2026届青海西宁市高三下学期复习检测（二）物理试卷 (解析版)

高级名校物理试卷PAGEPAGE12026届青海西宁市高三下学期复习检测（二）物理试卷1.如图所示为现代所做的伽利略斜面实验的频闪照片：让小球沿左侧斜面从静止开始向下运动，小球将冲上右侧斜面；减小右侧斜面的倾角，重复实验，直至斜面最终变为水平。几次实验中小球都从同一位置由静止释放，下列说法正确的是(  )A.右侧斜面的倾角越小，小球冲上右侧斜面过程中的平均速度越大B.右侧斜面的倾角越大，小球冲上右侧斜面过程中的平均速度越大C.由于小球与斜面之间存在摩擦，右侧斜面的倾角越小，小球冲上右侧斜面高度越低D.由于小球与斜面之间存在摩擦，右侧斜面的倾角越大，小球冲上右侧斜面高度越低【答案】C【解析】小球从同一位置释放，根据动能定理可知小球冲上斜面前速度大小相同，最终都减小为零，由此平均速度大小相同，A错误，B错误；由于小球受到斜面施加的摩擦力，右侧斜面的倾角越小，运动相同距离小球克服摩擦力做功越多，机械能损失越多，小球冲上右侧斜面高度越低，C正确，D错误。故选C。2.地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲。下列光路图中能描述该现象的是()A. B.

C. D.【答案】A【解析】根据折射定律n上sinθ上=n下sinθ下由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则n下>n上，则θ下逐渐减小，画出光路图如下则从高到低θ下逐渐减小，则光线应逐渐趋于竖直方向。故选A。3.钠的焰色反应为黄色，是由钠原子的能级跃迁造成的，钠原子从高能级向低能级跃迁时，发出的黄光Ⅰ波长为589.0nm，黄光Ⅱ波长为589.6nm，下列说法正确的是A.玻尔的氢原子理论可以解释钠原子的光谱现象B.黄光Ⅰ的频率小于黄光Ⅱ的频率C.若黄光Ⅰ能使某金属发生光电效应，黄光Ⅱ也一定能D.黄光Ⅰ在空气中的传播速率小于黄光Ⅱ在空气中的传播速率【答案】D【解析】玻尔的氢原子模型只能解释原子核外只有一个电子时的光谱，如氢原子、失去一个电子的氦离子，A错误；根据波长与频率关系c=λf，波长越大，频率越小，则黄光Ⅰ的频率大于黄光Ⅱ的频率，B错误；光子能量满足ϵ=hν，故频率越小，能量越小，若黄光Ⅰ恰好能使某金属发生光电效应，则黄光Ⅱ不能，C错误；频率越高，折射率越大，根据v=cn，可知光在介质中的传播速度越小，黄光Ⅰ的频率较大，故在空气中的传播速率较小，D正确。故选4.心脏除颤器的原理是首先向除颤器的储能电容器充电，使电容器获得一定的能量，再对患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，刺激患者的心脏恢复正常跳动。如图甲是一次心脏除颤器的模拟治疗，图乙是其等效电路图。人体模型可导电，已知该心脏除颤器的电源电动势为5kV，电容器电容为10μF，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，电容器能量公式为E=1A.这次放电有0.5C的电荷量通过人体组织B.电容器放电过程中，人体模型两端的电压不断减小C.若电源电动势提高为10kV，则电容增大为20μFD.放电过程中放出的电能为250J【答案】B【解析】电容器储存的电荷量Q=CU=0.05C，放电结束时,电容器两极板间的电势差减为零，所以通过人体组织的电荷量为0.05C，A错误；电容器的放电过程中，电容器的电荷量减少，电容只和电容器本身有关，跟外界电压无关，根据电容定义式C=QU，可知人体模型两端的电压不断减小，B正确，C错误；放电过程中电容器放出的电能为E=125.如图所示，某卫星变轨后绕地球做椭圆运动，PQ是椭圆的长轴，AB是椭圆的短轴，O为地心，AO、OQ和椭圆AQ段曲线所围成的面积占整个椭圆面积的1k(k>2)，则卫星沿顺时针方向从P点运动到A点的平均速率和从A点运动到QA.1k-1 B.k-1

C.2k-2 【答案】C【解析】OP、OA及PA段曲线所围成的面积占整个椭圆面积的(12-1k)=k-22k，设卫星沿顺时针方向从P点运动到A点的时间为t1，从A点运动到Q点的时间为t2，根据开普勒第二定律有t1t2=k-22，由于6.如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是(  )A.转动的角速度越大，细线中的拉力越大B.转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大C.转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等D.