四川省成都市石室中学2024-2025学年高三上学期期中考试物理试卷（解析版）-A4

这是一份四川省成都市石室中学2024-2025学年高三上学期期中考试物理试卷（解析版）-A4，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟）
一、单项选择题：本题共7个小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求
1. 10月31石室中学举行了运动会，如图为跳远比赛中运动员小石同学的重心变化轨迹，可视为斜抛运动，从A起跳，B点为最高点，最终落在C点，忽略空气阻力，则运动员（ ）
A. 从离地到着地前的整个过程，先超重在失重
B. 离地时和着地前的动量相等
C. A到B过程和B到C过程，重力做功相同
D. A到B过程和B到C过程，动量的变化量相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．从离地到着地前的整个过程，运动员只受重力作用，加速度始终为重力加速度g，方向竖直向下。因此，运动员始终处于失重状态，没有超重，故A错误；
B．动量是一个矢量，既有大小又有方向。离地时和着地前，虽然运动员的速度大小相等，但方向是不同的，不能说动量相等，故B错误；
C．A到B过程重力做负功，B到C过程重力做正功，但大小相同，故C错误；
D．动量的变化量等于合外力与时间的乘积。在这个问题中，合外力就是重力。由于A到B过程和B到C过程的时间相同，而重力是恒力，所以这两个过程中动量的变化量（等于重力与时间的乘积）相同，故D正确。
故选D。
2. 抖空竹是一种传统杂技。如图所示，表演者一只手控制A不动，另一只手控制B分别沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是（ ）
A. 沿虚线a向左移动，细线的拉力增大
B. 沿虚线b向上移动，细线的拉力增大
C. 沿虚线c斜向上移动，细线的拉力增大
D. 沿虚线d向右移动，细线对空竹的合力增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．空竹受力如图所示
根据平衡条件可得
设绳长为L，由几何关系可得
沿虚线a向左移动，d减小，增大，细线的拉力减小，故A正确；
B．沿虚线b向上移动，d不变，不变，细线的拉力不变，故B错误；
C．沿虚线c斜向上移动，d增大，减小，细线的拉力增大，故C正确；
D．沿虚线d向右移动，d增大，减小，细线对空竹的合力始终等于空竹的重力，所以细线对空竹的合力不变，故D错误。
故选C。
3. 如图所示是带电量不同的正、负点电荷的某一平面的电场线，A、M、N是电场中的三点。A是两电荷连线的中点，M、N在两电荷连线的垂直平分线上，B电场线为过M点的一条电场线。取无穷远处电势为零。下列说法错误的是（ ）
A. 如将一带正电的试探电荷从M点静止释放，仅在电场力作用下，将沿B电场线运动
B. A点电势大于0
C. M点电势高于N点电势
D. 如将一带正电的试探电荷从M点移动到N点的过程中，电场力做正功
【答案】A
【解析】
【详解】A．电场线的切线方向为场强方向，故如将一带正电的试探电荷从M点静止释放，仅在电场力作用下电荷只会沿切线方向运动，不会沿电场线运动，故A错误，符合题意；
B．根据电势
电势为标量，满足算术法则，设两场源电荷到A点距离均为r，结合题意，A点电势为
故A点电势大于0，故A正确，不符合题意；
C．根据电场线特点，顺着电场线方向电势降低，故M点电势大于N点电势，故C正确，不符合题意；
D．由于M点电势高于N点电势，故带正电的试探电荷在M点电势能高于N点电势能，功能关系可知，正电的试探电荷从M点移动到N点的过程中电势能降低，故电场力做正功，故D正确，不符合题意。
故选A 。
4. 下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（ ）
A. 图甲中铀238原子核的半衰期是45亿年，经过45亿年，10个铀238原子核衰变后还剩5个
B. 图乙中氘核的比结合能小于氦核的比结合能
C. 图丙中一个氢原子从n = 4的能级向基态跃迁时，最多可以放出6种不同频率的光
D. 图丁中为光电效应实验，用不同光照射某金属得到的I − U关系图，则a光频率最高
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲中铀238的半衰期是45亿年，半衰期只适用大量原子核的衰变，所以经过45亿年，10个铀238不一定有5个发生衰变，故A错误；
B．图乙中氦核比氘核更稳定，氘核的比结合能小于氦核的比结合能，故B正确；
C．图丙中一个氢原子从n = 4的能级向基态跃迁时，跃迁路径可能为4→1、4→2→1、4→3→1、4→3→2→1，所以最多可以放出3种不同频率的光，故C错误；
D．图丁中为光电效应实验，用不同光照射某金属得到的I − U关系图，根据
，
由图像可知，c光对应的遏止电压最大，则c光对应的光电子最大初动能最大，c光频率最高，故D错误。
故选B。
5. 一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在水面下，上浮过程中气泡内气体（ ）
A. 内能变小B. 压强不变C. 体积不变D. 从水中吸热
【答案】D
【解析】
【详解】A．上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A错误；
B．气泡内气体压强
p = p0＋ρ水gh
故上浮过程气泡内气体的压强减小，故B错误；
