2024~2025学年陕西省高三(上)11月期中物理试卷(解析版)

这是一份2024~2025学年陕西省高三(上)11月期中物理试卷(解析版)，共23页。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，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。涂写在本试卷上无效。
3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第810题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 下列物理实验中运用等效替代思想方法的是（ ）
A. 观察微小形变
B. 探究影响滑动摩擦力的因素
C. 探究力的合成规律
D. 测瞬时速度
【答案】C
【解析】A．通过液柱高度变化观察微小形变利用的是放大法，故A错误；
B．探究影响滑动摩擦力的因素，利用的是控制变量法，故B错误；
C．两个弹簧的拉力可由一个弹簧代替，体现等效替代的思想，故C正确；
D．用数字计时器和光电门测速度体现了极限的思想，故D错误。
故选C。
2. 如图所示为滚筒洗衣机示意图，若某滚筒洗衣机甩干衣服（包括衣服中的水，视为质点）时，滚筒做匀速圆周运动，转动的角速度大小为30πrad/s，衣服的转动半径为0.24m，取重力加速度大小g=π2，则下列说法正确的是（ ）
A. 衣服在滚筒内最高点A时对筒壁的压力小于其所受的重力
B. 水滴最容易在最高点A离开衣服
C. 衣服运动到与圆心等高点时，只受滚筒的支持力作用
D. 衣服在最低点B时受到的支持力是其所受重力的217倍
【答案】D
【解析】A．衣服在最高点A时受到重力和滚筒对衣服的支持力，由
可得
故A错误；
B．衣服在最低点有
可知衣服在最低点受到的支持力大于在最高点受到的支持力，水滴最容易在最低点离开衣服，故B错误；
C．衣服运动到与圆心等高点时，由受力分析可知，衣服还要受到滚筒对衣服的摩擦力才能与所受重力在竖直方向上平衡，故C错误；
D．衣服在最低点有
可得
故D正确。
故选D。
3. 某同学为了较准确地测量一根不可伸长的细线能承受的最大拉力，将细线对折，将重为G的钩码（挂钩光滑）挂在细线的下端，如图甲所示，用刻度尺测量出对折后的长度L；再按图乙所示，将刻度尺水平放置，两手捏着细线紧贴刻度尺水平缓慢向两边移动，直到细线断裂，读出此时两手间的水平距离d。下列说法正确的是（ ）
A. 同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，细线对钩码的作用力变大
B. 同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，细线对钩码的作用力变小
C. 细线能承受的最大拉力大小为
D. 细线能承受的最大拉力大小为
【答案】C
【解析】AB．该同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，钩码始终处于平衡状态，细线中拉力逐渐增大，但他们的合力始终等于钩码重力G，故细线对钩码的作用力大小不变，故AB错误；
CD．细线断裂时，细线中拉力为最大值，设此时细绳与竖直方向夹角为，则
根据几何关系可知
联立解得
故C正确，D错误；
故选C。
4. 小明通过查阅资料了解了光盘存储的原理，了解到其原理是，如图所示，激光经过凸透镜会聚后，当经过光盘反射层凹痕的边缘时，两束反射回的激光会干涉减弱，光强变小，经过光电转换形成明显信号，那么光盘凹痕的深度应为激光波长的（ ）
A. 一倍B. 二分之一C. 四分之一D. 四分之三
【答案】CD
【解析】由题意知，激光经过光盘反射层凹痕处时，两束反射激光干涉减弱，两束激光波程差最小为
解得光盘凹痕的深度
故选CD。
5. 图甲是用传感器观察电容器充放电过程的实验电路图，图乙是用电压传感器和电流传感器采集的电容器充放电过程的电压、电流变化图像，下列说法正确的是（ ）
A. 当开关S由1变为2时，电流表中的电流从a流向b
B. 图乙中图像①记录的是电容器充放电过程中，电流的变化情况
C. 如果不改变图甲中电路的其它参数，只改变电阻R的阻值大小，图乙中充电过程图像与坐标轴围成的面积大小也会发生改变
D. 当电容器充好电后，两极板的电压为1.5V，所带电荷量为，则电容约为3300μF
【答案】D
【解析】A．当开关S接1时，电容器充电，上极板带正电，当开关S由1变为2时，电容器放电，电流表中的电流从b流向a，A错误；
B．电容器充电过程中电压先增大后不变，放电过程中电压减小，故图乙中图像①记录的是电容器充放电过程中，电压的变化情况，B错误；
C．由甲图可知，只改变电阻R的阻值大小，不会改变充电结束时电容器两极板间的电压，两极板间的电压等于电源的电动势，由可知充电过程电容器带电量不变，图像与坐标轴围成的面积表示电量，即充电过程图像与坐标轴围成的面积大小不变，C错误；
D．由电容定义式可得
D正确。
故选D。
