2025年陕西省西安中学高考物理一模试卷-普通用卷

这是一份2025年陕西省西安中学高考物理一模试卷-普通用卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.甲、乙两物体分别在水平面上做直线运动，取向右为正方向，它们运动的相关图像分别如图甲、乙所示。已知乙的初速度为0，下列说法正确的是( )
A. 甲物体2s时的运动方向发生变化
B. 乙物体2s时的运动方向发生变化
C. 甲物体0～2s内的平均速度与2s～4s内的平均速度相同
D. 乙物体4s时的位置与0时刻的位置相同
2.用平行单色光竖直向下照射一透明薄膜，形成的干涉图样如图所示。相邻两亮条纹的中心间距依次为d1、d2、d3、d4……，已知d1>d2>d3>d4>⋯⋯。则该透明薄膜竖直截面的形状可能是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，一个光滑的固定斜面，倾角θ=30°。劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端与质量为2m的物体A拴接，另有质量为4m的物体B靠在A上，并施加沿斜面向下的力F=3mg作用在物体B上，系统处于静止。现减小F，使A，B以g6的加速度一起匀加速向上运动，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则从开始匀加速后到F=0的过程中( )
A. F随位移非均匀变化
B. 物体A、B动能增加量为m2g2k
C. F=13mg时，物体A、B之间的弹力大小为103mg
D. 弹簧弹性势能减小10m2g2k
4.2024年4月21日7时45分，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将遥感四十二号02星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。若遥感四十二号02星发射过程示意图如图所示，先进入近地圆形轨道Ⅰ(可认为轨道半径等于地球半径)上做匀速圆周运动，到P点时实施瞬间点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，沿轨道Ⅱ运动到Q时再次实施变轨，进入轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动。已知地球的半径为R，轨道Ⅲ的半径为3R，卫星在轨道Ⅲ上时运行周期为T，引力常量为G，则( )
A. 卫星在轨道Ⅱ上，从P点到Q点，机械能逐渐增大
B. 卫星在轨道Ⅱ上，从P点到Q点的最短时间为 69T
C. 卫星从轨道Ⅱ变到轨道Ⅲ，需在Q处点火减速
D. 地球的平均密度为3πGT2
5.如图甲，用绳长L=0.8m的轻绳悬挂质量m的铁球a，另一个质量为m的铁球b从与竖直方向夹角为θ的光滑圆弧轨道某位置静止释放，在最低处与a球发生完全非弹性碰撞，图乙是碰撞后轻绳拉力F与角度余弦值csθ的函数关系，已知圆弧半径R=L，g取10m/s2，下列说法错误的是( )
A. 铁球的质量m=1kg
B. 从θ=60°的位置静止释放，碰撞之后的两球速度为 2m/s
C. 从θ=60°的位置静止释放，碰撞前后损失的机械能为2.5J
D. 从右侧θ位置静止释放后，碰撞之后的两球，不可能摆动到左侧偏离竖直方向θ处
6.将一节五号干电池的负极放在强磁铁上，强磁铁产生磁场的磁感线如图所示。将一矩形金属框与该电池组成闭合回路，在安培力作用下，线框发生转动，这样就构成一台简易“电动机”，下列说法正确的是( )
A. 图中强磁铁下端为N极B. 从上向下看，图中金属框将逆时针转动
C. 调转磁极，再次接入后金属框将反向转动D. 电池消耗的电能全部转化为金属框的动能
7.如图所示，O点为某弹簧振子的平衡位置，该弹簧振子在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向。A、B两点间的距离为16cm，t=0时振子沿x轴正方向经过C点，t=0.4s时经过D点。已知振子经过C、D两点时的速度大小均为v，C、D两点之间的距离为8cm，下列说法正确的是( )
A. 该简谐运动的周期可能为1265s
B. 该简谐运动的周期可能为25s
C. 若t=0.4s时振子第一次通过D点，t=0s和t=1.2s时，振子速度相同