C．由玻意耳定律pV = C知，气体的体积变大，故C错误；
D．上浮过程气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU = Q＋W知，气体从水中吸热，故D正确。
故选D。
6. 一列沿x轴正方向传播的简谐横波在时刻的部分波形如图所示，质点P的x坐标为3m。已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s。下列说法正确的是（ ）
A. 波速为4m/s
B. x坐标为15m的质点在时恰好位于波谷
C. x的坐标为22m的质点在时恰好位于波峰
D. 当质点P位于波峰时，x坐标为17m的质点恰好位于波峰
【答案】C
【解析】
【详解】A．由任意质点连续两次通过平衡位置所用时间为0.4s，即
解得
由图可知，波长，则波速为
故A错误；
B．画出t=0.2s时的波形图，如图所示。
因
故x=15m的质点与x=3m处的质点振动情况一样，即在平衡位置向上振动，故B错误；
C．同理，因
故x=22m的质点与x=2m处的质点振动情况一样，即在时恰好位于波峰，故C正确；
D．因质点P与x=17m处的质点平衡位置间距
故两质点振动步调相反，所以当质点P位于波峰时，x坐标为17m的质点恰好位于波谷，故D错误。
故选C。
7. 如图（a）所示，可视为质点的a、b两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，a球在外力作用下静止在地面，b球悬空。取地面为重力势能的零势能面，从t=0时静止释放a球，到b球落地前的过程中，a、b两球的重力势能随时间t的变化关系如图（b），a始终没有与定滑轮相碰，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A. a、b两球质量之比为1∶3
B. b球落地时的动能为3J
C. t=0.3s时，a球离地的高度为0.225m
D. 当b球的重力势能与动能相等时，b球距地面的高度为0.1m
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．由图可知从释放到b落地，有
A正确；
B．系统机械能守恒，有
b球落地时的动能
解得
B错误；
C．系统牛顿第二定律，有
解得
当时，a离地面高度
C正确；
D．由图可知时，有
即
得释放时b离地
当时，对b由动能定理有
，
解得
D正确。
故选ACD
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8. 如图所示，倾角为θ的传送带以速率v顺时针匀速转动。现将质量为m的粉笔小物块（可视为质点），轻轻放在传送带的A点，经过时间与传送带共速，再经过时间匀速到达传送带的B点，两过程中物块的位移分别为，传送带的位移分别为。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 0-时间内，小物块在传送带上的划痕长度为
B. 0-时间内，传送带对小物块所做的功为
C. 0-时间内，传送带对小物块冲量大小为
D. 全程传送带因传送小物块而多消耗的电能为
【答案】AB
【解析】
【详解】A．小物块在传送带上的划痕出现在共速前，结合匀变速直线运动规律
结合题意，得物块位移
传送带位移
故划痕长度
故A正确；
B．时间 t1内，物体受到传送带的滑动摩擦力，且物体位移为，故传送带对物体做功
之后的时间内物体匀速到达传送带B点，物体受到传送带的静摩擦力，由平衡条件可知
由于该过程物体位移为，故传送带对物体做功
故时间内，传送带对小物块所做的功为
故B正确；
C．时间内，传送带对小物块冲量为物体所受摩擦力冲量和物体所受支持力冲量的矢量合，且仅摩擦力冲量大小为
故C错误；
D．根据能量守恒可知，全程传送带因传送小物块而多消耗的电能为传送带克服摩擦力做的功
故D错误。
故选 AB。
9. 如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，已知板间距为d，板长为L，两块平行带电极板间为除尘空间。质量为m，电荷量为-q的带电尘埃分布均匀，均以沿板方向的速率v射入除尘空间，当其碰到下极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两极板间的电压可以改变除尘率（相同时间内被收集尘埃的数量与进入除尘空间尘埃的数量之百分比）。当两极板间电压为时，恰好为100%。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（ ）
A. 两极板间电压为时，其中有尘埃在静电除尘装置中运动的动量变化量为
B. 两极板间电压为时，除尘率可达50%
C. 若极板间电压小于并保持除尘率100%，需要减小尘埃的速率v
D. 仅减少尘埃的比荷，除尘率将增大
【答案】AC
【解析】
【详解】A．分析可知，极板间的场强
由于尘埃板间水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，故运到时间
由动量定理得尘埃在静电除尘装置中运动的最大动量变化量为
故A正确；
B．两极板间电压为时， 由牛顿第二定律得
所以尘埃的加速度变为原来的，尘埃在板间水平方向运动为匀速直线运动，故尘埃在板间运动的时间不变，由竖直方向位移
那么尘埃在板间竖直方向的最大位移为板间，故除尘率
故B错误；
C．若极板间电压小 ，则尘埃在板间的加速度减小，保持除尘率 100%，则尘埃竖直方向的最大位移不变，所以需要延长尘埃在板间的飞行时间，因此需要减小尘埃进入板间的速度，故C正确；
D．以上分析可知，除尘率
