天津市十二區(qū)重點學(xué)校2025屆高三下學(xué)期3月畢業(yè)班聯(lián)考（一）物理 含解析

2025年天津市十二區(qū)重點學(xué)校高三畢業(yè)班聯(lián)考（一）物理試卷考生注意：1.試卷滿分100分，考試時間60分鐘。2.本考試分設(shè)試卷和答題紙。試卷包括兩部分，第一部分為選擇題，第二部分為非選擇題。3.答題前，務(wù)必在答題紙上填涂姓名、班級、考場座位號和準(zhǔn)考證號，作答必須涂或?qū)懺诖痤}紙上，在試卷上作答一律不得分。第一部分的作答必須涂在答題卡上相應(yīng)的區(qū)域，第二部分的作答必須寫在答題卡上與試卷題號對應(yīng)的位置。第Ⅰ部分選擇題共40分一、單項選擇題（本題共5小題，每小題5分，共25分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的）1.游客去高海拔景區(qū)旅游時，多數(shù)會出現(xiàn)高原反應(yīng)，而通過吸氧可以緩解高原反應(yīng)。如圖是一種便攜式氧氣罐，某游客按壓該氧氣罐噴出氣體的過程中（假定罐內(nèi)氣體可視為理想氣體且溫度保持不變），下列說法正確的是（）A.罐內(nèi)每個氣體分子的動能都不變B.外界對罐內(nèi)氣體做功C.罐內(nèi)氣體的壓強不變D.罐內(nèi)氣體吸收的熱量在數(shù)值上等于氣體對外界做的功【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)題意可知，溫度不變，平均動能不變，但不是罐內(nèi)每個氣體分子的動能都不變，故A錯誤；B．噴出氣體瞬間，氣體膨脹，氣體對外做功，故B錯誤；C．噴出氣體過程中，相當(dāng)于罐內(nèi)和噴出的氣體總體積膨脹，溫度不變，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知，氣體壓強減小，故C錯誤；D．由于氣體溫度不變，則內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，罐內(nèi)氣體吸收的熱量在數(shù)值上等于氣體對外界做的功，故D正確。故選D。2.“核鉆石”電池是利用發(fā)生β衰變放能發(fā)電的新型電池，該電池具有使用壽命長、安全性高的優(yōu)點。下列說法正確的是（）A.β衰變放出的電子來自碳原子的核外電子B.衰變后生成新核為C.升高溫度會使的半衰期變短D.β衰變過程中質(zhì)量和電荷數(shù)守恒【答案】B【解析】【詳解】A．β衰變放出的電子來自碳原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時放出的電子，故A錯誤；B．根據(jù)β衰變的特點，衰變后生成新核質(zhì)量數(shù)不變，電荷數(shù)增加1，可知衰變后生成新核為，故B正確；C．外部因素不會影響的半衰期，故C錯誤；D．β衰變過程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，但質(zhì)量不守恒，故D錯誤故選B。3.電動汽車充電站變壓器如圖所示，其輸入電壓為10kV，輸出電壓為220V，每個充電樁輸入電流16A，設(shè)原副線圈匝數(shù)分別為n1，n2，輸入的正弦交流電的頻率為50Hz，則下列說法正確的是（）A.原副線圈匝數(shù)比250:11B.輸出的最大電壓為220VC.若10臺充電樁同時使用，輸入功率為160kWD.若工作的充電樁數(shù)量增加，則原線圈中電流增大【答案】D【解析】【詳解】A．原副線圈匝數(shù)比為故A錯誤；B．輸出的最大電壓為故B錯誤；C．若10臺充電樁同時使用，輸出功率為變壓器不改變功率，故輸入功率為3.52×104W，故C錯誤；D．若工作的充電樁數(shù)量增加，則輸出功率增加，輸入功率增加，則原線圈中電流增大，故D正確。故選D。4.我國發(fā)射的天問一號探測器經(jīng)霍曼轉(zhuǎn)移軌道到達火星附近后被火星捕獲，經(jīng)過系列變軌后逐漸靠近火星，如圖所示，Ⅰ軌道和Ⅱ軌道為其中的兩個軌道。