D. 若t=0.4s时振子第一次通过D点，从t=1.4s到t=2s的时间内，振子的位移和系统的弹性势能都在逐渐减小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图为某款条形码扫描笔的工作原理图。发光二极管发出频率为ν0的光，将扫描笔笔口打开，在条形码上匀速移动，遇到黑色线条光几乎全部被吸收；遇到白色线条光被大量反射到光电管中的金属表面(截止频率0.8ν0)，产生光电流。如果光电流大于某个值，会使信号处理系统导通，将条形码变成一个个脉冲电信号。下列说法正确的是( )
A. 频率为ν0的光照到光电管的金属表面立即产生光电子
B. 若发光二极管发出频率为1.2ν0的光，则一定无法识别条形码
C. 若发光二极管发出频率为0.5ν0的光，扫描笔缓慢移动，也能正常识别条形码
D. 扫描笔在条形码上移动的速度会影响相邻脉冲电信号的时间间隔
9.如图所示，质量相同、带电量不同的两带电粒子(重力不计)以大小相同的初速度从左上端水平射入平行板电容器，粒子1打在下极板中点处，粒子2由右侧板中央处射出电场区域，粒子1和2所带电荷量分别为q1和q2，在电场中的运动时间分别为t1和t2，在电场中运动的加速度分别为a1和a2，在电场中运动时动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则( )
A. t1：t2=1：2B. a1：a2=4：1
C. q1：q2=2：1D. ΔEk1：ΔEk2=16：1
10.某同学利用如图所示电路模拟远距离输电．图中交流电源电压为6V，定值电阻R1=R2=20Ω，小灯泡L1、L2的规格均为“6V 1.8W”，理想变压器T1、T2原副线圈的匝数比分别为1∶3和3∶1.分别接通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时，( )
A. L1与L2一样亮B. L2比L1更亮
C. R1上消耗的功率比R2的大D. R1上消耗的功率比R2的小
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学如图甲，用量程为5N的弹簧测力计，测量一个超出其量程的物体的重力：

(1)将表面印有等距圆环的白纸固定在竖直放置的木板上；
(2)三根细线分别与弹簧测力计一端、一个图钉、待测重物相连，弹簧测力计的另一端固定，通过改变图钉在木板的位置调节细线OB，使细线的结点O与圆环的圆心位置重合；
(3)标出OA、OB、OC的拉力方向，记录弹簧测力计的读数______N；
(4)①根据共点力平衡条件和平行四边形定则，用“力的图示”在图乙中作出OA、OB拉力的合力；
②由作图结果可得重物的重力为______N(结果保留一位小数)。
(5)保持结点O和图钉的位置不变，将弹簧测力计从图甲所示位置逆时针旋转到水平位置的过程中，弹簧测力计的示数将______。
A.逐渐增大
B.先增大后减小
C.逐渐减小
D.先减小后增大
12.某欧姆表由于长时间未使用，电源电动势和内阻发生了一定的变化，导致无法进行欧姆调零。小佳同学用如图甲所示的电路来研究其内部的电源情况。实验时选择欧姆表“×1”挡位，已知毫安表的量程为400mA，内阻约为1Ω。

(1)在电路连接时，要注意毫安表的“-”接线柱要与欧姆表的______(选填“红”或“黑”)表笔相连；
(2)调节电阻箱的阻值，当毫安表的读数为400mA时，欧姆表指针偏转到整个表盘45位置的10Ω刻度处，如图乙所示，则欧姆表表头G的量程为______mA；
(3)连续调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱阻值R和通过毫安表电流I，作出R-1I图像，如图丙所示，则电源的电动势E= ______V。在不考虑实验偶然误差的情况下，电源电动势的测量值______真实值(选填“大于“小于”或“等于”)；
(4)若想让该欧姆表在“×1”挡位下可以正常使用，则更换的新电源电动势E'= ______V。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为3.0×103Pa。
(ⅰ)当夹层中空气的温度升至37℃，求此时夹层中空气的压强；
(ⅱ)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。设环境温度为27℃，大气压强为1.0×105Pa。
14.如图所示，第一、二、三象限内有垂直于纸面(xOy平面)向里的匀强磁场，第一象限内磁场的磁感应强度为B，第二、三象限内磁场的磁感应强度为2B，第四象限内有垂直于x轴向下大小为E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子，由A(0,3L)点沿x轴负方向射入第二象限，粒子第三次沿x轴负方向运动时，恰好经过原点O。设粒子由A点开始运动时为第0次沿x轴负方向运动，不计粒子重力，求：
