吉林省四平市2024-2025学年高三上学期期末考试物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1吉林省四平市2024-2025学年高三上学期期末考试物理试卷全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。5.本卷主要考查内容：必修第一~三册，选择性必修第二册，选择性必修第一册第一~三章。一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.神舟十九号于2024年10月30日4时27分在酒泉卫星发射中心成功发射升空。神舟飞船顺利入轨后，于当天11时与中国空间站成功对接，六名航天员胜利会师。下列说法正确的是（）A.“2024年10月30日4时27分”指的是时间间隔B.对接前调整姿态时，飞船可以视为质点C.观看神舟十九号升空的轨迹时，飞船可以视为质点D.对接后，飞船在轨运行时不能视为质点【答案】C【解析】A．“2024年10月30日4时27分”指的是时刻，故A错误；B．对接前调整姿态时，飞船大小形状不可以忽略，不可以视为质点，故B错误；C．观看神舟十七号升空的轨迹时，飞船大小形状可以忽略，可以视为质点，故C正确；D．对接后，研究飞船在轨运行的轨迹时，其大小形状可以忽略，可以视为质点，故D错误。故选C。2.电磁打点计时器的工作原理是线圈中通电后，振片被磁化，在永磁体的磁场中上、下振动时带动振针运动，从而使振针在纸带上打点。通电线圈产生磁场这一现象的发现者是（）A.库仑 B.奥斯特 C.安培 D.法拉第【答案】B【解析】通电线圈产生磁场这一现象的发现者是奥斯特。故选B。3.如图所示，一根不可伸长的轻质细绳跨过竖直墙壁上两颗光滑的钉子，将一幅重为10N的画框对称地悬挂在墙壁上，画框上两个挂钉之间的距离为8dm，墙壁上两颗钉子间的距离为3dm，绳长为13dm，则每颗钉子受到的弹力大小为（）A.10N B. C. D.【答案】C【解析】根据题图可得，两侧细绳长度为设两侧细绳与水平方向的夹角为，则，所以对画框，分析受力，如下图所示根据平衡条件得，解得对钉子处的绳结，分析受力，如上图所示，根据几何关系可知，三个力之间的夹角均为，所以钉子对细绳的作用力为由牛顿第三定律，每颗钉子受到的弹力大小为。故选C。4.金星在中国古代被称为太白、启明或长庚，早晨出现于东方称为启明，晚上出现于西方称为长庚，金星在夜空中的亮度仅次于月球。已知金星半径约为月球的3.5倍，质量约为月球的66倍，将卫星的运动均看成匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A.围绕金星表面运行的卫星的速率小于围绕月球表面运行的卫星的速率B.围绕金星表面运行的卫星的周期大于围绕月球表面运行的卫星的周期C.月球表面的重力加速度大于金星表面的重力加速度D.在地球表面发射金星的探测器，则发射速度应大于地球的第二宇宙速度而小于地球的第三宇宙速度【答案】D【解析】A．围绕金星表面运行的卫星受到的万有引力提供向心力，设金星的质量为，半径为，卫星的质量为，则，解得在月球表面时，同理可得，代入数据可得所以，围绕金星表面运行的卫星的速率大于围绕月球表面运行的卫星的速率，故A错误；B．围绕金星表面运行的卫星受到的万有引力提供向心力，则解得在月球表面时，同理可得代入数据可得所以，围绕金星表面运行的卫星的周期小于围绕月球表面运行的卫星的周期，故B错误；C．金星表面的物体受到的万有引力提供向心力，则，解得在月球表面时，同理可得，代入数据可得所以，月球表面的重力加速度小于金星表面的重力加速度，故C错误；D．