【文档说明】河南省鹤壁市高中2025届高三上学期7月第一次综合检测试题 物理 PDF版含解析.pdf，共(12)页，1.067 MB，由小赞的店铺上传

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第1页，共12页学科网（北京）股份有限公司2025学年鹤壁市高中高三（上）第一次综合检测物理试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.每道选择题选出答案后，用

2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的

答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，全

部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1.汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度k，急动度k是评判乘客是否感到舒适的重要指标。一辆汽车从静止启动过程中的急动度随时间变化的关系如图所示，当t=0时，a=0，关于该汽车的运动，下列说法不正确的是（）A.3s时汽车的加速度

大小为3m/s²B.9s时汽车的加速度大小为0C.6s末汽车的速度大小为12m/sD.9s末汽车的速度大小为18m/s2.图示为某景点的峡谷秋千，该项目会让游客体会到超重与失重带来的刺激。以下说法正确的是（）A.当秋千摆动到最高点时，速度为零；最低点时，加

速度为零B.游客臀部和座椅之间存在摩擦力，且在最低点摩擦力最大第2页，共12页学科网（北京）股份有限公司C.考虑阻力，秋千摆动幅度变小，经过最高点处的绳子拉力依次变大D.秋千下摆过程中，游客体会到的是失重；上摆

过程中，体会到的是超重3.如图所示，电源内阻等于灯泡的电阻，当开关闭合.滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动，则（）A.灯泡将变亮，R中有电流流过，方向竖直向上B.液滴带正电，在滑片

滑动过程中液滴将向下做匀加速运动C.电源的路端电压增大，输出功率也增大D.滑片滑动过程中，带电液滴电势能将减小4.如图所示，小球悬挂在箱子顶端的拉力传感器上，球心到悬挂点的距离为L，当箱子沿竖直方向做变速运动时，传感器的示数会变大或者变小，当箱子的加速度向上为a

时，可认为重力加速度由g变为′=+gga，当箱子的加速度向下为a时，可认为重力加速度由g变为gga′=−，小球好像处在一个重力加速度为g′的环境里，可把这个g′称为等效重力加速度。下列说法正确的是（）A.当箱子向上做减速运动时，等效重力加速度g′大于重力加速度gB.当箱子向上的加速度等于

3g时，且小球做单摆运动（最大摆角小于5°），则小球的运动周期为LgπC.当箱子向上的加速度等于3g时，同时小球在箱子中做单摆运动（最大摆角小于5°），则运动过程小球的机械能守恒D.拉力传感器的示数F与小球的重力mg的合力与

小球的质量m之比等于等效重力加速度5.在经典核式结构模型中，氢原子的电子围绕原子核做圆周运动。经典的电磁理论表明电子做加速运动会发射电磁波，同时电子的轨道半径逐渐减小（假设电子的每一圈运动轨道可近似视为圆周），电磁波的发射功率可表示为（拉莫尔公式）：22323keaPc=，其中a

为电子的加速度，c为真空光速，k为静电力常数，e为电子电荷量。根据经典电磁理论，在电子落到原子核上之前，下列说法正确是（）A.电磁波发射功率越来越小第3页，共12页学科网（北京）股份有限公司B.电子的动能变化量大于电势能的减少量C.电子发射的电磁波的波长越来越短D.电子的物

质波的波长越来越长6.用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱（长度不计）粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为3330cm，薄吸管底面积20.5cm，罐外吸管总长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离罐

口10cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是（）A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏B.该装置所测温度不高于31.5℃C.该装置所测温度不低于23.5℃D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距

离增大7.2023年8月24日，日本政府正式向海洋排放福岛第一核电站的核废水。核废水中的21084Po发生衰变时的核反应方程为2102068482PoPbX→+，该反应过程中释放的核能为Q。设21084Po的结合能为1E，20682Pb的结合能为2E，X的结合能为3E，则下列说法正确的是（）A.衰

变过程中放出的光子是由21084Po从高能级向低能级跃迁产生的B.20682Pb的平均核子质量大于21084Po的平均核子质量C.该核反应过程中的质量亏损可以表示为2ΔQmc=D.该核反应过程中释放的核能()123QEEE=−+8.如图所示，

两条不可伸长的轻绳12ll、分别系着质量为5m和m的质点，两质点以相同的角速度绕同一竖直线做水平匀速圆周运动。已知重力加速度为g，两绳的拉力分别为1T及2T，两绳与竖直线夹角的正弦值分别是15及25，则（）

A.两细绳拉力的比值12:3:1TT=B.两细绳拉力的比值12:3:2TT=C.两细绳绳长的比值12:2:9ll=D.两细绳绳长的比值12:1:5ll=9.如图所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电

