2024-2025高三上学期检测考试(期末)物理模拟试题(解析版)

2024-2025高三上学期检测考试（期末）物理模拟试题一、选择题1.下列说法中不正确的是（）A.爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程B.动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波也相等C.玻尔的原子理论成功解释了氢原子光谱的实验规律D.卢瑟福根据粒子散射实验提出了原子的核式结构模型【答案】B【解析】【详解】A．爱因斯坦提出了光子假说，建立了光电效应方程，故A正确；B．根据知动能相等，质量大动量大，由得电子动量小，则电子的德布罗意波长较长，故B错误；C．玻尔的原子结构假说第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故C正确；D．卢瑟福根据α粒子散射实验中少数α粒子发生大角度偏转，提出了原子的核式结构模型，故D正确。故选B。2.在某GPS定位器上，显示了以下数据：航向267°，航速36km/h，航程60km，累计100min，时间10：29：57，则此时瞬时速度和开机后平均速度为()A.3.6m/s、10m/s B.10m/s、10m/sC.3.6m/s、6m/s D.10m/s、6m/s【答案】B【解析】【分析】【详解】GPS定位器上显示的航速为瞬时速度即航程60km，累计100min，平均速度故选B。3.一质点在0~10s内的v-t图像的图线恰好是与两坐标轴相切的圆弧，由图可知（  ）A.0时刻，质点的加速度等于0B.10s内质点的位移为50mC.质点的加速度大小等于1m/s2时的速度约为2.93m/sD.质点的加速度随时间均匀减小【答案】C【解析】【详解】A．v-t图像的斜率表示加速度，0时刻图像的斜率不为零，加速度不等于0，故A错误；B．由图线“面积”表示位移得10s内质点的位移故B错误；C．当质点的加速度大小等于1m/s2时，如图所示由几何关系可知B点的纵坐标故C正确；D．由图像可知图像斜率（即加速度）逐渐减小但不是均匀变化（抛物线的斜率才是均匀变化），故D错误。故选C。4.如图所示，质量为M，倾角为θ的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一个质量为m的物体A，给物体A一个初速度，物体A刚好沿斜面匀速下滑，若用一个斜向下的力F作用在物体A上，物体A加速下滑，如图所示．则关于地面对直角劈的摩擦力及物体A与直角劈B间的动摩擦因数的结论正确的是A.B.C.向右，D.向左，【答案】B【解析】【详解】以A研究对象，分析受力，作出力图如图根据平衡条件得解得以B为研究对象，分析受力，作出力图如图设地面对B的方向水平向右，根据平衡条件得水平方向又得到综上所述，故B正确。故选B。5.如图所示，吊车下方吊着一个质量为200kg的重物，处于静止状态，某时刻开始，吊车以4kW的恒定功率将重物向上吊起，经t=2s重物达到最大速度．忽略空气阻力，取，则在这段t时间内A.重物的最大速度为2m/sB.重物做匀变速直线运动C.重物先处于超重状态后处于失重状态D.重物克服重力做功的平均功率为2kW【答案】A【解析】【分析】【详解】A．当钢索拉力与物体重力相等时，物体速度达最大即A正确；B．根据可知，功率恒定，速度增大，拉力减小，拉力与重力合力减小，所以物体做加速度减小的加速运动，B错误；C．由B分析可知，在物体达到最大速度的过程中物体的重力始终小于拉力，所以物体一直处于超重状态，C错误；D．根据能量守恒可知解得重物克服重力做功的平均功率为D错误。故选A。6.图（a）为示波管原理图．如果在电极之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】电子在和间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式：前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向一侧，所以电子前半周期偏向一侧．前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向Y一侧，所以电子前半周期偏向Y一侧．综上，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限．同理，后半周期的图像应在第四象限．A．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故A错误．B．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故B正确．C．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故C错误．D．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故D错误．7.某静电场在x轴上各点的电势φ随坐标x的分布图象如图．x轴上A、O、B三点的电势值分别为φA、φO、φB，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为EAx、EOx、EBx，电子在A、O、B三点的电势能分别为EPA、EPO、EPB．下列判断正确的是（）A.φO＞φB＞φAB.EOx＞EBx＞EAxC.EPO＜EPB＜EPAD.EPO－EPA＞EPO－EPB【答案】D【解析】【详解】由图知，φO＜φB＜φA．故A错误．根据图象切线斜率的大小等于电场强度沿x轴方向的分量大小，则知，EOx＜EBx＜EAx．故B错误．电子带负电，根据电势能公式Ep=qφ=-eφ分析得知，EPO＞EPB＞EPA故C错误．由图知，OA间电势差大于OB间电势差，即有UAO＞UBO，即φA−φO＞φB−φO，电子带负电，则根据电势能公式Ep=qφ=-eφ得：EPA−EPO＜EPB−EPO．即EPO−EPA>EPO−EPB，故D正确．故选D．【点睛】解决本题的关键要掌握电势能公式Ep=qφ，知道负电荷在电势高处电势能小．明确φ-x图象的斜率表示电场强度．8.在绝缘圆柱体上a、b两位置固定有两个金属圆环，当两环通有如图所示电流时，b处金属圆环受到的安培力为F1；若将b处金属圆环移到位置c，则通有电流为I2的金属圆环受到的安培力为F2．今保持b处金属圆环位置不变，在位置c再放置一个同样的金属圆环，并通有与a处金属圆环同向、大小为I2的电流，则在a位置的金属圆环受到的安培力()A.大小为|F1＋F2|，方向向左B.大小为|F1＋F2|，方向向右C.大小为|F1－F2|，方向向左D.大小为|F1－F2|，方向向右【答案】C【解析】【详解】当金属圈在b处时，两个的圆形线圈的电流的环绕方向相反，所以两个线圈之间存在排斥力，这一对引力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，所以b处对a的力为F1，同理，当金属圈在c位置时，对a的力为F2；当保持b处金属圈位置不变，在位置c再放置一个同样的金属圆环，并通有与a处金属圆环同向、大小为I2的电流，b处对a处金属圈的力为F1方向向左，此时c处对a的力与之前相反，方向向右，大小为F2，即在a位置的金属圆环受到的安培力为|F1-F2|，方向向左．故ABD错误，C正确．故选C．【点睛】解答该题要明确两通电导线之间的安培力的关系，电流方向相同时，存在相互的吸引力，电流方向相反时．存在相互的斥力．9.