在地球表面发射金星的探测器，探测器要脱离地球的引力飞向金星，但是不脱离太阳系，则发射速度应大于地球的第二宇宙速度而小于地球的第三宇宙速度，故D正确。故选D。5.如图所示的LC振荡电路中，G为灵敏电流计，电流向右流过G时指针向右偏，反之向左偏，线圈的自感系数L、电容器的电容C均为已知量。开始时开关S扳到a，某时刻将开关S扳到b，且将该时刻作为计时0点。则下列说法正确的是（）A.时，电容器正在放电B.时，电流表的指针向左偏转C.时，线圈的磁场能为零D.时，电容器所带的电荷量为零【答案】A【解析】该LC振荡电路的周期为A．时刻，电容器的下极板带正电，此时刻将开关S扳到b，的时间内电容器放电，，此时电容器正在放电，故A正确；B．的时间内电容器正在充电，回路中的电流沿顺时针方向，流过灵敏电流计的电流向右，指针向右偏转，，所以此时电流表的指针向右偏转，故B错误；C．时电容器所带的电荷量为零，回路中的电流最大，线圈产生的磁场能最大，电场能为零，故C错误；D．时电容器所带的电荷量最多，回路中的电流为零，线圈产生的磁场能为零，电场能最大，故D错误。故选A。6.如图所示，两等量异种电荷M、N固定，O为两电荷连线的中点，c为MO的中点，以M为圆心、Mc为半径画圆，圆与直线MN分别交于a、c两点，直径bd垂直于MN。下列说法正确的是（）A.a、c两点的电势相等 B.b、d两点的电场强度相同C.c点的电场强度是O点电场强度的2倍 D.电子在b、d两点的电势能相等【答案】D【解析】A．正电荷在a、c两点的电势相等，负电荷在c点的电势比在a点的电势低，则a点的电势比c点的电势高，A错误；B．由电场强度的叠加原理以及对称性可知，b、d两点的电场强度大小相等，但方向不一致，所以b、d两点的电场强度不相同，B错误；C．假设，则正电荷在c、O两点的电场强度分别为、方向向右；负电荷在c、O两点的电场强度分别为、由叠加原理可知，c、O两点的电场强度大小分别为，解得C错误；D．b，d两点到正电荷以及到负电荷距离均相等，则b、d两点的电势相等，所以电子在b、d两点的电势能相等，D正确。故选D。7.CT扫描利用的是X射线断层扫描技术，如图所示，M、N之间有一电子束的加速电场，两板间接有恒定电压，圆形虚线框内有垂直纸面方向的偏转磁场。经调节后电子束由静止开始沿箭头方向前进，最后打在靶上，不计电子重力。则下列说法正确的是（）A.电子打到靶上的动能的大小与圆形磁场半径的大小有关B.电子打到靶上的速度的大小与加速电场的宽度有关C.若M、N间的电压增大为原来的2倍，为使电子打到靶上的位置不变，则圆形磁场磁感应强度的大小应变为原来的倍D.若减小M、N间电压且使电子打到靶上的位置不变，则电子从静止到打到靶上的时间将变短【答案】C【解析】A．因为洛伦兹力不做功，所以电子打到靶上的动能的大小与圆形磁场半径的大小无关，故A错误；B．根据可知，电场力做功与加速电场的宽度无关，所以电子打到靶上的速度的大小与加速电场的宽度无关，故B错误；C．若M、N间的电压增大为原来的2倍，根据动能定理可知，电子的速度变为原来的倍，为使电子打到靶上的位置不变，则电子的运动轨迹不变，即电子在圆形磁场中的半径不变，根据牛顿第二定律解得所以，圆形磁场磁感应强度的大小应变为原来的倍，故C正确；D．若减小M、N间电压且使电子打到靶上的位置不变，则电子的运动轨迹不变，速度减小，所以，电子从静止到打到靶上的时间将变长，故D错误。故选C。二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图，在固定光滑斜面的底端分别以相同大小的初速度v0释放两个完全相同的小球A、B，小球可视为质点。A的初速度沿斜面向上，B的初速度与斜面有一定的夹角，到达顶端时速度恰好垂直斜面。