(1)粒子在第一、二象限内做圆周运动的半径之比；
(2)粒子在磁场中运动的速度大小；
(3)粒子第10次穿过x轴时的坐标。
15.电磁阻尼指的是当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动这种现象。电磁阻尼现象广泛应用于需要稳定摩擦力以及制动力的场合，例如电度表、电磁制动机械，甚至磁悬浮列车等。如图所示的装置，水平平行金属轨道间距为L，处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，左端连着阻值为2R的定值电阻，细绳绕过定滑轮一端连接质量为m，长为有效电阻为R的导体棒a，另一端连接质量为2m的重物b，导体棒a始终保持水平并垂直于导轨，且与导轨接触良好，刚开始a、b间的细绳恰好绷紧(无张力)且两者初速度均为0，现释放重物b，当重物b下落h时导体棒a速度恰好达到稳定，(运动过程中不考虑摩擦力和空气阻力的影响，导体棒a与定滑轮间的细绳始终与导轨平面平行，重力加速度g已知)求：
(1)导体棒a稳定的速度v；
(2)导体棒a从开始运动到稳定的过程中定值电阻上产生的热量Q；
(3)若释放b后，经t0导体棒的速度为v0时，b从细绳上脱落。求导体棒a在导轨上滑行的总距离。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A、在t=2s前甲的速度为正，2s后甲的速度为负，可知甲物体在t=2s时刻速度方向发生变化，故A正确；
B、根据a-t图象可知，t=2s前乙沿负方向做加速度减小的加速运动，则t=2s时刻乙速度的方向为负，乙物体2s时的运动方向未发生变化，故B错误；
C、根据v-t图象与时间轴围成的面积表示位移可知，甲在2s前的位移与2～4s内的位移大小相等，方向相反，所以甲0～2s内的平均速度与2～4s内的平均速度大小相等，方向相反，故C错误；
D、由图乙可知，乙物体加速度的变化率不变，前2s前乙沿负方向做加速度减小的加速运动，2～4s内的乙做减速运动，由运动的对称性可知，乙物物体一直沿负方向运动，所以乙物体4s时的位置与0时刻的位置不相同，故D错误。
故选：A。
2.【答案】D
【解析】解：用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，从透明薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，发生干涉现象，出现条纹，所以此条纹是由上方玻璃板的下表面和下方玻璃板的上表面反射光叠加后形成的，其光程差为透明薄膜厚度的2倍，当光程差Δx=nλ时此处表现为亮条纹，即当薄膜的厚度d=nλ2，时对应的条纹为亮条纹，在题目的干涉条纹中，从左向右条纹的间距逐渐减小，结合干涉条纹公式对应的厚度公式可知从左向右薄膜厚度的变化率逐渐增大，故D正确，ABC错误。
故选：D。
3.【答案】D
【解析】解：A.由题意得，最初A、B静止，根据受力平衡，弹簧弹力大小为
F0=6mgsinθ+3mg=6mg=kx0
当A、B开始匀加速运动，运动位移为x时有
k(x0-x)-6mgsinθ-F=6ma
可得
F=2mg-kx
由表达式可知F随位移均匀变化，故A错误；
B.当F = 0时，结合上述有
x=2mgk
根据动能定理有
6max=Ek-0
结合上述解得
Ek=2m2g2k
故B错误；
C.对B进行分析，当F=13mg，有
NAB-4mgsinθ-F=4ma
结合上述解得
NAB=3mg
故C错误；
D.弹性势能变化量的值等于弹簧弹力做功
W=6mg+4mg2⋅2mgk=10m2g2k
故D正确。
故选：D。
4.【答案】B
【解析】解：A.卫星在轨道Ⅱ上，从P点到Q点，只有万有引力做功，机械能保持不变，故A错误；
B.根据开普勒第三定律可得(3R)3T2=(3R+R2)3T22，卫星在轨道Ⅱ上，从P点到Q点的最短时间为tPQ=T22，联立解得tPQ= 69T，故B正确；
C.卫星从轨道Ⅱ变到轨道Ⅲ，做离心运动，需在Q处点火加速，故C错误；
D.根据万有引力提供向心力GMm(3R)2=m4π2T2(3R)，ρ=M43πR3，联立可得ρ=81πGT2，故D错误。
故选：B。
5.【答案】C
【解析】解：A、铁球b沿圆弧轨道下滑过程，根据机械能守恒定律得：mgL(1-csθ)=12mv2
两球碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：mv=2mv共
碰后在最低处，对两球整体，由牛顿第二定律得：F-2mg=2mv共2L
联立可得F=-mgcsθ+3mg
