shí)間．(1)依據(jù)粒子恰能沿x軸做勻速直線運(yùn)動，粒子受到豎直向下的洛倫茲力，則電場力應(yīng)豎直向上，所以電場強(qiáng)度方向豎直向上，依據(jù)可得，代入數(shù)據(jù)得；(2)撤去電場后，有：，粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑，代入數(shù)據(jù)得：R=0.1m；(3)粒子運(yùn)動軌跡可知，粒子最上端打在A點(diǎn)，最下端打在B點(diǎn)：，，；(4)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期：，粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間可以忽視不計(jì)，閃光點(diǎn)從最高點(diǎn)移到最低點(diǎn)的過程中，粒子槍轉(zhuǎn)過的圓心角為，所以時(shí)間為．點(diǎn)晴：粒子做勻速圓周運(yùn)動，由平衡條件可以求出粒子的運(yùn)動速度，粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律列方程，可以求出粒子運(yùn)動的軌道半徑；求出粒子在磁場中做圓周運(yùn)動所轉(zhuǎn)過的圓心角是求出粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間的關(guān)鍵；第三問是本題的難點(diǎn)，依據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動軌跡是解題的關(guān)鍵．13.下列說法正確的是：____A.液晶顯示器利用液晶的光學(xué)各向異性顯示不同顏色B.某種液體的飽和汽壓不肯定比未飽和汽壓大C.氣體溫度上升時(shí)，氣體熱運(yùn)動變得猛烈，氣體的壓強(qiáng)肯定增大D.萘的熔點(diǎn)為80℃，質(zhì)量相等的80℃的固態(tài)萘和80℃的液態(tài)萘具有不同的分子勢能E.若附著層的液體分子比液體內(nèi)部的分子分布稀疏，則液體和固體之間表現(xiàn)為浸潤【答案】ABD【解析】【詳解】A．液晶既具有流淌性，有具有光學(xué)各向異性，所以液晶顯示器利用液晶的光學(xué)各向異性顯示不同顏色，A正確B．同溫度