陕西省咸阳市旬邑中学2025届高三下学期联考物理试题含解析

陕西省咸阳市旬邑中学2025届高三下学期联考物理试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）A．30 B．5.7×102C．6.0×102 D．6.3×1022、如图所示，P球质量为2m,物体Q的质量为m,现用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，物体Q位于墙壁和球P之间，已知P、Q均处于静止状态，轻绳与墙壁间的夹角为30°,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A．P对Q有方向竖直向下的摩擦力，大小为mgB．若增大P球的质量，则P对Q的摩擦力一定变大C．若增大Q球的质量，则P对Q的摩擦力一定变大D．轻绳拉力大小为3、下列关于原子物理知识的叙述正确的是（）A．衰变的实质是核内的中子转化为一个质子和一个电子B．结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定C．两个轻核结合成一个中等质量的核，核子数不变质量不亏损D．对于一个特定的氡原子，知道了半衰期，就能准确的预言它在何时衰变4、如图所示，空间P点离地面足够高，从P点以很小的速度向右水平抛出一个小球，小球能打在竖直的墙壁上，若不断增大小球从P点向右水平抛出的初速度，则小球打在竖直墙壁上的速度大小A．一定不断增大B．一定不断减小C．可能先增大后减小D．可能先减小后增大5、如图所示，在水平晾衣杆（可视为光滑杆）上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆.随着细杆位置的不同，晾衣杆两侧床单间夹角（）将不同.设床单重力为，晾衣杆所受压力大小为，下列说法正确的是（）A．当时，B．当时，C．只有当时，才有D．无论取何值，都有6、在物理学发展的历程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，以下对几位物理学家所做科学贡献的叙述正确的是（）A．牛顿运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”B．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的作用规律C．爱因斯坦创立相对论，提出了一种崭新的时空观D．法拉第在对理论和实验资料进行严格分析后，总结出了法拉第电磁感应定律二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，a为xoy坐标系x负半轴上的一点，空间有平行于xoy坐标平面的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0从a点沿与x轴正半轴成θ角斜向右上射入电场．粒子只在电场力作用下运动，经过y正半轴上的b点（图中未标出），则下列说法正确的是（）A．若粒子在b点速度方向沿轴正方向，则电场方向可能平行于轴B．若粒子运动过程中在b点速度最小，则b点为粒子运动轨迹上电势最低点C．若粒子在b点速度大小也为v0，则a、b两点电势相等D．若粒子在b点的速度为零，则电场方向一定与v0方向相反8、一列简谐横波在弹性介质中沿x轴传播，波源位于坐标原点O，t=0时刻波源开始振动，t=3s时波源停止振动，如图为t=3.2s时的波形图。其中质点a的平衡位置离原点O的距离为x=2.5m。以下说法正确的是_______。A．波速为5m/sB．波长C．波源起振方向沿y轴正方向D．在t=3.3s，质点a位于波谷E.从波源起振开始计时，3.0s内质点a运动的总路程为2.5m9、如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，物体B上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则()A．A能到达B圆槽的左侧最高点B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为D．B向右运动的最大位移大小为10、下列各种说法中正确的是（）A．布朗运动是分子热运动的宏观现象，可以发生在固体、液体和气体中B．扩散现象反映了分子的无规则运动，可以发生在固体、液体、气体的任何两种中C．分子力较大时，分子势能较大；分子力较小时，分子势能较小D．液晶分子排列比较整齐，但不稳定，其光学性质随温度的变化而变化E.只要是具有各向异性的物体一定是晶体，具有各向同性的物体不一定是非晶体三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的装置进行实验。实验中，当木块位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面，不考虑B反弹对系统的影响。将A拉到P点，待B稳定后，A由静止释放，最终滑到Q点。测出PO、OQ的长度分别为h、s。（1）实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮，为了解决这个问题，可以适当________（“增大”或“减小”）重物的质量。（2）滑块A在PO段和OQ段运动的加速度大小比值为__________。（3）实验得A、B的质量分别为m、M，可得滑块与桌面间的动摩擦因数μ的表达式为_______（用m、M、h、s表示）。12．（12分）某同学利用如图所示的装置来测量动摩擦因数，同时验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的一斜面下端与水平面之间由光滑小圆弧相连，斜面与水平面材料相同。第一次，将小滑块A从斜面顶端无初速度释放，测出斜面长度为l，斜面顶端与水平地面的距离为h，小滑块在水平桌面上滑行的距离为X1（甲图）；第二次将左侧贴有双面胶的小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块A从斜面顶端无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测出整体沿桌面滑动的距离X2（图乙）。已知滑块A和B的材料相同，测出滑块A、B的质量分别为m1、m2，重力加速度为g。(1)通过第一次试验，可得动摩擦因数为μ=___________；（用字母l、h、x1表示）(2)通过这两次试验，只要验证_________，则验证了A和B碰撞过程中动量守恒。（用字母m1、m2、x1、x2表示）四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5L，如图所示，装入6L的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300cm3，1atm的空气，设整个过程温度保持不变．(1)要使贮气筒中空气的压强达到4atm，打气筒应打压几次？(2)在贮气筒中空气的压强达到4atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？14．（16分）一滑雪者和雪橇的总质量为，沿足够长的斜坡向下滑动，斜坡倾角，雪橇与斜坡之间的动摩擦因数为，滑雪者所受的空气阻力与速度大小的比值为常量k（未知），某时刻滑雪者的速度大小为，加速度大小为，取，，。求：(1)常量k；(2)滑雪者的最大速率。15．（12分）如图所示，AC为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A端的竖直墙壁上质量的小物块将弹簧的另一端压缩到B点，之后由静止释放，离开弹簧后从C点水平飞出，恰好从D点以的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道小物体与轨道间无碰撞为圆弧轨道的圆心，E为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径，，小物块运动到F点后，冲上足够长的斜面FG，斜面FG与圆轨道相切于F点，小物体与斜面间的动摩擦因数，，取不计空气阻力求：（1）弹簧最初具有的弹性势能；（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E点时对圆弧轨道的压力大小；（3）判断小物块沿斜面FG第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D点？若能，求解小物块回到D点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E的速度大小．

