【文档说明】江苏省镇江市2024-2025学年高三上学期期初质量监测试题 物理 PDF版含解析.pdf，共(22)页，2.545 MB，由小赞的店铺上传

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GQkBECAQgGRFAEsAIBwRFABAA=}#}{#{QQABLYgg4gAQgoTACR4rA0VMC0mQkJIjLcgExVCBqA5DgZFAFIA=}#}第1页/共17页学科网（北京）股份有限公司2024~2025学年第一学期期初高

三质量监测物理注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项1．本试卷包含选择题和非选择题两部分．考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效．全卷共16题，本次考试时间为75分钟，满分100分．2．答选择题必

须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效．一、单项选择题：共11题，每小题

4分，共计44分．每小题只有一个选项最符合题意．1.现代科技可实现“点石成金”。用中子轰击汞可以得到金，核反应方程是119819708079nHgAuX，则X是（）A.21HB.32HeC.11HD.42He【答案】A【解析】设X的质量数为x，电荷

数为y，根据核反应中质量数与电荷数守恒，可知1198197x，8079y解得𝑥=2，1y则X是21H。故选A。2.用电流传感器测量通过小灯泡的电流，0t时刻加上恒定电压，若考虑金属灯丝电

阻与温度的关系，下列表示小灯泡电流随时间变化的图线可能正确的是（）A.B.第2页/共17页学科网（北京）股份有限公司C.D.【答案】B【解析】刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不变。故选

B。3.大量氢原子处于4n的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.25eV的金属钾，能产生光电效应的光子种类数为（）A.3种B.4种C.5种D.6种【答案】B【解析】大量处于4n的激发态的氢原子在向低能级跃迁时能放出光子的有6种，这些光子的能量分别为414112.75e

VEEE42422.55eVEEE43430.66eVEEE32321.89eVEEE212110.2eVEEE313112.09eVEEE用这些光子照射金属钾，能量大于逸出功即可发生光电效应，所以能产生光电效应的光子种类数为4种，为41E、42E、3

1E、21E。第3页/共17页学科网（北京）股份有限公司故选B。4.关于多用电表的使用，选择合适的挡位后，下列连接方式正确的是（）A.甲图，测量小灯泡两端电压B.乙图，测量小灯泡工作电流C.丙图，测量电阻xR的阻值D.丁图，测量二极管正向导通电阻【答案】B【解析】A．甲图是用多用电表直流电

压挡测量小灯泡两端电压，但表笔接法错误，故A错误；B．乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流，表笔接法正确，故B正确；C．丙图是用多用电表直流电压挡测量电阻xR两端的电压，表笔接法正确，若测量电阻xR的阻值，需要断开回

路中的开关，故C错误；D．丁图中黑表笔接二极管负极，红表笔接二极管正极，多用电表测二极管反向电阻，故D错误。故选B。5.喷泉喷出的水做斜抛运动，图中甲、乙为某一喷嘴喷出的两束水柱在空中的轨迹示意图，已知两轨迹的喷射高度之比为2:1，水平距离之比

为2:1，则甲、乙两束水喷出的初速度之比为（）A.2:1B.2:1C.1:2D.6:1【答案】A【解析】水做斜抛运动，设喷出时，水初速度0v与水平方向夹角为，则水平速度大小为0cosxvv的第4页/共

17页学科网（北京）股份有限公司根据逆向思维及对称性，可知甲、乙两水柱从起抛点到到达最高，由212hgt，可得2htg由xxvt，可得xxvt联立以上式子可得0cos2xgvh结合题意，可得甲、乙两束水喷出的初速度之比为00212:112vxhvxh甲甲乙乙乙

甲故选A。6.如图所示，一个轻质细绳OA把甲球挂在光滑竖直墙壁上A点，若将甲球替换为密度相同、半径小于甲球的乙球，则乙球对墙的压力和对轻绳的拉力与甲球相比（）A.压力大，拉力小B.压力大，拉力大C.压力小，拉力小D.压力小，拉力大【答案】C【解析】设绳子与墙壁的夹角

