2025屆天津市十二區(qū)重點(diǎn)學(xué)校高三畢業(yè)聯(lián)考（一）物理試卷（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試題PAGEPAGE12025年天津市十二區(qū)重點(diǎn)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(shí)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(jí)、考場(chǎng)座位號(hào)和準(zhǔn)考證號(hào)，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(xiě)在答題卡上與試卷題號(hào)對(duì)應(yīng)的位置。第Ⅰ部分選擇題共40分一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的）1.游客去高海拔景區(qū)旅游時(shí)，多數(shù)會(huì)出現(xiàn)高原反應(yīng)，而通過(guò)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(guò)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(shuō)法正確的是（）A.罐內(nèi)每個(gè)氣體分子的動(dòng)能都不變B.外界對(duì)罐內(nèi)氣體做功C.罐內(nèi)氣體的壓強(qiáng)不變D.罐內(nèi)氣體吸收的熱量在數(shù)值上等于氣體對(duì)外界做的功【答案】D【解析】A．根據(jù)題意可知，溫度不變，平均動(dòng)能不變，但不是罐內(nèi)每個(gè)氣體分子的動(dòng)能都不變，故A錯(cuò)誤；B．噴出氣體瞬間，氣體膨脹，氣體對(duì)外做功，故B錯(cuò)誤；C．噴出氣體過(guò)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(qiáng)減小，故C錯(cuò)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(duì)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(zhǎng)、安全性高的優(yōu)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A.β衰變放出的電子來(lái)自碳原子的核外電子B.衰變后生成新核為C.升高溫度會(huì)使的半衰期變短D.β衰變過(guò)程中質(zhì)量和電荷數(shù)守恒【答案】B【解析】A．β衰變放出的電子來(lái)自碳原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時(shí)放出的電子，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)β衰變的特點(diǎn)，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(huì)影響的半衰期，故C錯(cuò)誤；D．β衰變過(guò)程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，但質(zhì)量不守恒，故D錯(cuò)誤故選B。3.電動(dòng)汽車(chē)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(gè)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(shuō)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(tái)充電樁同時(shí)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】A．原副線圈匝數(shù)比為故A錯(cuò)誤；B．輸出的最大電壓為故B錯(cuò)誤；C．若10臺(tái)充電樁同時(shí)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(cuò)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(guó)發(fā)射的天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器經(jīng)霍曼轉(zhuǎn)移軌道到達(dá)火星附近后被火星捕獲，經(jīng)過(guò)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(gè)軌道。圖中陰影部分為探測(cè)器與火星的連線在相等時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積，下列說(shuō)法正確的是（）A.兩陰影部分的面積相等B.探測(cè)器在Ⅱ軌道上通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度小于在Ⅰ軌道上通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度C.探測(cè)器在Ⅱ軌道上通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度小于在Ⅰ軌道上通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度D.探測(cè)器在Ⅰ軌道運(yùn)行的周期小于在Ⅱ軌道運(yùn)行的周期【答案】C【解析】A．根據(jù)開(kāi)普勒第二定律可知，衛(wèi)星繞同一中心天體運(yùn)動(dòng)時(shí)，在同一軌道上相等時(shí)間內(nèi)，衛(wèi)星與中心天體連線掃過(guò)的面積相等，圖中兩個(gè)陰影部分是不同軌道上連線掃過(guò)的面積，則兩陰影部分的面積不相等，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)牛頓第二定律有解得可知，探測(cè)器在Ⅱ軌道上通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度等于在Ⅰ軌道上通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度，故B錯(cuò)誤；C．Ⅱ軌道相對(duì)于Ⅰ軌道是低軌道，由低軌道變軌到高軌道需要再切點(diǎn)位置加速，可知，探測(cè)器在Ⅱ軌道上通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度小于在Ⅰ軌道上通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度，故C正確；D．探測(cè)器在Ⅰ軌道運(yùn)行的半長(zhǎng)軸大于在Ⅱ軌道運(yùn)行的半長(zhǎng)軸，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知，探測(cè)器在Ⅰ軌道運(yùn)行的周期大于在Ⅱ軌道運(yùn)行的周期，故D錯(cuò)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(diǎn)不動(dòng)，左手控制B點(diǎn)沿圖中的四個(gè)方向緩慢移動(dòng)，忽略空竹轉(zhuǎn)動(dòng)的影響，不計(jì)空竹和輕質(zhì)細(xì)線間的摩擦，且認(rèn)為細(xì)線不可伸長(zhǎng)。