如图所示，在光滑水平面上，质量为m的A球以速度向右运动，与静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以（待定系数a<1）的速率弹回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，则系数a可以是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】【详解】A与B发生碰撞，根据动量守恒可知要使A球能再次追上B球并相撞，且A与固定挡板P发生弹性碰撞，则由以上两式可解得故BC正确，AD错误。故选BC。10.如图所示，绕同一恒星运行的两颗行星A和B，A是半径为r的圆轨道，B是长轴为2r椭圆轨道，其中Q′到恒星中心的距离为Q到恒星中心的距离的2倍，两轨道相交于P点。以下说法正确的是()A.A和B经过P点时加速度相同B.A和B经过P点时的速度相同C.A和B绕恒星运动的周期相同D.A的加速度大小与B在Q′处加速度大小之比为16:9【答案】ACD【解析】分析】【详解】A．由牛顿第二定律得解得经过P点时M、r都相同，则向心加速度相同，故A正确；B．A行星做匀速圆周运动，而B做的是椭圆运动，二者在同一点处的速度方向不相同，速度不同，故B错误；C．根据开普勒第三定律，行星和彗星围绕同一中心天体运动，且半长轴相同，故周期相同，故C正确；D．B在Q′处时与恒星球心的距离为，根据故A的加速度大小与B在Q′处加速度大小之比为故D正确。故选ACD。11.在匀强磁场中有一不计电阻的单匝矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端，图中的电压表和电流表均为理想交流电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻，下列说法正确的是（）A.在图甲的t=0.01s时刻，矩形线圈平面与磁场方向平行B.变压器原线圈两端的瞬时值表达式C.处温度升高时，电压表V1示数与V2示数的比值变大D.处温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积可能变大、也可能变小，而电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大【答案】CD【解析】【详解】A．t=0.01s时刻，电动势为零，此时磁通量为最大，矩形线圈平面与磁场方向垂直，故A错误；B．根据图甲可知交流电的表达式为故B错误；C．电压表V1的示数为交流电压的有效值即36V不变，副线圈两的电压也不变，在Rt处温度升高时，Rt电阻变小，总电阻也变小，总电流变大，R两端电压变大，所以电压表V2的示数变小，所以电压表V1示数与V2示数的比值变大，故C正确；D．由C分析可知，电压表V2示数变小，电流表A2示数变大，所以电压表V2示数与电流表A2示数的乘积可能变大、也可能变小，由于电流表A2示数变大，所以电流表A1示数变大，电压表V1的示数不变，所以电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，故D正确。故选CD。12.2017年9月13日，苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款iPhone新机型，除了常规的硬件升级外，三款iPhone还支持快充和无线充电。图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图，已知线圈匝数n=100、电阻r=1、横截面积S=1.5×10-3m2，外接电阻R=7。线圈处在平行于线圈轴线的匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，则A.在t=0.01s时，通过R的电流发生改变B.在t=0.01s时，线圈中的感应电动势E=0.6VC.在0~0.02s内，通过电阻R的电荷量q=1.5×10-3CD.在0.02~0.03s内，R产生的焦耳热为Q=1.8×10-3J【答案】BC【解析】【详解】AB．根据楞次定律可知，在0-0.01s内电流方向和在0.01-0.02s内电流方向不变，根据法拉第电磁感应定律可得由闭合电路欧姆定律可得电流大小不变，A错误，B正确；C．在0~0.02s内，产生的感应电流为，电荷量为C正确；D．在0.02~0.03s内，产生的感应电动势为产生的感应电流为R上产生的焦耳热为D错误。故选BC。二、填空题13.关于力学实验，下列说法正确的是（）A.在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，将弹簧竖直悬挂且不挂钩码时的长度应为弹簧原长B.在“探究求合力的方法”的实验中，两次应将橡皮筋沿相同方向拉到相同长度C.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，平衡摩擦力时应将装有砝码的小桶通过定滑轮拴在木块上D.在“探究平抛运动的规律”的实验中，小球可以从不同位置释放E.在“探究功与速度变化的关系”的实验中，必须用完全相同的橡皮筋，且每次实验时橡皮筋拉伸的长度也必须相同【答案】ABE【解析】【详解】A．在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，应将弹簧竖直悬挂测量不挂钩码时的长度，避免应弹簧的重力而产生的误差,故A正确；B．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，要使分力的效果与合力的效果相同，则需要两次将橡皮筋沿相同方向拉到相同长度，故B正确；C．在“探究加速度与质量、力的关系”的实验中，平衡摩擦力时应应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故C错误；D．在“研究平抛物体的运动”的实验中，为使小球抛出时的速度不变，小球要从同一个位置释放，故D错误；E．在“探究动能定理”的实验中，必须用完全相同的橡皮筋，且每次试验橡皮筋拉伸的长度也必须相同，以保证各个橡皮筋做的功都相同，故E正确。故选ABE。14.如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图。(1)若入射小球质量为m1，半径为r1，被碰小球的质量为m2，半径为r2，则_________。A．B.C.D(2)设入射小球的质量为，被碰小球的质量为，P为碰撞前入射小球落点的平均位置，则关系式为（用、OM、ON、OP表示）____________成立，即表示碰撞中动量守恒。【答案】①.C②.【解析】【详解】(1)[1]在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有m1v0=m1v1+m2v2在碰撞过程中动能守恒故有解得要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1-m2＞0m1＞m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1=r2，故选C；(2)[2]P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度碰撞后入射小球的速度碰撞后被碰小球的速度若m1v1=m2v3+m1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入可得15.为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，小明测量小灯泡的电压U和电流I，利用P=UI得到电功率，实验所使用的小灯泡规格为“3.0V，1.8W”，电源为12V的电池，滑动变阻器的最大阻值为10Ω。（1）准备使用的实物电路如图甲所示。请根据实物图画出相应的电路图___________。