为θ，绳对球的拉力为T，墙对球的支持力为F，对球受力分析有cosmgTtanFmg设绳长为l、球的半径为r，则有sinrrl34·3mr因rr甲乙，则有的第5页/共17页学科网（北京）股份有限公司mm甲乙coscos甲乙，tantan甲

乙比较得出TT甲乙，FF甲乙根据牛顿第三定律可知，乙球对墙的压力与甲球相比更小，对轻绳的拉力与甲球相比更小，故选C。7.2024年4月25日，神舟十八号飞船与天宫空间站顺利对接，如图所示，飞船与空间站对接前在各自预定的圆轨道Ⅰ、Ⅲ上运动，Ⅱ为对接转移轨道，下列说法正确

的是（）A.飞船在Ⅰ轨道运行速度小于在Ⅲ轨道上的运行速度B.飞船在三个轨道上的运行周期TTTⅠⅡⅢC.飞船在Ⅱ轨道上的机械能大于在Ⅰ轨道上的机械能D.飞船在三个轨道上运行时与地球连线在单位时间内扫过的面积相等

【答案】C【解析】A．根据万有引力等于向心力22MmvGmrr可得GMvr可知飞船在Ⅰ轨道运行速度大于在Ⅲ轨道上的运行速度，选项A错误；B．根据开普勒第三定律32rkT因为第6页/共17页学科网（北京）股份有限公司rarⅠ

ⅡⅢ可知飞船在三个轨道上的运行周期TTTⅠⅡⅢ选项B正确；C．飞船从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ要进行加速，机械能增加，则飞船在Ⅱ轨道上机械能大于在Ⅰ轨道上的机械能，选项C正确；D．根据开普勒第二定律可知，飞船在三个不同轨道上运行时，与地球连线在单位时间内扫过的面积不相等，选项D错误。故选C。8.如图

甲所示，a、b为介质中相距7m且振动方向相同的两个波源，c为ab连线上距a为3m的一点．在00t时刻，a、b同时开始振动，振动图像均如图乙所示，在23st时，c点开始振动．则下列说法正确的是（）A.该波频率为2HzB.该波波长为1mC.c点起振的方向沿y轴负

方向D.c点为两波相遇后的振动减弱点【答案】D【解析】A．由乙图可知该波的周期2sT根据周期和频率的关系可得10.5HzfTA错误；B．由题可知，该波的波速21m/sacxvt由波速、频率、波长的关系可知的第

7页/共17页学科网（北京）股份有限公司vf解得2mvvTfB错误C．根据沿波传播的方向上“上波下、下波上”的特点，可知c点的起振方向沿y轴正方向，C错误；D．由于两列波源的振动步调一致，且c点到两列波源的距离之差1m=2bcacrxx故c点为

两波相遇后的振动减弱点，D正确。故选D。9.如图所示，在00xy、的区域内存在某种介质，其折射率随x轴均匀变化．有两束激光a、b从左侧同一位置沿相同方向射向该介质，传播路径如图，则下列说法正确的是（）A.该介

质折射率随x的增大而增大B.激光a、b从介质右侧射出的光线一定平行C.a光的频率比b光的频率大D.a光的光子能量大于b光的光子能量【答案】A【解析】A．介质的折射率随着x的变化而变化，由图知，x一定时，入射角大于折射角，可知此介质的折射率随着x的增大而

增大，故A正确；B．根据折射定律sinsininr折射率随x轴均匀变化，则激光a、b从介质右侧射出的光线的折射角不同，两光线一定不平行，故B错误；C．由光线的偏折程度知介质对光a的折射率比对光b的折

射率小，所以a光的频率比b光的频率小，故第8页/共17页学科网（北京）股份有限公司C错误；D．a光的频率比b光的频率小，根据Eh可知，a光的光子能量小于b光的光子能量，故D错误；故选A。10.一定质量理想气体经历如图所示的循环过

程，ab过程是等压过程，bc过程是等温过程，ca过程中气体与外界无热量交换。下列说法正确的是（）A.ab过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B.bc过程，气体对外做功，内能不变C.abc过程，气体分子平均速率先不变后

变小D.abca过程，气体从外界吸收的热量小于放出的热量【答案】D【解析】A．ab过程是等压过程，由图可知，气体体积变大，气体对外界做功，根据盖吕萨克定律可知，气体的温度升高，则气体内能增大，可知，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一

