2025届陕西省宝鸡市高三上联考月考物理试卷（解析版）

这是一份2025届陕西省宝鸡市高三上联考月考物理试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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，每小题4分，共28分，只有一项符合题目要求；第8~10题，每小题6分，共18分，有多项符合题目要求，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. 如图所示，机器狗将物资驮运在水平背部，忽略空气阻力，则（ ）
A. 匀速上坡时，货物的机械能守恒
B. 加速前进时，物资对机器狗的力小于机器狗对物资的力
C. 机器狗能跳过小障碍物，起跳离地后物资处于超重状态
D. 若机器狗用5G电磁波信号定位，该信号是横波能在真空中传播
【答案】D
【解析】A．匀速上坡时，货物的动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故A错误；
B．物资对机器狗的力与机器狗对物资的力是一对相互作用力，总是等大反向，故B错误；
C．机器狗能跳过小障碍物，起跳离地后，忽略空气阻力，物资只受重力作用，物资的加速度向下，处于失重状态，故C错误；D．机器狗用5G信号定位，该信号是电磁波能在真空中传播，故D正确。故选D。
2. 如图为失去一个电子形成的正一价氦离子（简称氦的类氢结构）的能级示意图。关于氦离子（）的能级及其跃迁，下列说法正确的是（ ）
A. 能级比能级电势能多40.8eV
B. 处于基态的氦离子，吸收一个光子后跃迁到更高轨道，电子的动能将变大
C. 如果用具有54.4eV动能的电子碰撞处于基态的氦离子，可使其跃迁到能级
D. 一群处于能级的氦离子向低能级跃迁时，能产生6种不同频率的可见光
【答案】C
【解析】A．能级比能级的能量多
但能级的能量等于电子具有的电势能和动能之和，故A错误；
B．氦离子吸收光子，由低能级跃迁到高能级，则电子的轨道半径增大，根据
得
可知减小，则核外电子的动能减小，故B错误；
C．如果通过电子碰撞的方式，使离子发生能级跃迁，只要入射电子的动能大于要发生跃迁的两能级的能量差即可，则用具有54.4eV动能的电子碰撞处于基态的氦离子，大于与的能级差，故可使其跃迁到能级，故C正确；
D．一群处于能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出
种不同频率的光子，处于能级的氦离子能够发出6种光子的能量分别为
而可见光的能量在1.63eV～3.10eV，因此只有1种频率的可见光，故D错误。
故选C。
3. 如图甲所示是某人下蹲弯曲膝盖缓慢搬起重物的情景。甲乙该过程是身体肌肉、骨骼、关节等部位一系列相关动作的过程，现将其简化为如图乙所示的模型。设脚掌受地面竖直向上的弹力大小为，膝关节弯曲的角度为θ，该过程中大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F的方向始终水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等。关于该过程的说法正确的是（ ）
A. 人缓慢搬起重物的过程中，逐渐变小
B. 人缓慢搬起重物过程中，F逐渐变大
C. 当时，
D. 当时，
【答案】D
【解析】A．人缓慢搬起重物的过程中，脚掌受到竖直向上的弹力与人和重物的总重力平衡，大小不变，故A错误；
B．设大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大小为F1，则他们之间的夹角为θ，F即为他们合力，则有
脚掌所受地面竖直向上的弹力约为
联立可得
人缓慢搬起重物过程中，膝盖弯曲的角度θ变大，F逐渐变小，故B错误；
CD．当时，可得
当时，可得
故C错误，D正确。
故选D。
4. 如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为和的物体，放在地面上，当的质量发生变化时，的加速度a的大小、速度v的大小、绳对的作用力F与的关系大体如图中的（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】AB．分析可知，系统静止，此时的加速度为0、速度为0、拉力为，当时，系统开始运动，设加速度大小为a，则由牛顿第二定律得
解得
故加速度a与成非线性曲线，且随增加，加速度a趋于g，故A错误，B正确；
C．以上分析可知，的速度为0，当时，加速度a与成非线性曲线，且加速度随着随增加而增大，而加速度是描述速度变化快慢的物理量，故速度着随增大而增加的越大越快。故C错误；
D．以上分析可知当，系统静止，由平衡条件可知，绳子拉力
可知拉力F与成正比；当时，系统开始运动，对研究，则由牛顿第二定律得
又因为
联立以上得
故F与成非线性曲线，且随增加，F趋于，故D错误。
故选 B。