圖中陰影部分為探測器與火星的連線在相等時間內(nèi)掃過的面積，下列說法正確的是（）A.兩陰影部分的面積相等B.探測器在Ⅱ軌道上通過P點時的加速度小于在Ⅰ軌道上通過P點時的加速度C.探測器在Ⅱ軌道上通過P點時的速度小于在Ⅰ軌道上通過P點時的速度D.探測器在Ⅰ軌道運行的周期小于在Ⅱ軌道運行的周期【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)開普勒第二定律可知，衛(wèi)星繞同一中心天體運動時，在同一軌道上相等時間內(nèi)，衛(wèi)星與中心天體連線掃過的面積相等，圖中兩個陰影部分是不同軌道上連線掃過的面積，則兩陰影部分的面積不相等，故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律有解得可知，探測器在Ⅱ軌道上通過P點時的加速度等于在Ⅰ軌道上通過P點時的加速度，故B錯誤；C．Ⅱ軌道相對于Ⅰ軌道是低軌道，由低軌道變軌到高軌道需要再切點位置加速，可知，探測器在Ⅱ軌道上通過P點時的速度小于在Ⅰ軌道上通過P點時的速度，故C正確；D．探測器在Ⅰ軌道運行的半長軸大于在Ⅱ軌道運行的半長軸，根據(jù)開普勒第三定律可知，探測器在Ⅰ軌道運行的周期大于在Ⅱ軌道運行的周期，故D錯誤。故選C。5.抖空竹是一種傳統(tǒng)雜技。如圖所示，表演者右手控制A點不動，左手控制B點沿圖中的四個方向緩慢移動，忽略空竹轉(zhuǎn)動的影響，不計空竹和輕質(zhì)細線間的摩擦，且認為細線不可伸長。下列說法正確的是（）A.沿虛線a向左移動，空竹高度不變B.沿虛線b向上移動，細線與豎直方向夾角不變C.沿虛線c斜向上移動，細線的拉力不變D.沿虛線d向右移動，細線對空竹的合力減小【答案】B【解析】【詳解】A．空竹受力如圖所示由于空竹緩慢移動，則其受力平衡，由平衡條件可知設(shè)繩長為L，由幾何關(guān)系可知當(dāng)一只手沿虛線a緩慢向左移動時，d減小，減小，空竹高度降低，故A錯誤；B．沿虛線b向上移動，d不變，不變，故B正確；C．沿虛線c斜向上移動，d增大，減小，細線的拉力增大，故C錯誤；D．沿虛線d向右移動，d增大，減小，細線對空竹的合力始終等于空竹的重力，所以細線對空竹的合力不變，故D錯誤。故選B。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題5分，共15分。每小題給出的四個選項中都有多個選項是正確的，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分）6.下列有關(guān)光學(xué)現(xiàn)象描述正確的是（）A.圖甲，水中的氣泡看上去特別明亮，主要原因是光的折射B.圖乙，光經(jīng)過大頭針時，使影的輪廓模糊不清，主要原因是光的衍射C.圖丙，電影院里觀眾看到的立體電影是利用光的偏振D.圖丁，光學(xué)平面的平滑度檢測是利用了光的全反射【答案】BC【解析】【詳解】A．圖甲，水中的氣泡看上去特別明亮，主要原因是光的全反射，故A錯誤；B．圖乙，光經(jīng)過大頭針時，使影的輪廓模糊不清，主要原因是光的衍射，故B正確；C．圖丙，電影院里觀眾看到的立體電影是利用光的偏振，故C正確；D．圖丁，光學(xué)平面的平滑度檢測是利用了光的干涉，故D錯誤。故選BC。7.“甩繩”是一種時尚的健身運動，如圖甲所示，兩根相同的繩子一端固定，另一端由健身者雙手分別握住上下交替甩動，繩子在豎直面內(nèi)分別形成兩列波。某次健身者以一定的頻率開始甩動，某時刻繩子形成的波形如圖乙所示（可視為簡諧波且還未傳到固定點P），其中a、b是右手繩子上的兩個相鄰的最低點，a、b兩質(zhì)點在波的傳播方向上的距離，a質(zhì)點振動圖像如圖丙所示，則（）A.健身者右手甩動繩子的頻率為1HzB.波在繩上傳播的速度為2m/sC.健身者右手剛甩動時的方向是向下D.增大甩動繩子的頻率，繩子上的波形傳播到P點的時間變短【答案】AB【解析】【詳解】A．從圖丙可知周期為1s，則健身者右手甩動繩子的頻率為故A正確；B．由圖乙可知a、b兩質(zhì)點在波的傳播方向上的距離等于波長，則有則波在繩上傳播的速度為故B正確；C．