不计空气阻力，针对两小球从斜面底端运动到顶端的过程，下列说法正确的是（）A.两球所受合力做的功相同B.两球所受合力的冲量相同C.两球重力做功的平均功率不相等D.两球到达顶端时，重力的瞬时功率的大小不相等【答案】AC【解析】A．对A球受力分析可知，只有重力做功，对B球受力分析可知，同样只有重力做功，两小球从斜面底端运动到顶端的过程中，根据，可知重力做功相同。故A正确；B．由冲量的表达式，可知力的方向与冲量方向相同。依题意，A球合力沿斜面向下，B球合力竖直向下，二者方向不同，所以两球所受合力的冲量不相同，故B错误；C．把B球的初速度分解为沿斜面和垂直斜面两个方向，其中沿斜面方向的速度大小必定小于B球的初速度，同样也小于A球的初速度大小。两球沿斜面方向的加速度相同，所以沿斜面方向A球的平均速度大于B球的由，可知A球的时间小于B球的，根据，易知，故C正确；D．根据动能定理，有可知两球到达斜面顶端时，速度大小相等，设斜面夹角为，则有，即两球到达顶端时，若时，则重力的瞬时功率的大小相等，其他情况下不相等，故D错误。故选AC。9.小明同学在实验室用音叉做了如下的实验：让一音叉以固定的频率振动，声波通过某一小孔可以发生衍射现象，上述情境可简化为如图所示，M为可移动挡板，N为固定挡板，在A处有一声波的接收装置。为了让声波接收装置接收到的声音振幅增大，小明同学的操作正确的是（）A.换成频率高的音叉B.增大音叉发出的声波波长C.将A处的声波接收装置沿平行于N板的方向向下移动D.将M板向下移动【答案】BC【解析】为了让声波接收装置接收到的声音振幅增大，必须增大衍射的程度。A．换成频率高的音叉，因波速不变，根据可知，波长变小，则衍射的程度减小，故A错误；B．增大音叉发出的声波波长，则衍射的程度增大，故B正确；C．将A处的声波接收装置沿平行于N板的方向向下移动，声波接收装置靠近小孔位置，则衍射效果将明显，即声波接收装置接收到的声音的振幅将增大，故C正确；D．将M板向下移动，小孔间距增大，则衍射程度减小，声波接收装置接收到的声音的振幅将减小，故D错误。故选BC。10.光伏发电具有安全可靠、无污染、不枯竭、不受地形限制的优点，是国家重点推广项目。如图所示，某小型光伏发电站发电机的输出电压为280V，升压变压器的输出功率为P2=2.8×104W，降压变压器的输出电压U4=220V。已知每根输电线电阻为R=5Ω，降压变压器的输出功率可供600盏“220V40W”的白炽灯正常工作，变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是（）A.升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶5B.降压变压器原、副线圈的匝数比为80∶11C.输电线内流进的电流为AD.若将输电电压增加3倍，输出功率不变，可多供93盏“220V40W”的白炽灯正常工作【答案】AD【解析】C．由题意可知，降压变压器副线圈的总功率为所以，导线上损失的功率为又，解得故C错误；A．根据升压变压器原、副线圈的匝数与电流关系其中，联立，解得，故A正确；B．每盏白炽灯正常工作的电流为由题意可知，降压变压器副线圈的总电流为根据降压变压器原、副线圈的匝数与电流关系其中，联立，解得，故B错误；D．若将输电电压增加3倍，即输电电压变为原来的4倍，根据欧姆定律可知，输电线的电流变为原来的，根据可知，损失的电功率变为原来的，即则可多供白炽灯正常工作的盏数为所以，还可多供93盏“220V40W”的白炽灯正常工作，故D正确。故选AD。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某物理兴趣小组用控制变量法“探究加速度与合外力、物体质量的关系”。