2025屆陜西省寶雞市高三上學(xué)期聯(lián)考物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12025屆高三聯(lián)考物理試卷（考試時(shí)間75分鐘總分100分）一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題，每小題4分，共28分，只有一項(xiàng)符合題目要求；第8~10題，每小題6分，共18分，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.如圖所示，機(jī)器狗將物資馱運(yùn)在水平背部，忽略空氣阻力，則（）A.勻速上坡時(shí)，貨物的機(jī)械能守恒B.加速前進(jìn)時(shí)，物資對(duì)機(jī)器狗的力小于機(jī)器狗對(duì)物資的力C.機(jī)器狗能跳過小障礙物，起跳離地后物資處于超重狀態(tài)D.若機(jī)器狗用5G電磁波信號(hào)定位，該信號(hào)是橫波能在真空中傳播【答案】D【解析】A．勻速上坡時(shí)，貨物的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能增加，則機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤；B．物資對(duì)機(jī)器狗的力與機(jī)器狗對(duì)物資的力是一對(duì)相互作用力，總是等大反向，故B錯(cuò)誤；C．機(jī)器狗能跳過小障礙物，起跳離地后，忽略空氣阻力，物資只受重力作用，物資的加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D．機(jī)器狗用5G信號(hào)定位，該信號(hào)是電磁波能在真空中傳播，故D正確。故選D。2.如圖為失去一個(gè)電子形成的正一價(jià)氦離子（簡(jiǎn)稱氦的類氫結(jié)構(gòu)）的能級(jí)示意圖。關(guān)于氦離子（）的能級(jí)及其躍遷，下列說法正確的是（）A.能級(jí)比能級(jí)電勢(shì)能多40.8eVB.處于基態(tài)的氦離子，吸收一個(gè)光子后躍遷到更高軌道，電子的動(dòng)能將變大C.如果用具有54.4eV動(dòng)能的電子碰撞處于基態(tài)的氦離子，可使其躍遷到能級(jí)D.一群處于能級(jí)的氦離子向低能級(jí)躍遷時(shí)，能產(chǎn)生6種不同頻率的可見光【答案】C【解析】A．能級(jí)比能級(jí)的能量多但能級(jí)的能量等于電子具有的電勢(shì)能和動(dòng)能之和，故A錯(cuò)誤；B．氦離子吸收光子，由低能級(jí)躍遷到高能級(jí)，則電子的軌道半徑增大，根據(jù)得可知減小，則核外電子的動(dòng)能減小，故B錯(cuò)誤；C．如果通過電子碰撞的方式，使離子發(fā)生能級(jí)躍遷，只要入射電子的動(dòng)能大于要發(fā)生躍遷的兩能級(jí)的能量差即可，則用具有54.4eV動(dòng)能的電子碰撞處于基態(tài)的氦離子，大于與的能級(jí)差，故可使其躍遷到能級(jí)，故C正確；D．一群處于能級(jí)的氦離子向低能級(jí)躍遷時(shí)，最多能發(fā)出種不同頻率的光子，處于能級(jí)的氦離子能夠發(fā)出6種光子的能量分別為而可見光的能量在1.63eV～3.10eV，因此只有1種頻率的可見光，故D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖甲所示是某人下蹲彎曲膝蓋緩慢搬起重物的情景。甲乙該過程是身體肌肉、骨骼、關(guān)節(jié)等部位一系列相關(guān)動(dòng)作的過程，現(xiàn)將其簡(jiǎn)化為如圖乙所示的模型。設(shè)腳掌受地面豎直向上的彈力大小為，膝關(guān)節(jié)彎曲的角度為θ，該過程中大、小腿部的肌群對(duì)膝關(guān)節(jié)的作用力F的方向始終水平向后，且大腿骨、小腿骨對(duì)膝關(guān)節(jié)的作用力大致相等。關(guān)于該過程的說法正確的是（）A.人緩慢搬起重物的過程中，逐漸變小B.人緩慢搬起重物過程中，F(xiàn)逐漸變大C.當(dāng)時(shí)，D.當(dāng)時(shí)，【答案】D【解析】A．人緩慢搬起重物的過程中，腳掌受到豎直向上的彈力與人和重物的總重力平衡，大小不變，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)大腿骨、小腿骨對(duì)膝關(guān)節(jié)的作用力大小為F1，則他們之間的夾角為θ，F(xiàn)即為他們合力，則有腳掌所受地面豎直向上的彈力約為聯(lián)立可得人緩慢搬起重物過程中，膝蓋彎曲的角度θ變大，F(xiàn)逐漸變小，故B錯(cuò)誤；CD．當(dāng)時(shí)，可得當(dāng)時(shí)，可得故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。4.如圖所示，一輕繩通過一光滑定滑輪，兩端各系一質(zhì)量分別為和的物體，放在地面上，當(dāng)?shù)馁|(zhì)量發(fā)生變化時(shí)，的加速度a的大小、速度v的大小、繩對(duì)的作用力F與的關(guān)系大體如圖中的（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AB．分析可知，系統(tǒng)靜止，此時(shí)的加速度為0、速度為0、拉力為，當(dāng)時(shí)，系統(tǒng)開始運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則由牛頓第二定律得解得故加速度a與成非線性曲線，且隨增加，加速度a趨于g，故A錯(cuò)誤，B正確；C．以上分析可知，的速度為0，當(dāng)時(shí)，加速度a與成非線性曲線，且加速度隨著隨增加而增大，而加速度是描述速度變化快慢的物理量，故速度著隨增大而增加的越大越快。故C錯(cuò)誤；D．以上分析可知當(dāng)，系統(tǒng)靜止，由平衡條件可知，繩子拉力可知拉力F與成正比；當(dāng)時(shí)，系統(tǒng)開始運(yùn)動(dòng)，對(duì)研究，則由牛頓第二定律得又因?yàn)槁?lián)立以上得故F與成非線性曲線，且隨增加，F(xiàn)趨于，故D錯(cuò)誤。