（2）现有20Ω和50Ω的定值电阻，电路中的电阻R1应选___________Ω的定值电阻。（3）依据所描绘的P-U2的图像，求灯泡在2V电压下的功率为___________W，此时的电阻值为___________Ω。（结果均保留两位有效数字）

【答案】①.如图所示：②.20③.0.98##0.99##1.0④.4.0##4.1【解析】【详解】（1）[1]根据实物图得出电路图如图：（2）[2]小灯泡的额定电流为根据闭合电路欧姆定律，电路中的最小电阻为所以R1应选；（3）[3][4]依据所描绘的P-U2的图像当电压为2V时，电功率为1.0W，根据公式得【点睛】测定小灯泡电功率实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，据此连接实物电路图。做电学实验为保护电流表，需要串联一个保护电阻，保护电阻的值应根据欧姆定律算出。三、计算或论述题16.如图，有一质量为2kg的物体放在长为1m的斜面顶部，斜面倾角θ=37°．（1）若由静止释放物体，1s后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为多少？（2）物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？（3）若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为1.5m/s2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？【答案】（1）2m/s（2）μ=0.5（3）5N【解析】【详解】（1）根据平均速度公式可知：s=vt，

解得：（2）根据速度公式可知：由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma1，

将a1=2

m/s2，θ=37°代入，可求得μ=0.5

（3）因为物体加速度向下，所以恒力F与重力的合力竖直向下，设该合力为F竖，

则有F竖sinθ-μF竖cosθ=ma2

将a2=1.5

m/s2、θ=37°、μ=0.5代入，可求得F竖=15N

因为F竖=mg-F，所以F=mg-F竖=20N-15N=5N【点睛】本题考查牛顿第二定律的综合应用，要注意正确进行受力分析和运动学过程分析，明确加速度在力和运动学中的桥梁作用．17.如图所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段与水平面的夹角θ＝37°，D、C两点的高度差h＝0.1m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m1＝0.4kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6kg的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：（1）物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；（2）物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小【答案】（1）2m/s；（2）18N【解析】【详解】（1）物块I和II粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块I带电荷量为q，物块I与物块II碰撞前速度为，碰撞后共同速度为，根据平衡条件，有根据动量定理，有碰撞过程满足动量守恒联立解得（2）设圆弧段CD的半径为R，物块I和II经过C点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为FN，根据几何关系，有根据牛顿第二定律代入数据解得由牛顿第三定律可得物块I和II对轨道的压力大小为18N。18.在光滑的水平桌面上有体形等大、质量分别为M=0.6kg和m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的轻弹簧（弹簧与两球不相连），弹簧的弹性势能Ep=10.8J，原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示，。求：（1）两小球离开轻弹簧时获得的速度大小；（2）球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小；（3）若半圆轨道半径可调，求m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离的最大值。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设m与M两球速度大小分别为v1、v2，释放弹簧过程中系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，有解得（2）m从A到B过程中，由机械能守恒定律可得解得以水平向右为正方向，小球m从轨道底端A运动到顶端