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭的动量，负号表示方向，故A正确，BCD错误；【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系。2、C【解析】

A.Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和向上静摩擦力，即P对Q的摩擦力的方向向上，大小为mg．故A错误．B.由A的分析可知，增大P的质量，P对Q的摩擦力不变，故B错误．C.由B的分析可知，增大Q的质量，Q受到的静摩擦力增大，故C正确．D.P、Q整体受到重力、支持力和绳子的拉力，共3个力作用，设绳子的拉力为F，在竖直方向：Fcos30°=3mg所以绳子的拉力：F=2mg．故D错误．3、A【解析】

A．β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故A正确；B．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合能大，原子核不一定越稳定，故B错误；C．两个轻核结合成一个中等质量的核，会释放一定的能量，根据爱因斯坦质能方程可知存在质量亏损，故C错误；D．半衰期是统计规律，对于一个特定的衰变原子，我们只知道它发生衰变的概率，并不知道它将何时发生衰变，发生多少衰变，故D错误。故选A。4、D【解析】

设P点到墙壁的距离为d，小球抛出的初速度为v0，运动时间竖直速度刚小球打到墙壁上时速度大小为v=根据数学知识：即。由此可见速度有最小值，则小球打在竖直墙壁上的速度大小可能先减小后增大。A．一定不断增大。故A不符合题意。B．一定不断减小。故B不符合题意。C．可能先增大后减小。故C不符合题意。D．可能先减小后增大。故D符合题意。5、D【解析】

以床单和细杆整体为研究对象，整体受到重力G和晾衣杆的支持力，由平衡条件知，与取何值无关，由牛顿第三定律知床单对晾衣杆的压力大小，与无关，ABC错误，D正确。

故选D。6、C【解析】A、伽利略运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”,故A错误;

B、库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的作用规律,故B错误;

C、爱因斯坦创立相对论,提出了一种崭新的时空观,所以C选项是正确的;

D、法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系;是韦德与库柏在对理论和实验资料进行严格分析后,总结出了法拉第电磁感应定律,故D错误;