流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（）第4页，

共12页学科网（北京）股份有限公司A.N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同B.线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变C.线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等

10.下列说法中正确的是（）A.图甲检测玻璃面是否平整的原理是光的衍射现象，若a光能使某金属发生光电效应，则采用b光照射也一定能发生光电效应B.图乙是铀核裂变图，其核反应方程为235114094192054380Un

XeSr2n+→++，若该过程质量亏损为m∆，则铀核的结合能为2mc∆C.图丙表示LC振荡电路充放电过程的某瞬间，根据电场线和磁感线的方向可知电路中电流强度正在减小D.图丁中的P、Q是偏振片，当P固定不动缓慢转动Q时，光屏上的光亮度将会发

生变化，此现象表明光波是横波二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.（10分）“伽利略”研究小组利用如图甲所示的实验装置，探究小车在长木板上的运动规律。第5页，共12页学科网（北京）股份有限公司（1）图乙是小车做匀加速直线运动时打出的一条纸带，每两个点间有四个计时点，已知打点计时器所用电

源的频率为50Hz，13.62cmx=，45.12cmx=，可求得小车的加速度大小为2m/s（保留两位有效数字）。（2）若用该实验装置“探究a与F、M之间的关系”，要用钩码（质量用m表示）所受的重力表示小车（质量用M表示）所受的细线的拉力，需满足，满足此条件做

实验时，得到一系列加速度a与合外力F的对应数据，画出aF−关系图像，如图丙所示，若不计滑轮摩擦及纸带阻力的影响，由图像可知，实验操作中不当之处为，小车的质量M＝kg，如果实验时，在小车和钩码之间接一个不计质量的微型力传感器

用来测量拉力F，如图丁所示，从理论上分析，该实验图线的斜率将（填“变大”、“变小”或“不变”）。12.（10分）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图（a）、（b）所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可

绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）在图（a）中，若圆盘在水平雪地上以角速度1ω匀速

转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为1r的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。（2）将圆盘升高，如图（b）所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕1O点做半径为2r的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影1AB与1OB的夹角为β。

求此时圆盘的角速度2ω。13.（12分）图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m=5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2，当起重机输出功率达到其

允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm=1.02m/s的匀速运动。取g=10m/s2,不计额外功。求：（1）起重机允许输出的最大功率；（2）重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率。第6页，共12页学科网（北京）股份有限公司14.（14分）

如图所示，足够大的光滑水平桌面上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在桌面左端，另一端与小球A拴接。开始时，小球A用细线跨过光滑的定滑轮连接小球B，桌面上方的细线与桌面平行，系统处于静止状态，此时小球A的位置记为O，A、B两小

球质量均为m。现用外力缓慢推小球A至弹簧原长后释放，在小球A向右运动至最远点时细线断裂，已知弹簧振子的振动周期2mTkπ=，弹簧的弹性势能2p12Ekx=（x为弹簧的形变量），重力加速度为g，空气阻力不计，弹簧始终在弹性

限度内。求：（1）细线断裂前瞬间的张力大小TF；（2）从细线断裂开始计时，小球A第一次返回O点所用的时间t；（3）细线断裂后，小球A到达O点时的速度大小。15.（14分）如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MNPQ、所在平面与水平面成30θ=

°角，导轨间距为1m,LMP=、两端接一阻值为3ΩR=的电阻，金属棒ab与导轨垂直且接触良好，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为2TB=。现对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒从导轨底端由静止开始沿导轨向上运动。已知金属棒电阻为第7

页，共12页学科网（北京）股份有限公司1Ωr=，质量为1kgm=，导轨电阻忽略不计。金属棒向上运动过程中，回路中的电流I随金属棒的位移x变化的图像如图乙所示，g取210m/s，则在金属棒发生1mx=位移的过程中，求：（1）通过电阻R的电荷量；（2）金属棒产生的焦耳热；（3）拉力F做的功

。第8页，共12页学科网（北京）股份有限公司物理参考答案一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的

得0分。1.【答案】C【解析】加速度随时间的变化率称为急动度k，即akt∆=∆，则图像与坐标轴围成的面积代表加速度变化a∆。A.由图像围成的面积表示加速度的变化，可得0～3s内23m/sa∆=当t=0时，a=0，所以可

得3s时汽车的加速度大小为3m/s²，A正确；B.由图像围成的面积表示加速度的变化，可得0～9s内0a∆=当t=0时，a=0，所以可得9s时汽车的加速度大小为0，B正确；CD.由题图可知加速度的变化图像如图该图像与坐标轴围成的面积代表速度的变化，则6s末汽车的速度大小为()6136313.

