2025届陕西省渭南市富平县高三上学期摸底考试物理试卷（解析版）

这是一份2025届陕西省渭南市富平县高三上学期摸底考试物理试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了5m/s2等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试题共6页，满分100分，时间75分钟。
2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。
第Ⅰ卷（选择题 共46分）
一、选择题（共10小题，计46分。第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）
1. 锂是新能源汽车、储能和信息通信等新兴产业关键材料。研究表明，锂元素主要来自宇宙线高能粒子与星际物质的原子核产生的散裂反应，其中一种核反应方程为，式中的X为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据质量数与电荷数守恒有12+1=7+2m+4，6+1=3+2n+2
解得m=1，n=1
可知，式中的X为。故选A。
2. 我国极地科考破冰船“雪龙2号”总长122.5米，某次破冰作业时，船做直线运动过程画成如图图像，下列说法正确的是（ ）
A. 这个过程不能把破冰船视为质点
B. 匀加速过程的加速度大小为
C. 匀加速过程比匀减速过程的平均速度大
D. 破冰的总长度达到22400m
【答案】D
【解析】AD．根据图像的面积可求得破冰船在此过程的位移为
远大于船体长度，故可将破冰船视为质点，故A错误，D正确；
B．匀加速过程中根据图像的斜率可得加速度的大小为
故B错误；
C．匀加速过程和匀减速过程，平均速度相同，都等于
故C错误。
故选D。
3. 高达632米的上海中心大厦，在工程师的巧妙设计下，它能抵挡15级大风，位于第126层的“电涡流摆设式调谐质量阻尼器”起到了关键作用，其简化示意图如图所示。下列关于该阻尼器的说法正确的是（ ）
A. 质量块下方的“地板”可以是绝缘体也可以是导体
B. 阻尼器摆动时产生的电涡流源于外部电源供电
C. “地板”的电阻率越大，阻尼越明显
D. “地板”的涡电流大小与质量块摆动的速率有关
【答案】D
【解析】A．在质量块下方圆盘状的永磁体与楼体地板相对，由于电磁感应产生涡流，从而使大厦减振减摆，可知该阻尼器为电磁阻尼，只有下方“地板”是导体时，方可会起作用，故A错误；
B．阻尼器摆动时产生的电涡流是由于电磁感应，不是外部电源供电，故B错误；
C．“地板”的电阻率越大，则产生的电涡流越小，阻尼越不明显，故C错误；
D．质量块摆动的速率越大，“地板”中的磁通量变化率越快，则“地板”的涡电流越大，所以“地板”的涡电流大小与质量块摆动的速率有关，故D正确。
故选D。
4. 如图，在高架桥修建过程中，要竖直吊装一个钢圆筒，质量为2×105kg，由10根起吊绳通过液压机械抓手连接，每根绳与竖直方向的夹角为37°（右图其他8根没有画出），每根绳承受的最大拉力为3×105N，则起吊过程的最大加速度为（g取10m/s2，sin37°=0.6，绳的质量忽略不计）
A. 3m/s2B. 2m/s2
C. 1m/s2D. 0.5m/s2
【答案】B
【解析】根据牛顿第二定律可得
代入数据解得起吊过程的最大加速度为
故选B。
5. 具有主动降噪功能的耳机，利用的是波的干涉。它可由耳机内的讯号麦克风侦测环境中的噪音，并通过耳机处理器预测下一时刻的噪音，产生相应的抵消声波。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，噪声在某时刻的波形图如图所示，则关于最好效果的降噪声波，说法正确的是（ ）
A. 降噪声波的频率为50Hz
B. 降噪声波的振幅为2A
C. 降噪声波与噪声波振动相位相反
D. P处降噪声波与噪声波叠加后，振幅为A
【答案】C
【解析】A．降噪声波与噪声声波频率相同，根据频率与波长的关系有
故A错误；
B．根据题意降噪声波与噪声声波振幅相同，即为A，故B错误；
CD．降噪声波与噪声声波频率相同、相位相反、振幅相同，相互叠加后波的振幅变为零，故C正确，D错误。
故选C。
6. 某静电除尘装置由带正电的金属圆筒Q和带负电的线状电极P组成，其横截面上的电场线分布如图所示，A、B、M、N为同一等势线（图中虚线）上的四点，A、B、C在圆筒的直径上，BC=BP，若电极P的电势为0，下列说法正确的是（ ）
A. A、B两点的电场强度大小相同
B. C点电势是B点电势的2倍
C. 带负电的粉尘从B点运动到C点，电势能增大
D. 带电荷量均为的粉尘由P分别运动到A、B两点时，电场力所做的功
【答案】D
【解析】A．根据电场线的疏密程度可知，A点的电场强度大于B点的电场强度，故A错误；
B．由于BC=BP，由电场线分布情况可知，B点到P的平均电场强度大于C点到B点的平均电场强度，根据有
