2025屆陜西省寶雞市高三上學期聯(lián)考物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12025屆高三聯(lián)考物理試卷（考試時間75分鐘總分100分）一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題，每小題4分，共28分，只有一項符合題目要求；第8~10題，每小題6分，共18分，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.如圖所示，機器狗將物資馱運在水平背部，忽略空氣阻力，則（）A.勻速上坡時，貨物的機械能守恒B.加速前進時，物資對機器狗的力小于機器狗對物資的力C.機器狗能跳過小障礙物，起跳離地后物資處于超重狀態(tài)D.若機器狗用5G電磁波信號定位，該信號是橫波能在真空中傳播【答案】D【解析】A．勻速上坡時，貨物的動能不變，重力勢能增加，則機械能增加，故A錯誤；B．物資對機器狗的力與機器狗對物資的力是一對相互作用力，總是等大反向，故B錯誤；C．機器狗能跳過小障礙物，起跳離地后，忽略空氣阻力，物資只受重力作用，物資的加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C錯誤；D．機器狗用5G信號定位，該信號是電磁波能在真空中傳播，故D正確。故選D。2.如圖為失去一個電子形成的正一價氦離子（簡稱氦的類氫結(jié)構(gòu)）的能級示意圖。關于氦離子（）的能級及其躍遷，下列說法正確的是（）A.能級比能級電勢能多40.8eVB.處于基態(tài)的氦離子，吸收一個光子后躍遷到更高軌道，電子的動能將變大C.如果用具有54.4eV動能的電子碰撞處于基態(tài)的氦離子，可使其躍遷到能級D.一群處于能級的氦離子向低能級躍遷時，能產(chǎn)生6種不同頻率的可見光【答案】C【解析】A．能級比能級的能量多但能級的能量等于電子具有的電勢能和動能之和，故A錯誤；B．氦離子吸收光子，由低能級躍遷到高能級，則電子的軌道半徑增大，根據(jù)得可知減小，則核外電子的動能減小，故B錯誤；C．如果通過電子碰撞的方式，使離子發(fā)生能級躍遷，只要入射電子的動能大于要發(fā)生躍遷的兩能級的能量差即可，則用具有54.4eV動能的電子碰撞處于基態(tài)的氦離子，大于與的能級差，故可使其躍遷到能級，故C正確；D．一群處于能級的氦離子向低能級躍遷時，最多能發(fā)出種不同頻率的光子，處于能級的氦離子能夠發(fā)出6種光子的能量分別為而可見光的能量在1.63eV～3.10eV，因此只有1種頻率的可見光，故D錯誤。故選C。3.如圖甲所示是某人下蹲彎曲膝蓋緩慢搬起重物的情景。甲乙該過程是身體肌肉、骨骼、關節(jié)等部位一系列相關動作的過程，現(xiàn)將其簡化為如圖乙所示的模型。設腳掌受地面豎直向上的彈力大小為，膝關節(jié)彎曲的角度為θ，該過程中大、小腿部的肌群對膝關節(jié)的作用力F的方向始終水平向后，且大腿骨、小腿骨對膝關節(jié)的作用力大致相等。關于該過程的說法正確的是（）A.人緩慢搬起重物的過程中，逐漸變小B.人緩慢搬起重物過程中，F(xiàn)逐漸變大C.當時，D.當時，【答案】D【解析】A．人緩慢搬起重物的過程中，腳掌受到豎直向上的彈力與人和重物的總重力平衡，大小不變，故A錯誤；B．設大腿骨、小腿骨對膝關節(jié)的作用力大小為F1，則他們之間的夾角為θ，F(xiàn)即為他們合力，則有腳掌所受地面豎直向上的彈力約為聯(lián)立可得人緩慢搬起重物過程中，膝蓋彎曲的角度θ變大，F(xiàn)逐漸變小，故B錯誤；CD．當時，可得當時，可得故C錯誤，D正確。故選D。4.如圖所示，一輕繩通過一光滑定滑輪，兩端各系一質(zhì)量分別為和的物體，放在地面上，當?shù)馁|(zhì)量發(fā)生變化時，的加速度a的大小、速度v的大小、繩對的作用力F與的關系大體如圖中的（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AB．分析可知，系統(tǒng)靜止，此時的加速度為0、速度為0、拉力為，當時，系統(tǒng)開始運動，設加速度大小為a，則由牛頓第二定律得解得故加速度a與成非線性曲線，且隨增加，加速度a趨于g，故A錯誤，B正確；C．以上分析可知，的速度為0，當時，加速度a與成非線性曲線，且加速度隨著隨增加而增大，而加速度是描述速度變化快慢的物理量，故速度著隨增大而增加的越大越快。故C錯誤；D．