部分用于增加内能，故A错误；公众号：高中试卷君B．bc过程是等温过程，气体内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，故B错误；C．结合AB分析可知，abc过程，气体温度先升高后不变，则气体分子平均速率先变大后不变，故C错误；D．abca过程，气体的内能不变，由图

可知，气体状态变化为逆时针，外界对气体做功，由热力学第一定律可得，整个过程气体放热，即气体从外界吸收的热量小于放出的热量，故D正确。故选D。11.如图所示，Q物块放置在水平地面上，上方连接一轻弹簧0t时刻将P物块从弹簧的上端由静止释放．P向下运动距离为0x时，所

受合外力为零；运动时间为0t时到达最低点．在P运动的过程中，不计空气阻力．下列关于P物块的速度v、相对于初始位置的位移x，Q物块所受弹簧的弹力F、对地面的压力N之间关系可能正确的是（）第9页/共17页学科网（北京）股份有限公司A.B.C.D.【答案】D【解析】AD．由物

块P的受力可知mgFma弹弹Fkx由此可知，随着物块P向下的运动，弹簧的压缩量越来越大，弹力也越来越大，故P向下运动距离为0x的过程加速度向下减小，做加速度减小的加速运动；P从距离为0x向下运动距离至02x的过

程中加速度向上增大，做加速度增大的减速运动，A错误，D正确；B．Q物块所受弹簧的弹力F与P物块所受弹力大小相等，由胡克定律可知，随着压缩量的增加，越来越大直至速度为零，B错误；C．由物块Q的受力可知NmgkxP物块运动时间为0t时到达最低点，此时弹簧的弹力最大，C错误。故选D。二、非

选择题：共5题，共56分．其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．12.用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系．第10页/

共17页学科网（北京）股份有限公司（1）实验装置中选用电火花打点计时器，则其电源应为__________A.直流220VB.交流220VC.直流6VD.交流6V（2）为了平衡摩擦力，将小车连接好纸带．轻推小车后，打出的纸带如图2所示，纸带的左侧为小车连接处，后续操作正确

的是__________A.移去小车上的砝码B.增加小车上砝码的质量C.垫块位置向左调整D.降低垫块高度（3）以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数1a为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的1Ma图像如图3所示．由

图可知，甲组所用槽码的质量__________（选填“大于”、“小于”或“等于”）乙组槽码的质量．小明同学认为，图线不过原点是因为平衡摩擦力过度导致的．请判断该观点是否正确，简要说明理由__________．（4）丙组同学以小车、砝码和槽码的总质量Mm为横坐标，

加速度的倒数1a为纵坐标，得到的图像应为下图中的__________．第11页/共17页学科网（北京）股份有限公司A.B.C.D.【答案】（1）B（2）D（3）①.小于②.不正确，原因是不满足小车和砝码的质量M远大于槽码的质量m（4）B【解析】【小问1详解】实验装置中选用电火花打

点计时器，则其电源应为220V的的交流电。故选B。【小问2详解】轻推小车后，打出纸带如图2所示，纸带的左侧为小车连接处，小车做加速运动，要保证小车做匀速运动，垫块位置向右调整或降低垫块高度。故选D。【小问3详解】[1]设槽码的质量为m，以小车和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律有()mgMm

a整理得111Mamgg则斜率1kmg甲组的斜率大，说明甲组所用槽码的质量小于乙组槽码的质量；[2]由的第12页/共17页学科网（北京）股份有限公司111Mamgg可知小明的观点不正确，图像不过原点的原因是槽码的质量不可忽略，即不满足小车和砝码的质量M远大于槽码的质

量m。【小问4详解】根据牛顿第二定律有()mgMma整理得11()Mmamg图线为一条过原点的倾斜直线。故选B。13.一气象探测气球，充入压强为1个标准大气压、温度为27℃的氦气时，体积为33m。在探测过程中，气球内氦气的压强始终与外界大气压强相同，在上升过程中气球内部启动一持续加

