甘肃省天水市秦安县二中2024届高三下学期期末统一检测试题物理试题

甘肃省天水市秦安县二中2024届高三下学期期末统一检测试题物理试题
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，以19.6m/的水平初速v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为450的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间是
A．1s B．2s C．3s D．3s
2、北京时间2019年5月17日23时48分，我国成功发射第45颗北斗导航卫星。

该卫星与此前发射的倾斜地球同步轨道卫星（代号为P）、18颗中圆地球轨道卫星（代号为Q）和1颗地球同步轨道卫星（代号为S）进行组网，为亚太地区提供更优质的服务。

若这三种不同类型卫星的轨道都是圆轨道，中圆地球轨道卫星的轨道半径是同步卫星的轨
道半径的2
3
，下列说法正确的是（）
A．P和S绕地球运动的向心加速度大小不相等
B．Q和S绕地球运动的线速度大小之比为6:2
C．Q和S绕地球运动的周期之比为1:2
D．P和Q绕地球运动的向心力大小一定相等
3、下列现象中属于分子斥力的宏观表现的是
A．镜子破碎后再对接无法接起B．液体体积很难压缩
C．打气筒打气，若干次后难再打进D．橡皮筋拉伸后放开会自动缩回
4、如图所示，物体A和小车用轻绳连接在一起，小车以速度
v向右匀速运动。

当小车运动到图示位置时，轻绳与水平方向的夹角为 ，关于此时物体A的运动情况的描述正确的是（）
A ．物体A 减速上升
B ．物体A 的速度大小A 0v v =
C ．物体A 的速度大小0sin A v v θ=
D ．物体A 的速度大小0cos A v v θ=
5、AC 、CD 为两个倾斜角度不同的固定光滑斜面，其中45ACB ∠<︒，水平距离均为BC ，两个完全相同且可视为质点的物块分别从A 点和D 点由静止开始下滑，不计一切阻力，则（ ）
A ．沿AC 下滑的物块到底端用时较少
B ．沿A
C 下滑的物块重力的冲量较大 C ．沿AC 下滑的物块到底端时重力功率较小
D ．沿AC 下滑的物块到底端时动能较小
6、如图所示，条形磁铁静止放在桌面上，当在其左上方放一电流方向垂直纸面向里的通电直导线后，则磁铁受到的摩擦力和弹力
A ．摩擦力为零
B ．摩擦力方向向左
C ．弹力保持不变
D ．摩擦力方向向右
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、如图两根足够长光滑平行金属导轨PP ′、QQ ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M 、N 相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab 水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab ，则( )
A ．金属棒ab 一直加速下滑
B ．金属棒ab 最终可能匀速下滑
C ．金属棒ab 下滑过程中M 板电势高于N 板电势
D ．带电微粒可能先向N 板运动后向M 板运动
8、如图所示，游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相等的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处，下列说法正确的有
A ．甲的切向加速度始终比乙的大
B ．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C ．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D ．甲比乙先到达B 处
9、如图所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，AB 、CD 是圆环相互垂直的两条直径，C 、D 两点与圆心O 等高。

一个质量为m 的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P 点，P 点在圆心O 的正下方
2
R
处.小球从最高点A 由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g 。

下列说法正确的有（ ）
A ．小球运动到
B 2gR B ．弹簧长度等于R 时，小球的机械能最大
C ．小球运动到B 点时重力的功率为2mg gR
D ．小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mg
10、如图所示，在水平面上固定有两根相距0.5m 的足够长的平行光滑金属导轨MN 和PQ ，它们的电阻可忽略不计，在M 和P 之间接有阻值为R =3Ω的定值电阻，导体棒ab 长l =0.5m ，其电阻为r =1.0Ω，质量m =1kg ，与导轨接触良好。

整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B =0.4T 。

现使ab 棒在水平拉力作用下以v =10m/s 的速度向右做匀速运动，以下判断正确的是（ ）
A ．ab 中电流的方向为从a 向b
B ．ab 棒两端的电压为1.5V
C ．拉力突然消失，到棒最终静止，定值电阻R 产生热量为75J
D ．拉力突然消失，到棒最终静止，电路中产生的总热量为50J
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）如图甲所示为利用多用电表的电阻挡研究电容器的充、放电的实验电路图。