故選B。5.如圖甲所示，質(zhì)量m=0.2kg彈性小球從地面上方某一高度由靜止開始下落，彈起后上升到某一高度，小球與地面碰撞的時(shí)間忽略不計(jì)，規(guī)定豎直向下為正方向，此過程的v-t圖像如圖乙所示，空氣對(duì)小球的阻力大小恒為重力的0.5倍，下降的時(shí)間是上升時(shí)間的4倍，下降與上升的整個(gè)過程的平均速度為13m/s，重力加速度g取10m/s2，地面對(duì)小球的彈力遠(yuǎn)大于重力，下列說法正確的是（）A.小球上升過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間4s B.地面對(duì)小球沖量-14N·sC.小球落地時(shí)的速度-40m/s D.小球離地時(shí)的速度30m/s【答案】B【解析】ACD．小球下降過程加速度根據(jù)牛頓第二定律球上升過程加速度根據(jù)牛頓第二定律全程的平均速度解得故小球上升過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小球落地時(shí)的速度和小球離地時(shí)的速度分別為故ACD錯(cuò)誤；B．小球與地面作用過程，根據(jù)動(dòng)量定理故B正確。故選B。6.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定絕緣軌道ABCDP，由半徑m的圓弧軌道CDP和與之相切于C點(diǎn)的水平軌道ABC組成，圓弧軌道的直徑DP與豎直半徑OC間的夾角，A、B兩點(diǎn)間的距離m。質(zhì)量kg的不帶電絕緣滑塊靜止在A點(diǎn)，質(zhì)量kg、電荷量C的帶正電小球靜止在B點(diǎn)，小球的右側(cè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)用大小N、方向水平向右的恒力推滑塊，滑塊到達(dá)B點(diǎn)前瞬間撤去該恒力，滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，碰后小球沿軌道運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)恰好和軌道無擠壓且所受合力指向圓心。小球和滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞過程中小球的電荷量不變，不計(jì)一切摩擦。取m/s2，，。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.撤去該恒力瞬間滑塊的速度大小為6m/sB.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E大小是N/CC.小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小是2.5m/sD.小球和滑塊碰撞后，滑塊速度大小為4m/s【答案】D【解析】A．對(duì)滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得v=6m/s故A正確，不符合題意；B．小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，受力如圖所示則有解得故B正確，不符合題意；C．小球所受重力與電場(chǎng)力的合力大小為小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有解得故C正確，不符合題意；D．滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，取水平向右為正方向，設(shè)碰后滑塊、小球的速度分別為v1、v2，則由動(dòng)量守恒定律得由能量守恒得聯(lián)立解得，故D錯(cuò)誤，符合題意。故選D。7.由于大氣層的存在，太陽(yáng)光線在大氣中折射，使得太陽(yáng)“落山”后我們?nèi)匀荒芸匆娝?。某同學(xué)為研究這一現(xiàn)象，建立了一個(gè)簡(jiǎn)化模型。將折射率很小的不均勻大氣等效成折射率為的均勻大氣，并將大氣層的厚度等效為地球半徑R。根據(jù)此模型，一個(gè)住在赤道上的人在太陽(yáng)“落山”后還能看到太陽(yáng)的時(shí)間是（地球自轉(zhuǎn)時(shí)間為24小時(shí)，地球上看到的太陽(yáng)光可以看成平行光）（）A.3小時(shí) B.2小時(shí) C.1.5小時(shí) D.1小時(shí)【答案】D【解析】太陽(yáng)光是平行光，臨界光路圖如圖所示由幾何關(guān)系可得臨界光線的折射角為可知臨界光線的折射角為30°；根據(jù)折射定律可得由幾何關(guān)系可知，地球多轉(zhuǎn)角度便看不見太陽(yáng)了，有一個(gè)住在赤道上的人在太陽(yáng)“落山”后還能看到太陽(yáng)的時(shí)間為故選D。8.圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，在加速帶電粒子時(shí)，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并分別與高頻電源相連。帶電粒子從靜止開始運(yùn)動(dòng)的速率v隨時(shí)間t變化如圖乙，已知tn時(shí)刻粒子恰射出回旋加速器，不考慮相對(duì)論效應(yīng)、粒子所受的重力和穿過狹縫的時(shí)間，下列判斷正確的是（）A.t3-t2=t2-t1=t1B.v1：v2：v3=1：2：3C.粒子在電場(chǎng)中的加速次數(shù)為D.同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差保持不變【答案】AC【解析】A．粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由可得粒子運(yùn)動(dòng)周期為故周期與粒子速度無關(guān)，每運(yùn)動(dòng)半周被加速一次，可知t3-t2=t2-t1=t1A正確；B．粒子被加速一次，動(dòng)能增加qU，被加速n次后的動(dòng)能為可得故速度之比為v1：v2：v3=1：：B錯(cuò)誤；C．