5. 如图甲所示，质量m=0.2kg弹性小球从地面上方某一高度由静止开始下落，弹起后上升到某一高度，小球与地面碰撞的时间忽略不计，规定竖直向下为正方向，此过程的v-t图像如图乙所示，空气对小球的阻力大小恒为重力的0.5倍，下降的时间是上升时间的4倍，下降与上升的整个过程的平均速度为13m/s，重力加速度g取10m/s2，地面对小球的弹力远大于重力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球上升过程的运动时间4sB. 地面对小球冲量-14N·s
C. 小球落地时的速度-40m/sD. 小球离地时的速度30m/s
【答案】B
【解析】ACD．小球下降过程加速度
根据牛顿第二定律
球上升过程加速度
根据牛顿第二定律
全程的平均速度
解得
故小球上升过程的运动时间
小球落地时的速度和小球离地时的速度分别为
故ACD错误；
B．小球与地面作用过程，根据动量定理
故B正确。
故选B。
6. 如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角，A、B两点间的距离m。质量kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量kg、电荷量C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。取m/s2，，。下列说法错误的是（ ）
A. 撤去该恒力瞬间滑块的速度大小为6m/s
B. 匀强电场的电场强度大小E大小是N/C
C. 小球到达P点时的速度大小是2.5m/s
D. 小球和滑块碰撞后，滑块速度大小为4m/s
【答案】D
【解析】A．对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有
解得
v=6m/s
故A正确，不符合题意；
B．小球到达P点时，受力如图所示
则有
解得
故B正确，不符合题意；
C．小球所受重力与电场力的合力大小为
小球到达P点时，由牛顿第二定律有
解得
故C正确，不符合题意；
D．滑块与小球发生弹性正碰，取水平向右为正方向，设碰后滑块、小球的速度分别为v1、v2，则由动量守恒定律得
由能量守恒得
联立解得
，
故D错误，符合题意。
故选D。
7. 由于大气层的存在，太阳光线在大气中折射，使得太阳“落山”后我们仍然能看见它。某同学为研究这一现象，建立了一个简化模型。将折射率很小的不均匀大气等效成折射率为的均匀大气，并将大气层的厚度等效为地球半径R。根据此模型，一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间是（地球自转时间为24小时，地球上看到的太阳光可以看成平行光）（ ）
A. 3小时B. 2小时C. 1.5小时D. 1小时
【答案】D
【解析】太阳光是平行光，临界光路图如图所示
由几何关系可得临界光线的折射角为
可知临界光线的折射角为30°；
根据折射定律
可得
由几何关系可知，地球多转角度便看不见太阳了，有
一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间为
故选D。
8. 图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子从静止开始运动的速率v随时间t变化如图乙，已知tn时刻粒子恰射出回旋加速器，不考虑相对论效应、粒子所受的重力和穿过狭缝的时间，下列判断正确的是（ ）
A. t3-t2=t2-t1=t1
B. v1：v2：v3=1：2：3
C. 粒子在电场中的加速次数为
D. 同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差保持不变
【答案】AC
【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由
可得
粒子运动周期为
故周期与粒子速度无关，每运动半周被加速一次，可知
t3-t2=t2-t1=t1
A正确；
B．粒子被加速一次，动能增加qU，被加速n次后的动能为
可得
故速度之比为
v1：v2：v3=1：：
B错误；
C．由B的分析可得
联立解得
故粒子在电场中的加速次数为，C正确；
D．由A的分析可得
由B的分析可知
故
即同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差会改变，D错误。
故选AC。
9. 滑沙运动时，沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数。假设滑沙者的速度超过8m/s时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由变为，如图1所示，简化模型如图2所示，一滑沙者从倾角的坡顶A处由静止开始下滑，滑至坡底B（B处为一平滑小圆弧）后又滑上一段水平地面，最后停在C处。已知滑板与水平地面间的动摩擦因数恒为，AB坡长m，，不计空气阻力，则滑沙者（ ）

A. 下滑速度较大时加速度为2m/s2
B. 下滑到B处时的速度大小12m/s
