2025年3月高三調研考試試卷

物理

注意事項：

1.本試題卷共8頁，15個小題?？偡?00分，考試時量75分鐘。

2.接到試卷后，請檢查是否有缺頁、缺題或字跡不清等問題。如有，請及時報告監(jiān)考老師。

3.答題前，務必將自己的姓名、考號寫在答題卡和該試題卷的封面上，并認真核對條形碼的

姓名、考號和科目。

4.作答時，請將答案寫在答題卡上。在草稿紙、試題卷上答題無效。

一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項

是符合題目要求的。

1.2024年10月3日，PhysicalReviewC期刊上發(fā)表了中國科學院近代物理研究所的研究成果：研究團

隊合成新核素杯一227（；*可，并測量了該新核素的半衰期。已知杯-227的衰變方程為

227223

pnVYITT

94fY+92U,下列說法正確的是（）

A.10個杯-227原子核經(jīng)過一個半衰期后還剩余5個

B.杯-227原子核發(fā)生的是a衰變

C.杯-227原子核發(fā)生衰變時需要吸收能量

D.彳pu原子核的比結合能比就U原子核的比結合能大

【答案】B

【解析】

【詳解】A.半衰期是大量粒子的統(tǒng)計規(guī)律，10個釬-227經(jīng)過一個半衰期不一定還剩余5個，A錯誤；

B.根據(jù)電荷數(shù)和質量數(shù)守恒，可知Y的質量數(shù)為4,電荷數(shù)為2,可知Y為a粒子，則缽-227發(fā)生的是a

衰變，B正確；

CD.杯-227衰變的過程中是釋放能量的，比結合能增大，仔pu的比結合能比的比結合能小，CD錯

誤。

故選Bo

2.如圖為隱形戰(zhàn)機的有源對消電子設備發(fā)出與對方雷達發(fā)射波匹配的行波，使對方雷達接受不到反射波，

從而達到雷達隱形的效果。下列說法正確的是（）

有源對消電子設備

雷達入射波

A.隱形戰(zhàn)機雷達隱形的原理是波的干涉

B.隱形戰(zhàn)機雷達隱形的原理是波的衍射

C.隱形戰(zhàn)機雷達隱形的原理是多普勒效應

D.行波與對方雷達發(fā)射波的頻率相同、相位相同

【答案】A

【解析】

【詳解】隱形戰(zhàn)機雷達隱形的原理是波的干涉，利用行波對方雷達發(fā)射波的頻率相同、相位相差半個波長

而抵消。

故選Ao

3.2024年11月4日1時24分，神舟十八號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸，神舟十八號載人飛行

任務取得圓滿成功。神舟十八號載人飛船返回地面的一段時間內(nèi)做豎直向下的直線運動，其運動的位移x

與時間/的圖像如圖所示，其中0?。時間內(nèi)和t2-。時間內(nèi)圖線為曲線，［?/2時間內(nèi)圖線為一傾斜直

線，乙?J時間內(nèi)圖線為一平行于時間軸的直線，勾是右?%時間內(nèi)的某一時刻，則下列說法正確的是

A.0?4時間內(nèi)，返回艙的速度逐漸增大，處于超重狀態(tài)

B.%?^時間內(nèi)，返回艙的速度逐漸增大，處于失重狀態(tài)