6. 如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在区域内存在与x轴平行的匀强电场（未画出），一带正电小球质量为m，电荷量为q，从原点O以初速度水平抛出，再从A点进入电场区域，进入电场区域时速度方向与水平方向夹角θ=30°，并从C点离开，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的横坐标。已知重力加速度为g，匀强电场场强大小为，则下列说法正确的是（ ）
A. 初速度
B. OA段、AB段时间之比
C. 小球过B点时的动能为
D. 小球在电场中运动的最小动能
【答案】D
【解析】A．在A点，根据速度分解有
在OA过程，根据位移分解有
解得
故A错误；
B．根据图像可知，小球进入电场后在水平方向做双向匀变速直线运动，水平方向有
，
解得
故B错误；
C．小球在竖直方向做自由落体运动，则有
小球过B点时的动能为
结合上述解得
故C错误；
D．由于
令电场力与重力合力方向与电场力方向夹角为，则有
解得
由于电场力与重力合力方向垂直于速度方向时，小球动能最小，结合上述可知，此时速度方向与水平方向夹角为
此时速度最小，则有
，
解得
则小球在电场中运动的最小动能
故D正确。
故选D。
7. 某科技兴趣小组同学在地球表面测量某一单摆（摆长可以调整）周期T和摆长L的关系，将此关系画在如图所示图像中，如图线A所示。图中图线B是某宇航员将此单摆移到密度与地球相同的另一行星X表面重做实验而获得的，则与地球相比较，该行星X的（忽略星球自转对地球和行星X带来的影响）（ ）
A. 半径为地球的倍B. 体积为地球的倍
C. 质量为地球的4倍D. 第一宇宙速度为地球的4倍
【答案】D
【解析】根据单摆周期公式，可得
由题图可得相等时
可得
则地球表面重力加速度与行星X表面的重力加速度之比为
ABC．在星球表面的物体，有
联立可得
则X星球与地球半径之比为
根据，可知星球X的体积为地球的64倍，由于二者密度相等，所以星球X的质量为地球的64倍，故ABC错误；
D．由题意，根据
可得星球第一宇宙速度为
则X星球与地球第一宇宙速度之比为
故D正确。
故选D。
8. 采用如图甲所示电路可研究光电效应规律，现分别用a、b两束单色光照射光电管，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 实验中当灵敏电流表有示数时将滑片P向右滑动，则电流表示数一定不会减小
B. 照射阴极材料时，a光使其逸出的光电子的最大初动能大
C. 照射阴极材料时，b光使其逸出的光电子的最大初动能大
D. 若a光的光子能量为5eV，图乙中，则光电管的阴极材料的逸出功为（）
【答案】ACD
【解析】A．由甲图电路可知，光电管加的是正向电压，将滑片向右滑动，增加了电压值，会使原来飞不到对阴极的光电子飞到，故电流表的示数要么不变(已达到饱和电流)，要么增大(未达到饱和电流时)。不会出现减小的情况，A正确；
BC．根据光电效应方程，结合乙图中遏止电压关系有
，
故照射阴极材料时，b光使其逸出的光电子的最大初动能大，B错误，C正确；
D．将题目中信息
可得
D正确。故选ACD
9. 某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；C为偏转分离器，磁感应强度为B2，偏转分离器的入口和出口之间的距离确定；D为速度选择器，磁场与电场正交，两极板间的距离为,磁感应强度为B1。今有一质子[质量为m，电荷量为e的带正电粒子（不计重力）]，由静止经A加速后由入口垂直进入C，然后恰好由出口垂直进入速度选择器，然后沿竖直直线飞出。则（ ）
A. 质子进入偏转分离器C时的速度
B. 质子恰好通过偏转分离器，其磁场上下边界的最小间距
C. 速度选择器两板间电压
D. 若将质子更换为氘核，氘核粒子可以穿过C偏转分离器进入D速度选择器。
【答案】AC
【解析】A．由动能定理得
质子进入偏转分离器C时的速度
故A正确；
B．偏转分离器中，洛伦兹力提供向心力
得
质子恰好通过偏转分离器，其磁场上下边界的最小间距
故B错误；
C．速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡，故有
解得
故C正确；
D．氘核在加速电场中，由动能定理得
质子进入偏转分离器C时的速度
若将质子更换为氘核，洛伦兹力提供向心力
得
偏转分离器的入口和出口之间的距离
氘核粒子在偏转分离器在做圆周运动的半径不同，将不能从出口进入速度选择器，故D错误。
故选AC。
10. 如图，一足够长传送带被两个半径均为R的转盘张紧，转盘转轴相互平行且水平，传送带的平直面与水平面的夹角为θ。已知重力加速度大小为g。有一质量为m的小木块，当两转盘不动时传送带静止，小木块获得一沿斜面向下的初速度，则小木块会在传送带上沿斜面匀速下滑，则（ ）
A. 当两转盘不动时传送带静止，小木块获得初速度会在传送带上匀速下滑，则木块与传送带之间的动摩擦因数μ=tanθ
B. 若转盘以角速度ω顺时针匀速转动，将物块无初速轻放在传送带某位置，小物块可以沿传送带向上运动
C. 若转盘以角速度ω逆时针匀速转动，将物块无初速轻放在传送带某位置，小物块与传送带共速需要时间
D. 若转盘以角速度ω逆时针匀速转动，将物块无初速轻放在传送带某位置，至小物块与传送带共速，共生热
【答案】AD