由B的分析可得聯(lián)立解得故粒子在電場(chǎng)中的加速次數(shù)為，C正確；D．由A的分析可得由B的分析可知故即同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差會(huì)改變，D錯(cuò)誤。故選AC。9.滑沙運(yùn)動(dòng)時(shí)，沙板相對(duì)沙地的速度大小會(huì)影響沙地對(duì)沙板的動(dòng)摩擦因數(shù)。假設(shè)滑沙者的速度超過8m/s時(shí)，滑沙板與沙地間的動(dòng)摩擦因數(shù)就會(huì)由變?yōu)?，如圖1所示，簡(jiǎn)化模型如圖2所示，一滑沙者從傾角的坡頂A處由靜止開始下滑，滑至坡底B（B處為一平滑小圓?。┖笥只弦欢嗡降孛妫詈笸Ｔ贑處。已知滑板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒為，AB坡長(zhǎng)m，，不計(jì)空氣阻力，則滑沙者（）A.下滑速度較大時(shí)加速度為2m/s2B.下滑到B處時(shí)的速度大小12m/sC.在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大距離為18mD.在AB段下滑與BC段滑動(dòng)的時(shí)間之比為【答案】BCD【解析】AB．滑沙板的速度較小時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)可得速度達(dá)到的過程中的位移滑沙板的速度超過8m/s后，根據(jù)牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)可得設(shè)到達(dá)B的速度為，則代入數(shù)據(jù)可得故A錯(cuò)誤，B正確；C．滑沙板在水平面上的加速度大小為，則由可得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大距離為故C正確；D．滑沙板的速度達(dá)到的時(shí)間第二段時(shí)間滑沙板在水平面上的時(shí)間則在AB段下滑與BC段滑動(dòng)的時(shí)間之比為故D正確。故選BCD。10.如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為kg、kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧相連，其中A緊靠墻面，現(xiàn)對(duì)B物體緩慢施加一個(gè)向左的力，該力對(duì)物體B做功J，使A、B間彈簧被壓縮．在系統(tǒng)靜止時(shí)，突然撤去向左的力，解除壓縮，則（）A.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒C.從撤去外力至A與墻面剛分離，彈簧對(duì)B的沖量N·s，方向水平向右D.A與墻面分離后至首次彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，兩物體速率均是2.5m/s【答案】CD【解析】A．解除壓縮后，彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，墻壁對(duì)A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，恢復(fù)原長(zhǎng)后，AB一起向右運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的合外力為零，動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；B．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)只有動(dòng)能和彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；C．壓縮彈簧時(shí)，外力做的功全轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，撤去外力，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，彈性勢(shì)能全轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能，設(shè)此時(shí)B的速度為v0，則得此過程由動(dòng)量定理得方向水平向右，故C正確；D．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度最小，則A、B都運(yùn)動(dòng)后，B減速，A加速，當(dāng)A、B速度相等時(shí)彈簧拉伸最長(zhǎng)，此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，以向右為正，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒有得，故D正確。故選CD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.有一種新式游標(biāo)卡尺，其游標(biāo)尺的刻度與傳統(tǒng)的舊式游標(biāo)尺明顯不同，新式游標(biāo)尺的刻度線看起來很“稀疏”，使得讀數(shù)時(shí)顯得清晰明了，方便使用者正確地讀取數(shù)據(jù)，通常游標(biāo)尺的刻度有10分度，20分度，50分度三種規(guī)格，新式游標(biāo)尺也有相應(yīng)的三種，但游標(biāo)尺刻度卻是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份。（1）以“39mm等分成20份”新式游標(biāo)尺為例，它的精確度是______mm；（2）用新式游標(biāo)卡尺測(cè)量某一物體的厚度，測(cè)量時(shí)游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖所示，其讀數(shù)是______mm?！