2025届辽宁省大连市高三下学期一模物理试卷（解析版）

这是一份2025届辽宁省大连市高三下学期一模物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了5s等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，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，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 如图，某质点沿曲线从B点运动到A点，分析质点在A点速度方向，使用的物理学思想方法是（ ）
A. 控制变量法B. 极限思维法
C. 等效替代法D. 理想模型法
【答案】B
【解析】利用曲线上两点无限逼近作曲线的切线的方法对应的思想方法是极限思维法。
故选B。
2. 下列图片及其相应描述正确的是（ ）
A. 图（a）中的图样证实了电子的波动性
B. 图（b）中射线带负电
C. 图（c）中为使快中子减速，需将镉棒插入深些
D. 图（d）中探测器探测到的射线强度与钢板的厚度无关
【答案】A
【解析】A．图（a）中的电子数通过铝箔时的衍射图样证实了电子的波动性，故A正确；
B．图（b）中根据左手定则可知，α射线带正电，故B错误；
C．图（c）中为了吸收更多的中子，需将镉棒插入深些，故C错误；
D．利用γ射线很强的穿透能力，图（d）中探测器探测到的γ射线强度与钢板的厚度有关，故D错误。故选A。
3. 如图，某同学面向竖直墙上固定的靶盘水平投掷可视为质点的小球，不计空气阻力。小球打在靶盘上的得分区即可得到相应的分数。某次，该同学投掷的小球落在10分区最高点，若他想获得更高的分数，在其他条件不变的情况下，下列调整方法可行的是（ ）
A. 投掷时球的初速度适当大些
B. 投掷时球的初速度适当小些
C. 投掷时球的位置向前移动少许
D. 投掷时球的位置向上移动少许
【答案】B
【解析】小球在空中做平抛运动，根据平抛运动规律有，
联立可得
某次，该同学投掷的小球落在10分区最高点，若他想获得更高的分数，应使小球打在靶盘上的位置向下移动；在其他条件不变的情况下，投掷时球的初速度适当小些、投掷时球的位置向后移动少许、投掷时球的位置向下移动少许。故选B。
4. 如图，某密闭容器中一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C、D后再回到状态A。其中，和为等温过程，和为绝热过程，这就是著名的“卡诺循环”。下列说法正确的是（ ）
A 过程中，气体温度升高
B. 过程中，气体从外界吸收热量
C. 气体处于B状态比处于D状态时分子的平均动能大
D. 过程气体对外界做的功比过程外界对气体做功少
【答案】C
【解析】A．为绝热过程，由图像可知，气体体积增大，则外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体内能减小，气体温度降低，故A错误；
B．为等温过程，气体内能不变，由图像可知，气体体积减小，则外界对气体做正功，根据，可知，即气体向外界放热，故B错误；
C．由于过程气体温度降低，为等温过程，则B状态温度高于D状态温度，气体处于B状态比处于D状态时分子的平均动能大，故C正确；
D．根据图像与横轴围成的面积表示做功的大小，由题图可知，过程气体对外界做的功比过程外界对气体做功多，故D错误。故选C。
5. 如图，倒挂的“彩虹”被叫做“天空的微笑”，是光由卷云里随机旋转的大量六角片状冰晶（直六棱柱）折射形成的。光线从冰晶的上顶面进入后，经折射从侧面射出，发生色散。以下分析正确的是（ ）
A. 光线从空气进入冰晶后波长不变
B. 在冰晶中红光和紫光的传播速度相同
C. 光线从空气射入冰晶时可能发生全反射
D. 当入射角减小，在侧面最先发生全反射的是紫光
【答案】D
【解析】A．光从空气进入冰晶后，频率不变，速度减小，根据
可知波长变小，故A错误；
B．由于紫光的频率大于红光的频率，冰晶对紫光的折射率大于对红光的折射率，根据可知，在冰晶中红光的传播速度大于紫光的传播速度，故B错误；
C．光线只有从光密介质射向光疏介质，才有可能发生全反射，则光线从空气射入冰晶时不可能发生全反射，故C错误；
D．因为可见光中紫光频率最高，折射率最大，根据全反射临界角公式，可知紫光发生全反射的临界角最小；当入射角减小，光线进入冰晶上表面的折射角减小，则光线在侧面射出空气的入射角增大；由于紫光在冰晶上表面的折射角最小，则紫光在侧面射出空气的入射角最大，所以在侧面最先发生全反射的是紫光，故D正确。