热装置而维持其温度不变，探测高度处的压强为0.5个标准大气压，气温为13℃，到达探测高度后，停止加热，保持气球高度不变，求：（1）气球在停止加热前的体积；（2）气球在停止加热较长一段时间后的体积。【答案】（1）6

m3（2）5.2m3【解析】【小问1详解】1个标准大气压为1atm，气球在停止加热前气球内的气体做等温变化，根据根据玻意耳定律有1122pVpV式子中11patm，313mV，20.5patm，代入上式求得气球在停止

加热前的体积326mV【小问2详解】在停止加热较长一段时间后，气球内的氦气温度逐渐从227327300KT下降到与外界气体温度相同，即第13页/共17页学科网（北京）股份有限公司327313260

KT这是一等压过程，根据盖－吕萨克定律，有3223VVTT代入数据，解得气球在停止加热较长一段时间后的体积为335.2mV14.如图所示，在水平面内有圆心为O、半径为a的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t变化的关系为B=kt（k为大于0的已知常数），一个由同种材料

、相同粗细金属制成的边长为a的等边三角形线框OAB置于磁场中，AB边电阻为R，求：（1）线框中的感应电动势E；（2）线框t0时间内产生的热量。【答案】（1）234ka（2）240348katR【解析】【小问1详解】根据法拉第电磁感应定律可得213

sin6024BENNSkaakatt【小问2详解】根据焦耳定律可得242003348katEQtRR15.如图所示，一根光滑的水平横杆MN上穿有一个质量为2m的物块B，物块B紧靠

一固定在杆上的挡片第14页/共17页学科网（北京）股份有限公司R。一根长度为l的轻绳一端系在物块B的下端O点，另一端连接着质量为m的A球，初始时轻绳OA与竖直方向成60，AP沿水平方向。剪断AP绳，释放A球，不计空气阻力，取重力加速度为g。求：（

1）剪断AP绳前，AP绳上的拉力；（2）A球第一次运动到O点正下方时，OA绳上的拉力；（3）A球释放后第一次运动到最高处时，距离O点的竖直高度。【答案】（1）3mg（2）53mg（3）0.5l【解析】【小问1详解】剪断AP绳前，AP绳上的拉力tan603APTmgmg【小问2详解】A

球第一次运动到O点正下方时，对AB系统由动量守恒和能量关系可知AB20mvmv22BA11(1cos60)222mglmvmv对A球由牛顿第二定律可知2AOAvTmgml解得53OAT

mg【小问3详解】因系统水平方向的动量守恒，则当A球释放后第一次运动到最高处时，AB两物体共速，此时两物体的速度均为零，由能量守恒关系可知，A球仍能上升到原来的高度，即此时A球距离O点的竖直高度第15页/共17页学科网（北京）股份有限公司cos600.5hll16.如

图所示，在P点有一粒子源可发射质量为m、电荷量为0qq的粒子。以O为圆心有一大圆与小圆，大圆半径为r，大圆外存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，大圆与小圆之间的区域存在方向沿半径向外的辐向电场，不计粒子重力。（1）若粒子源垂直OP

向下射出速率为4qBrm的粒子，求粒子在磁场中运动的半径与周期；（2）若23OPr，现以某一速度垂直OP方向向上发射粒子，使粒子恰能沿半径方向进入大圆内，且运动到小圆处速度为零。①求大小两圆间的电势差U；②求该粒子再次回到P点时在磁场

中经历时间。【答案】（1）4Rr，2mTqB（2）①2232rqBUm，②5mtqB【解析】【小问1详解】公众号：高中试卷君粒子在磁场中，根据牛顿第二定律2vqvBmR解得粒子在磁场中运动的半径为4Rr根据2RT

v可知，粒子在磁场中运动的周期为的第16页/共17页学科网（北京）股份有限公司2mTqB【小问2详解】①粒子在磁场中的运动轨迹如图所示由几何关系可知2211RRrOP解得13Rr根据牛顿第二定律211vqvBmR解得113qBRrqBvmm粒子在两圆之间运动过程中，根据动能定

理2112qUmv解得2232rqBUm②粒子在磁场中的运动轨迹如图所示第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司由几何关系可知，粒子在磁场中运动的总的圆心角为150300300150900所以，该粒子再次

回到P点时在磁场中经历的时间为9005360mtTqB