敬鸢浮浚?）0.05（2）1.25【解析】(1)[1]新式游標(biāo)卡尺的測(cè)量原理和傳統(tǒng)的游標(biāo)卡尺相同，新式游標(biāo)卡尺其游標(biāo)尺上20個(gè)分度只有39mm，比主尺上的40個(gè)分度短1mm，它的測(cè)量精確度是(2)[2]用它測(cè)得物體厚度為12.在測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中，由于所用的電壓表（視為理想電壓表）的量程較小，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)物電路．（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)先將電阻箱的電阻調(diào)到___．（選填“最大值”、“最小值”或“任意值”）（2）改變電阻箱的阻值R，分別測(cè)出阻值=10的定值電阻兩端的電壓U，下列兩組R的取值方案中，比較合理的方案是．（選填“1”或“2”）方案編號(hào)電阻箱阻值R/Ω1400.0350.0300.0250.0200.0280.070.060.050.040.（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn)，繪出的圖象是一條直線．若直線的斜率為k，在坐標(biāo)軸上的截距為b，則該電源的電動(dòng)勢(shì)E=，內(nèi)阻r=．（用k、b和R0表示）【答案】（1）最大值；（2）2；（3）【解析】試題分析：（1）為了預(yù)防電路中電流過大，損壞電路，所以需要將電阻箱調(diào)到最大，（2）由表格可知，方案1中電阻箱的阻值與定值電阻差別太大，導(dǎo)致電路中電流差別太??；而方案2中電阻箱的阻與與待測(cè)電阻相差不多，故可以得出較為合理的電流值，故應(yīng)選擇方案2③由閉合電路歐姆定律可知，變形得：由題意可知，斜率為k，即：，解得；．聯(lián)立解得：考點(diǎn)：考查了測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)【名師『點(diǎn)石成金』】測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻是高中階段電學(xué)實(shí)驗(yàn)考查的重點(diǎn)，是近幾年各地高考題目的出題熱點(diǎn)，本題突出了對(duì)于實(shí)驗(yàn)原理、儀器選擇及U-I圖象處理等多方面內(nèi)容的考查，題目層次源于課本，凸顯能力，體現(xiàn)創(chuàng)新意識(shí)，側(cè)重于對(duì)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋?3.一列簡(jiǎn)諧橫波在時(shí)的波形圖如圖(a)所示，P、Q是介質(zhì)中的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)。圖(b)是質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖象。求：（1）波速及波的傳播方向；（2）質(zhì)點(diǎn)Q的平衡位置的x坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）18cm/s，沿x軸負(fù)方向傳播；（2）9cm【解析】（1）由圖(a)可以看出，該波的波長(zhǎng)為λ＝36cm由圖(b)可以看出，周期為T＝2s波速為v＝＝18cm/s由圖(b)知，當(dāng)時(shí)，Q點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)，結(jié)合圖(a)可得，波沿x軸負(fù)方向傳播。（2）設(shè)質(zhì)點(diǎn)P、Q平衡位置的x坐標(biāo)分別為、由圖(a)知，x＝0處y＝－＝Asin(－)因此由圖(b)知，在t＝0時(shí)Q點(diǎn)處于平衡位置，經(jīng)Δt＝s，其振動(dòng)狀態(tài)向x軸負(fù)方向傳播至P點(diǎn)處，可得P、Q間平衡位置距離為＝vΔt＝6cm則質(zhì)點(diǎn)Q的平衡位置的x坐標(biāo)為＝9cm14.如圖，固定的足夠長(zhǎng)平行光滑雙導(dǎo)軌由水平段和弧形段在CD處相切構(gòu)成，導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng)，區(qū)域CDEF內(nèi)存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)將多根長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的相同導(dǎo)體棒依次從弧形軌道上高為h的PQ處由靜止釋放（釋放前棒均未接觸導(dǎo)軌），釋放第根棒時(shí)，第根棒剛好穿出磁場(chǎng)。已知每根棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，重力加速度大小為g，且與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，棒與導(dǎo)軌接觸良好。求（1）第3根棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度大小？（2）第n根棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，第1根棒的熱功率？【答案】（1）（2）【解析】第3根棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為，由能量守恒得解得棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為此時(shí)第1、2根棒并聯(lián)，電阻為，第3根棒等效于電源，電路中總電阻為聯(lián)立解得電路中電流為由牛頓第二定律解得（2）第n根棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，前根棒并聯(lián)電阻為電路總電阻為電路總電流由并聯(lián)關(guān)系可知，第一根棒中電流解得第1根棒熱功率為15.