C. 在水平地面上运动的最大距离为18m
D. 在AB段下滑与BC段滑动的时间之比为
【答案】BCD
【解析】AB．滑沙板的速度较小时，根据牛顿第二定律可得
代入数据可得
速度达到的过程中的位移
滑沙板的速度超过8m/s后，根据牛顿第二定律可得
代入数据可得
设到达B的速度为，则
代入数据可得
故A错误，B正确；
C．滑沙板在水平面上的加速度大小为，则由
可得
由运动学公式可得在水平地面上运动的最大距离为
故C正确；
D．滑沙板的速度达到的时间
第二段时间
滑沙板在水平面上的时间
则在AB段下滑与BC段滑动的时间之比为
故D正确。
故选BCD。
10. 如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为kg、kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙面，现对B物体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B做功J，使A、B间弹簧被压缩．在系统静止时，突然撤去向左的力，解除压缩，则（ ）
A. 解除压缩后，两物体和弹簧组成的系统动量守恒
B. 解除压缩后，两物体和弹簧组成的系统机械能不守恒
C. 从撤去外力至A与墙面刚分离，弹簧对B的冲量N·s，方向水平向右
D. A与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时，两物体速率均是2.5m/s
【答案】CD
【解析】A．解除压缩后，弹簧在恢复原长的过程中，墙壁对A物体还有弹力的作用，故解除压缩后到弹簧恢复原长前，两物体和弹簧组成系统动量不守恒，恢复原长后，AB一起向右运动，系统的合外力为零，动量守恒，故A错误；
B．解除压缩后，两物体和弹簧组成系统只有动能和弹性势能的相互转化，故机械能守恒，故B错误；
C．压缩弹簧时，外力做的功全转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能全转化为B的动能，设此时B的速度为v0，则
得
此过程由动量定理得
方向水平向右，故C正确；
D．当弹簧恢复原长时，A的速度最小，则
A、B都运动后，B减速，A加速，当A、B速度相等时弹簧拉伸最长，此后，B继续减速，A继续加速，当弹簧再次恢复原长时，以向右为正，由系统动量守恒、机械能守恒有
得
，
故D正确。
故选CD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 有一种新式游标卡尺，其游标尺的刻度与传统的旧式游标尺明显不同，新式游标尺的刻度线看起来很“稀疏”，使得读数时显得清晰明了，方便使用者正确地读取数据，通常游标尺的刻度有10分度，20分度，50分度三种规格，新式游标尺也有相应的三种，但游标尺刻度却是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份。
（1）以“39mm等分成20份”新式游标尺为例，它的精确度是______mm；
（2）用新式游标卡尺测量某一物体的厚度，测量时游标卡尺的示数如图所示，其读数是______mm。
【答案】（1）0.05 （2）1.25
【解析】(1)[1] 新式游标卡尺的测量原理和传统的游标卡尺相同，新式游标卡尺其游标尺上20个分度只有39mm，比主尺上的40个分度短1mm，它的测量精确度是
(2)[2]用它测得物体厚度为
12. 在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．
（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到___．（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）
（2）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值=10 的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是 ．（选填“1”或“2”）
（3）根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线．若直线的斜率为k，在 坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E= ，内阻r= ．（用k、b和R0表示）
【答案】（1）最大值；（2）2；（3）
【解析】试题分析：（1）为了预防电路中电流过大，损坏电路，所以需要将电阻箱调到最大，
（2）由表格可知，方案1中电阻箱的阻值与定值电阻差别太大，导致电路中电流差别太小；而方案2中电阻箱的阻与与待测电阻相差不多，故可以得出较为合理的电流值，故应选择方案2
③由闭合电路欧姆定律可知，变形得：
由题意可知，斜率为k，即：，解得；．联立解得：
考点：考查了测量电源电动势和内阻实验