5m/s2v=×+×=9s末汽车的速度大小为()9139318m/s2v=×+×=，C错误，D正确。由于本题选择错误的，选C。2.【答案】C【解析】A.当秋千摆动到最高点时，速度为零；但当秋千摆动到最低点时，向心加速度不为零，A错误；B.座椅与人之间的摩擦力

提供水平方向的加速度，在上升过程中，游客先超重，后失重，水平方向的加速度先增大，后减小，即摩擦力先变大，后变小，并非在最低点最大，B错误；C.设秋千绳子与竖直方向夹角为θ，秋千摆动幅度变小，θ变小，在最高点时，要使得绳子能够提供足够的向心加速度，则有sinFfmaθ−=θ减小，sinθ

也减小，要保证足够的向心加速度，则绳子的拉力F要变大，C正确；D.秋千在下摆过程中，游客先有向下的加速度分量，后有向上的加速度分量，所以先体会失重，后体会超重，D错误。选C。3.【答案】D【解析】A.滑动变阻器滑片向a端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增加，流过灯泡的电流减

小，灯泡变暗；电源内电压降低，灯泡两端的电压降低，滑动变阻器两端的电压升高，电第9页，共12页学科网（北京）股份有限公司容器与滑动变阻器并联，加在电容器两端的电压升高，电容器继续充电，R中有电流流过，方向竖直向上，A错误；BD.液滴受电场力竖直向

上，电容器下极板带正电，因此液滴带正电，由于电容器两端的电压升高，内部电场强度增加，液滴加速向上运动，电场力做正功，电势能减小，B错误，D正确；C.由于外电阻大于内电阻，当外电阻增加时，电源的输出功率减小，C错误。选D。4.【答

案】B【解析】A.当小球向上做减速运动时，加速度向下，等效重力加速度g′小于重力加速度g，A错误；B.当小球向上的加速度等于3g时，由′=+gga，可得4gg′=，单摆的周期公式24LLTggππ==，B正确；C.由于小球一直向上加速，则机械能一直在增加，C错误；D.由牛顿第二定律可知m

gFma−=或Fmgma−=，即Fgagm=−′=或Fgagm=+′=，则拉力传感器的示数F与小球的质量m之比等于等效重力加速度，D错误。选B。5.【答案】C【解析】A.根据牛顿第二定律22ekmar=可知电子落到原子核上之前，电子轨道半径减小，则加速度增大，根据22323kea

Pc=可知电磁波发射功率越来越大，A错误；B.根据222evkmrr=结合动能表达式2k12Emv=可得2k2keEr=，电子落到原子核上之前，电子轨道半径减小，动能增大，电势能减小，由于辐射能量出去，电子总能量减小，则电子的动能变化量小于电势能的减少量，B错误；C.电磁波发射功

率越来越大，则电磁波的频率越大，波长越短，C正确；D.电子的动能增大，则动量增大，根据hpλ=可知电子的物质波的波长越来越短，D错误。选C。6.【答案】B【解析】A.由盖—吕萨克定律得121VVTT=其中3101335cmVVSl=+

=，127327(K)300KT=+=，31013300.5(cm)VVSlx=+=+代入解得3019800(K)6767Tx=+根据273KTt=+可知301509()6767tx=+℃第10页，共12页学科网（北京）股份有限公司故若

在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；BC.当20cmx=时，该装置所测的温度最高，代入解得max31.5t=℃故该装置所测温度不高于31.5℃，当0x=时，该装置所测的温度最低，代入解得min22.5t=℃故该装置所测温度不低

于225.℃，故B正确，C错误；D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。故选B。7.【答案】C【解析】A.衰变过程中放出的光子是由生成的新核20682Pb从高能级向低能级跃迁产生的，A错误；B.核反应中，生成物的比结合能大于反应物的比结

合能，而比结合能越大则平均核子质量越小，由于20682Pb的比结合能大于21084Po的比结合，因此20682Pb的平均核子质量小于21084Po的平均核子质量，B错误；C.该核反应的过程中，根据爱因斯坦的质能方程可得

2Qmc=∆，该核反应过程中的质量亏损可以表示为2ΔQmc=，C正确；D.核反应的生成物总的结合能大于反应物总的结合能，该核反应过程中释放的核能231QEEE=+−，D错误。选C。8.【答案】AC【解析】AB.对两小球整体，在竖直方向有11cos6T

θmg=，同理，对小球m，竖直方向有22cosTθmg=，其中11sin5θ=，22sin5θ=，由上述两式即可得到1231TT=，A正确，B错误；CD.对下面小球受力分析水平方向有2222sinTθmωr=，对上面的小球，在水平方向有211221sinsin5TθTθm

ωr−=，联立解得12110rr=，其中111sinrlθ=，21122sinsinrlθlθ=+，联立解得1229ll=，C正确，D错误。选AC。9.【答案】AC【解析】A.依题意，M、N两点连线与长直导线

平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；B.根据右手螺旋定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，B错误；C.

