陕西省西安市交大附中2024-2025学年高三第一次调研联考物理试题含解析

陕西省西安市交大附中2024-2025学年高三第一次调研联考物理试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下运动的一段轨迹。

质点从N点出发经P点到达M点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由N点运动到P点与从P点运动到M点的时间相等。

下列说法中正确的是（）
A．质点从N点运动到M点的过程中，速度大小保持不变
B．质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同
C．质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同
D．质点在NM间的运动可能是变加速曲线运动
>。

小环自N点由静止滑下再滑上OM。

已知小环在轨道NO下滑的距2、如图所示，轨道NO和OM底端对接且θα
离小于轨道OM上滑的距离，忽略小环经过O点时的机械能损失，轨道各处的摩擦因数相同。

若用a、f、v和E分别表示小环的加速度、所受的摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图。

其中能正确反映小环自N点到右侧最高点运动过程的是（）
A．B．
C．D．
3、如图，某同学将一足球静止摆放在收纳架上。

他估测得足球的直径约为20 cm，质量约为0. 48 kg，收纳架两根平
行等高的横杆之间的距离d 约为12 cm 。

忽略足球的形变以及球与横杆之间的摩擦，重力加速度g 取10m/s 2，则可估算出一根横杆对足球的弹力约为（ ）
A ．2.4 N
B ．3.0 N
C ．4.0 N
D ．4.8 N
4、一辆汽车以速度v 匀速行驶了全程的一半，以2v 行驶了另一半，则全程的平均速度为（ ） A ．2v B ．23v C ．32
v D ．3v 5、如图所示，一质量为m 0=4kg 、倾角θ=45°的斜面体C 放在光滑水平桌面上，斜面上叠放质量均为m =1kg 的物块A 和B ，物块B 的下表面光滑，上表面粗糙且与物块A 下表面间的动摩擦因数为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；物块B 在水平恒力F 作用下与物块A 和斜面体C 一起恰好保持相对静止地向右运动，取g =10m/s²，下列判断正确的是（ ）
A ．物块A 受到摩擦力大小5N f F
B ．斜面体的加速度大小为a =10m/s 2
C ．水平恒力大小F =15N
D ．若水平恒力F 作用在A 上，A 、B 、C 三物体仍然可以相对静止
6、2019年4月20日22时41分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第四十四颗北斗导航卫星。

它是北斗三号系统首颗倾斜地球同步轨道卫星，经过一系列在轨测试后，该卫星将与此前发射的18颗中圆地球轨道卫星和1颗地球同步轨道卫星进行组网。

已知中圆地球轨道卫星的轨道半径是地球同步轨道卫星的半径的1n
，中圆地球轨道卫星轨道半径为地球半径的k 倍，地球表面的重力加速度为g ，地球的自转周期为T ，则中圆地球轨道卫星在轨运行的（ ）
A ．周期为T n
B ．周期为2T n
C ．向心加速度大小为
2
g k D ．向心加速度大小为g k 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、关于热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A ．气体吸热后温度一定升高
B ．对气体做功可以改变其内能
C ．理想气体等压膨胀过程一定放热
D ．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
8、如图所示，在同一软铁芯上绕有两个独立的线圈甲与乙，甲线圈连接电池、滑动变阻器、电阻R 。

乙线圈中接有电容器C ，向左移动滑动变阻器的滑片P ，使甲线圈中的电流均匀变化。

已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，下列说法正确的是（ ）
A ．电容器的上极板带正电
B ．电容器的上极板带负电
C ．电容器所带的电荷量恒定
D ．电容器所带的电荷量增大
9、如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为+q 、质量为m 的小球在力F 的作用下，沿图中虚线由M 至N 做竖直向上的匀速运动。

已知力F 和MN 之间的夹角为45°，MN 之间的距离为d ，重力加速度为g 。

则下列说法正确的是（ ）
A．电场的方向可能水平向左
B．电场强度E的最小值为2
2 mg q
C．当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变化量为零
D．F所做的功一定为
2
2
mgd
10、下列有关原子和原子核的认识，正确的是（）
A．平均结合能越大，原子核越稳定
B．氢原子辐射光子后，电子绕核运动的动能增大
C．卢瑟福通过α粒子散射实验的研究，发现了中子.
D．光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）欧姆表的内部电路可简化为一个电动势为E的电源、一个电流表和一个阻值为r的电阻串联而成(如图甲所示)。

小明同学欲测量某多用电表欧姆挡在“×100”挡时的内部电阻和电动势，选用的器材如下：
多用电表，电压表(量程0~3V、内阻为3kΩ)，滑动变阻器(最大阻值2kΩ)，导线若干。

