【文档说明】广西玉林市2025届高三上学期10月第一次教学质量监测试题 物理 PDF版含解析.pdf，共(10)页，3.204 MB，由小赞的店铺上传

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gOhAAIsAAASAFABAA=}#}{#{QQABbQyEggggAgAAAAgCEQXgCAOQkgEAAYgOhAAIsAAASAFABAA=}#}物理答案第1页共4页物理参考答2025届高三第一次教学质量监测案题号12345678910答案CADABCBCDBDAB

1．C【详解】根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，可知X的质量数为0，电荷数为1，则X是电子，故选C。2．A【详解】A、B．根据开普勒第二定律，近月点速度快，远月点速度慢，结合对称性，弧acb上的平均速率与弧bda上

的平均速率相同，且两段弧长长度相同，故走过两段弧的时间相同，经过半个周期，卫星将位于b点，故A正确，B错误；C、D．嫦娥六号在弧cbd上的平均速率小于在弧dac上的平均速率，弧cbd的长度为环月椭圆轨道周长的一半，故再经过二分之一

周期它将位于轨道的bd之间，故C、D错误。3．D【详解】A．对人和梯子组成的系统受力分析，由平衡条件可得，系统在水平方向受到墙壁的支持力和地面的静摩擦力，两者等大反向，故A错误；B．根据弹力总是由施力物体的形变产生的，墙壁对梯子的支持力是由

于墙壁的形变产生的，而不是梯子的形变产生的，故B错；C．人和梯子组成的系统在竖直方向上受重力、地面的支持力，因为墙光滑，所以竖直墙对梯子没有摩擦力；在水平方向上，受到竖直墙壁的支持力和地面的静摩擦力，共四个力作用，故C错误；D．对人受力分析，人受到竖直向下的重力，根据

平衡条件，梯子对工人的作用力竖直向上与重力平衡，故D正确。4．A【详解】物理课本长度约为l＝0.3m。由题图可知，设闪光周期为T，钢球从物理书上边沿到下边沿经过4次闪光，可知钢球下落时间为t＝3T，钢球做自由落体运动221221

)3(Tggtl；解得ST1501，该频闪摄影的闪光频率约为121501TfHz。5．B【详解】A.根据题意，由图可知，两球相遇时，甲、乙两球下落的高度相同，由21=2hgt可得，下落的时间相同，所以甲、乙两球必须同时抛出才能相遇；B．因为两球做平抛运动

，只受重力，所以加速度都是重力加速度g，由tg有，任意相同时间内两球速度变化量相同，故B对D错；经历相同时间两球相遇，则甲的初速度大于乙的初速度，两球相遇时的竖直分速度相同，根据勾股定理有，两球相遇时，甲的速度大，

故C错。6．C【详解】A．粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；B、C．粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子做圆周运动的轨道半径21sin2OMaRa，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得2vqvBmR，解得2qBavm，故B错误，C正确；D．粒子在磁场中的运动周期22RmTvqB，粒子轨迹对应的圆心角为18018030150，粒子在磁场中运动的时间为15053606mtTqB。7．

B【详解】A.由图乙知t=1s时，质点M的振动方向沿y轴正方向，结合图甲知该简谐横波沿x轴正方向传播，{#{QQABbQyEggggAgAAAAgCEQXgCAOQkgEAAYgOhAAIsAAASAFABAA=}#}物理答案第2页共4页故

A错误；B.根据题图可知波长λ=4m，周期T=2s，所以波速为4m/s2m/s2vT,从1s到2.25s这段时间，波向右传播了2.5m，由图像平移，结合三角函数有，质点N在t=2.25s时刻位置，故B正确；在1s~3.5

s时间内52.5s4tT，质点N的路程为5430cm4sA，而质点P在1s时刻的出发点不是平衡位置或最大位移处，故质点P在52.5s4tT内的路程不是30cm，C错误；D.图乙函数表达式为（cm），222T，故

y=－6sinπt（cm），而D选项单位错误。8．CD【详解】A．由CCBBBCpVpVTT，BCpp，BcVV，可知ABCDTTTT，故A错误；B．C到D过程气体对外做工，W<0，但温度不变，内能保持不变，故要从外界吸收热量，B错误；C．B状态温度最低

，气体分子的平均动能最小，但压强最大，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数最多，C正确；D．根据面积法，顺时针围成的封闭面积表示这个过程中气体最终对外做的功，但回到初始状态温度不变，内能不变，由热力学第一定律有，从A状态开始，经过一个顺时针循环再回到A状态，气体要从外界吸收热量，D正确

。9．BD【详解】A．当线圈平面与磁场平行时，线圈中的电动势最大，故A错误；B．周期212TfT，，一个周期内交变电流方向改变2次，故每秒内电流方向改变2f=次；C．图示位置线圈平面与磁场平

行，此时电动势最大，则线圈中的电动势e随时间t变化的关系式为2mcoscoseEtBLt，故C错误；D．线圈转动过程中变压器原线圈两端电压有效值2m122EBLU，副线圈两端电压有效值2122UBLUkk电阻R的功率2242222UBLPRRk，故D正确。10．A

B【详解】A．对正点电荷来说，距离点电荷越近的点，电势越高，所以弧AC上距离D点最近的点的距离为：2222(2)(52)SLLLLL，如图所示，电场强度为22(7210)kQkQESL，故A正确；B．对正点电荷来说，到点电荷距离相等的点，电势相等，