根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，C正确；D.线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点

所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，D错误。选AC。10.【答案】CD第11页，共12页学科网（北京）股份有限公司【解析】A：图甲检测玻璃面是否平整的原理是光的干涉现象，不是衍射，由干涉图样可知，a光的波长比b光的大，故a光

的频率比b光的小，若a光能使某金属发生光电效应，则采用b光照射也一定能发生光电效应，A错误；B：在核反应的过程中，质量亏损为m∆，核反应的过程释放的能量为2mc∆，不是结合能，B错误；C：图示磁场由安培定则可知

，电路电流沿顺时针方向，由电容器极板间电场方向可知，电容器上极板带正电，则此时正处于充电过程，电路电流逐渐减小，C正确；D：只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，D正确。选CD。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.（10分）

【答案】0.50；Mm；没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；1；变大【解析】（1）[1]因为打点的周期为0.02s，且每打五个点取一个计数点，所以每两个计数点间的时间间隔为0.1sT=，由匀变速直线运动的推论得2413xxaT−=，代入

数据解得20.50m/sa=（2）[2]要使细线的拉力等于钩码所受的重力，应该满足的条件是Mm[3][4]由aF−关系图像可知实验操作不当之处为没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，小车的质量1kgFMa∆==∆

[5]实验中把钩码所受的重力作为拉力F，实际上，由于钩码向下加速运动，拉力小于钩码所受重力。若在小车和钩码之间接一个不计质量的微型力传感器用来测量拉力F，根据牛顿第二定律得Fam=，可知图线的斜率表示质量的倒数

，挂钩码不用微型力传感器时mgaMm=+，图线的斜率表示系统质量的倒数，用微型力传感器时FaM=，图线的斜率表示小车质量的倒数，图线的斜率变大。对比可知小车的加速度a和拉力F的关系图线的斜率变大。12.

（10分）【答案】（1）211grµω；（2）()2sincossinsincosgrµθβθβµθ+【解析】（1）转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为T，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地

面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供圆周运动的向心力，可得211cosTmrαω=，sinmgTµα=，联立解得211tangrµαω=（2）设此时轻绳拉力为T′，沿1AB和垂直1AB竖直向上的分力分别为1sinTTθ′=，2cosT

Tθ′=，对转椅根据牛顿第二定律得2122cosTmrβω=，沿切线方向1NsinTfFβµ==，竖直方向N2FTmg+=，联立解得()22sincossinsincosgrµθβωθβµθ=+13.（12分）【答案】（1）P0=5.1×10

4W；（2）5s；P=2.04×104W【解析】（1）设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，此时物体做匀速直线运动，拉力F0等于重力。P0=F0vm①，F0=mg②，代入数据，有P0=5.1×104W③第12页，共12页学科网（北京）股份有限公司（2）匀加速运动结束时，起重机达到允

许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：P0=Fv1④，F-mg=ma⑤，v1=at1⑥，由③④⑤⑥，代入数据，得t1=5s⑦T=2s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则

v2=aT⑧，P=Fv2⑨，由⑤⑧⑨，代入数据，得P=2.04×104W14.（14分）【答案】（1）32mg；（2）3mkπ；（3）23mgk【解析】（1）A静止于O点平衡时，有0kxmg=，A、B组成的简谐振动中，振幅为0mgAxk==，由对称性，小球A向

右运动至最远点时，对A有0T2kxFma⋅−=，对B有TFmgma−=，联立解得T32Fmg=（2）细线断裂后A球单独做简谐振动，振幅变为022mgAxk′==，则A球单独做简谐振动的振动方程为A222coscosmgxAttT

kTππ′==，当小球A第一次返回O点时，有A022cosmgmgxtxkTkπ′===，可得63kTtmπ==（3）细线断裂后，小球A到达O点时，有()()2220001112222mvkxkx=−，解得203mgvk=15.（14分）【答案】（1）0.5C；（2）0.5J；（3）15

J【解析】（1）由法拉第电磁感应定律可知ΔΦΔΔnBLxEtt==，由闭合电路欧姆定律可知EIRr=+，又ΔqIt=，联立以上各式解得0.5Cq=（2）该过程中安培力做功WBILx=−安，结合Ix−图像下的面积可得2JW=−安，金属棒产生的焦耳热0.5J)(rQW

Rr=−=+安（3）根据闭合电路欧姆定律有IrBLvR=+，当1.0mx=时，其中2AI=，解得此位置处金属棒的速度4m/sv=，根据动能定理有21sin2FWWmgxmvθ+−=安，解得15JFW=