C.今時刻返回艙的速度小于。時刻返回艙的速度

D.方5時刻返回艙剛好返回到地面

【答案】C

【解析】

【詳解】A.圖像的斜率等于速度，可知0?4時間內(nèi)，返回艙的速度逐漸增大，加速度向下，可知處于失

重狀態(tài)，選項A錯誤；

B.4?/2時間內(nèi)，圖像的斜率不變，則返回艙的速度不變，不是處于失重狀態(tài)，選項B錯誤；

C.圖像的斜率等于速度，可知J時刻返回艙的速度小于乙時刻返回艙的速度，選項C正確；

D.、時刻返回艙速度為零，剛好返回到地面，選項D錯誤。

故選C。

4.，，抖空竹，，是中國傳統(tǒng)的體育活動之一，在我國有悠久的歷史，為國家級非物質文化遺產(chǎn)之一?，F(xiàn)將抖空

竹中的一個變化過程簡化成以下模型：輕質彈性繩（彈力特點類比于彈簧）系于兩根輕桿的端點位置，

左、右手分別握住兩根輕桿的另一端，一定質量的空竹架在彈性繩上。接下來做出如下動作，左手抬高的

同時右手放低，使繩的兩個端點勻速移動，其軌跡為豎直面內(nèi)等腰梯形的兩個腰（梯形的上下底水平），

如圖所示。則兩端點分別自A、C兩點，沿48、CD以同一速度勻速移動，忽略摩擦力及空氣阻力的影

響，則運動過程中（）

A,左右兩邊繩的彈力均不變且相等B.彈性繩的總長度變大

C.左邊繩的彈力變大D,右邊繩的彈力變小

【答案】A

【解析】

【詳解】ACD.以空竹為研究對象進行受力分析，同一根繩子拉力處處相等，所以FI=F2,,在水平方向空

竹

處于共點力平衡，設Fi與水平方向的夾角為。，F(xiàn)2與水平方向的夾角為廣

片cosa=￡cos￡

所以

a=B

所以兩根繩與豎直方向的夾角相等，為凡則

2片cos0=mg

Fl=^-

2cos6,

兩端點移動的過程，兩端點在水平方向上的距離不變，所以e不變，cos，不變，從而得出Fi和F2均不變,

故A正確，CD錯誤；

B.根據(jù)

F、=kx

可知彈性繩的總長度不變，B錯誤。

故選Ao

5.2024年11月3日，神舟十八號載人飛船與空間站組合體成功分離，航天員葉光富、李聰、李廣蘇即將踏

上回家之旅?？臻g站組合體距離地面的高度為h,運動周期為T,繞地球的運動可視為勻速圓周運動。已知

萬有引力常量為G,地球半徑為R,根據(jù)以上信息可知（）

A.懸浮在空間站內(nèi)的物體，不受力的作用

B.空間站組合體的質量加=4齊（區(qū)+〃）

GT2

C.地球的密度0=3兀（R+R）

「GT2R3

D.神舟十八號飛船與空間站組合體分離后做離心運動

【答案】c

【解析】

【詳解】A.懸浮在空間站內(nèi)的物體，仍受地球的引力作用，選項A錯誤;

B.根據(jù)

「Mm44之

G----------二m一丁(R+h)