如圖所示，水平傳送帶以m/s的速度做逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，傳送帶左端與水平地面平滑連接，傳送帶與一固定的四分之一光滑圓弧軌道相切，物塊a從圓弧軌道最高點(diǎn)由靜止下滑后滑過傳送帶，與靜止在水平地面右端的物塊b發(fā)生彈性碰撞。已知物塊a的質(zhì)量kg，物塊b的質(zhì)量kg，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，圓弧軌道半徑m，傳送帶左、右兩端的距離m，物塊a與傳送帶和水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，物塊b與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度m/s2，碰撞時(shí)間極短。求：（1）物塊a第一次與物塊b碰撞后瞬間，物塊b的速度大小；（2）兩物塊最多能碰撞的次數(shù)及最終兩者的距離。【答案】（1）2m/s（2）2次，0.48m【解析】（1）物塊a沿圓弧從最高點(diǎn)由靜止下滑到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)設(shè)速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得物塊a在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有設(shè)物塊a第一次滑到傳送帶左端時(shí)的速度大小為，由a、b運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得解得則物塊a第一次滑到傳送帶左端時(shí)的速度大小為4m/s，題意知物塊a、b碰撞過程動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，設(shè)碰撞后物塊a的速度為，b的速度為，則有聯(lián)立解得，即第一次碰撞后瞬間物塊b的速度大小為2m/s；（2）碰撞后物塊b沿地面向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為，到靜止時(shí)所用時(shí)間為，位移為，由牛頓第二定律有由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有聯(lián)立解得，對(duì)于物塊a，先沿傳送帶向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度減為0所用的時(shí)間為，位移為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得，由可知，故物塊a第二次與b碰撞前b已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊a第二次與b碰撞前瞬間速度大小為，則有解得物塊a、b第二次碰撞過程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，設(shè)第二次碰撞后速度分別為、，則有解得，物塊b第二次碰撞后向左滑行的距離物塊a第二次碰撞后向右滑行的距離則兩物塊最多碰撞2次，最終兩者的距離為2025屆高三聯(lián)考物理試卷（考試時(shí)間75分鐘總分100分）一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題，每小題4分，共28分，只有一項(xiàng)符合題目要求；第8~10題，每小題6分，共18分，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.如圖所示，機(jī)器狗將物資馱運(yùn)在水平背部，忽略空氣阻力，則（）A.勻速上坡時(shí)，貨物的機(jī)械能守恒B.加速前進(jìn)時(shí)，物資對(duì)機(jī)器狗的力小于機(jī)器狗對(duì)物資的力C.機(jī)器狗能跳過小障礙物，起跳離地后物資處于超重狀態(tài)D.若機(jī)器狗用5G電磁波信號(hào)定位，該信號(hào)是橫波能在真空中傳播【答案】D【解析】A．勻速上坡時(shí)，貨物的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能增加，則機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤；B．物資對(duì)機(jī)器狗的力與機(jī)器狗對(duì)物資的力是一對(duì)相互作用力，總是等大反向，故B錯(cuò)誤；C．機(jī)器狗能跳過小障礙物，起跳離地后，忽略空氣阻力，物資只受重力作用，物資的加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D．機(jī)器狗用5G信號(hào)定位，該信號(hào)是電磁波能在真空中傳播，故D正確。故選D。2.如圖為失去一個(gè)電子形成的正一價(jià)氦離子（簡(jiǎn)稱氦的類氫結(jié)構(gòu)）的能級(jí)示意圖。關(guān)于氦離子（）的能級(jí)及其躍遷，下列說法正確的是（）A.能級(jí)比能級(jí)電勢(shì)能多40.8eVB.處于基態(tài)的氦離子，吸收一個(gè)光子后躍遷到更高軌道，電子的動(dòng)能將變大C.如果用具有54.4eV動(dòng)能的電子碰撞處于基態(tài)的氦離子，可使其躍遷到能級(jí)D.一群處于能級(jí)的氦離子向低能級(jí)躍遷時(shí)，能產(chǎn)生6種不同頻率的可見光【答案】C【解析】A．能級(jí)比能級(jí)的能量多但能級(jí)的能量等于電子具有的電勢(shì)能和動(dòng)能之和，故A錯(cuò)誤；B．氦離子吸收光子，由低能級(jí)躍遷到高能級(jí)，則電子的軌道半徑增大，根據(jù)得可知減小，則核外電子的動(dòng)能減小，故B錯(cuò)誤；C．如果通過電子碰撞的方式，使離子發(fā)生能級(jí)躍遷，只要入射電子的動(dòng)能大于要發(fā)生躍遷的兩能級(jí)的能量差即可，則用具有54.4eV動(dòng)能的電子碰撞處于基態(tài)的氦離子，大于與的能級(jí)差，故可使其躍遷到能級(jí)，故C正確；D．