仅减少尘埃的比荷，除尘率将减小，故D错误。
故选 AC。
10. 如图所示，一个固定的光滑导轨长臂水平、短臂竖直；一根不可伸长的轻绳，一端系在质量为M的圆环上，另一端与质量为m的小球相连，圆环套在长臂上。左手扶住圆环，右手拿起小球将细线水平拉直，已知细线长度L，此时圆环距离短臂x，现将圆环与小球同时由静止释放，小球向下运动，若环与短臂碰后粘连（碰撞时间极短）。重力加速度为。从释放小球到小球第一次摆向最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 若（轻质环）、时，小球运动的最大速度大小为4m/s
B. 若（轻质环）、时，小球到最低点对绳子拉力大小等于17N
C. 若时，环的最大速度大小为
D. 若时，小球的最大速度大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．若（轻质环）、时，环与短板碰撞前瞬间，小球速度最大，此时有
根据机械能守恒定律有
联立求得
可得小球运动的最大速度大小为
小球运动到最低点时，竖直方向速度减为0，水平方向速度为
在最低点，根据牛顿第二定律有
联立求得
故A正确，B错误；
C．若时，小球与环水平方向动量守恒，则有
则
即小球与环在水平方向上的位移相等，环与短臂碰撞前速度达最大，此时小球位置如图所示
有
可得
根据环与球系统机械能守恒定律可得
在小球向下摆动的过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，有
可得
联立求得
故C错误；
D．小球运动到最低点时速度最大，设速度为，环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为零，小球的速度为
根据动能定理，有
解得
故D正确。
故选AD
三、实验题：本题共2个小题，共15分（12。（3）第一空3分，其他每空2分，共计15分）
11. 某同学要将一小量程电流表（满偏电流为，内阻为）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图（a）所示，其中定值电阻，。
（1）当开关S接A端时，该电流表的量程为___________；
（2）当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时___________（填“大”或“小”）
（3）该同学选用量程合适的电压表（内阻未知）和此改装电流表测量未知电阻的阻值，设计了图（b）中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用___________（填“甲”或“乙”）电路可修正由电表内阻引起的实验误差。
【答案】 ①. 1 ②. 大 ③. 乙
【解析】
【详解】（1）[1]由图可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为
此时R1和R2的电流为
所以总电流为
即量程为0~1mA。
（2）[2]当开关S接B端时，由图可知R1和电流表串联再和R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过R2的电流变大，干路电流变大，即量程变大；所以比接在A端时大。
（3）[3]图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；图乙是电流表的内接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方法可以修正由电表内阻引起的实验误差。
12. 利用如图甲的实验装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。
（1）图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50 Hz，则小车的加速度大小为______m/s2（结果保留3位有效数字）。
（2）实验得到的理想a − F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是（ ）
A. 图线①产生原因是小车的质量太大
B. 图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大
C. 图线③的产生原因是小车的质量太小
（3）实验小组的同学觉得用图甲装置测量加速度较大时系统误差较大，所以大胆创新，选用图丁所示器材进行实验，测量小车质量M，所用交流电频率为50 Hz，共5个槽码，每个槽码的质量均为m = 10 g。实验步骤如下：i．安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着5个槽码。调整轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑：ii．保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂4个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；iii．逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ii；iv．以取下槽码的总个数n（1 ≤ n ≤ 5）的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线。已知重力加速度大小g = 9.78 m/s2，计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空：