在圆弧AC上还有一点到D的距离与DC之间的距离相等，所以在弧AC上还有一点与C点的电势相同，故B正确；C．电场强度是矢量，Q产生的电场方向背离点到Q的方向，所以在弧AC上的各点的电场强度与C点的电场强度的方向不同，故C错误；D．由于电子带负电，电子从A点沿着圆弧运动到C点，电势能先减小后

增大，故D错误。11．(1)2.125222(2)ldT(2)不均匀tanag第1空1分，第2空2分，第3空1分，第4空2分，共6分【详解】（1）摆球的直径2.1cm0.055mm21.25mmd=

2.125cm根据单摆周期公式22dlTg，计算当地重力加速度的表达式为222(2)ldgT（2）由受力分析，结合牛顿第二定律，得tanmgma，得tanag。可知该加速度测量仪的刻度不均匀。12．(1)减小(2)重(3)0.43(4)小；换个电动势小一点的电源或减少线圈的匝

数每空2分，共10分cmy234sin6tAysin{#{QQABbQyEggggAgAAAAgCEQXgCAOQkgEAAYgOhAAIsAAASAFABAA=}#}物理答案第3页共4页【详解】（1）由图甲可知F越大R越小，即压力传感器的电阻值R1随压力的增大而减小。（2）

当鸡蛋质量较大时，压力秤作用于R1的压力F较大，则R1较小，令通过R2的电流较大，故R2两端电压较大，经过放大电路放大后电压超过某一数值时电磁铁可以吸动衔铁使弹簧下压，鸡蛋就进入B通道，所以从B通道通过的是重鸡蛋。（3）根据闭合电路欧姆定律12()EI

RR和2UIR，解得110ΩR。由图甲可知，当110ΩR时，F=0.43N，所以选择的重鸡蛋对压力秤的压力要大于0.43N。（4）要选出更重的鸡蛋，即要相同的鸡蛋送到压力秤时，令R2两端的电压较原来的小，所以需要把R2的阻值调小。换个电动势小一点的电

源，R2获得6V电压的难度加大，要想获得6V及以上电压，R2电阻占比要变大，故要减小R1，而鸡蛋越重，R1越小。减少线圈的匝数，R2在获得同等电压值情况下电磁铁产生的磁性变弱，更难吸动衔铁，此时只能通过减小R1的阻值达到增大R2的电压。13．（8分

）（1）光路图如图所示.............................................(2分）（法线用虚线，光路用实线，要标示箭头，否则不得分）光线射到圆弧面，恰好发生全反射，此时入射角即达到临界角C，由题意有：2222sinRRc........

...................(1分）C=45°由cnsin1有........................................(1分）2n...............................................(1分）（2）根据题意

有，光路在介质中的传播路程RRs22224.................(1分）由2cnc..............................(1分）st有cRt4......

.......................................(1分）14．(12分)（1）从A到B，在最低点速度为0，由动能定理有：201121mgRm........................

........................................(2分）20m/s在B点，轨道对小球的支持力为N，则RmBqgmN20101......................................

........(2分）7NN由牛顿第三定律有，小球对圆弧轨道的压力7NFNN..........................(1分）方向竖直向下.........................

.......................................(1分）{#{QQABbQyEggggAgAAAAgCEQXgCAOQkgEAAYgOhAAIsAAASAFABAA=}#}物理答案第4页共4页（2）小球1m与物块3m发生弹性碰撞，由动

量守恒定律和机械能守恒定律有：231101mmm......................................................................(1分）223211201212121mmm.............

.......................................(1分）解得202m/s3m获得速度以后，和2m构成的系统，由动量守恒定律和功能关系有：共)(2323mmm......................................

....................(1分）2232233)(2121共mmmgLm...............................(2分）解得L=0.3m................................................

........(1分）15．(18分）（1）od棒旋转方向为顺时针方向。....................................................................(2分）若磁场方向垂直水平面向下，由左手定则可

得，电流方向为a到b，则上极板带正电，故od棒的电流方向为o到d，由右手定则可得，od的旋转方向为顺时针方向；同理有，若磁场方向垂直水平面向上，由左手定则可得，电流方向为b到a，则下极板带正电，故od棒的电流方向为d到o，由右手定则可得，od的旋转方向仍

为顺时针方向；故od棒旋转方向为顺时针方向。..........................................(2分）（2）ab棒从AB端飞出后做平抛运动，初速度为0，由1002121tLgth...

.................................................................(2分)20m/sab棒在AB端飞出瞬间加速度为0，则mgBiL.............

.........................................................(1分）此时电容两端电压为U，则RBLUi0................................

........................................(2分)解得5UV又CUQ..................................................

...................(1分）5QC...........................................................................(1分）（3）od棒旋转切割，产生并接入

电路的动生电动势为E，则)(12rrBE...................................................................(1分）221rr.............

....................................................(1分）解得7EV将开关打到2到ab棒飞出这个过程中，电容器放电量2)(UECQC..

.......(1分）对ab棒，由动量定理有00mmgttBiL......................................................(2分)Qti....

.................................................................(1分）联立可得1ts..................................................

................(1分）{#{QQABbQyEggggAgAAAAgCEQXgCAOQkgEAAYgOhAAIsAAASAFABAA=}#}