故选D。
6. 2021年2月，“天问一号”探测器到达火星附近，经“刹车”被火星捕获，进入大椭圆轨道，近火点为A点。探测器到达大椭圆轨道远火点B时进行变轨，通过调整轨道平面、降低近火点高度，使轨道变为经过火星南北两极的极轨。关于探测器的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 由A向B运动过程中速度变大
B. 在B点变轨时，只需沿其运动方向点火喷气
C. 在大椭圆轨道的周期大于极轨的周期
D. 在大椭圆轨道经过B点的速度大于火星的第一宇宙速度
【答案】C
【解析】A．根据开普勒第二定律可知，由A向B运动过程中速度变小，故A错误；
B．在B点变轨时，即由大椭圆轨道变轨到极轨，运动方向改变90°，既要点火减速，也需要改变速度方向，所以不只需沿其运动方向点火喷气，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知，大椭圆轨道的半长轴大于极轨的半长轴，所以在大椭圆轨道的周期大于极轨的周期，故C正确；
D．若在B点有一圆轨道，则圆轨道B点速度大于椭圆轨道B点速度，而圆轨道上的运行速度小于第一宇宙速度，所以在大椭圆轨道经过B点的速度小于火星的第一宇宙速度，故D错误。
故选C。
7. 一水平传送带长，以恒定速率顺时针匀速转动。在传送带左端每隔轻轻地放上相同的小物块（可视为质点），小物块的质量，与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小，从第1个小物块到达传送带最右端（仍在传送带上）开始计时，下列说法正确的是（ ）
A. 内，传送带上小物块均受到摩擦力作用
B. 每个物块在传送带上匀速运动的时间为
C. 时刻，传送带上共计有5个小物块
D. 内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为
【答案】D
【解析】ABC．由牛顿第二定律知，物块相对传送带滑动时的加速度大小a=μg=4m/s2
物块与传送带速度相同所用的时间
解得t1=0.5s
此过程物块的位移大小
解得x1=0.5m＜L=10m
此后物块随传送带做匀速直线运动，物块不受摩擦力作用，则0～1s内，传送带上小物块并不是都处于加速阶段，并不是都受到摩擦力作用，每个物块在传送带上做匀速直线运动的时间
解得t2=4.75s
每个物块在传送带上运动的总时间t=t1+t2
解得t=5.25s
由于计时时第一个小物块恰好到达传送带最右端，且每1s释放一个小物块，则t=0时刻，传送带上共有6个小物块，故ABC错误；
D．此过程所有小物块对传送带的摩擦力做功W=-μmg•vt1
解得W=-8J
故D正确。
故选D。
8. 关于下列图中实验说法，正确的是（ ）
A. 图（a）实验中，电容器放电过程中电流逐渐增大
B. 图（b）实验中，计算轮廓范围内正方形的个数，不足一个格的舍去
C. 图（c）实验中，推拉柱塞时要保证动作缓慢
D. 图（d）实验中，使用多用电表测电压时选交流电压档
【答案】CD
【解析】A．图（a）实验中，电容器放电过程中随着电荷量的减少，则电流逐渐减小，故A错误；
B．图（b）实验中，计算轮廓范围内正方形的个数，不足半格的舍去，故B错误；
C．图（c）实验中，推拉柱塞时要保证动作缓慢，防止活塞内气体的温度发生变化，故C正确；
D．图（d）实验中，变压器的工作电源是交流电压，则使用多用电表测电压时选交流电压挡，故D正确。
故选CD。
9. 一列沿轴传播的简谐波，在时刻的波形图如图（a），质点的振动图像如图（b），质点的平衡位置与质点的平衡位置间的距离为，0时刻，质点的速度与质点相同，若该波的波长大于。则（ ）
A. 该波沿轴负方向传播
B. 波速可能为
C. 质点的振动方程
D. 质点在0至内运动的路程为
【答案】BC
【解析】A．由质点振动图像可知，时刻质点向上振动，根据平移法可知，波向轴正方向传播，故A错误；
B．质点平衡位置与质点的平衡位置间的距离为，0时刻质点的速度与质点相同，则有m（n=0，1，2……）
该波的波长大于，则将n=0代入解得m
由图（b）可知s，波速为
故B正确；
C．设质点的振动方程
当时m，代入表达式解得
可知质点的振动方程
故C正确；
D．由图（b）可知，质点在0至内运动的路程为
故D错误；
故选BC。