(R+h)2T2

可得地球的質量

_4TT2(7?+/Z)3

'~GT2

選項B錯誤；

C.地球的密度

M3兀(7?+/Z)3

"4兀R3G『R3

3

選項C正確；

D.神舟十八號飛船與空間站組合體分離后將做向心運動，選項D錯誤。

故選C。

6.景區(qū)內(nèi)的滑沙活動項目備受游客們的青睞，圖甲為滑沙運動過程的簡化圖。某可視為質點的游客坐在滑

板上從斜坡A點由靜止開始滑下，游客和滑板的總質量m=60kg,滑板與斜坡滑道間的阻力大小/=8,

k為常數(shù)，阻力f方向與速度方向相反，斜坡足夠長，斜坡的傾角。=37。。該游客和滑板整體下滑過程中的

最大速度為4m/s,滑沙結束后為了減輕游客負擔，可利用圖乙功率恒為450W的電動機，通過平行于斜面

的輕繩牽引游客和滑板回到A點。整個運動過程中空氣阻力忽略不計，重力加速度g取10m/s2,

sin37°=0.6o下列說法正確的是（）

A.常數(shù)k為120kg/s

B.牽引過程中整體達到的最大速度為lm/s

C.牽引過程中整體速度為0.5m/s時，整體的加速度大小為8.5m/s2

D.若該電動機的輸入電壓為100V,輸入電流為5A,則發(fā)動機內(nèi)阻為10。

【答案】B

【解析】

【詳解】A.對游客和滑板整體分析，勻速下滑時機gsin37°=H

代入解得左=90kg/s

故A錯誤；

B.已知尸=450W

P

設輕繩牽引力為則最大速度%=一

F

F=mgsin37°+kvm

聯(lián)立解得％=lm/s

故B正確；

C.己知x=0.5m/s

由題意得尸=大匕

號-mgsin31°-kvl=ma

解得加速度大小a=8.25m/s2

故C錯誤；

D.若該電動機的輸入電壓為100V,輸入電流為5A,則發(fā)動機發(fā)熱功率

￡尸=100x5W—450W=50W

又P、=I，

解得內(nèi)阻r=2Q

故D錯誤。

故選B。

二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符

合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7.某些為屏蔽電磁波設計的人工材料，其折射率為負值（n<0）,稱為負折射率材料。電磁波從空氣射入這

類材料時，折射定律和電磁波傳播規(guī)律仍然不變，但是折射波與入射波位于法線的同一側（此時折射角取

負值）。如圖所示，波源S發(fā)出的一束電磁波的入射角i=45。，經(jīng)負折射率〃=—后的平板介質材料后，從

另一側面射出（圖中未畫出），已知平板介質的厚度為d,電磁波在真空中的傳播速度為c,不考慮電磁波

在介面處的反射，下列說法正確的是（)

A.該電磁波的出射點位于法線OOi的上方

B.電磁波射出平板的出射方向與射入平板的入射方向平行

C.電磁波由空氣進入平板介質，波長變長

D.電磁波在平板介質中的傳播時間為久迎

3c

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.由于平板介質材料的折射率為負值，則電磁波在材料中折射方向位于法線的下方，所以

該電磁波的出射點位于法線O&的下方，故A錯誤;

B.根據(jù)光路可逆原理，電磁波的出射方向與電磁波入射到平板介質的方向平行，故B正確;

C.根據(jù)

則電磁波由空氣進入平板介質，波長變短，故c錯誤;

D.根據(jù)

得折射光線與法線夾角為

夕=30。

由B選項可知，光在平板介質中的速度為叵，則電磁波在平板介質中的傳播時間為

2

d

cos30°_2ad

4ic3c

2

故D正確。

故選BD?

8.為模擬空氣凈化過程，設計了如圖甲和乙所示的兩種密閉除塵桶。在甲圓桶頂部和底面間加上恒定電壓

U,沿圓桶的軸線方向會形成一片勻強電場，初速度為零的帶電塵粒的運動方向如圖甲箭頭方向所示：而

在乙圓桶軸線處放一直導線，在導線與桶壁間也加上恒定電壓U,會形成沿半徑方向的輻向電場，初速度

為零的帶電塵粒的運動方向如圖乙箭頭方向所示。已知帶電塵粒運動時受到的空氣阻力大小與其速度大小

成正比，假設每個塵粒的質量和帶電荷量均相同，帶電塵粒的重力忽略不計，則（）

甲乙

A,在甲桶中，塵粒的加速度一直不變

B.在乙桶中，塵粒在向桶壁運動過程中，塵粒所受電場力變小

C.任意相等時間內(nèi)，甲桶中電場力對單個塵粒做的功一定相等

D,甲、乙兩桶中，電場力對單個塵粒做功的最大值相等

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.在甲桶中的電場為勻強電場根據(jù)

F=qE

可知，塵粒受電場力為恒力，由于空氣阻力與塵粒運動的速度成正比，可知塵粒所受的合力隨速度的變化

而改變，根據(jù)公式

F=ma

可知，從塵埃合外力改變，即塵埃加速度變化，A錯誤；

B.除塵方式受到電場力大小

F=qE

乙空間中的電場為放射狀的，電場不是勻強電場，因此越遠離導線的電場強度越小，所以塵粒在向桶壁運

動過程中，塵粒所受電場力變小，B正確；

C.根據(jù)公式

W^Fs

F=qE

整理可知

W=qEs

由于塵粒在電場中，整體不做勻速直線運動，故在任意相等時間內(nèi)，位移s可能不同，即任意相等時間

內(nèi)，甲桶中電場力對單個塵粒做的功不一定相等，C錯誤；

D.根據(jù)公式

W=qU

可知，電場對單個塵粒做功的最大值都等于q。，D正確。

故選BD。

9.電動汽車無線充電示意圖如圖，若發(fā)射線圈的輸入電壓為M=220亞sin(100R)V、匝數(shù)為1100匝，

接收線圈的匝數(shù)為2200匝。由于漏磁，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的90%,下列說法正確的是