转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小不可能相等【答案】C【解析】设细线与竖直方向的夹角为θ，因为两环相对杆的位置不发生变化，对N在竖直方向有Tcosθ=GN，在水平方向有N1=Tsinθ，因为重力恒定，角度恒定，所以细线的拉力不变，环N与杆之间的弹力恒定，AB错误；受力分力如下图所示，对M在竖直方向有有N2=GM7.风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在510m/sA.该风力发电机的输出电功率与风速成正比B.单位时间流过面积A的流动空气动能为1C.若每天平均有1.0×108D.若风场每年有5000h风速在6【答案】D【解析】单位时间流过面积为A的空气体积V0=Av，质量为m0=ρV0=ρAv，动能为12m0v2=12ρAv3，风速在510m/s范围内，转化效率不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，AB错误；由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量应满足8.如图为一列简谐横波在t=0.75s时刻的波形图，P、Q是波传播路径上的两个质点，质点Q平衡位置的横坐标为x=4m。质点P的振动方程为y=10A.波沿x轴正方向传播B.质点Q振动的频率为2C.质点P平衡位置的坐标为x=1D.t=0时刻，质点Q正在向y轴正方向运动【答案】AC【解析】根据质点P的振动方程y=10sin(πt)cm可知，周期T=2ππ=2s，t=0.75s时刻质点P正沿y轴负方向运动，根据“上下坡法”，波正沿x轴正方向传播，质点Q的振动频率为f=1T=0.5Hz，A正确，B错误；t=0.75s时刻代入振动方程可知，质点P的位移为y=52cm，波动方程y=10sin2π8x(cm)，故质点P的平衡位置坐标9.如图所示，正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，O为正方形的中点，无穷远处电势为零，点电荷电场中的电势φ=kqr为静电力常量，q为点电荷电荷量，r为空间某点到点电荷的距离)A.若四个顶点的电荷量各不相同，则O点的电场强度一定不为零B.若四个顶点的电荷量各不相同，则O点的电势不可能为零C.若C点的点电荷受到的电场力为零，则B、D两点的点电荷一定带等量同种电荷D.若B、D两点的点电荷带等量异种电荷，则从C到O电势一定升高【答案】AC【解析】若四个顶点的电荷量各不相同，则B、D两点的点电荷在O点的合电场强度不等于零，A、C两点的点电荷在O点的合电场强度不等于零，根据电场叠加原理，O点的电场强度一定不为零，A正确；若四个顶点的点电荷的电荷量各不相同，O点到三个顶点的间距相等，设间距为r0，根据电势叠加原理，O点的电势φO=kqAr0+kqBr0+kqCr0+kqDr0，可知，只要电荷的代数和为零，则O点的电势为零，B错误；若C点的点电荷受到的电场力为零，则B、D两点电荷的合场强一定与A点的点电荷在C点的场强等大反向，即B、D两点的点电荷一定带等量同种电荷，C正确；若B、10.如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定在一匀强磁场中，其间安放炮弹。炮弹可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触，内阻为r可控电源提供的强大恒定电流。在发射过程中，磁场在炮弹所在位置始终可以简化为磁感应强度为B的垂直平行轨道的匀强磁场。已知两导轨内侧间距L，炮弹的质量m，炮弹在导轨间的电阻为R，若炮弹滑行s后获得的发射速度为v。不计空气阻力，不考虑电磁炮产生的感应电动势，下列说法正确的是(  )A.a为电源负极B.电磁炮受到的安培力大小为F=C.可控电源的电动势是E=D.这一过程中系统消耗的总能量是1【答案】AD【解析】电磁炮发射方向向右，安培力方向应水平向右，根据左手定则，电流方向由b开始通过导体滑块到a，所以a为电源负极，A正确；根据动能定理有Fs=12mv2，故电磁炮受到的安培力F=mv22s，B错误；根据匀加速直线运动公式a=v2-02s，根据牛顿第二定律有F=BIL=ma，根据闭合电路欧姆定律有I=ER+r，解得E=mv2(R+r)11.某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下：①固定好手机，打开录音功能；②从一定高度由静止释放乒乓球；③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间(单位：s)的变化图像如图所示。根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。