以上分析可知當，系統(tǒng)靜止，由平衡條件可知，繩子拉力可知拉力F與成正比；當時，系統(tǒng)開始運動，對研究，則由牛頓第二定律得又因為聯(lián)立以上得故F與成非線性曲線，且隨增加，F(xiàn)趨于，故D錯誤。故選B。5.如圖甲所示，質(zhì)量m=0.2kg彈性小球從地面上方某一高度由靜止開始下落，彈起后上升到某一高度，小球與地面碰撞的時間忽略不計，規(guī)定豎直向下為正方向，此過程的v-t圖像如圖乙所示，空氣對小球的阻力大小恒為重力的0.5倍，下降的時間是上升時間的4倍，下降與上升的整個過程的平均速度為13m/s，重力加速度g取10m/s2，地面對小球的彈力遠大于重力，下列說法正確的是（）A.小球上升過程的運動時間4s B.地面對小球沖量-14N·sC.小球落地時的速度-40m/s D.小球離地時的速度30m/s【答案】B【解析】ACD．小球下降過程加速度根據(jù)牛頓第二定律球上升過程加速度根據(jù)牛頓第二定律全程的平均速度解得故小球上升過程的運動時間小球落地時的速度和小球離地時的速度分別為故ACD錯誤；B．小球與地面作用過程，根據(jù)動量定理故B正確。故選B。6.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定絕緣軌道ABCDP，由半徑m的圓弧軌道CDP和與之相切于C點的水平軌道ABC組成，圓弧軌道的直徑DP與豎直半徑OC間的夾角，A、B兩點間的距離m。質(zhì)量kg的不帶電絕緣滑塊靜止在A點，質(zhì)量kg、電荷量C的帶正電小球靜止在B點，小球的右側(cè)空間存在水平向右的勻強電場?，F(xiàn)用大小N、方向水平向右的恒力推滑塊，滑塊到達B點前瞬間撤去該恒力，滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，碰后小球沿軌道運動，到達P點時恰好和軌道無擠壓且所受合力指向圓心。小球和滑塊均視為質(zhì)點，碰撞過程中小球的電荷量不變，不計一切摩擦。取m/s2，，。下列說法錯誤的是（）A.撤去該恒力瞬間滑塊的速度大小為6m/sB.勻強電場的電場強度大小E大小是N/CC.小球到達P點時的速度大小是2.5m/sD.小球和滑塊碰撞后，滑塊速度大小為4m/s【答案】D【解析】A．對滑塊從A點運動到B點的過程，根據(jù)動能定理有解得v=6m/s故A正確，不符合題意；B．小球到達P點時，受力如圖所示則有解得故B正確，不符合題意；C．小球所受重力與電場力的合力大小為小球到達P點時，由牛頓第二定律有解得故C正確，不符合題意；D．滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，取水平向右為正方向，設碰后滑塊、小球的速度分別為v1、v2，則由動量守恒定律得由能量守恒得聯(lián)立解得，故D錯誤，符合題意。故選D。7.由于大氣層的存在，太陽光線在大氣中折射，使得太陽“落山”后我們?nèi)匀荒芸匆娝?。某同學為研究這一現(xiàn)象，建立了一個簡化模型。將折射率很小的不均勻大氣等效成折射率為的均勻大氣，并將大氣層的厚度等效為地球半徑R。根據(jù)此模型，一個住在赤道上的人在太陽“落山”后還能看到太陽的時間是（地球自轉(zhuǎn)時間為24小時，地球上看到的太陽光可以看成平行光）（）A.3小時 B.2小時 C.1.5小時 D.1小時【答案】D【解析】太陽光是平行光，臨界光路圖如圖所示由幾何關系可得臨界光線的折射角為可知臨界光線的折射角為30°；根據(jù)折射定律可得由幾何關系可知，地球多轉(zhuǎn)角度便看不見太陽了，有一個住在赤道上的人在太陽“落山”后還能看到太陽的時間為故選D。8.圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連。帶電粒子從靜止開始運動的速率v隨時間t變化如圖乙，已知tn時刻粒子恰射出回旋加速器，不考慮相對論效應、粒子所受的重力和穿過狹縫的時間，下列判斷正確的是（）A.t3-t2=t2-t1=t1B.v1：v2：v3=1：2：3C.粒子在電場中的加速次數(shù)為D.同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差保持不變【答案】AC【解析】A．粒子在磁場中做勻速圓周運動，由可得粒子運動周期為故周期與粒子速度無關，每運動半周被加速一次，可知t3-t2=t2-t1=t1A正確；B．粒子被加速一次，動能增加qU，被加速n次后的動能為可得故速度之比為v1：v2：v3=1：：B錯誤；C．