黑龙江省哈尔滨三中2024-2025学年高三（上）期末物理试卷（含解析）

第=page1414页，共=sectionpages1515页黑龙江省哈尔滨三中2024-2025学年高三（上）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.以下说法正确的是(

)A.布朗运动说明构成固体颗粒的分子在永不停息地做无规则运动

B.电冰箱的工作过程表明，热量可以自发地从低温物体向高温物体传递

C.表面张力使液体表面具有扩张趋势，使液体表面积趋于最大

D.在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体2.如图所示、甲、乙两位同学握住绳子A、B两端摇动，A、B两端近似不动，且A、B两点连线沿水平方向，绳子上P、Q等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动。当绳子在空中转到如图所示位置时，则(

)A.P点的线速度方向沿绳子切线 B.P点所受合外力垂直于绳斜向下

C.P点和Q点的线速度大小相等 D.P点的角速度等于Q点的角速度3.t=0时刻，小球甲(视为质点)从地面开始做竖直上抛运动，小球乙(视为质点)从距地面高度为h0处由静止释放，甲、乙小球不在同一竖直线上，两小球距地面的高度h与运动时间t的关系图像如图所示，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是(

)A.甲的初速度比乙落地时的速度大

B.甲、乙落地的时间差为2h0g

C.甲上升过程的平均速度比乙下降过程的平均速度小4.某交变电流电压随时间变化的规律如图所示(初始部分为正弦函数的四分之一周期)，下列说法正确的是(

)A.将此交流电与击穿电压是200V的电容器相连，电容器不会被击穿

B.该交变电流电压的有效值为1005V

C.将该交变电流加在交流电压表两端时，电压表读数为2005.沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势φ随位置x变化的图像如图所示，一带负电、电荷量大小为e的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向。若该电荷仅受电场力，则下列说法正确的是(

)A.该电荷到达x3点时加速度最大

B.x2点的电场强度方向沿着x轴正方向

C.该电荷到达x3点时动能最大，此时的动能为2.5eV

6.哈三中的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T-L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半径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.密度为地球的14倍 B.表面重力加速度为地球的12倍

C.质量为地球的4倍 D.第一宇宙速度为地球的7.如图所示，一根足够长的粗糙绝缘细直杆MN，固定在竖直平面内，与水平面的夹角为30°，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场充满直杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带负电小环(可视为质点)套在直杆上，与直杆之间有一个极小的空隙，小环与直杆之间动摩擦因数μ=0.5，将小环从直杆MN上的P点由静止释放，下降高度为h之前速度已达到最大值。已知小环和直杆之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小环的电荷量为-q(q>0)，重力加速度大小为A.小环释放后，一直做加速度减小的加速运动

B.小环释放后，小环的速度先增大后减小

C.小环释放后，加速度的最大值为2-34g

D.二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.物理学发展推动了社会进步，以下关于物理学史和方法的说法不正确的是(

)A.美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，并通过油滴实验测得元电荷的数值

B.质点、点电荷概念的建立应用了理想化模型的思想

C.法拉第提出了电场的观点，并归纳总结出感应电动势公式为E=nΔΦΔt9.倾角为θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量m=1kg的物块A用轻质细绳跨过光滑的定滑轮和水平地面上质量为M=3kg的小车B相连。初始时小车B尾端在滑轮正下方距滑轮h=0.4m处，t=0时刻小车从静止开始以恒定的功率P=40W启动，并带动物块A沿斜面向上运动，当细线与水平方向的夹角θ=30°时小车B运动到Q位置，整个过程中小车B克服地面阻力做功为78JA.小车B经过5s运动到Q位置

B.在Q位置时，物块A的速度大小是小车B速度大小的233倍

C.小车B运动到Q位置时，物块A的速度大小为43m/s

D.小车10.如图所示，一质量为m、长为L的木板A静止在光滑水平面上，其左侧固定一劲度系数为k的水平轻质弹簧，弹簧原长为l0，右侧用一不可伸长的轻质细绳连接于竖直墙上。现使一可视为质点的小物块B以初速度v0从木板的右端无摩擦地向左滑动，而后压缩弹簧。设B的质量为λm，当λ=2时细绳恰好被拉断。已知弹簧弹性势能的表达式Ep=12kA.细绳所能承受的最大拉力Fm=2v0mk

B.当λ=2时，小物块B滑离木板A时木板运动的对地位移sA=13(三、实验题：本大题共2小题，共12分。11.某同学利用如图甲所示的装置来测量弹射器弹出弹丸的速度，选用的器材为贴有白纸的屏、刻度尺、复写纸、支架等。实验时先用支架将弹射器固定好，接着弹射器向竖直屏水平发射弹丸，该弹丸通过碰撞复写纸在白纸上留下落点位置。将竖直屏向远离弹射器的方向移动，每次移动的距离均为0.3m，通过几次重复实验(每次发射前弹簧的压缩量均相同)，挑选了一张有3个连续落点痕迹的白纸，部分测量数据如图乙所示。取重力加速度大小g=10m/s2。