综上所述本题答案是：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、CD【解析】

A项：如果电场平行于x轴，由于粒子在垂直于x轴方向分速度不为0，因此粒子速度不可能平行于x轴，故A错误；B项：若粒子运动过程中在b点速度最小，则在轨迹上b点粒子的电势能最大，由于粒子带正电，因此b点的电势最高，故B错误；C项：若粒子在b点速度大小也为v0，则粒子在a、b两点的动能相等，电势能相等，则a、b两点电势相等，故C正确；D项：若粒子在b点的速度为0，则粒子一定做匀减速直线运动，由于粒子带正电，因此电场方向一定与v0方向相反，故D正确．故选CD．8、ABE【解析】

A．t=3s时波源停止振动，t=3.2s时，波传播了1.0m，则波速选项A正确；B．由题图可知，波长，选项B正确；C．t=3.2s时，波传播了由于λ=2.0m，故t=3.2s时，处质点振动与x=2.0m处质点的运动相同，可判断t=3.2s时x=2.0m处的质点向下振动，故波源起振方向沿y轴负方向，选项C错误；D．波的周期从t=3.2s时刻经质点位于平衡位置，选项D错误；E．从0时刻起，波传递到质点需要的时间则3.0s内质点振动了故质点运动的总路程为s=6×4A+A=2.5m选项E正确。故选ABE。9、AD【解析】

A．运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，A正确；BC．设A运动到圆槽最低点时的速度大小为vA，圆槽B的速度大小为vB，规定向左为正方向，根据A、B在水平方向动量守恒得0＝mvA－2mvB解得vA＝2vB根据机械能守恒定律得解得，，BC错误；D．当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设为x，根据动量守恒得m(2R－x)＝2mx解得x＝，D正确。故选AD。10、BDE【解析】

A．布朗运动是悬浮在液体、气体中的固体小颗粒的运动，所以只能发生在液体和气体中，故A错误；B．扩散现象是两种物质的分子相互进入对方，可在固、液、气三种物质中任两种中发生，故B正确；C．当分子力表现为引力时，随分子间的距离增大，分子力先增后减，但分子势能一直增大，故C错误；D．液晶分子在特定的方向排列比较整齐，具有各向异性，但分子排列不稳定，外界条件的微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质，如温度、压力和外加电压等的变化，都会引起液晶光学性质的变化，故D正确；E．单晶体的物理性质是各向异性，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性，故E正确。故选BDE。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、减小【解析】

（1）[1]B减少的重力势能转化成系统的内能和AB的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）解决。依据解决方法有：可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度），故减小B的质量；

（2）[2]根据运动学公式可知：2ah=v22a′s=v2联立解得：（3）[3]B下落至临落地时根据动能定理有：Mgh-μmgh=（M+m）v2在B落地后，A运动到Q，有mv2=μmgs解得：12、【解析】

(1)[1]．对小滑块下滑到停止过程，据动能定理得解得(2)[2]．对小滑块A滑到斜面最低点的速度为v1，在水平桌面上时，据牛顿第二定律得μm1g=m1a解得a=μg据速度位移关系公式得设A与B碰撞后速度为v2，同理得根据A、B碰撞过程动量守恒得m1v1=(m1+m2)v2联立解得四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)15(2)1.5L【解析】试题分析：气体发生等温变化，应用玻意耳定律求出打气的次数；当内外气压相等时，药液不再喷出，应用玻意耳定律求出空气的体积，然后求出剩余的药液．（1）设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p，由玻意耳定律得：1atm×300cm3＝1.5×103cm3×p，p＝0.2atm，需打气次数(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V，由玻意耳定律得：4atm×1.5L＝1atm×V，V＝6L，故还剩贮液7.5L－6L＝1.5L点睛：本题考查了理想气体状态方程，分析清楚气体状态变化过程、求出气体的状态参量、应用玻意耳定律即可正确解题．14、(1)；(2)【解析】

(1)由牛顿第二定律得解得(2)滑雪者达到最大速度时处于受力平衡状态，根据牛顿第二定律可得解得15、；30N；2．【解析】

（