【解析】A．两转盘不动。木块在静止的传送带上匀速下滑
解得
A正确；
B．若转盘以角速度ω顺时针匀速转动，将物块无初速轻放在传送带某位置，小物块受到的滑动摩擦力仍然与重力分力平衡，故物块仍然静止，B错误；
C．若转盘以角速度ω逆时针匀速转动，将物块无初速轻放在传送带某位置，传送带的运行速率为
由牛顿第二定律
物块的加速度为
小物块与传送带共速需要时间
C错误；
D．若转盘以角速度ω逆时针匀速转动，将物块无初速轻放在传送带某位置，至小物块与传送带共速，相对位移为
摩擦生热为
D正确。
故选AD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的向心力演示器如图甲所示，转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。如图乙所示是演示器部分原理示意图：两转臂上黑白格的长度相等，A、B、C为三根固定在转臂上的挡板（长槽的长度为短槽的2倍，挡板A在长槽正中间），可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力。根据图甲中向心力演示器标尺上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。已知塔轮①和塔轮④的半径相等，塔轮②和塔轮⑤的半径之比为2∶1，塔轮③和塔轮⑥的半径之比为3∶1。由于皮带长度和传动效果的限制，皮带只能同时套在同一层的塔轮上，即同时套在塔轮①和塔轮④、塔轮②和塔轮⑤或塔轮③和塔轮⑥上。
（1）在该实验中应用了 来探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。
A 理想实验法B. 控制变量法C. 等效替代法D. 演绎法
（2）探究向心力与角速度之间的关系时，应选择半径_________（填“相同”或“不同”）的两个塔轮；同时应将质量相同的小球分别放在_________处。
A.挡板A与挡板B B.挡板A与挡板C C.挡板B与挡板C
（3）某同学用质量为3m和m的两个小球进行探究实验，他分别把两小球同时放在左右转臂上的合适位置，通过调整皮带套在塔轮的位置，转动手柄，得到两个标尺上示数差别最大的结果，此时标尺的最大示数和最小示数之比为____________。
【答案】（1）B （2）不同 B
（3）27∶1
【解析】【小问1详解】
在该实验中应用了控制变量法，故选B。
【小问2详解】
[1] [2] 探究F的大小与ω的关系时，应保持小球质量m和小球做圆周运动的半径r相同，所以应将相同的小球分别放在挡板A处和挡板C处，并将皮带套在两边半径不同的变速塔轮上，故选B。
【小问3详解】
将m的小球放在A处，3m的小球放在C处，皮带套在塔轮③和塔轮⑥上，两物体向心力差别最大，塔轮③和塔轮⑥半径之比为，塔轮③和塔轮⑥边缘的线速度相等，角速度与半径成反比
两小球做圆周运动的向心力之比
故此时标尺的最大示数和最小示数之比为27:1。
12. 在测量电源电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，会产生系统误差。为了消除电表的内阻产生的系统误差，某兴趣小组连接了如图甲所示的电路来测量电源电动势和内阻，其中R0=2Ω。
（1）请根据实验电路，把图乙中的实验电路图补充完整。
（2）实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器滑到____________位置（填“最左端”、“正中间”或“最右端”）
②单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U、I的值，断开开关S0
③重复步骤①
④单刀双掷开关S与2接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U、I的值，断开开关S0
⑤在图丙中分别作出两种情况所对应的U-I图像
（3）某次读取电表数据时，电表指针如图丁所示，此时电表示数为___________。
（4）图丙中的曲线1是开关与___________（填“1”或“2”）接通时相对应。
（5）根据图丙中的U-I图线求得电源电动势E=___________，内阻r=___________。（结果均保留两位小数）
（6）该兴趣小组经讨论认为，利用图丙还可以计算出电流表和电压表的内阻，其中，电流表的内阻为___________Ω。
【答案】（1） （2）最左端
（3）1.30 （4）1
（5）1.80 2.50
（6）0.50
【解析】【小问1详解】
根据图甲所示的电路，实验电路图如图所示
【小问2详解】
①开关闭合时，为使电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路的阻值应最大，滑动变阻器应滑到最左端的位置。
【小问3详解】
由图甲可知，电压表的量程为3V、分度值为0.1V，需要估读到分度值的下一位，由图丁可知电压表读数为U1=1.30V
【小问4详解】
当单刀双掷开关接1时，电动势测量值（图像与纵轴的焦点）准确，内阻测量值（图像的斜率）偏大，当单刀双掷开关接2时，电动势测量值偏小，内阻测量值偏小。曲线I与纵轴的交点大于曲线II与纵轴的交点，并且曲线I的斜率大于曲线II的斜率，可知：曲线I与开关与1接通时相对应。