(1)固定弹射器时确保弹射器水平是为了确保______。

(2)根据测量的数据可知，弹丸从A点所在高度运动到B点所在高度的时间T=______s，弹丸的水平初速度大小v0=______m/s，弹丸运动到B点前瞬间的速度大小12.干电池用久后通常电动势会减小，内阻增大。某同学利用电流传感器(可以看成理想电流表)、定值电阻R0、电阻箱R等实验器材分别研究新、旧两节干电池的电动势和内阻，实验装置如图甲所示。首先测量电池a的电动势和内阻，实验时多次改变R的阻值，用电流传感器测得对应的电流值I，在计算机上显示出如图乙所示的1I-R的关系图线a，重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻，得到图乙中的图线b。

(1)若定值电阻R0=0.5Ω，令y=1I，x=R，由图乙中实验图线a的拟合方程y=57x+157可得，电池a的电动势Ea=______V，内阻r内=______Ω(所有结果均保留2位有效数字)。

(2)根据图乙可以判断，图线______(选填“a”或“b”)对应的是旧电池。

四、计算题：本大题共3小题，共42分。13.如图所示，A为竖直放置的导热汽缸，其质量M=5kg、高度L=9cm，B为质量m=2kg的导热活塞，汽缸内封闭着一定质量(远小于汽缸的质量)的理想气体，B与水平地面间连有劲度系数k=1000N/m的轻弹簧，A与B的横截面积均为S=10cm2。当整个装置静止时，活塞B距汽缸底部的高度为23L。活塞与汽缸间紧密接触且无摩擦，活塞和汽缸壁的厚度均不计，外界大气压强p0=1×105Pa，环境温度不变，弹簧原长l14.如图所示，竖直向上的匀强电场中，竖直平面内有一边长为L的正方形区域MNCD，直线PQMN在同一水平线上。在正方形内除了有竖直向上的匀强电场外，还在适当区域中有垂直纸面的匀强磁场。质量为m、电量为+q(q>0)的小球A在P点以v0沿PQMN水平向右运动，另一质量为m、电量也为+q(q>0)的小球B静止在Q点，A、B瞬间碰撞并结合在一起成为一组合体向右运动，从M点飞入磁场并从C点飞出磁场；已知该组合体从MD边上的任意一点以和M点相同速度入射该正方形区域，都只能从C点射出磁场，不计小球间的库仑力，小球均可看成质点，重力加速度大小为g。求：

(1)匀强电场场强E的大小及AB碰后共同运动的速度v的大小；

15.一很长的光滑固定水平面的左端放有质量M=0.12kg的U形导体框，俯视图如图所示，导体框EF间电阻R1=1Ω、其余部分的电阻忽略不计；一电阻R2=2Ω的金属杆PQ的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路FEPQ；EF的长度L=0.3m。初始时PQ与EF相距s=0.9m，U形导体框EF边受到水平向右的恒力F1作用、其大小F1=kM(M为导体框的质量)，金属杆PQ也受到水平向右的恒力F2作用、其大小F2=km(m为金属杆PQ的质量)；比例系数均为k=6m/s2，金属杆与导体框同时由静止开始向右运动，金属杆运动一段距离后进入一方向垂直于水平面向上的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与EF平行；金属杆在磁场中做匀速运动，其受到的安培力大小为0.48

答案和解析1.【答案】D

【解析】A、布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的运动，布朗运动说明了液体分子不停地做无规则运动，故A错误；

B、根据热力学第二定律可知，热量不可以自发地从低温物体向高温物体传递，电冰箱工作的过程中还需要消耗电能，故B错误；

C、液体表面张力是液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大，分子力表现为引力的结果，液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势，故C错误；

D、在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，故D正确。

故选：D。

2.【答案】D

【解析】AB.P点做匀速圆周运动的圆心是过P点作图中虚线的垂线和虚线的交点，故P点所受合力方向指向交点，方向竖直向下，P点线速度方向为垂直于纸面向里或向外，故AB错误；

CD.由于是共轴转动，故P点的角速度等于Q点的角速度，P点圆周运动半径小于Q点，则P点线速度大小小于Q点的线速度大小，故C错误，D正确。

故选：D。

3.【解析】由图示图像可知，两球离地面的最大高度相等，均为h0

A、甲做竖直上抛运动，乙做自由落体运动，甲的下降过程是自由落体运动，由于甲下落过程的高度与乙下落的高度相等，甲、乙落地时的速度相等，甲做竖直上抛运动的初速度大小等于落地时的速度大小，因此甲的初速度与乙落地的速度大小相等，故A错误；

B、甲、乙离地面的最大高度相等，则甲乙下落的时间相等，由x-t公式得：h0=12gt2，解得：t=2h0g，甲的运动时间是2t，乙的运动时间是t，则甲乙落地时间差Δt=t=2h0g，故B正确；

C【解析】A、该交流电压的最大值是2002V，大于200V，所以电容器会被击穿，故A错误；

B、设该交流电压的有效值为U，则U2RT=(20022)2R⋅T4+(2002)2R⋅【解析】A.φ-x图线斜率表示沿x轴方向的电场强度，所以到达x3点时受的电场力为0，加速度为0，故A错误；