请完善以下步骤：
(1)将多用电表的选择开关调到“×100”挡，再将红、黑表笔短接，进行_____ (机械/欧姆)调零；
(2)他按照如图乙所示电路进行测量，将多用电表的红、黑表笔与a、b两端相连接，此时电压表右端应为_____接线柱(正/负)；
(3)调节滑动变阻器滑片至某位置时，电压表示数如图丙所示，其读数为________V。

(4)改变滑动变阻器阻值，记录不同状态下欧姆表的示数R及相应电压表示数U。

根据实验数据画出的1
R
U
-图线如图
丁所示，由图可得电动势E=________ V，内部电路电阻r=________kΩ。

(结果均保留两位小数)
12．（12分）某同学制作了一个可用电流表直接显示拉力大小的拉力器，原理如图。

R1是一根长20cm、阻值20Ω的均匀电阻丝，劲度系数为1.0×103N/m的轻弹簧左端固定，右端连接金属滑片P和拉环，拉环不受拉力时，滑片P恰好处于a端。

闭合S，在弹簧弹性限度内，对拉环施加水平拉力，使滑片P滑到b端，调节阻箱电R使电流表恰好满偏。

已知电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电流表的量程为0~0.6A，内阻不计，P与R1接触良好且不计摩擦。

（1）电阻箱R0接入电路的阻值为_______Ω；
（2）电流表的刻度标示为拉力值时，拉力刻度值的分布是________（填“均匀”或“不均匀”）的；
（3）电流表刻度值为0.50A处拉力的示数为______N；
（4）要通过线性图象直观反映电流表示数I与拉力F的关系，可作_______图象；
A．I-F B．
1
I
F
-C．
1
F
I
-D．
11
I F
-
（5）若电流表的内阻不可忽略，则（4）问中正确选择的图象斜率______（填“变大”“变小”或“不变"）。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，水平虚线MN、PQ之间有垂直于纸面向里的水平匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两虚线间的距离为H，质量为m、电阻为R边长为L的正方形金属线框abcd在磁场上方某一高度处由静止释放线框在向下运动过程中始终在竖直平面内，ab边始终水平，结果线框恰好能匀速进入磁场线框有一半出磁场时加速度恰好为零，已知L<H，重力加速度为g，求：
(1)线框开始释放时ab边离虚线MN的距离；
(2)线框进磁场过程中通过线框截面的电量q及线框穿过磁场过程中线框中产生的焦耳热；
(3)线框穿过磁场所用的时间．
14．（16分）1011年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10 m，C是半径R=10 m圆弧的最低点，质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/s1，到达B点时速度v B=30 m/s．取重力加速度g=10 m/s1．（1）求长直助滑道AB的长度L；
（1）求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；
（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力F N的大小．
15．（12分）如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段长1.6 m且光滑．质量为1 kg的小物块由A处以12 m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度为零．此过程中小物块在AB段速度的变化率是BC段的2倍，两段运动时间相等．g = 10 m/s2，以A为零势能点．求小物块：
（1）通过B处的速度；
（2）在C处的重力势能；
（3）沿斜面下滑过程中通过BA段的时间．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、B
【解析】
A ．因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，由于加速度不变，质点做匀变速曲线运动，由力指向曲线凹面那一侧可知，质点从N 点运动到M 点的过程中，相同时间内的路程不同，故速度大小发生了变化，故A 错误； BC ．因加速度不变，则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等、方向相同，故
B 正确、
C 错误；
D ．质点在恒力作用下运动，则质点在NM 间的运动是匀变速曲线运动，故D 错误。

故选B 。

2、A
【解析】
A ．小球沿NO 轨道下滑做匀加速直线运动，滑至O 点速度为v ，下滑过程中有
112
v x t = 1sin cos mg mg ma θμθ-=
同理上滑过程中有
222
v x t = 2sin cos mg mg ma αμα+=
根据题意可知12x x <，所以
12t t < 根据加速度的定义式∆=∆v a t
结合牛顿第二定律，可知加速度大小恒定，且满足 12a a >
A 正确；
B ．小球下滑过程和上滑过程中的摩擦力大小
1cos f mg μθ=
2cos f mg μα=
根据题意可知θα>，cos cos θα<，则12f f <，B 错误；
C ．小球在运动过程中根据速度与位移关系2202v v ax -=可知，速度与位移不可能为线性关系，所以图像中经过O 点
前后小球与路程的关系图线不是直线，C 错误；
D ．小球运动过程中摩擦力做功改变小球的机械能，所以
E x -图像斜率的物理意义为摩擦力，即
E f x
∆=∆ 结合B 选项分析可知下滑时图像斜率的绝对值小于上滑时图像斜率的绝对值，D 错误。