可得
故B错误；
C．根据沿电场方向电势降低，可知B点电势低于C点电势；根据可知，带负电的粉尘从B点运动到C点，电势能减小，故C错误；
D．由于A、B两点在同一等势线，则有
根据可知，带电荷量均为的粉尘由P分别运动到A、B两点时，电场力所做的功
故D正确。
故选D。
7. 如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道。半径OA水平、OB、OC竖直，一个质量为m的小球自A点正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球从P到B的运动过程中机械能守恒
B. 小球从P到B的运动过程中合外力做功mgR
C. 小球从A到C的运动过程中克服摩擦力做功
D. 小球从B点飞出后恰能落到A点
【答案】C
【解析】AB．小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，此时重力刚好提供向心力，则有
解得
小球从P到B的运动过程中，根据动能定理可得
解得
，
由于存在摩擦力对小球做负功，所以小球的机械能不守恒，故AB错误；
C．小球在圆弧轨道运动过程，在的圆周运动过程与左侧圆心点下方的圆周运动过程，相对于最低点对称的任意两点，由于存在机械能损失，都是的圆周运动对应位置的速度较大，设对应位置与竖直方向的夹角为，根据
可知的圆周运动对应位置的弹力较大，则的圆周运动对应位置的摩擦力较大，而左侧圆心点上方的圆周运动的弹力更小，对应的摩擦力更小，所以小球从A到C的运动过程中克服摩擦力做功满足
故C正确；
D．小球从B点飞出后做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
联立解得
可知小球从B点飞出后不能落到A点，故D错误。
故选C。
8. 某同学用学过知识设计了一种可调节过山车速度的装置，其原理可简化如下：如图所示，有两根与水平方向成α角的光滑平行金属导轨，上端接可变电阻R，下端足够长，空间有垂直轨道平面的匀强磁场B。过山车可看作一根质量为m的金属杆，从轨道上由静止滑下，经过足够长时间后速度会达到最大速度vm，金属导轨和金属杆电阻均不计，则（ ）
A. 其他条件不变，可通过减小α角使最大速度vm变小
B. 其他条件不变，可通过增大匀强磁场B使最大速度vm变小
C. 其他条件不变，可通过增大可变电阻R使最大速度vm变小
D. 其他条件不变，可通过增大金属杆质量m使最大速度vm变小
【答案】AB
【解析】金属杆下滑过程中，受重力、导轨的支持力和安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，金属杆做加速运动。随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大。当加速度为零时，金属杆做匀速运动，速度最大，则有
又
，
联立解得
A．其他条件不变，可通过减小α角使最大速度vm变小，故A正确；
B．其他条件不变，可通过增大匀强磁场B使最大速度vm变小，故B正确；
C．其他条件不变，可通过增大可变电阻R使最大速度vm变大，故C错误；
D．其他条件不变，可通过增大金属杆质量m使最大速度vm变大，故D错误。
故选AB。
9. 一水利部门要对甲、乙两湖的水质进行初步检测，将同一盏灯分别放在两湖中距水面6m处，在水面形成一个光圈，光圈的半径分别为8m、4.5m，如图所示。已知水质越好，水的折射率越小。则下列判断正确的是（ ）
A. 甲湖的水质较乙湖的好
B. 甲湖与乙湖的湖水折射率之比为3∶5
C. 光在甲、乙两湖水中传播速度之比为4∶3
D. 图中灯光射出甲、乙两湖的最短时间之比为3∶5
【答案】AC
【解析】AB．对于甲、乙湖，根据全反射临界角公式可得，
根据图中几何关系可得，
可得甲湖与乙湖的湖水折射率之比为
已知水质越好，水的折射率越小，则甲湖的水质较乙湖的好，故A正确，B错误；
C．根据
可得光在甲、乙两湖水中传播速度之比为
故C正确；
D．灯光垂直水面射出时，所用时间最短；根据
可得图中灯光射出甲、乙两湖的最短时间之比为
故D错误。
故选AC。
10. 冰巨星是一种主要由比氢和氦重的气体组成的巨行星。某冰巨星是半径为R的均匀球体，赤道处的重力加速度大小为g，两极处的重力加速度大小为赤道处的n倍，已知引力常量为G，不计空气阻力，关于该冰巨星，下列说法正确的是（ ）
A. 该冰巨星的质量为
B. 该冰巨星的自转角速度为
C. 同一单摆，在两极处运动的周期与在赤道上运动的周期之比为
D. 若在两极和赤道上方同一高度由静止开始各释放一小球（质量不同），则两小球在空中运动的时间相同
【答案】BC
【解析】A．该冰巨星的两极处的重力加速度大小为
在两极处有
解得该冰巨星的质量为
故A错误；
B．设该冰巨星的自转角速度为，在赤道处有
联立解得
故B正确；
C．根据单摆周期公式