下列說(shuō)法正確的是（）A.沿虛線a向左移動(dòng)，空竹高度不變B.沿虛線b向上移動(dòng)，細(xì)線與豎直方向夾角不變C.沿虛線c斜向上移動(dòng)，細(xì)線的拉力不變D.沿虛線d向右移動(dòng)，細(xì)線對(duì)空竹的合力減小【答案】B【解析】A．空竹受力如圖所示由于空竹緩慢移動(dòng)，則其受力平衡，由平衡條件可知設(shè)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，由幾何關(guān)系可知當(dāng)一只手沿虛線a緩慢向左移動(dòng)時(shí)，d減小，減小，空竹高度降低，故A錯(cuò)誤；B．沿虛線b向上移動(dòng)，d不變，不變，故B正確；C．沿虛線c斜向上移動(dòng)，d增大，減小，細(xì)線的拉力增大，故C錯(cuò)誤；D．沿虛線d向右移動(dòng)，d增大，減小，細(xì)線對(duì)空竹的合力始終等于空竹的重力，所以細(xì)線對(duì)空竹的合力不變，故D錯(cuò)誤。故選B。二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中都有多個(gè)選項(xiàng)是正確的，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)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(guò)大頭針時(shí)，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(cè)是利用了光的全反射【答案】BC【解析】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(cuò)誤；B．圖乙，光經(jīng)過(guò)大頭針時(shí)，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(cè)是利用了光的干涉，故D錯(cuò)誤。故選BC。7.“甩繩”是一種時(shí)尚的健身運(yùn)動(dòng)，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(dòng)，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(kāi)始甩動(dòng)，某時(shí)刻繩子形成的波形如圖乙所示（可視為簡(jiǎn)諧波且還未傳到固定點(diǎn)P），其中a、b是右手繩子上的兩個(gè)相鄰的最低點(diǎn)，a、b兩質(zhì)點(diǎn)在波的傳播方向上的距離，a質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)圖像如圖丙所示，則（）A.健身者右手甩動(dòng)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(dòng)時(shí)的方向是向下D.增大甩動(dòng)繩子的頻率，繩子上的波形傳播到P點(diǎn)的時(shí)間變短【答案】AB【解析】A．從圖丙可知周期為1s，則健身者右手甩動(dòng)繩子的頻率為故A正確；B．由圖乙可知a、b兩質(zhì)點(diǎn)在波的傳播方向上的距離等于波長(zhǎng)，則有則波在繩上傳播的速度為故B正確；C．質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)的起振方向向上，則健身者右手剛甩動(dòng)時(shí)的方向向上，故C錯(cuò)誤；D．機(jī)械波的傳播速度由介質(zhì)決定，增大甩動(dòng)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(diǎn)的時(shí)間不變，故D錯(cuò)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(qiáng)電場(chǎng)。在電場(chǎng)中，若將一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中小球的速度與豎直方向夾角為37°。現(xiàn)將該小球從電場(chǎng)中A點(diǎn)以初速度豎直向上拋出，經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)B后回到與A在同一水平線上的C點(diǎn)，已知：，，則（）A.小球所受的電場(chǎng)力為B.小球在最高點(diǎn)B的動(dòng)能為C.小球從B到C的電勢(shì)能減少量是從A到B的電勢(shì)能減少量的3倍D.小球在C點(diǎn)的機(jī)械能比在A點(diǎn)多【答案】CD【解析】A．小球由靜止釋放，小球在重力與電場(chǎng)力作用下做勻加速直線運(yùn)，由于運(yùn)動(dòng)中小球的速度與豎直方向夾角為37°，則有故A錯(cuò)誤；小球豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，小球從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程有小球在水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有小球在最高點(diǎn)B的動(dòng)能解得故B錯(cuò)誤；C．小球豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知，小球從A到B的時(shí)間等于從B到C的時(shí)間，小球水平方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)相鄰相等時(shí)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(chǎng)力做正功的比值也為1:3，即小球從B到C的電勢(shì)能減少量是從A到B的電勢(shì)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(chǎng)力做正功為，結(jié)合上述解得電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，則小球在C點(diǎn)的機(jī)械能比在A點(diǎn)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(dòng)中用如圖甲所示裝置測(cè)當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。用?xì)線拴一個(gè)磁性小球并懸掛，手機(jī)放在懸點(diǎn)O正下方桌面上，打開(kāi)手機(jī)中測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度的智能軟件。（地磁場(chǎng)對(duì)磁性小球的運(yùn)動(dòng)影響很小，可忽略不計(jì)）（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量磁性小球的直徑如圖乙所示，__________mm。（2）用毫米刻度尺測(cè)量擺線長(zhǎng)度，則擺長(zhǎng)，然后使磁性小球在豎直面內(nèi)做小角度擺動(dòng)，手機(jī)的智能軟件記錄接收到的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的圖像如圖丙所示，則小球擺動(dòng)的周期__________。