由B的分析可得聯(lián)立解得故粒子在電場中的加速次數(shù)為，C正確；D．由A的分析可得由B的分析可知故即同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差會改變，D錯誤。故選AC。9.滑沙運動時，沙板相對沙地的速度大小會影響沙地對沙板的動摩擦因數(shù)。假設滑沙者的速度超過8m/s時，滑沙板與沙地間的動摩擦因數(shù)就會由變?yōu)?，如圖1所示，簡化模型如圖2所示，一滑沙者從傾角的坡頂A處由靜止開始下滑，滑至坡底B（B處為一平滑小圓弧）后又滑上一段水平地面，最后停在C處。已知滑板與水平地面間的動摩擦因數(shù)恒為，AB坡長m，，不計空氣阻力，則滑沙者（）A.下滑速度較大時加速度為2m/s2B.下滑到B處時的速度大小12m/sC.在水平地面上運動的最大距離為18mD.在AB段下滑與BC段滑動的時間之比為【答案】BCD【解析】AB．滑沙板的速度較小時，根據(jù)牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)可得速度達到的過程中的位移滑沙板的速度超過8m/s后，根據(jù)牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)可得設到達B的速度為，則代入數(shù)據(jù)可得故A錯誤，B正確；C．滑沙板在水平面上的加速度大小為，則由可得由運動學公式可得在水平地面上運動的最大距離為故C正確；D．滑沙板的速度達到的時間第二段時間滑沙板在水平面上的時間則在AB段下滑與BC段滑動的時間之比為故D正確。故選BCD。10.如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為kg、kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計的輕彈簧相連，其中A緊靠墻面，現(xiàn)對B物體緩慢施加一個向左的力，該力對物體B做功J，使A、B間彈簧被壓縮．在系統(tǒng)靜止時，突然撤去向左的力，解除壓縮，則（）A.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒B.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒C.從撤去外力至A與墻面剛分離，彈簧對B的沖量N·s，方向水平向右D.A與墻面分離后至首次彈簧恢復原長時，兩物體速率均是2.5m/s【答案】CD【解析】A．解除壓縮后，彈簧在恢復原長的過程中，墻壁對A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到彈簧恢復原長前，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動量不守恒，恢復原長后，AB一起向右運動，系統(tǒng)的合外力為零，動量守恒，故A錯誤；B．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)只有動能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化，故機械能守恒，故B錯誤；C．壓縮彈簧時，外力做的功全轉(zhuǎn)化為彈性勢能，撤去外力，彈簧恢復原長，彈性勢能全轉(zhuǎn)化為B的動能，設此時B的速度為v0，則得此過程由動量定理得方向水平向右，故C正確；D．當彈簧恢復原長時，A的速度最小，則A、B都運動后，B減速，A加速，當A、B速度相等時彈簧拉伸最長，此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當彈簧再次恢復原長時，以向右為正，由系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒有得，故D正確。故選CD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.有一種新式游標卡尺，其游標尺的刻度與傳統(tǒng)的舊式游標尺明顯不同，新式游標尺的刻度線看起來很“稀疏”，使得讀數(shù)時顯得清晰明了，方便使用者正確地讀取數(shù)據(jù)，通常游標尺的刻度有10分度，20分度，50分度三種規(guī)格，新式游標尺也有相應的三種，但游標尺刻度卻是：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”新式游標尺為例，它的精確度是______mm；（2）用新式游標卡尺測量某一物體的厚度，測量時游標卡尺的示數(shù)如圖所示，其讀數(shù)是______mm?！