①写出随变化的关系式______（m，g，M，a，n表示）；
②测得关系图线的斜率为2.5 s2/m，则小车质量M = ______kg（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）2.86 （2）B
（3） ①. ②. 0.19
【解析】
【小问1详解】
小车的加速度大小为
【小问2详解】
A．图线①的产生原因是，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，是由于小车质量太小造成的，故A错误；
B．图线②说明F = 0时小车就有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B正确；
C．图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。
故选B。
【小问3详解】
[1]对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有
两式联立，求得
[2]由的关系式可知，关系图线的斜率
即
四、解答题：本题共3个小题，共42分
13. 如图所示，棱镜的截面为直角三角形ABC，。在此截面所在的平面内，一束光线以的入射角从AC边的中点D左侧射入棱镜，折射光线经过AB边上的E点，。
（1）求棱镜材料的折射率；
（2）求整个过程中光线的偏转角度。
【答案】（1）2；（2）45°
【解析】
【详解】（1）根据题意作出光路图如图：
由几何知识可得折射角
由折射定律可知
解得
（2）棱镜材料的折射率为﹐有
解得临界角
由几何知识可得，DE光线在AB界面上的入射角
所以光线在AB界面发生全反射，将垂直指向BC界面，如图：
由几何知识可得，该光线射出棱镜的光线与射入棱镜光线之间的夹角为45°。
14. 质量为m=1.0kg、带电量q=+2.5×10－4C的小滑块(可视为质点)放在质量为M=2.0kg的绝缘长木板的左端，木板放在光滑水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，木板长L=1.5m，开始时两者都处于静止状态，所在空间加有一个方向竖直向下强度为E=4.0×104N/C的匀强电场，如图所示，取g=10m/s2，试求:
（1）用水平力F0拉小滑块，要使小滑块与木板以相同的速度一起运动，力F0应满足什么条件？
（2）用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在1.0s末使滑块从木板右端滑出，力F应为多大？
（3）按第（2）问的力F作用，在小滑块刚刚从木板右端滑出时，系统的内能增加了多少？（提示：设m与M之间最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等，滑块在运动中带电量不变）
【答案】（1）F0≤6.0N；（2）9N；（3）6.0J
【解析】
【详解】（1）当拉力F0作用于滑块m上，木板能够产生的最大加速度为
为使滑块与木板共同运动，滑块最大加速度为
对于滑块有
得
即为使滑块与木板之间无相对滑动，力F0不应超过6.0N。
（2）设滑块相对于水平面的加速度为a1，木板的加速度为a2，由运动学公式可知
s1＝a1t2
s2＝a2t2
滑块从木板右端滑出时，则有
滑动过程中木板的加速度为
a2=2.0m/s2
联立解得，滑块运动的加速度为
a1=5.0m/s2
对滑块有
（3）在将小滑块从木板右端拉出的过程中，系统的内能增加了
15. 如图甲所示，水平轨道ABEF之间有一凹槽，凹槽中放置一长度与凹槽相同且不粘连的长木板，其质量m3 = 2m，长木板的上表面与轨道AB和EF齐平，并固定一轻质半圆管道CD，其半径为R。忽略管的内径，O为管道的圆心。质量为m2 = m的物块2静止在长木板上表面的左端，一质量为的物块1以一定的初速度向右运动，与物块2发生弹性碰撞，1和2均可视为质点，物块2进入管道后恰能到达最高点，重力加速度取g，不计一切摩擦。
（1）求物块1的初速度大小v0；
（2）物块2运动到管形轨道内的某位置时，与管内壁和外壁均无相互作用力，求该位置与O点连线和OD之间夹角的余弦值；
（3）若将轻质半圆管道换成轻质半圆轨道，如图乙所示，物块2经碰撞后以的速度进入C点且能通过半圆轨道的最高点D，为使长木板不与凹槽底部脱离，求k的取值范围。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
设物块1与物块2发生弹性碰撞后的速度分别为v1和v2，由动量守恒和机械能守恒得
物块2进入管道后恰能到达最高点，物块2在最高点的速度大小为0，由动能定理得
联立解得
【小问2详解】
设物块2运动到管形轨道内的P点时，与管内壁和外壁均无相互作用力，此时OP和OD之间的夹角为θ，物块2的速度大小为vP，由动能定理得
重力指向圆心的分力提供向心力，则
解得
【小问3详解】
将轻质半圆管道换成轻质半圆轨道，物块2经碰撞后以的速度进入C点且能通过半圆轨道的最高点D，设物块2在最高点的速度为vD，则
由动能定理得
解得
设物块2运动到轻质半圆轨道的Q点时的速度为vQ，此时OQ和OD之间的夹角为α（0 ≤ α ≤ 90°），轨道对物块2的作用力为FN，长木板刚好不与凹槽底部脱离，则
由动能定理得
解得
当且仅当
即时，k取得最小值
若k值超过kmin，则物块2运动到此位置后，速度将过大，所需要的向心力也过大，对半圆轨道的作用力的竖直分力大于m3g，所以长木板与凹槽底部脱离。