一群處于能級(jí)的氦離子向低能級(jí)躍遷時(shí)，最多能發(fā)出種不同頻率的光子，處于能級(jí)的氦離子能夠發(fā)出6種光子的能量分別為而可見光的能量在1.63eV～3.10eV，因此只有1種頻率的可見光，故D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖甲所示是某人下蹲彎曲膝蓋緩慢搬起重物的情景。甲乙該過程是身體肌肉、骨骼、關(guān)節(jié)等部位一系列相關(guān)動(dòng)作的過程，現(xiàn)將其簡(jiǎn)化為如圖乙所示的模型。設(shè)腳掌受地面豎直向上的彈力大小為，膝關(guān)節(jié)彎曲的角度為θ，該過程中大、小腿部的肌群對(duì)膝關(guān)節(jié)的作用力F的方向始終水平向后，且大腿骨、小腿骨對(duì)膝關(guān)節(jié)的作用力大致相等。關(guān)于該過程的說法正確的是（）A.人緩慢搬起重物的過程中，逐漸變小B.人緩慢搬起重物過程中，F(xiàn)逐漸變大C.當(dāng)時(shí)，D.當(dāng)時(shí)，【答案】D【解析】A．人緩慢搬起重物的過程中，腳掌受到豎直向上的彈力與人和重物的總重力平衡，大小不變，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)大腿骨、小腿骨對(duì)膝關(guān)節(jié)的作用力大小為F1，則他們之間的夾角為θ，F(xiàn)即為他們合力，則有腳掌所受地面豎直向上的彈力約為聯(lián)立可得人緩慢搬起重物過程中，膝蓋彎曲的角度θ變大，F(xiàn)逐漸變小，故B錯(cuò)誤；CD．當(dāng)時(shí)，可得當(dāng)時(shí)，可得故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。4.如圖所示，一輕繩通過一光滑定滑輪，兩端各系一質(zhì)量分別為和的物體，放在地面上，當(dāng)?shù)馁|(zhì)量發(fā)生變化時(shí)，的加速度a的大小、速度v的大小、繩對(duì)的作用力F與的關(guān)系大體如圖中的（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AB．分析可知，系統(tǒng)靜止，此時(shí)的加速度為0、速度為0、拉力為，當(dāng)時(shí)，系統(tǒng)開始運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則由牛頓第二定律得解得故加速度a與成非線性曲線，且隨增加，加速度a趨于g，故A錯(cuò)誤，B正確；C．以上分析可知，的速度為0，當(dāng)時(shí)，加速度a與成非線性曲線，且加速度隨著隨增加而增大，而加速度是描述速度變化快慢的物理量，故速度著隨增大而增加的越大越快。故C錯(cuò)誤；D．以上分析可知當(dāng)，系統(tǒng)靜止，由平衡條件可知，繩子拉力可知拉力F與成正比；當(dāng)時(shí)，系統(tǒng)開始運(yùn)動(dòng)，對(duì)研究，則由牛頓第二定律得又因?yàn)槁?lián)立以上得故F與成非線性曲線，且隨增加，F(xiàn)趨于，故D錯(cuò)誤。故選B。5.如圖甲所示，質(zhì)量m=0.2kg彈性小球從地面上方某一高度由靜止開始下落，彈起后上升到某一高度，小球與地面碰撞的時(shí)間忽略不計(jì)，規(guī)定豎直向下為正方向，此過程的v-t圖像如圖乙所示，空氣對(duì)小球的阻力大小恒為重力的0.5倍，下降的時(shí)間是上升時(shí)間的4倍，下降與上升的整個(gè)過程的平均速度為13m/s，重力加速度g取10m/s2，地面對(duì)小球的彈力遠(yuǎn)大于重力，下列說法正確的是（）A.小球上升過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間4s B.地面對(duì)小球沖量-14N·sC.小球落地時(shí)的速度-40m/s D.小球離地時(shí)的速度30m/s【答案】B【解析】ACD．小球下降過程加速度根據(jù)牛頓第二定律球上升過程加速度根據(jù)牛頓第二定律全程的平均速度解得故小球上升過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小球落地時(shí)的速度和小球離地時(shí)的速度分別為故ACD錯(cuò)誤；B．小球與地面作用過程，根據(jù)動(dòng)量定理故B正確。故選B。6.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定絕緣軌道ABCDP，由半徑m的圓弧軌道CDP和與之相切于C點(diǎn)的水平軌道ABC組成，圓弧軌道的直徑DP與豎直半徑OC間的夾角，A、B兩點(diǎn)間的距離m。質(zhì)量kg的不帶電絕緣滑塊靜止在A點(diǎn)，質(zhì)量kg、電荷量C的帶正電小球靜止在B點(diǎn)，小球的右側(cè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)用大小N、方向水平向右的恒力推滑塊，滑塊到達(dá)B點(diǎn)前瞬間撤去該恒力，滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，碰后小球沿軌道運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)恰好和軌道無擠壓且所受合力指向圓心。小球和滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞過程中小球的電荷量不變，不計(jì)一切摩擦。取m/s2，，。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.撤去該恒力瞬間滑塊的速度大小為6m/sB.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E大小是N/CC.小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小是2.5m/sD.小球和滑塊碰撞后，滑塊速度大小為4m/s【答案】D【解析】A．