質(zhì)點的起振方向與波源起振方向一致，由圖乙根據(jù)波形平移法可知，繩上質(zhì)點的起振方向向上，則健身者右手剛甩動時的方向向上，故C錯誤；D．機械波的傳播速度由介質(zhì)決定，增大甩動繩子的頻率，波傳播的速度不變，所以繩子上的波形傳播到P點的時間不變，故D錯誤。故選AB。8.真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場。在電場中，若將一個質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球的速度與豎直方向夾角為37°。現(xiàn)將該小球從電場中A點以初速度豎直向上拋出，經(jīng)過最高點B后回到與A在同一水平線上的C點，已知：，，則（）A.小球所受的電場力為B.小球在最高點B的動能為C.小球從B到C的電勢能減少量是從A到B的電勢能減少量的3倍D.小球在C點的機械能比在A點多【答案】CD【解析】【詳解】A．小球由靜止釋放，小球在重力與電場力作用下做勻加速直線運，由于運動中小球的速度與豎直方向夾角為37°，則有故A錯誤；小球豎直方向做豎直上拋運動，小球從A運動到B過程有小球在水平方向做勻加速直線運動，則有小球在最高點B的動能解得故B錯誤；C．小球豎直方向做豎直上拋運動，根據(jù)對稱性可知，小球從A到B的時間等于從B到C的時間，小球水平方向做初速度為0的勻加速直線運動，根據(jù)相鄰相等時間內(nèi)的位移比例關(guān)系可知，水平方向上A到B的分位移與B到C的分位移之比為1:3，則電場力做正功的比值也為1:3，即小球從B到C的電勢能減少量是從A到B的電勢能減少量的3倍，故C正確；D．結(jié)合上述可知，小球從A到C水平方向的分位移電場力做正功為結(jié)合上述解得電場力做正功，電勢能減小，則小球在C點的機械能比在A點多，故D正確。故選CD。第Ⅱ部分非選擇題共60分三、填空題（本題共1小題，每空2分，共12分）9.某興趣小組在科技活動中用如圖甲所示裝置測當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取Ｓ眉毦€拴一個磁性小球并懸掛，手機放在懸點O正下方桌面上，打開手機中測量磁感應(yīng)強度的智能軟件。（地磁場對磁性小球的運動影響很小，可忽略不計）（1）用螺旋測微器測量磁性小球的直徑如圖乙所示，__________mm。（2）用毫米刻度尺測量擺線長度，則擺長，然后使磁性小球在豎直面內(nèi)做小角度擺動，手機的智能軟件記錄接收到的磁感應(yīng)強度隨時間變化的圖像如圖丙所示，則小球擺動的周期__________。（3）多次改變擺線長度，重復(fù)實驗，得到多組擺長l及小球擺動的周期T，作出圖像如圖丁所示，根據(jù)圖丁可得重力加速度的測量值為__________。（，計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）【答案】（1）6.700（2）（3）9.86【解析】【小問1詳解】螺旋測微器的精確度為0.01mm，讀數(shù)為6.5mm+20.0mm=6.700mm【小問2詳解】由圖像可知，從磁場最強再到最強間隔半個周期為t0，則鐵塊擺動的周期?！拘?詳解】根據(jù)單擺周期公式可得故該圖像的斜率為解得重力加速度的測量值為10.某實驗小組利用如圖甲所示的電路圖，測量電壓表的內(nèi)阻和電流表的內(nèi)阻已知定值電阻的阻值為，閉合開關(guān)后，調(diào)節(jié)滑動變阻器以及電阻箱的接入阻值R，電壓表、電流表的示數(shù)分別為U、I，多測幾組U、I、R的對應(yīng)數(shù)據(jù)，根據(jù)所得的數(shù)據(jù)描繪出的關(guān)系圖線如圖乙所示（圖中a、b均已知）。（1）閉合開關(guān)之前，滑動變阻器滑片應(yīng)置于滑動變阻器的_____（填“左”或“右”）端。（2）由圖乙可知，_____，_____（用、a、b表示）?！敬鸢浮浚?）左（2）①.a②.