可知同一单摆，在两极处运动的周期与在赤道上运动的周期之比为
故C正确；
D．若在两极和赤道上方同一高度由静止开始各释放一小球（质量不同），根据自由落体运动公式，由于两极和赤道的重力加速度不相等，所以两小球在空中运动的时间不相同，故D错误。
故选BC。
第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
二、非选择题（共5小题，计54分）
11. 某学习小组在进行验证“牛顿第二定律”实验中采用了图甲装置，请回答下列问题：
（1）实验中平衡摩擦力时，要先______（选填“挂上”或“取下”）砂桶；
（2）图乙为该小组实验中得到的一条纸带的一部分。已知电火花计时器电源频率为50Hz，A、B、C、D、E是纸带上的五个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，由此可得小车的加速度大小为______m/s2（计算结果保留两位有效数字）；
（3）保持砂和砂桶的总质量不变，改变小车的质量m，某同学根据得到的实验数据画出如图丙所示图线，从图线可得砂和砂桶的总质量为______kg。（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）；
（4）保持小车的质量不变，改变砂和砂桶的质量，该小组根据实验数据画出如图丁所示的a—F图像，你认为图像弯曲的理由可能是______。（填正确选项前的字母）
A. 没有平衡摩擦力
B. 平衡摩擦力的时候斜面倾角过大
C. 随着砂桶的质量增大，砂桶质量不再满足远小于小车质量
【答案】（1）取下 （2）0.80
（3）0.020 （4）C
【解析】【小问1详解】
实验中平衡摩擦力时，要取下砂桶，将图甲中长木板右侧适当垫高，轻推小车，使打点计时器打出的点迹均匀分布。
小问2详解】
相邻计数点间有四个点没有画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可知，小车的加速度
【小问3详解】
保持砂和砂桶的总质量不变，近似认为小车合力等于砂和砂桶的重力，根据
结合图像有
解得
【小问4详解】
对砂和砂桶、小车分别进行分析有，
解得
当砂和砂桶质量远远小于小车的质量时，可以近似认为
可知，保持小车的质量不变，改变砂和砂桶的质量，该小组根据实验数据画出如图丁所示的a—F图像，你认为图像弯曲的理由可能是随着砂桶的质量增大，砂桶质量不再满足远小于小车质量。
故选C。
12. 现有两组同学要测定一节干电池的电动势E和内阻r（已知E约为1.5V，r约为1Ω）。
（1）第一组采用图甲所示电路。
①为了完成该实验，选择实验器材时，在电路a、b两点间可接入的器件是一个______（选填“定值电阻”或“滑动变阻器”）；为了测量精度更高，电流表量程选______（选填“0~0.6A”或“0~3A”），电压表量程选______（选填“0~3V”或“0~15V”）；
②第一小组经过多次测量，记录了多组电流表示数I和电压表示数U，并在图乙中画出了U-I图像。若将该干电池与一个阻值为2.2Ω的定值电阻组成闭合电路，电路中的电流约为______A（保留两位有效数字）。
（2）第二组在没有电压表的情况下，设计了如图丙所示的电路，其中电阻箱的最大阻值为999.9Ω（可当标准电阻用），电流表的量程Ig=0.6A、内阻rg=0.1Ω，完成了对另一电池的测量。在实验中通过改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录了多组电流表示数I和电阻箱示数R，并画出了如图丁所示的图像。根据图像中的信息可得出这个电池的电动势E=______V（保留三位有效数字），内阻r=______Ω。
【答案】（1）滑动变阻器 0~0.6A 0~3V 0.50
（2）1.49 0.3
【解析】【小问1详解】
[1]为了完成该实验，需要测量多种数据，在图甲电路的a、b两点间接入的器件是滑动变阻器；
[2][3]已知E约为1.5V，r约为1Ω，为了调节方便且测量精度更高，电路中最大电流为
所以电流表应选量程为0~0.6A，电压表应选量程为0~3V；
[4]经过多次测量，他们记录了多组电流表示数I和电压表示数U，由图乙截距可以得出，此干电池的电动势的测量值
E=1.48V
内阻的测量值为
若将该干电池与一个阻值为2.2Ω的定值电阻组成闭合电路，电路中的电流约为
【小问2详解】
[1]第二组测量方式，考虑电流表的内阻则
解得
根据图丁中的信息，可得出图丁斜率等于这个电池的电动势
[2]图丁的截距为
解得
13. 生活中有一种很有意思的现象：给空暖水瓶灌上开水，塞进瓶塞，过会瓶塞会自动跳起来。现给一只空暖水瓶灌上开水，塞进瓶塞后，暖水瓶中仍封闭有少部分空气。开始时内部封闭空气的温度为320 K，压强为大气压强p0。当封闭气体温度上升至360 K时，瓶塞恰好被整体顶起，放出少许气体后再将瓶塞塞紧，其内部压强立即减为p0，温度仍为360 K。再经过一段时间，内部气体温度下降到320 K。设瓶塞的横截面积为S，瓶塞的重力及瓶塞与瓶口的摩擦力保持不变，整个过程中封闭空气可视为理想气体。求：