敬鸢浮浚?）0.05（2）1.25【解析】(1)[1]新式游標卡尺的測量原理和傳統(tǒng)的游標卡尺相同，新式游標卡尺其游標尺上20個分度只有39mm，比主尺上的40個分度短1mm，它的測量精確度是(2)[2]用它測得物體厚度為12.在測量電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗中，由于所用的電壓表（視為理想電壓表）的量程較小，某同學設計了如圖所示的實物電路．（1）實驗時，應先將電阻箱的電阻調(diào)到___．（選填“最大值”、“最小值”或“任意值”）（2）改變電阻箱的阻值R，分別測出阻值=10的定值電阻兩端的電壓U，下列兩組R的取值方案中，比較合理的方案是．（選填“1”或“2”）方案編號電阻箱阻值R/Ω1400.0350.0300.0250.0200.0280.070.060.050.040.（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描點，繪出的圖象是一條直線．若直線的斜率為k，在坐標軸上的截距為b，則該電源的電動勢E=，內(nèi)阻r=．（用k、b和R0表示）【答案】（1）最大值；（2）2；（3）【解析】試題分析：（1）為了預防電路中電流過大，損壞電路，所以需要將電阻箱調(diào)到最大，（2）由表格可知，方案1中電阻箱的阻值與定值電阻差別太大，導致電路中電流差別太小；而方案2中電阻箱的阻與與待測電阻相差不多，故可以得出較為合理的電流值，故應選擇方案2③由閉合電路歐姆定律可知，變形得：由題意可知，斜率為k，即：，解得；．聯(lián)立解得：考點：考查了測量電源電動勢和內(nèi)阻實驗【名師『點石成金』】測定電源的電動勢和內(nèi)電阻是高中階段電學實驗考查的重點，是近幾年各地高考題目的出題熱點，本題突出了對于實驗原理、儀器選擇及U-I圖象處理等多方面內(nèi)容的考查，題目層次源于課本，凸顯能力，體現(xiàn)創(chuàng)新意識，側(cè)重于對實驗能力的考查．13.一列簡諧橫波在時的波形圖如圖(a)所示，P、Q是介質(zhì)中的兩個質(zhì)點。圖(b)是質(zhì)點Q的振動圖象。求：（1）波速及波的傳播方向；（2）質(zhì)點Q的平衡位置的x坐標。【答案】（1）18cm/s，沿x軸負方向傳播；（2）9cm【解析】（1）由圖(a)可以看出，該波的波長為λ＝36cm由圖(b)可以看出，周期為T＝2s波速為v＝＝18cm/s由圖(b)知，當時，Q點向上運動，結(jié)合圖(a)可得，波沿x軸負方向傳播。（2）設質(zhì)點P、Q平衡位置的x坐標分別為、由圖(a)知，x＝0處y＝－＝Asin(－)因此由圖(b)知，在t＝0時Q點處于平衡位置，經(jīng)Δt＝s，其振動狀態(tài)向x軸負方向傳播至P點處，可得P、Q間平衡位置距離為＝vΔt＝6cm則質(zhì)點Q的平衡位置的x坐標為＝9cm14.如圖，固定的足夠長平行光滑雙導軌由水平段和弧形段在CD處相切構(gòu)成，導軌的間距為L，區(qū)域CDEF內(nèi)存在方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場?，F(xiàn)將多根長度也為L的相同導體棒依次從弧形軌道上高為h的PQ處由靜止釋放（釋放前棒均未接觸導軌），釋放第根棒時，第根棒剛好穿出磁場。已知每根棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，重力加速度大小為g，且與導軌垂直，導軌電阻不計，棒與導軌接觸良好。求（1）第3根棒剛進入磁場時的加速度大??？（2）第n根棒剛進入磁場時，第1根棒的熱功率？【答案】（1）（2）【解析】第3根棒剛進入磁場時速度為，由能量守恒得解得棒產(chǎn)生的感應電動勢為此時第1、2根棒并聯(lián)，電阻為，第3根棒等效于電源，電路中總電阻為聯(lián)立解得電路中電流為由牛頓第二定律解得（2）第n根棒剛進入磁場時，前根棒并聯(lián)電阻為電路總電阻為電路總電流由并聯(lián)關系可知，第一根棒中電流解得第1根棒熱功率為15.如圖所示，水平傳送帶以m/s的速度做逆時針運動，傳送帶左端與水平地面平滑連接