)

A.發(fā)射線圈采用直流電也能為電動汽車充電

B.接收線圈中交變電流的頻率為50Hz

C.接收線圈輸出電壓的有效值為396V

D.接收線圈輸出電壓的有效值為440V

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.變壓器是利用電磁感應原理，必須通過交流電產(chǎn)生變化的磁場，才能產(chǎn)生感應電流，故A錯

誤;

B.變壓器不改變交變電流的頻率，頻率應為

1007

=50Hz

2萬

故B正確；

CD.根據(jù)正弦式交流電中有效值和峰值的關系可知，原線圈的電壓有效值為

u=生=220,v=220V

V2V2

根據(jù)變壓器的工作原理有

〃△①90%△①

U,=n,-----T-T，（7,=〃,----------------

11Ar2-Ar

聯(lián)立可得

■―—

U290%〃2

解得

U2=396V

故C正確，D錯誤。

故選BCo

10.某?？萍寂d趣小組設計了一個玩具車的電磁驅動系統(tǒng)，如圖所示，abed是固定在塑料玩具車底部的長

為L、寬為3的長方形金屬線框，線框粗細均勻且電阻為R。驅動磁場為方向垂直于水平地面、等間隔交

2

替分布的勻強磁場，磁感應強度大小均為B,每個磁場寬度均為二?，F(xiàn)使驅動磁場以速度均向右勻速運

2

動，線框將受到磁場力并帶動玩具車由靜止開始運動，假設玩具車所受阻力f與其運動速度v的關系為

f=kv（k為常量）。下列說法正確的是（）

A%

XB*QXXX；??

xx??：xXXx\??

xx??;XXXX;??

IB

xx?c?IxXX\??

A.a、d兩點間的電壓的最大值為烏也

3

B.玩具車在運動過程中線框中電流方向不改變

C.線框勻速運動時，安培力的功率等于回路中的電功率

4B2ao

D,玩具車和線框的最大速度為v=

kR+AB21}

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.剛開始時線框相對于磁場的速度最大，此時感應電動勢最大，ab、cd均切割磁感線，產(chǎn)生感

應電動勢方向相同，則總電動勢為

E息-2BL“O

R

因線框電阻為R,則ad部分電阻為一，則a、d兩點間的電壓的最大值為

6

E_E總_BLV。

匕ad一/一c

63

故A正確；

B.磁場向右運動，相當于線框切割磁感線，ab、cd所處的磁場區(qū)域會不斷發(fā)生變化，結合右手定則可分

析出金屬框中電流方向并不是不變的，故B錯誤；

D.設玩具車最大速度為v,則相對于磁場的速度為vo-v,此時總電動勢為

E=2BL(v0—v)

總安培力為

F=2BIL=2B'~~~~L~~~~-■

RR

因玩具車所受阻力為其對地速度的k倍，當速度最大時有

—J"次。-")

R

可得

452Z2V

n------0-----------

kR+AB-l}

故D正確；

C.玩具車達到最大速度時即勻速時，安培力的功率為

=竺出3

1R

電功率為

2222

E45Z(V0-V)

5二—二--------------

RR

僅當

%—v=v

即

才有

P\=P?