10. 如图，一光滑金属细导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，I区是长度为、间距为的平行导轨。II区两导轨均呈一个完整的正弦波形，上下叠放交点处彼此绝缘，沿斜面方向长度为，下方接有一个阻值为的定值电阻。空间分布着垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为的导体棒从区上边缘由静止释放，离开区瞬间加速度为零。进入II区后，在外力作用下，导体棒以离开I区时的速度保持匀速运动。导体棒与导轨接触良好并与平行导轨垂直，不计其他电阻，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒在I区中运动时棒中电流由到
B. 导体棒在I区运动所用的时间为
C. 导体棒在II区运动过程中，外力做功为
D. 导体棒在II区运动过程中，电阻产生的焦耳热为
【答案】AC
【解析】A．根据右手定则可知，导体棒在Ⅰ区中运动时棒中电流由M到N，故A正确；
B．设导体棒离开Ⅰ区瞬间速度为v。根据导体棒离开Ⅰ区瞬间加速度为零，根据平衡条件得mgsinθ=BId
又
解得
导体棒在Ⅰ区运动过程中，取沿斜面向下为正方向，根据动量定理得
其中
联立解得导体棒在Ⅰ区运动所用的时间为
故B错误；
CD．因Ⅱ区两导轨均呈一个完整正弦波形，导体棒匀速通过Ⅱ区时，回路中产生正弦式交流电，电动势最大值为E=Bdv
电阻R产生的焦耳热为
联立解得Q=mglsinθ
设导体棒在Ⅱ区运动过程中，外力做功为W，根据功能关系可得mg•2lsinθ+W=Q
解得W=-mglsinθ
故C正确，D错误。
故选AC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 可以利用智能手机的向心加速度传感器探究圆周运动向心加速度与角速度、半径的关系。如图（a），先后将手机固定在自行车后轮转动半径分别为的位置，摇动踏板，用手机实时采集数据得到两种不同半径下散点图像和散点图像，如图（b）和图（c）。
（1）通过采集的数据散点分布可以判断出（ ）
A. 图（b）中与成正比B. 图（c）中与成正比
（2）图（c）的I对应半径为___________（选填“”或“”）的散点图；
（3）实验过程中，___________（选填“需要”或“不需要”）匀速摇动踏板。
【答案】（1）B （2） （3）不需要
【解析】【小问1详解】
由图b可知a与ω不是正比关系，图（c）中a与ω2成正比，故A错误，B正确；
【小问2详解】
根据向心加速度公式a=rω2可知，半径越大，a-ω2图像的斜率越大，则Ⅰ对应的是r1的a-ω2散点图；
【小问3详解】
实验探究a-ω的关系，需改变ω大小，则不需要匀速摇动踏板。
12. 某物理实验小组为探究滑动变阻器最大阻值对“限流电路”和“分压电路”的电压调节范围的影响，设计如下实验。
（1）在探究“限流电路”时，甲同学用电阻箱代替滑动变阻器，设计了图（a）的电路图。已知，调节，记录对应的电压数值，最后绘制成图像如图（b）。分析图（b）可知，采用“限流电路”测量约为的电阻时，滑动变阻器最大阻值应选择（ ）
A. 1ΩB. 30ΩC.
（2）已知，在探究“分压电路”时，在图（c）的基础上，小组设计了如图（d）的电路图（用和共同模拟最大阻值分别为、、、的滑动变阻器）。调节和，记录数据，绘制图（e）图像。
分析图（e）可知，考虑电压调节范围尽量大些，应排除___________；考虑电压随滑动变阻器阻值均匀变化，应排除___________；（选填“①”、“②”、“③”或“④”）
（3）某同学认为用“分压电路”测量电阻时，滑动变阻器的最大阻值越小越好。请判断该观点是否正确，并简要说明理由___________。
【答案】（1）B （2）① ④
（3）不正确，理由见解析
【解析】【小问1详解】
采用“限流电路”测量约为10Ω的电阻时，滑动变阻器作为限流元件；若阻值过小，调节滑动变阻器的滑动片时，电流变化不明显；若阻值过大，不方便调节滑动变阻器的滑动片，当滑动变阻器的滑动片有微小变化，电路的电流就会有显著变化；滑动变阻器的阻值与待测电阻相当，既能起到限流主要，又方便调节，故AC错误，B正确。
故选B。
【小问2详解】
[1]分析图（e）可知，图线①的电压调节范围约为0～2V，为了使电压U调节范围尽量大些，则最应排除的是图线①；
[2]图线④在时，出现了明显的弯曲，使电压U随滑动变阻器滑片移动趋于均匀变化，则最应排除图线④；
【小问3详解】
他的观点不正确；根据上述（2）分析可知，当RM=1Ω时，电压调节范围最小，用“分压电路”测量电阻时，滑动变阻器的最大阻值Rm并不是越小越好；因此当滑动变阻器最大阻值过小时，电压调节范围会过小。