在研究加速度与质量的关系时设计了如图甲所示实验，两辆小车放在光滑水平板上，前端各系一根细绳，绳的另一端跨过光滑定滑轮各挂一个相同小盘，盘中放有相同的重物（小盘和重物的质量远小于小车的质量），两小车后端各系一根细线，将两小车放置在同一起点，用黑板擦压住细线，释放黑板擦，两小车同时出发，运动一段时间后，再用黑板擦压下细线让两小车同时停止运动。（1）实验中某同学测出两小车运动的位移分别为x1、x2，小盘和重物的质量与小车、小盘和重物的总质量的比值分别为k1、k2，则k1∶k2=____________。（2）小组同学只用一辆小车研究加速度与外力之间的关系，得到数据并绘制出了相应的图像如图乙所示，取重力加速度为g，小车质量为M，图中斜率k=_________，截距b=___________。【答案】（1）（2）；【解析】【小问1】设小车的质量为M，小盘和重物的总质量m，小车的加速度大小a，根据牛顿第二定律有，整理得根据运动学公式，可知【小问2】根据牛顿第二定律有其中，整理可得，由图像可知，12.某实验小组采用如图甲所示电路测量一水果电池的电动势和内阻（电动势约为，内阻约为），实验室提供的器材有：电流表（内阻可忽略）、变阻箱、开关、导线若干。（1）实验小组通过测量数据且绘制了图像如图乙所示，图线的斜率为，纵截距为，则水果电池的电动势________，内阻________。（2）若考虑电流表内阻的影响，小组同学分析数据后可得电动势的测量值与真实值相比________，内阻的测量值与真实值相比________。（均填“无误差”“偏大”或“偏小”）【答案】（1）；（2）无误差；偏大【解析】【小问1】根据闭合电路欧姆定律可得变形得则有，联立解得，【小问2】若考虑电流表内阻的影响，根据闭合电路欧姆定律可得变形得则有，解得，可知，电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值等于电流表内阻与电源内阻之和，即内阻测量值偏大13.如图，一列简谐横波沿x轴传播，图中实线和虚线分别为t=0和t=0.3s时波形。已知平衡位置为x=2m处的质点，在0~0.3s时间内运动方向发生一次改变。（1）判断该简谐横波的传播方向；（2）求该波的周期和传播速度。【答案】（1）沿轴正方向（2），【解析】小问1】根据x=2m处的质点，在0~0.3s时间内运动方向发生一次改变，结合题图可知x=2m处的质点在时刻沿轴正方向振动，根据“同侧法”可知，该简谐横波的传播方向沿轴正方向。【小问2】根据x=2m处的质点，在0~0.3s时间内运动方向发生一次改变，结合题图可知该段时间为，解得由图可知，该波的波长为该波的传播速度为14.如图所示，六分之一的光滑圆弧轨道最低点与水平桌面平滑连接，圆弧轨道的半径R=0.4m，可视为质点的a、b两滑块的质量分别为ma=1kg、mb=3kg，水平桌面的长度s=0.3m，高度h=0.8m。将滑块a从光滑圆弧轨道顶端由静止释放，滑块b静止于圆弧与水平桌面相接处，滑块a与b发生弹性碰撞，最终滑块b的落地点与桌面边缘的水平距离x=0.2m。已知两滑块的材料相同，碰撞时间极短，重力加速度取g=10m/s2。（1）求滑块与水平桌面间的动摩擦因数；（2）最终两滑块的落点是否相同？通过计算说明。【答案】（1）（2）最终两滑块的落点相同，计算见解析【解析】【小问1】滑块在光滑圆弧轨道滑下过程，根据动能定理，解得a、b两滑块碰撞过程，设碰后的速度为,的速度为，根据动量守恒，取水平向右为正方向根据动能守恒联立，解得，滑块b的落地过程做平抛运动，在竖直方向，解得在水平方向，解得滑块b到达桌面右端边缘的速度大小为滑块b在桌面上运动过程，根据动能定理，解得【小问2】a、b两滑块碰撞后，滑块以