但V不一定取為，故C錯誤。

2

故選AD。

三、非選擇題：本大題共5小題，共56分。

11.某同學用圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。他測出小鋼球的直徑d、質量加，將不可伸長的

輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球，使小鋼球靜止在最低點，測出繩長z,然后拉起小

鋼球至某一位置，測出輕繩與豎直方向之間的夾角凡隨即將其由靜止釋放。小鋼球在豎直平面內(nèi)擺動，

記錄鋼球擺動過程中拉力傳感器示數(shù)的最大值工。改變凡重復上述過程。根據(jù)測量數(shù)據(jù)在直角坐標系中

繪制耳-cos。圖像。當?shù)刂亓铀俣葹間。

（1）該同學用游標卡尺測小球直徑d時，示數(shù)如圖乙所示，則〃=mm。

（2）某次測量時，傳感器示數(shù)的最大值為4。,則小球該次通過最低點的速度大小為（用題中所給

物理量的符號表示）。

（3）該同學繪制的馬-COS0圖像如圖丙所示，若小球運動過程中滿足機械能守恒，則圖像的斜率大小

k=（用題中所給物理量的符號表示）。

丙

【答案】(1)12.30

(2)go-Mg).

Vm

(3)2mg

【解析】

【小問1詳解】

圖乙中用游標卡尺測得小球的直徑為

d=12mm+6x0.05mm=12.30mm

【小問2詳解】

小球通過最低點時傳感器的示數(shù)最大，由牛頓第二定律

V2

FJ0-mg=m-

求得

【小問3詳解】

小球由最高點運動至最低點過程中，根據(jù)機械能守恒定律有

mgL(1-cos6()=

小球通過最低點時有

2

rT-mg=m—

聯(lián)立得

FT=-2mgcos0+3mg

故工-cos6圖像的斜率大小

k=2mg

12.在日常生活中充電寶可以像電源一樣使用，小明嘗試測量某充電寶的電動勢E及內(nèi)阻r（E約為5V,r

約為零點幾歐姆），現(xiàn)有實驗器材：量程為3V的電壓表V,量程為0.3A的電流表A（具有一定內(nèi)阻），定

值電阻R=40Q,滑動變阻器開關S,導線若干。

（1）實驗中，以電流表示數(shù)I為橫坐標，電壓表示數(shù)U為縱坐標得到圖2所示的圖像，其中圖像與縱軸

交點的縱坐標為Ui，與橫軸交點的橫坐標為L，則￡=,r=o（均選用Ui、L、R表

示）

（2）小張認為，考慮到電壓表并非理想電表，所以小明設計的電路測量誤差較大。于是設計了如圖3所

示的電路測量充電寶的電動勢E和內(nèi)電阻r,均勻電阻絲XY長1.0m,電阻為8.0。，標準電池A的電動勢

為8.0V、內(nèi)電阻為0.50C,定值電阻Ri=1.5Q,R2=4.8QO

①開關S斷開，當滑動片J移動至XJ=0.80m位置時電流表G示數(shù)為零，則充電寶B的電動勢

E=V（保留兩位有效數(shù)字）；

②開關S閉合，滑片J移至XJ=0.75m處時電流表G示數(shù)為零，則充電寶B的內(nèi)電阻『。（保

留兩位有效數(shù)字）。

【答案】⑴①.Ui②.}-R

（2）①.5.1②.0.32

【解析】

【小問1詳解】

山⑵根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U=E-I（R+r）

結合圖像可得E=U-R+r=?