（3）多次改變擺線長(zhǎng)度，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，得到多組擺長(zhǎng)l及小球擺動(dòng)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(cè)量值為_(kāi)_________。（，計(jì)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(wèn)1詳析】螺旋測(cè)微器的精確度為0.01mm，讀數(shù)為6.5mm+20.0mm=6.700mm【小問(wèn)2詳析】由圖像可知，從磁場(chǎng)最強(qiáng)再到最強(qiáng)間隔半個(gè)周期為t0，則鐵塊擺動(dòng)的周期?！拘?wèn)3詳析】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(cè)量值為10.某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的電路圖，測(cè)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(kāi)關(guān)后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)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(cè)幾組U、I、R的對(duì)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(kāi)關(guān)之前，滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)置于滑動(dòng)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）a【解析】【小問(wèn)1詳析】為防止燒壞電表，電表兩端的電壓應(yīng)從零開(kāi)始，閉合開(kāi)關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)置于滑動(dòng)變阻器的最左端?！拘?wèn)2詳析】[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(jì)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(xiě)出必要的文字說(shuō)明和方程式，只寫(xiě)出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)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(diǎn)，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑的細(xì)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?kù)o止釋放，與靜止在B點(diǎn)質(zhì)量為的小球2發(fā)生碰撞，碰后小球1立即停止運(yùn)動(dòng)，小球2沿BC軌道進(jìn)入管口C端時(shí)與圓管恰好無(wú)作用力，通過(guò)CD后，在壓縮彈簧過(guò)程中小球2速度最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能。兩球均可以視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取。求：（1）小球1在B點(diǎn)與小球2碰撞前的速度大??；（2）小球2在BC軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，克服摩擦力做的功W；（3）小球2在壓縮彈簧過(guò)程中的最大動(dòng)能?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問(wèn)1詳析】小球1在曲面AB上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得解得【小問(wèn)2詳析】規(guī)定向右為正方向，碰撞過(guò)程，設(shè)碰后速度為，動(dòng)量守恒定律有在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)定能定理得解得【小問(wèn)3詳析】小球2速度最大時(shí)，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(chǎng)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(guò)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后勻速通過(guò)準(zhǔn)直管，從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的極板左端中央沿垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩水平金屬板的板長(zhǎng)為d，板間距離也為d，板間電壓為2U。整個(gè)裝置處于真空中，粒子所受重力、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)均可忽略不計(jì)。（1）求氕核離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)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(chǎng)下極板右端豎直放置一接收屏MN，且MN與偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的下極板相交于M點(diǎn)，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右側(cè)存在范圍足夠大、左端有理想邊界、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁場(chǎng)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(diǎn)的距離之比?！敬鸢浮浚?）（2）1：【解析】【小問(wèn)1詳析】根據(jù)動(dòng)能定理得由水平方向勻速運(yùn)動(dòng)得由勻強(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)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(yùn)動(dòng)得解得根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得假設(shè)速度與水平方向的夾角為，則解得【小問(wèn)2詳析】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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的弦長(zhǎng)解得帶入