结合图像可知：3mg=30N，解得m=1kg，故A正确；
BC、结合图线，可知θ=60°时，F=25N，代入式子F-2mg=2mv共2L，mv=2mv共
可得v共= 2m/s，v=2 2m/s
所以碰撞前后损失的机械能为ΔE=12mv2-12×2mv共2，解得：ΔE=2J，故B正确，C错误；
D、碰撞过程机械能有损失，所以碰撞之后的两球，不可能摆动到左侧偏离竖直方向θ处，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
6.【答案】C
【解析】解：A、在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，根据磁场的磁感线分布情况可知强磁铁下端为S极，故A错误；
B、由于金属框下方的磁感应强度比上方的大，研究金属框下方的受力情况，根据左手定则可知从上向下看，图中金属框将顺时针转动，故B错误；
C、调转磁极，安培力方向将反向，所以再次接入后金属框转动方向将改变，故C正确；
D、电池消耗的电能一部分转化为金属框的动能，还有一部分转化为内能，故D错误。
故选：C。
7.【答案】A
【解析】解：AB.从C点沿x轴正方向直接运动到D点，所用时间为16T，从C点沿x轴正方向到达B点再第二次回到D点，运动了12T，因此从C点沿x轴正方运动到D点所用时间为
(n+16)T=0.4s或(n+12)T=0.4s(n=0,1,2,3…)
可得周期为
T=1230n+5s或T=410n+5s(n=0,1,2,3…)
故A正确，B错误；
C.振子经过C、D两点时的速度大小均为v，若t=0.4s时振子第一次通过D点，则振动周期
T=2.4s
在t=1.2s时，振子第二次通过D点，速度方向与t=0s时的速度方向相反，故C错误；
D.t=1.4s时恰好经过O点向左运动，在t=2s时恰好运动到A点，在这段时间内，振子的位移和系统的弹性势能都在逐渐增大，故D错误。
故选：A。
8.【答案】AD
【解析】解：A、金属的截止频率为0.8ν0，光的频率为ν0，大于金属的截止频率，照到光电管时会发生光电效应，而光电效应具有瞬间，即立刻产生光电子，故A正确；
B、若发光二极管发出频率为1.2ν0的光，该光的频率大于金属的截止频率，可以产生光电流，可以正常识别条形码，故B错误；
C、若发光二极管发出频率为0.5ν0的光，该光的频率小于金属的截止频率，无法产生光电流，即无法正常识别条形码，故C错误；
D、相邻脉冲电信号的时间间隔与扫描笔在条形码上移动的速度大小有关，故D正确。
故选：AD。
9.【答案】AD
【解析】解：A、两个粒子在电场中都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有
t1=12Lv0，t2=Lv0
可得t1：t2=1：2，故A正确；
B、粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有
y=12a1t12，12y=12a2t22
解得a1：a2=8：1，故B错误；
C、由于粒子在电场中只受到电场力的作用，根据牛顿第二定律可知
q1E=ma1q2E=ma2
解得q1：q2=a1：a2=8：1，故C错误；
D、根据动能定理可得
ΔEk1=q1E⋅yΔEk2=q2E⋅y2
解得ΔEk1：ΔEk2=2q1：q2=(2×8)：1=16：1，故D正确。
故选：AD。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、小灯泡L1、L2的电阻为RL=UL2PL=621.8Ω=20Ω
小灯泡L1的电流I1=UR1+RL=620+20A=0.15A；
设小灯泡L2的电流为I2，根据T2原副线圈的匝数比n3：n4=3：1，得T2原副线圈的电流之比IR2I2=n4n3=13，则R2中电流为IR2=13I2
T2原副线圈的电压之比U3I2RL=n3n4=31，则原线圈的电压U原=3I2RL，T1副线圈的电压为3U，则3U=IR2R2+U原，即3U=I2R2+3I2RL，解得：I2=0.27A
可得I2>I1，所以L2比L1更亮，故A错误，B正确；
CD、R1中电流为I1=0.15A，R2中电流为IR2=13I2=13×0.27A=0.09A，则I1>IR2，又R1=R2=20Ω，由P=I2R知R1上消耗的功率比R2的大，故C正确，D错误。
故选：BC。
11.【答案】3.00 7.0 D
【解析】解：(3)弹簧测力计的分度值为0.1N，读数为3.00N；
(4)①根据平行四边形定则画图如图：
②根据平衡条件可知G=F合=7×0.1N=7.0N；