【小问5详解】
[1][2]当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确；当单刀双掷开关接2时，电压表示数为零时，电流表测量准确。如图所示的虚线为电源U-I曲线的准确值。
由虚线可得
E=1.80V
【小问6详解】
曲线I的斜率
由图像可得，曲线I的斜率为5.00Ω，解得
13. 山地车的气压避震装置主要由活塞、气缸组成。某研究小组将其气缸和活塞取出进行研究。如图所示，在倾角为的光滑斜面上放置一个带有活塞A的导热气缸B，活塞用劲度系数为k=300N/m的轻弹簧拉住，弹簧的另一端固定在斜面上端的一块挡板上，轻弹簧平行于斜面，初始状态活塞到气缸底部的距离为，气缸底部到斜面底端的挡板距离为，气缸内气体的初始温度为。已知气缸质量为M=0.4kg，活塞的质量为m=0.2kg，气缸容积的横截面积为S=1cm2，活塞与气缸间密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，重力加速度为，大气压为。

（1）求初始状态下气缸内气体压强；
（2）对气缸进行加热，气缸内气体的温度从上升到，此时气缸底部恰好接触到斜面底端的挡板，已知该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系，，求该过程中气体吸收的热量Q；
（3）若在第（2）题基础上继续对气缸进行加热，当温度达到时使得弹簧恰好恢复原长，求。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）对气缸和活塞整体分析有
对活塞受力分析有
代入数据解得
（2）气缸内气体的温度从上升到，此时气缸底部恰好接触到斜面底端的挡板的过程中封闭气体的压强不变，则有
该过程中内能增大
气体对外做功
根据热力学第一定律有
解得
（3）当温度达到时使得弹簧恰好恢复原长，对活塞根据受力平衡有
该由理想气态方程得有
代入数据解得
14. 某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，地面与滑杆下端接触处有一个微型压力传感器，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，压力传感器的示数N2为5N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动的最大高度h=0.2m。已知滑块的质量m=0.2kg，滑杆的质量M=0.6kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求
（1）滑块在静止时桌面对滑杆支持力的大小N1和滑块向上运动时受到的摩擦力f2；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）A、B间的距离l。
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
滑块静止时，对整体，由平衡条件
代入数据解得
滑块向上滑动时，滑杆对滑块有向下的摩擦力，由牛顿第三定律，滑块对滑杆有向上的摩擦力，隔离滑杆受力分析，根据压力传感器的示数为5N，由平衡条件
代入数据解得
【小问2详解】
滑块与滑杆碰撞后上升高度h=0.2m，由
解得
由动量守恒定律，有
解得
【小问3详解】
滑块向上匀减速运动，由牛顿第二定律
解得加速度大小
由
解得
15. 如图，在绝缘水平面上固定两根光滑平行金属导轨，左右两侧导轨处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为B和2B，导轨间距分别为2d和d，已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧，弹簧的劲度系数为k。释放弹簧后两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。求
（1）导体棒PQ的速率为v时，导体棒MN所受的安培力大小；
（2）弹簧释放的整个过程中，流过导体棒MN的电流方向及通过导体棒PQ的电荷量；
（3）弹簧释放的整个过程中，通过导体棒PQ产生的热量。
【答案】（1）
（2）由M指向N，
（3）
【解析】【小问1详解】
设任意时刻回路电流为I，则PQ受安培力
方向向右；MN受安培力
方向向左。可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，则
解得
回路的感应电流
MN所受安培力大小为
【小问2详解】
弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，导体棒MN中的电流方向由M指向N。两棒最终停止时弹簧处于原长状态，此时两棒间距增加了L，由动量守恒可得
其中
可得则最终MN位置向右移动
PQ位置向左移动
则
【小问3详解】
经分析释放弹簧过程中系统能量守恒，弹簧的弹性势能全部转化为系统的焦耳热能
导体棒PQ产生的热量为