B.根据电势分布可知，x0～0电场方向沿x轴负方向，0～x1电场方向沿x轴正方向，x1～x3电场方向沿x轴负方向，故B错误；

C.x3处电势最高，带负电的试探电荷在x3处电势能最小，总能量一定，故动能最大，在x2处动能为1.5eV，电势能为-leV，总能量为0.5eV，由图可知到达x3点时电势能为-2eV，动能为2.5【解析】根据单摆周期公式T=2πLg可得，T=2πg⋅L，由题图可得L相等时，TATB=31.5=2，可得gAgB=TBTA=12，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gAgB=14。

ABC.在星球表面的物体，有GMmr【解析】AB、刚开始阶段，小环受到重力、支持力沿斜面向上的摩擦力作用，下滑后，由于小环速度逐渐增大，所以还会受到洛伦兹力作用，受力分析如图所示，

根据力的合成与分解，垂直于杆方向有：N+qvB=mgcos30°

沿杆方向有：mgsin30°-μN=ma

随着小环速度增大，支持力逐渐减小，摩擦力减小，所以加速度增大，故小环会做加速度增大的加速运动，之后洛伦兹力大于重力垂直于杆的分力，支持力垂直于杆向下

垂直于杆方向有：qvB=mgcos30°+N

沿杆方向有：mgsin30°-μN=ma

小环做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时最后做匀速运动，故AB错误；

C、小环释放后，支持力为零，洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力时，加速度最大

根据牛顿第二定律有：mgsin30°=mam

解得：am8.【答案】ACD

【解析】A.富兰克林通过实验发现，雷电的性质与摩擦产生的电的性质相同，并命名了正电荷和负电荷，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故A错误；

B.理想化模型法是忽略事物的次要因素，抓住事物的主要因素，把主要因素从所要研究的事物中突出出来，质点、点电荷概念的建立应用了理想化模型的思想，故B正确；

C.法拉第提出了电场的观点，德国物理学家纽曼、韦伯归纳总结出感应电动势公式为E=nΔΦΔt，故C错误；

D.伽利略应用理想斜面实验将实验和逻辑推理结合，得出了力不是维持物体运动的原因，故D错误。

本题选错误的，故选：ACD。【解析】A、整个过程中物块和小车组成的系统机械能的增加量等于除重力外的其它力做功，即有

ΔE=Pt-Wf

已知ΔE=122J，Wf=78J，P=40W，解得t=5s，故A正确；

B、在Q位置时，将B的速度分解如图所示。

则vA=vBcosθ

可得vAvB=cosθ=32，故B错误；

C、对系统，由能量关系有

ΔE=mg(hsin3010.【答案】CD

【解析】A.细绳恰好被拉断时，B的速度为0，细绳拉力为Fm，设此时弹簧的压缩量为x，则有

kx0=Fm

由能量关系，有

12mv02=12kx02

解得

Fm=v0mk

故A错误；

B.当λ=2时，B的质量为2m，细绳恰好被拉断。细绳拉断后小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得

0=mvA-2mvB

则小物块滑离木板时，二者的位移大小关系为

sA=2sB

又有

sA+sB=L-l0+x0

联立解得

sA=23(L-l0+v02mk)

故B错误；

C.当λ=3时，设细绳被拉断瞬间小物块速度大小为v1，则有

12(3m)v02【解析】(1)固定弹射器时确保弹射器水平是为了确保弹丸弹离弹射器后做平抛运动。

(2)根据平抛运动规律有

gT2=hBC-hAB

解得

T=0.10s

弹丸的水平初速度大小

v0=xT

弹丸运动到B点前瞬间竖直方向的分速度大小

vy=hAB+hBC2T

弹丸运动到B点前瞬间的速度大小

vB=【解析】(1)由闭合电路欧姆定律得：E=I(r+R+R0)，整理得：1I=1ER+r+R0E

根据图乙所示图线a的解析式可知：1E=57V-1，157=r+R0E

解得：Ea=1.4V，r内=2.5Ω

(2)图像的解析式为1I=1ER+r+R0E，图像的斜率k=1E，斜率越大电池电动势越小，由图示图像可知，图像a的斜率大，所以图线a的电动势小，旧电池的电动势减小，所以图线a为旧电池，图线b为新电池。

(3)由题意可知：y=I2(R+R0)，x=R+R0，根据图甲所示电路图可知，y为外电路功率，x为外电阻，由闭合电路的欧姆定律得：I=Er+R+R0，则y=I2(R+R0)=(Er+R+R0)2(R+R014.【解析】(1)小球A沿直线运动，受力平衡，由平衡得：mg=qE

E=mgq

AB碰撞瞬间动量守恒，由动量守恒定律得：mv0=2mv

得v=v02

(2)小球在磁场中受到重力和电场力平衡，洛伦兹力充当

向心力，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外由几何关系可知组合体在B中做匀

速圆周运动的半径：

r=L

组合体受洛伦兹力充当向心力：2qvB=2mv2r

解得：B=mv02qL

由题可知自M点垂直于O2D入射小球在O2点沿O2A方向射出，且自O2D边上其它点垂直

于入射的小球的运动轨道只能在DO2FC区