故选A 。

3、B
【解析】
设每根横杆对足球的弹力方向与竖直方向夹角为α，由几何关系可知
cos 0.8α==
对足球竖直方向有
2cos N F mg α=
解得
F N =3N
故选B 。

4、B
【解析】
设全程为2s ，前半程的时间为：1s t v =．后半程的运动时间为：222
s s t v v ==．则全程的平均速度为：1222 3s v v t t ==+．故B 正确，ACD 错误．故选B.
5、A
【解析】
ABC ．对物块A 和B 分析，受力重力、斜面体对其支持力和水平恒力，如图所示
根据牛顿第二定律则有
sin θ2F N ma -=
其中
cos θ2N mg =
对物块A 、B 和斜面体C 分析，根据牛顿第二定律则有
0(2)F m m a =+
联立解得
25m/s a =
30N F =
对物块A 分析，根据牛顿第二定律可得物块A 受到摩擦力大小
5N f F ma ==
故A 正确，B 、C 错误；
D ．若水平恒力F 作用在A 上，则有
A F mg ma μ-=
解得
225m/s A a a =>
所以物块A 相对物块B 滑动，故D 错误；
故选A 。

6、C
【解析】
AB ．中圆地球轨道卫星和同步卫星均绕地球做匀速圆周运动，已知中圆地球轨道卫星的轨道半径是地球同步轨道卫星的半径的
1n ，地球的自转周期为T ，根据开普勒第三定律可知： 2
332r T T r =同步中圆中圆同步
解得
T
中圆故AB 错误；
CD ．物体在地球表面受到的重力等于万有引力，有
2
Mm G mg R = 中圆轨道卫星有
'
'2()
GMm m a kR = 解得
2
1a g k = 故C 正确，D 错误。

故选C 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BDE
【解析】
A ．气体吸热后，若再对外做功，温度可能降低，故A 错误；
B ．改变气体内能的方式有两种：做功和热传导，故B 正确；
C ．理想气体等压膨胀过程是吸热过程，故C 错误；
D ．根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故D 正确；
E ．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，否则就不会与第三个系统达到热平衡，故E 正确。

故选BDE ．
本题主要考查了热力学定律、理想气体的性质．此题考查了热学中的部分知识点，都比较简单，但是很容易出错，解
题时要记住热力学第一定律E=W+Q 、热力学第二定律有关结论以及气体的状态变化方程等重要的知识点． 8、BC
【解析】
AB ．电池电路的电流如图所示，在铁芯中产生向下的磁场。

向左移动滑片P ，滑动变阻器有效电阻减小，由欧姆定律知电路电流增大。

由题意知电流均匀增大，则该磁场均匀增强。

应用楞次定律知乙线圈的感应电流如图所示，则电容器的上极板带负电，故A 错误，B 正确；
CD ．穿过乙线圈的磁通量Φ均匀增加，由电磁感应定律知
E n t
∆Φ=∆ 该值恒定。

由电路规律知电容器的板间电压U E =，则电容器两极板间电压恒定，则电容器所带电荷量
Q CU =
恒定，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

9、BC
【解析】
A ．小球受力情况：小球受到重力mg 、拉力F 与电场力qE ，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F 与qE 的合力与mg 大小相等、方向相反，作出F 与qE 的合力，如图
根据上图可知，电场力在右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，故A 错误； B ．由图可知，当电场力qE 与F 垂直时，电场力最小，此时场强也最小。

则得：qE ＝mgsinθ，所以电场强度的最小值为sin 22mg mg E q q
θ==，故B 正确； C ．当mg ＝Eq 时，根据几何关系，电场力水平向右，与MN 垂直，小球从M 运动到N 电场力不做功，即小球从M 运
动到N 时电势能变化量为零，故C 正确；
D ．由于电场力变化时，F 大小也跟随着改变，所以做功也不能具体确定值，故D 错误；
10、AB
【解析】
A ．平均结合能越大，原子核越稳定，故A 正确；
B ．氢原子辐射光子后，原子的能级降低，电子的轨道半径减小，根据
22
2q v k m r r
= 则可得动能为
2
2122k kq E mv r
== 可知电子绕核运动的动能增大，故B 正确；
C ．卢瑟福通过α粒子散射实验的研究，建立了原子的核式结构理论，故C 错误；
D ．光电效应现象中，根据
km E h W ν=-逸出功
则光电子的最大初动能与入射光的频率不是成正比关系，故D 错误。