4

所以外=六尺

【小問2詳解】

［1］開關S斷開，均勻電阻絲XY長1.0m,電阻8.0。，則當滑片J移動至XJ=0.80m位置時，XJ部分電阻

為8.0x0.8Q=6.4Q

64

電流表G示數(shù)為零，則E=--------------x8.0V=5.12V?5.1V

8+1.5+0.5

⑵開關S閉合，滑片J移至XJ=0.75m處時，XJ部分電阻為8.0x0.75。=6.0。

E6.0

則有好7尺=^71^小、o8-ov

5.12x4.8

即V=4.8V

4.8+r

解得r=0.32Q

13.戶外活動時需要在小口徑井中取水，某同學取如圖所示的一段均勻竹筒做了一個簡易汲水器。在五個

竹節(jié)處開小孔，把竹筒豎直放入水中一定深度后，水從C孔進入，空氣由從A孔排出，當內(nèi)外液面相平

時，手指按住竹筒最上A處小孔緩慢地上提竹筒，即可把井中的水取上來。設竹筒內(nèi)空間橫截面積

S=20cm2,竹筒共四小段，每小段長度/=25cm,已知水密度p=1.0x］伊kg/n?,重力加速度大小g=10m/s2,

大氣壓強Po=LOxlO5pa,整個過程溫度保持不變，空氣可視為理想氣體。求：

r-iA

-B

-\c

(1)把竹筒全部浸入水中，堵住A孔將其拿出水面后再松開A孔讓水慢慢流出，流出一部分水后再堵住

A孔，等竹筒中水位穩(wěn)定后，水位剛好下降到B處，求從A孔進入的標準大氣壓下空氣的體積V；

(2)把竹筒豎直放入井水中汲水時，如果井水水位剛好浸到竹筒竹節(jié)B處，手指按住最上面的A孔緩慢

地上提竹筒，一次能汲出多少克的水？(J而w0.05)

【答案】(1)9.5xW4m3

(2)0.95kg

【解析】

【小問1詳解】

從A孔進入的空氣，發(fā)生的是等溫變化，初狀態(tài)參量為月=20，VX=V

末狀態(tài)參量為P2=Po-pgi，v,=is

由玻意耳定律得

解得「=S^=9.5xlOTm3

Po

【小問2詳解】

當手指按住最上面的A孔緩慢地上提竹筒，設最后竹筒里面取水的高度為〃。對竹筒上部分的空氣分析可

知初狀態(tài)參量為Pi=Po>V3=IS

末狀態(tài)參量為P4=Po-Pg力，匕=(2/-〃)S

由玻意耳定律得23匕=24匕

整理并代入數(shù)據(jù)得/Z2-11/Z+5=0

解得h=0.475m

所以一次能汲出水的質量機=〃zS=0.95kg

14.在高能物理研究中，需要實現(xiàn)對微觀粒子的精準控制。如圖所示，電子在管道PQ內(nèi)勻強電場的作用

下由P點從靜止開始做勻加速直線運動，從Q點射出，電子最終擊中與槍口相距d的點M。QM與直線

PQ夾角為a,且P、Q、M三點均位于紙面內(nèi)。已知電子的電荷量為-e(e>0)、質量為m、PQ間距為

d、電場強度為E。求：

P______________Q

1一一廠一飛

\d

\\

X

\

(1)電子從Q點射出時的速度大小v；

(2)若僅在管道外部空間加入垂直于直線PQ的勻強電場用,請確定片的方向和大?。?/p>

(3)若僅在管道外部空間加入與直線QM平行的勻強磁場，求磁感應強度的最小值B?

【答案】（1）

/工-一4十?l4￡tana

(2)電場Ei方向垂直PQ向上，E=-------

xcosa

2mE

(3)B=27rcosa

ed

【解析】

【小問1詳解】

1

加速過程，根據(jù)動能定理eEd=—機商9

2

解得

【小問2詳解】

勻強電場片垂直于直線產(chǎn)。，則電子離開Q點后做類平拋運動，故電場力垂直PQ向下，又電子帶負電,

則電場Ei方向垂直PQ向上（PQM平面），PQ方向做勻速直線運動，有v%=dcosa

1,

垂直PQ方向勻加速直線運動，有2a〃=dsina

根據(jù)牛頓第二定律/=里

m

,口l4Etana

聯(lián)立可得用=--------

cosa

【小問3詳解】

將速度沿著和垂直QM方向分解v〃=vcos6Z,v±=vsina

垂直于QW方向做圓周運動，有^乙3=加支

r

2兀m

運動周期7

v±eB

磁感應強度的最小值，則周期T取最大值，平行于加方向做勺速直線運動

d_d

v〃vcosa

分運動的時間相同，剛好為一個周期T,即％二T

聯(lián)立解得8=2萬cosaJ把

Ved

15.如圖所示，質量均為M=9kg,厚度相同、長度均為L=0.6m的木板A、B