【名师点睛】测定电源的电动势和内电阻是高中阶段电学实验考查的重点，是近几年各地高考题目的出题热点，本题突出了对于实验原理、仪器选择及U-I图象处理等多方面内容的考查，题目层次源于课本，凸显能力，体现创新意识，侧重于对实验能力的考查．
13. 一列简谐横波在时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图象。求：
（1）波速及波的传播方向；
（2）质点Q的平衡位置的x坐标。
【答案】（1）18cm/s，沿x轴负方向传播；（2）9cm
【解析】（1）由图(a)可以看出，该波的波长为
λ＝36cm
由图(b)可以看出，周期为
T＝2s
波速为
v＝＝18cm/s
由图(b)知，当时，Q点向上运动，结合图(a)可得，波沿x轴负方向传播。
（2）设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为、由图(a)知，x＝0处
y＝－＝Asin(－)
因此
由图(b)知，在t＝0时Q点处于平衡位置，经Δt＝s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，可得P、Q间平衡位置距离为＝vΔt＝6cm
则质点Q的平衡位置的x坐标为＝9cm
14. 如图，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在CD处相切构成，导轨的间距为L，区域CDEF内存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的PQ处由静止释放（释放前棒均未接触导轨），释放第根棒时，第根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好。求
（1）第3根棒刚进入磁场时的加速度大小？
（2）第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率？
【答案】（1）
（2）
【解析】第3根棒刚进入磁场时速度为，由能量守恒得
解得
棒产生的感应电动势为
此时第1、2根棒并联，电阻为，第3根棒等效于电源，电路中总电阻为
联立解得电路中电流为
由牛顿第二定律
解得
（2）第n根棒刚进入磁场时，前根棒并联电阻为
电路总电阻为
电路总电流
由并联关系可知，第一根棒中电流
解得
第1根棒热功率为
15. 如图所示，水平传送带以m/s的速度做逆时针运动，传送带左端与水平地面平滑连接，传送带与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a从圆弧轨道最高点由静止下滑后滑过传送带，与静止在水平地面右端的物块b发生弹性碰撞。已知物块a的质量kg，物块b的质量kg，两物块均可视为质点，圆弧轨道半径m，传送带左、右两端的距离m，物块a与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为，物块b与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度m/s2，碰撞时间极短。求：
（1）物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小；
（2）两物块最多能碰撞的次数及最终两者的距离。
【答案】（1）2m/s
（2）2次，0.48m
【解析】（1）物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点时设速度为，根据机械能守恒定律有
解得
物块a在传送带上运动时，由牛顿第二定律有
设物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为，由a、b运动学公式可得
解得
则物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为4m/s，题意知物块a、b碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设碰撞后物块a的速度为，b的速度为，则有
联立解得
，
即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为2m/s；
（2）碰撞后物块b沿地面向左做匀减速运动，设加速度为，到静止时所用时间为，位移为，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
，
对于物块a，先沿传送带向右做匀减速运动，设速度减为0所用的时间为，位移为，由运动学公式有
解得
，
由可知，故物块a第二次与b碰撞前b已经停止运动，设物块a第二次与b碰撞前瞬间速度大小为，则有
解得
物块a、b第二次碰撞过程动量守恒、机械能守恒，设第二次碰撞后速度分别为、，则有
解得，
物块b第二次碰撞后向左滑行的距离
物块a第二次碰撞后向右滑行的距离
则两物块最多碰撞2次，最终两者的距离为
方案编号
电阻箱阻值R/Ω
1
400.0
350.0
300.0
250.0
200.0
2
80.0
70.0
60.0
50.0
40.