(5)以结点O为研究对象进行受力分析，并作出力的矢量三角形如图所示：
FOA表示OA绳上的拉力，大小等于弹簧弹力、FOB表示OB绳上的拉力，其方向沿OB方向保持不变、FOC表示OC绳上的拉力，大小等于重物的重力，方向竖直向下；根据力的矢量三角形可知，弹簧测力计的示数先减小后增大，故D正确，ABC错误。
故选：D。
故答案为：(3)3.00；(4)①图见解析；②7.0；(5)D。
12.【答案】红 500 5 等于 20
【解析】解：(1)根据多用表的内部构造可知，内部电流从欧姆表的黑表笔流出，因此多用表的黑表笔与毫安表的“+”接线柱相连，红表笔与毫安表的“-”接线柱相连；
(2)设欧姆表表头G的量程为Ig，由题意可得45Ig=400mA
解得Ig=500mA
(3)设回路中除电阻箱之外的总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有E=I(R+r)
整理得R=EI-r
所以电源的电动势为E=k=204V=5V
根据实验原理可知并未引入由于电表内阻而产生的系统误差，所以在不考虑实验偶然误差的情况下，电源电动势的测量值等于真实值。
(5)设欧姆表在“×1”挡位下的内阻为r内，则E'r内=Ig=0.5A
E'r内+10=0.4A
联立以上两式解得E'=20V
故答案为：(1)红；(2)500；(3)5；等于；(4)20。
13.【答案】解：
(ⅰ)以夹层中空气为研究对象，封闭的气体做等容变化，由查理定律得：p1T1=p2T2
初态：T1=(27+273)K=300K，p1=3.0×103Pa；
末态：T2=(37+273)K=310K
解得：p2=3.1×103Pa
(ⅱ)当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有
由玻意耳定律得：p1V1=p0V
以保温杯夹层内原来的气体为研究对象，由题意可知：p0=1.0×105Pa
封闭的气体做等温变化，代入数据解得：V1=100V3，则增加的空气体积：ΔV=V1-V=97V3，
由于在相同温度和相同压强下，质量之比等于体积之比，所以增加的空气质量与原有空气质量之比为：△mm=△VV=973
答：
(ⅰ)此时夹层中空气的压强为3.1×103Pa；
(ⅱ)夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值为973。
14.【答案】解：(1)带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得：
在第一象限内运动时：qvB=mv2r1，解得：r1=mvqB
在第二象限内运动时：qv⋅2B=mv2r2，解得：r2=mv2qB
所以粒子在第一、二象限内做圆周运动的半径之比为：r1：r2=2：1；
(2)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图：

由运动轨迹图可知，粒子在第一象限内运动的轨迹半径r1=L，
粒子在磁场中运动的速度大小v=BLqm；
(3)粒子第一次经过x轴后进入第四象限减速为零，然后返回，经过x轴进入第一象限，经过半个周期再次经x轴后进入第四象限，如此反复，所以第10次经过x轴时的横坐标为：x=9r1=9L，粒子第10次穿过x轴时的坐标为(9L,0)
答：(1)粒子在第一、二象限内做圆周运动的半径之比为2：1；
(2)粒子在磁场中运动的速度大小为BLqm；
(3)粒子第10次穿过x轴时的坐标为(9L,0)。
15.【答案】解(1)a棒稳定时，a受重力、支持力、拉力和向左的安培力，根据电磁感应定律，a棒运动时产生的感应电动势为
E=BLv
根据闭合电路的欧姆定律，感应电流为
I=ER+2R
受到的安培力为
FA=BIL
对b分析
FT=2mg
又
FT=FA
联立解得
v=6mgRB2L2；
(2)根据棒和物体组成的系统，根据能量守恒
2mgh=12(m+2m)v2+Q总
根据焦耳热公式可得
QR=23Q总
联立解得
QR=4mgh3-36g2R2m3B4L4；
(3)棒从静止开始运动到稳定速度，取向右为正方向，根据动量定理对重物b有
2mgt0-IT=2mv0-0
取向下为正方向，根据动量定理对棒a有
IT-BI-Lt总=0-0
即
IT-BLBLx(R+2R)=0-0
联立可得
x=6mR(gt0-v0)B2L2。
答：(1)导体棒a稳定的速度v为6mgRB2L2；
(2)导体棒a从开始运动到稳定的过程中定值电阻上产生的热量Q为4mgh3-36g2R2m3B4L4；
(3)若释放b后，经t0导体棒的速度为v0时，b从细绳上脱落。导体棒a在导轨上滑行的总距离为6mR(gt0-v0)B2L2。