13. 如图，某游乐场雪滑梯是由动摩擦因数均为μ=0.2的倾斜滑道和水平滑道平滑连接组成。已知倾斜滑道AC的高度H=11m，它与水平地面夹角θ=25°，水平滑道CD长度为L。水平滑道末端有一光滑圆弧形冰坑DE、冰坑DE两点高度相等，冰坑圆弧半径R=90m，R远大于弧长DE。游客从雪滑梯顶部A点无初速度下滑，恰好运动到D点。取重力加速度大小g=10m/s²，sin25°=0.4，cs25°=0.9。
（1）求水平滑道的长度L；
（2）若游客以很小的初速度（可忽略）从A点下滑到达E点，求该游客从A点到E点所用的时间t（结果用π表示）。
【答案】（1）30.25m
（2）19.9s
【解析】【小问1详解】
由动能定理
解得
【小问2详解】
因游客以很小速度开始下滑，因此可看成初速度为0，设游客在倾斜滑道的加速度为a1，滑行时间为t1，到达C点时速度为v0；在水平滑道的加速度为a2，滑行时间为t2，由牛顿第二定律
解得
根据位移时间关系可得
解得
根据速度时间关系可得
解得
根据牛顿第二定律可得，
解得
因为冰坑为光滑弧面，且半径远大于弧长，则游客在冰坑中的运动可看成等效单摆，根据单摆周期公式
可得
综上
14. 如图所示，在光滑水平面上有一质量为足够长的薄板A，其上静置两个质量均为的物块B、C，B、C与A间的动摩擦因数分别为，物块BC间连接一轻质弹簧，调节BC间距离，将弹簧压缩一定长度后，将它们同时由静止释放。已知弹性势能表达式为（为弹簧的形变量），取重力加速度大小，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）当初始压缩量时，释放瞬间，B的加速度大小；
（2）初始压缩量满足什么条件时，释放后，物块C相对A滑动；
（3）当初始压缩量时，释放后，物块B能达到的最大动能。
【答案】（1） （2）时，释放后，物块C相对A滑动
（3）
【解析】【小问1详解】
当x1=6cm时，弹簧弹力
B与A间最大静摩擦力
C与A间最大静摩擦力
， 所以C与A相对静止，B在A上滑动 ，对B有：
解得
【小问2详解】
当C相对于A滑动时，A的加速度达到最大值a2，对A有：
解得
对C有：
解得
则初始压缩量时，释放后，物块C相对A滑动。
【小问3详解】
释放后C与A一起运动，B相对A滑动，当时，物块B动能最大
解得x4 =4cm
ABC系统动量守恒有
系统能量守恒有
可解的B的最大动能为
15. 如图，空间直角坐标系Oxyz中有一与xOz面平行的界面M将空间分为I、II两个区域，界面M与y轴交点的坐标为（0，L，0）且界面M上有一足够大的接收屏。在O点存在一粒子发射源，仅在xOy面内向各个方向均匀发射速度大小为v₀、电荷量为q，质量为m的带正电粒子。区域I存在沿z轴正方向、磁感应强度大小为的匀强磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用。
（1）求粒子在I区域做匀速圆周运动的半径r和周期T；
（2）若在I区域再加一个沿z轴正方向电场强度大小为的匀强电场（未画出），求粒子打到接收屏上z坐标最大值点和z坐标最小值点的空间坐标。
（3）若O点发射源只向x轴负方向发射该种粒子，并撤去接收屏，粒子从界面M上c点（未画出）进入区域Ⅱ，区域Ⅱ存在沿x轴负方向、磁感应强度大小也为的匀强磁场，且粒子在区域Ⅱ运动时还始终受到与速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为k（k为常量）。粒子进入区域Ⅱ后速度方向第一次沿z轴正方向时达到d点（未画出），d点的z坐标为，求d点的空间坐标和粒子在d点的速度大小vd。
【答案】（1）r=L；
（2）（-L，L,）和（0，L，）
（3）坐标为（，，）；速度大小为
【解析】【小问1详解】
由牛顿第二定律
可得
解得r=L
解得
【小问2详解】
粒子沿z轴方向做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，由牛顿第二定律，qE=ma，
解得
粒子在垂直z轴的平面上做半径为L的匀速圆周运动，如图初速度方向沿y轴负方向的粒子打在接收屏上前运动的时间最长，
对应z坐标有最大值
由几何知识可得该点x坐标为-L，其对应的坐标为（-L，L，）
初速度沿y轴正方向偏向x轴负方向30°角方向的粒子打在接收屏上前运动的时间最短
由几何知识可得该点x坐标为0，对应z坐标有最小值
其对应的坐标为（0，L，）
【小问3详解】
粒子从c点至d点过程，沿y轴方向由动量定理有，，
解得
所以d点坐标为（，，）
粒子从c点至d点过程，沿z轴方向由动量定理有，
解得