(1)当温度上升到360 K且尚未放气时，封闭气体的压强；
(2)当温度下降到320 K时，至少要用多大的力才能将瓶塞拔出？
【答案】(1) p0 ； (2)p0S
【解析】(1)封闭气体发生等容变化，初态：压强p0，温度T0=320K，末态：压强p1，温度T1=360K
根据查理定律可得
解得
(2)当温度下降到320K时，压强为p2，封闭气体发生等容变化，初态：压强p0，温度T1=360K，末态：压强p2，温度T0=320K
根据查理定律可得

解得

当瓶塞恰被顶起时，设瓶塞的质量为m，瓶塞与瓶口间摩擦力大小为f，横截面积为S，此时根据平衡可得
p1S=mg+f+p0S
当温度下降到320K时，设至少要用大小为Fmin的力才能将瓶塞拔出，此时根据平衡可得
Fmin+p2S=p0S+mg+f
联立解得
14. 如图，质量为6kg、长为1.5m的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平，平台高度为0.8m。B端上放有质量为2kg的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，质量为1kg的小球用长为0.9m的细线悬挂在平台右边缘正上方的O点，细线竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细线与竖直成60°角并由静止释放，小球运动到最低点时细线恰好断裂同时与C碰撞，碰撞后小球的水平射程为0.4m。滑块C、小球均视为质点，小球与滑块C碰撞时间极短，不计空气阻力，已知重力加速度g=10m/s2，cs60°=0.5。
（1）求细线能够承受的最大拉力；
（2）求小球与滑块C碰撞后瞬间滑块C的速度；
（3）通过计算判断C能否从木板上掉下来。
【答案】（1）
（2），方向水平向左
（3）不能从木板上掉下来
【解析】【小问1详解】
设小球运动到最低点的速率为，小球向下摆动过程，由动能定理可得
解得
小球在圆周最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得
解得细绳能够承受的最大拉力
【小问2详解】
设小球碰后速度为，C碰后速度为，以水平向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒可得
联立解得，
故小球与滑块C碰撞后瞬间滑块C的速度为，方向水平向左。
【小问3详解】
假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速率为，由动量守恒得
由能量守恒得
联立解得
故滑块C不会从木板上掉下来
15. 如图甲所示为某科研团队设计的粒子偏转装置示意图，粒子源可以均匀连续的产生质量为m，电荷量为q的正粒子，其比荷，初速度可忽略不计。带电粒子经电压的加速电场加速后，贴近上板边缘，水平飞入两平行金属板中的偏转电场。两水平金属板间距为，板长为，板间加有图乙所示的周期性变化的电压，其最大电压也为U、最小电压为，周期远大于粒子在偏转电场中运动的时间（忽略粒子穿越偏转电场时电压的变化），下极板右端正下方紧挨金属板竖直放置长度为d的探测板。若带电粒子能由偏转电场飞出，则飞出后立即进入平行板右侧的垂直纸面向外的水平匀强磁场，最后经匀强磁场偏转后打在探测板上；若不能飞出偏转电场，则被金属板吸收并导走。不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：
（1）从偏转电场出射的粒子通过偏转电场的时间t；
（2）一个周期T内，从偏转电场出射的粒子数占粒子源全部发射粒子数的百分比；
（3）从偏转电场出射的粒子全部能够到达探测板时，磁感应强度B需要满足的条件。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）在加速电场中，根据动能定理得
解得进入偏转电场的初速度为
粒子在偏转电场中的运动，如下图所示
·
穿过偏转电场时，水平方向做匀速直线运动，有
解得从偏转电场出射的粒子通过偏转电场的时间为
（2）粒子恰好从下极板右端飞出，根据类平抛运动的规律，有
解得
所以一个周期T内，从偏转电场出射的粒子数占粒子源全部发射粒子数的百分比为
（3）设粒子飞入磁场时的速度为v，在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有
设粒子飞入磁场时，其速度与水平方向的夹角为θ，则有
设粒子进入磁场后，y方向偏移的位移为，由几何关系可知
解得
与速度v无关。设粒子在偏转电场中的最小偏移量为，则有
若偏转电场出射的粒子全部能够到达探测板，需满足
解得
即
因此从偏转电场出射的粒子全部能够到达探测板时，磁感应强度B需要满足的条件为