對(duì)滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得v=6m/s故A正確，不符合題意；B．小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，受力如圖所示則有解得故B正確，不符合題意；C．小球所受重力與電場(chǎng)力的合力大小為小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有解得故C正確，不符合題意；D．滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，取水平向右為正方向，設(shè)碰后滑塊、小球的速度分別為v1、v2，則由動(dòng)量守恒定律得由能量守恒得聯(lián)立解得，故D錯(cuò)誤，符合題意。故選D。7.由于大氣層的存在，太陽(yáng)光線在大氣中折射，使得太陽(yáng)“落山”后我們?nèi)匀荒芸匆娝Ｄ惩瑢W(xué)為研究這一現(xiàn)象，建立了一個(gè)簡(jiǎn)化模型。將折射率很小的不均勻大氣等效成折射率為的均勻大氣，并將大氣層的厚度等效為地球半徑R。根據(jù)此模型，一個(gè)住在赤道上的人在太陽(yáng)“落山”后還能看到太陽(yáng)的時(shí)間是（地球自轉(zhuǎn)時(shí)間為24小時(shí)，地球上看到的太陽(yáng)光可以看成平行光）（）A.3小時(shí) B.2小時(shí) C.1.5小時(shí) D.1小時(shí)【答案】D【解析】太陽(yáng)光是平行光，臨界光路圖如圖所示由幾何關(guān)系可得臨界光線的折射角為可知臨界光線的折射角為30°；根據(jù)折射定律可得由幾何關(guān)系可知，地球多轉(zhuǎn)角度便看不見太陽(yáng)了，有一個(gè)住在赤道上的人在太陽(yáng)“落山”后還能看到太陽(yáng)的時(shí)間為故選D。8.圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，在加速帶電粒子時(shí)，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并分別與高頻電源相連。帶電粒子從靜止開始運(yùn)動(dòng)的速率v隨時(shí)間t變化如圖乙，已知tn時(shí)刻粒子恰射出回旋加速器，不考慮相對(duì)論效應(yīng)、粒子所受的重力和穿過狹縫的時(shí)間，下列判斷正確的是（）A.t3-t2=t2-t1=t1B.v1：v2：v3=1：2：3C.粒子在電場(chǎng)中的加速次數(shù)為D.同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差保持不變【答案】AC【解析】A．粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由可得粒子運(yùn)動(dòng)周期為故周期與粒子速度無關(guān)，每運(yùn)動(dòng)半周被加速一次，可知t3-t2=t2-t1=t1A正確；B．粒子被加速一次，動(dòng)能增加qU，被加速n次后的動(dòng)能為可得故速度之比為v1：v2：v3=1：：B錯(cuò)誤；C．由B的分析可得聯(lián)立解得故粒子在電場(chǎng)中的加速次數(shù)為，C正確；D．由A的分析可得由B的分析可知故即同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差會(huì)改變，D錯(cuò)誤。故選AC。9.滑沙運(yùn)動(dòng)時(shí)，沙板相對(duì)沙地的速度大小會(huì)影響沙地對(duì)沙板的動(dòng)摩擦因數(shù)。假設(shè)滑沙者的速度超過8m/s時(shí)，滑沙板與沙地間的動(dòng)摩擦因數(shù)就會(huì)由變?yōu)?，如圖1所示，簡(jiǎn)化模型如圖2所示，一滑沙者從傾角的坡頂A處由靜止開始下滑，滑至坡底B（B處為一平滑小圓?。┖笥只弦欢嗡降孛妫詈笸Ｔ贑處。已知滑板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒為，AB坡長(zhǎng)m，，不計(jì)空氣阻力，則滑沙者（）A.下滑速度較大時(shí)加速度為2m/s2B.下滑到B處時(shí)的速度大小12m/sC.在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大距離為18mD.在AB段下滑與BC段滑動(dòng)的時(shí)間之比為【答案】BCD【解析】AB．滑沙板的速度較小時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)可得速度達(dá)到的過程中的位移滑沙板的速度超過8m/s后，根據(jù)牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)可得設(shè)到達(dá)B的速度為，則代入數(shù)據(jù)可得故A錯(cuò)誤，B正確；C．滑沙板在水平面上的加速度大小為，則由可得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大距離為故C正確；D．滑沙板的速度達(dá)到的時(shí)間第二段時(shí)間滑沙板在水平面上的時(shí)間則在AB段下滑與BC段滑動(dòng)的時(shí)間之比為故D正確。故選BCD。10.如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為kg、kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧相連，其中A緊靠墻面，現(xiàn)對(duì)B物體緩慢施加一個(gè)向左的力，該力對(duì)物體B做功J，使A、B間彈簧被壓縮．在系統(tǒng)靜止時(shí)，突然撤去向左的力，解除壓縮，則（）A.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒C.從撤去外力至A與墻面剛分離，彈簧對(duì)B的沖量N·s，方向水平向右D.A與墻面分離后至首次彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，兩物體速率均是2.5m/s【答案】CD【解析】A．