故选AB 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、欧姆 正 0.95 (0.94~0.96) 1.45 (1.41~1.47) 1.57 (1.52-1.59)
【解析】
（1）[1]选择合适的档位进行欧姆调零，使指针指向欧姆表的零刻度位置；
（2）[2]黑表笔和欧姆档内部的电源正极相连，电压表右端和黑表笔相连，所以电压表右端应为正接线柱； （3）[3]电压表分度值为0.1V ，所以电压表读数为：0.95V ；
（4）[4]根据闭合电路欧姆定律：
V
()()U E I R r R r R =+=+ 变形得：
V V
11r R U ER ER =⋅+ 根据图像中的斜率：
V 1 4.7=1.440.36
ER -
解得： 1.45V E =；
[5]根据图像中的纵截距：
V
0.36r ER = 解得： 1.57k Ωr =。

12、9 不均匀 180 C 不变
【解析】
（1）[1]由闭合电路欧姆定律可知
0g E I R r
=
+ 解得 R 0=9Ω
（3）[2]由闭合电路欧姆定律可知
01
E I R r R =++ 设弹簧形变量为x ，则 F=kx
1L x R S
ρ-= 可知F 和I 非线性关系，则用电流表的刻度标示为拉力值时，拉力刻度值的分布是不均匀的；
（3）[3]电流表刻度值为0.50A 时，根据闭合电路欧姆定律可知
01
E I R r R =++ 可得
R 1=2Ω
则由比例关系可知弹簧被拉伸18cm ，此时拉力的示数为
F=kx =1.0×103×0.18N=180N
（4）[4]由（2）列得的式子可知
01()R r L F I E ES EkS
ρρ+=+- 则要通过线性图象直观反映电流表示数I 与拉力F 的关系，可作
1F I
-图象，故C 符合题意，ABD 不符合题意。

故选C 。

（5）[5]若电流表的内阻不可忽略，则（4）问中的表达式变为
01()A R r R L F I E ES EkS
ρρ++=+- 则（4）问中正确选择的图象斜率不变。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1) 22442m gR B L (2) 2
=BL q R
()Q mg H L =+ (3) 232B L mgR 【解析】
(1)由于线框能匀速进入磁场，设进入磁场过程速度为1v
根据机械能守恒得：
2112
mgh mv = 进入磁场过程，线框中感应电动势：
1E BLv =
线框中电流为：
E I R
= 根据力的平衡有：
mg BIL =
解得：
22
44
2m gR h B L = (2)线框进磁场的过程中：
E t
∆Φ=∆ 平均电流为：
E I R
= 通过线框的电量为：
q I t =∆
解得：
2
=BL q R
由于线框有一半出磁场时加速度为0，即线框刚好出磁场时的速度大小等于1v
根据能量守恒，线框穿过磁场过程中产生的热量：
211()2
mg H h L Q mv ++=+ 解得：
()Q mg H L =+
(3)线框进磁场所用的时间为：
23
11L B L t v mgR
== 完全在磁场中运动时间为：
212212
H L v t gt -=+
解得：
222mR t B L
= 线框ab 边出磁场前一瞬间速度大小为：
212v v gt =+
解得：：
2v =出磁场过程中，根据动量定理得：
3312()mgt BILt m v v -=-
即：
312()mgt BLq m v v -=-
解得：
23322B L mR t mgR B L =+ 因此运动的总时间为：
23
1232B L t t t t mgR
=++= 14、（1）100m （1）1800N s ⋅（3）3 900 N
【解析】
（1）已知AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即
2202v v aL -=
可解得:2201002v v L m a
-== （1）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以
01800B I mv N s =-=⋅
（3）小球在最低点的受力如图所示
由牛顿第二定律可得：2C v N mg m R
-= 从B 运动到C 由动能定理可知：
221122
C B mgh mv mv =- 解得;3900N N =
故本题答案是：（1）100L m = （1）1800I N s =⋅ （3）3900N N =
点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小．
15、（1）4m/s （2）40J （3）1.6s
【解析】
（1）设物体在AB 段加速度大小为1a ，BC 段加速度大小为2a
由于122a a = 12t t =
112A B
B t t υυυ-=
4m/s B υ=
（2）由题意分析可知，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等
从A 到B ：
221122
f G B A W W m m υυ+=- 32f W =-J
从A 到C ：
2102
f A W mgh m υ-=- C 40J P E mgh ==
（3） 在上滑AB 段：
2212A B AB a L υυ-=
在上滑BC 段：
222B BC a L υ=
6.4AB L =m
物体下滑通过BA 段做匀速运动
1.6AB
B L t υ='=s
通过对物体的运动情况的分析知物体的受力状况，再结合受力及运动学公式可以求出题目中的待求量．。