【解析】【小問1詳解】為防止燒壞電表，電表兩端的電壓應(yīng)從零開始，閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑片應(yīng)置于滑動變阻器的最左端?！拘?詳解】[1][2]根據(jù)電路圖的串并聯(lián)關(guān)系，結(jié)合歐姆定律可得整理可得可知圖像的縱截距為圖像的斜率為解得，四、計算題（本題共3小題，其中第10題14分，第11題16分，第12題18分，共48分。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明和方程式，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）11.如圖所示，光滑曲面AB與粗糙水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑的細管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)k=100N/m的輕彈簧，彈簧下端固定，另一端恰好與管口D端平齊。質(zhì)量為的小球1從距BC的高度處靜止釋放，與靜止在B點質(zhì)量為的小球2發(fā)生碰撞，碰后小球1立即停止運動，小球2沿BC軌道進入管口C端時與圓管恰好無作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小球2速度最大時彈簧的彈性勢能。兩球均可以視為質(zhì)點，重力加速度g取。求：（1）小球1在B點與小球2碰撞前的速度大小；（2）小球2在BC軌道上運動過程中，克服摩擦力做的功W；（3）小球2在壓縮彈簧過程中的最大動能?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問1詳解】小球1在曲面AB上運動的過程中，根據(jù)動能定理得解得【小問2詳解】規(guī)定向右為正方向，碰撞過程，設(shè)碰后速度為，動量守恒定律有在C點，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)定能定理得解得【小問3詳解】小球2速度最大時，小球合力為0，即根據(jù)能量守恒得解得12.科學(xué)研究經(jīng)常需要分離同位素。電場可以給帶電粒子加速，也能讓粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)。如圖所示，粒子源不斷產(chǎn)生初速度為零、電荷量為e、質(zhì)量為m的氕核和質(zhì)量為3m氘核，經(jīng)過電壓為U的加速電場加速后勻速通過準(zhǔn)直管，從偏轉(zhuǎn)電場的極板左端中央沿垂直電場方向射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場兩水平金屬板的板長為d，板間距離也為d，板間電壓為2U。整個裝置處于真空中，粒子所受重力、偏轉(zhuǎn)電場的邊緣效應(yīng)均可忽略不計。（1）求氕核離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量以及速度與水平方向的夾角；（2）為了分離氕核和氚核，在偏轉(zhuǎn)電場下極板右端豎直放置一接收屏MN，且MN與偏轉(zhuǎn)電場的下極板相交于M點，在偏轉(zhuǎn)電場右側(cè)存在范圍足夠大、左端有理想邊界、磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，且磁場的左邊界與MN所在直線重合。求氕核和氚核打在接收屏上的位置與M點的距離之比?！敬鸢浮浚?）（2）1：【解析】【小問1詳解】根據(jù)動能定理得由水平方向勻速運動得由勻強電場中場強與電勢差的關(guān)系得根據(jù)牛頓第二定律得由豎直方向上的勻加速運動得解得根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得假設(shè)速度與水平方向的夾角為，則解得【小問2詳解】由速度的合成與分解關(guān)系知根據(jù)向心力關(guān)系得粒子在磁場中做勻速圓周運動的