碰撞次序1234567碰撞时刻(s)1.121.582.002.402.783.143.47根据实验数据，回答下列问题：(1)利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为                  m(保留2位有效数字，当地重力加速度g=10(2)设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k，则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的                  倍(用k表示)，第3次碰撞过程中k=                  (保留2位有效数字)。(3)由于存在空气阻力，第(1)问中计算的弹起高度                  (填“高于”或“低于”)实际弹起高度。【答案】(1)0.20(2)1-k(3)高于【解析】(1)第3次碰撞到第4次碰撞用时t0=2.40s-2.00(2)设碰撞后弹起瞬间速度v2，碰撞前瞬间速度v1，根据题意可知v2v1=k，则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为12mv12-12(3)由于乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力，加速度变大，上升的高度变小，所以第(1)问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。12.要测量一节干电池的电动势E和内阻r，现有下列器材：电压表V(0∼3V)，电阻箱R(0-9999.9Ω)，定值电阻R0，开关和导线若干。某实验小组根据所给器材设计了如图1所示的实验电路。由于R0的阻值无法辨认，实验时先用一欧姆表测量其阻值。该欧姆表的内部结构如图2所示，该表有“×1”、“(1)图2中a表笔为                  (选填“红”或“黑”)表笔。要测量R0,c应与                  (选填“d”或“e”)相连。测量时指针位置如图3所示，欧姆表的读数为                  (2)实验小组同学利用图1电路多次调节电阻箱阻值R，读出电压表对应的数据，建立1R-1U坐标系，描点连线得到如图4所示的图线，则该电源的电动势E=                  V，内阻r=                  Ω(3)经核实，电阻R0的测量值与真实值一致，实验小组利用图1电路得到的内阻的测量值r测                  (选填“小于”、“等于”或“大于”)【答案】(1)黑表笔；d；4(2)1.43；2.25(3)小于【解析】(1)电流从红表笔流入，黑表笔流出，所以图2中a表笔为黑表笔；该表有“×1”、“×10”两个倍率，欧姆表的内阻等于该倍率下的中值电阻，所以“×1”倍率的内阻小于“×10”倍率的内阻，由于R0阻值小于10Ω，应选择“×1”倍率，故要测量R0如图3所示，欧姆表的读数为R0=4×1E=U+U1Rk=ER联立解得，该电源的电动势为E≈1.43Vr=2.25Ω(3)由图1E真1R1Rr13.如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升15h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT，(1)再次平衡时容器内气体的温度。(2)此过程中容器内气体吸收的热量。【答案】(1)65T【解析】(1)气体进行等压变化，则由盖吕萨克定律得V0hSTT1=ΔU=CW=pSΔQ=14.如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长L=1.25m。小球质量m=0.20kg。物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的水平轨道长s=1.0m。圆弧轨道半径R=0.15m(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。【答案】(1)6N；(2)4m/s；(3)0.25≤μ<0.4【解析】(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL=1v0FTFT=6mvv2=Mv12μ1Mv12μ2=0.25综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数0.25≤μ<0.415.如图所示，平面直角坐标系xOy的圆形区域内有沿y轴负方向的匀强电场，边界圆的圆心在(0，R)的位置(图中未标出)，边界圆与x轴相切，边界圆外有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。从坐标原点处在坐标平面内沿与x