解除壓縮后，彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，墻壁對(duì)A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，恢復(fù)原長(zhǎng)后，AB一起向右運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的合外力為零，動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；B．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)只有動(dòng)能和彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；C．壓縮彈簧時(shí)，外力做的功全轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，撤去外力，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，彈性勢(shì)能全轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能，設(shè)此時(shí)B的速度為v0，則得此過程由動(dòng)量定理得方向水平向右，故C正確；D．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度最小，則A、B都運(yùn)動(dòng)后，B減速，A加速，當(dāng)A、B速度相等時(shí)彈簧拉伸最長(zhǎng)，此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，以向右為正，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒有得，故D正確。故選CD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.有一種新式游標(biāo)卡尺，其游標(biāo)尺的刻度與傳統(tǒng)的舊式游標(biāo)尺明顯不同，新式游標(biāo)尺的刻度線看起來很“稀疏”，使得讀數(shù)時(shí)顯得清晰明了，方便使用者正確地讀取數(shù)據(jù)，通常游標(biāo)尺的刻度有10分度，20分度，50分度三種規(guī)格，新式游標(biāo)尺也有相應(yīng)的三種，但游標(biāo)尺刻度卻是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份。（1）以“39mm等分成20份”新式游標(biāo)尺為例，它的精確度是______mm；（2）用新式游標(biāo)卡尺測(cè)量某一物體的厚度，測(cè)量時(shí)游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖所示，其讀數(shù)是______mm?！敬鸢浮浚?）0.05（2）1.25【解析】(1)[1]新式游標(biāo)卡尺的測(cè)量原理和傳統(tǒng)的游標(biāo)卡尺相同，新式游標(biāo)卡尺其游標(biāo)尺上20個(gè)分度只有39mm，比主尺上的40個(gè)分度短1mm，它的測(cè)量精確度是(2)[2]用它測(cè)得物體厚度為12.在測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中，由于所用的電壓表（視為理想電壓表）的量程較小，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)物電路．（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)先將電阻箱的電阻調(diào)到___．（選填“最大值”、“最小值”或“任意值”）（2）改變電阻箱的阻值R，分別測(cè)出阻值=10的定值電阻兩端的電壓U，下列兩組R的取值方案中，比較合理的方案是．（選填“1”或“2”）方案編號(hào)電阻箱阻值R/Ω1400.0350.0300.0250.0200.0280.070.060.050.040.（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn)，繪出的圖象是一條直線．若直線的斜率為k，在坐標(biāo)軸上的截距為b，則該電源的電動(dòng)勢(shì)E=，內(nèi)阻r=．（用k、b和R0表示）【答案】（1）最大值；（2）2；（3）【解析】試題分析：（1）為了預(yù)防電路中電流過大，損壞電路，所以需要將電阻箱調(diào)到最大，（2）由表格可知，方案1中電阻箱的阻值與定值電阻差別太大，導(dǎo)致電路中電流差別太小；而方案2中電阻箱的阻與與待測(cè)電阻相差不多，故可以得出較為合理的電流值，故應(yīng)選擇方案2③由閉合電路歐姆定律可知，變形得：由題意可知，斜率為k，即：，解得；．聯(lián)立解得：考點(diǎn)：考查了測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)【名師『點(diǎn)石成金』】測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻是高中階段電學(xué)實(shí)驗(yàn)考查的重點(diǎn)，是近幾年各地高考題目的出題熱點(diǎn)，本題突出了對(duì)于實(shí)驗(yàn)原理、儀器選擇及U-I圖象處理等多方面內(nèi)容的考查，題目層次源于課本，凸顯能力，體現(xiàn)創(chuàng)新意識(shí)，側(cè)重于對(duì)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋?3.一列簡(jiǎn)諧橫波在時(shí)的波形圖如圖(a)所示，P、Q是介質(zhì)中的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)。圖(b)是質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖象。求：（1）波速及波的傳播方向；（2）質(zhì)點(diǎn)Q