多用电表置于×1k 挡，电源电动势为 1.5V E =，内阻为15k ΩR =，实验中使用的电解电容器的规格为“1000μF 25V ”。

欧姆调零后黑表笔接电
容器正极，红表笔接电容器负极。

(1)充电完成后电容器两极板间的电压________（选填“大于”“等于”或“小于”）电源电动势，电容器所带电荷量为________C ；
(2)如图乙所示，充电完成后未放电，迅速将红、黑表笔交换，即黑表笔接电容器负极，红表笔接电容器正极，发现电流很大，超过电流表量程，其原因是___________。

12．（12分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待侧金属丝接入电路部分的长度约为50cm ． （1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为____mm （该值接近多次测量的平均值）
（2）用伏安法测金属丝的电阻R x．实验所用器材为：电池阻（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数 1 2 3 4 5 6 7
U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30
I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520
由以上实验数据可知，他们测量R x是采用图中的______图（选填“甲”或“乙”）．
（3）如图所示是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，请根据（2）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线_________，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．
（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线___________，由图线得到金属丝的阻值R x=_______Ω（保
留两位有效数字）．
（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为________（填选项前的符号）． A ．1×210-Ω·m B ．1×310-Ω·m C ．1×610-Ω·m D ．1×810-Ω·m
（6）任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是_______（有多个正确选项）．
A ．用螺旋测微器测量金属直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B ．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C ．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由于测量仪表引起的系统误差
D ．用U —I 图像处理数据求金属电阻可以减小偶然误差
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，开口向下竖直放置的内部光滑气缸，气缸的截面积为S ，其侧壁和底部均导热良好，内有两个质量均为m 的导热活塞，将缸内理想分成I 、II 两部分，气缸下部与大气相通，外部大气压强始终为p 0，00.2mg p S =，环境温度为0T ，平衡时I 、II 两部分气柱的长度均为l ，现将气缸倒置为开口向上，求：
（i ）若环境温度不变，求平衡时I 、II 两部分气柱的长度之比1
2
l l ；
（ii ）若环境温度缓慢升高，但I 、II 两部分气柱的长度之和为2l 时，气体的温度T 为多少？
14．（16分）如图所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁相连，在B 点正下方悬挂一个定滑轮(不计重力和摩擦),杆
的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．某人用轻绳绕过滑轮竖直向上匀加速地提起重物，已知重
物的质量10kg m =,加速度大小22m /s a =,人的质量2
50kg,g 10m /s M ==，求此时:
(1)地面与人之间的弹力的大小; (2)轻绳AB 的弹力大小．
15．（12分）如图所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。

t ＝0时刻，给木板一个水平向右的初速度v 0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F ，经一段时间，滑块从木板上掉下来。

已知木板质量M ＝3kg ，高h ＝0.2m ，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2；滑块质量m ＝0.5kg ，初始位置距木板左端L 1＝0.46m ，距木板右端L 2＝0.14m ；初速度v 0＝2m/s ，恒力F ＝8N ，重力加速度g ＝10m/s 2。

求： (1)滑块从离开木板开始到落至地面所用时间； (2)滑块离开木板时，木板的速度大小。

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 【解题分析】
物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为45°的斜面上时，物体的速度方向与斜面垂直，把物体的速度分解如图所示，
由图可得：此时物体的竖直方向上的分速度的大小为 v y =v 0=19.6m/s ，由v y =gt 可得运动的时间为：
19.6
29.8
y v t s s g
=
=
=，故选B ． 2、B 【解题分析】 A ．由
2
Mm
G
ma r = 可知，P 和S 绕地球运动的向心加速度大小相等，故A 错误； B ．由
22Mm v G m r r
= 可得
v =
又
23
Q S r r =
则Q 和S 绕地球运动的线速度大小之比为
:2Q S v v =
故B 正确； C ．由
2
22Mm G mr r T π⎛⎫= ⎪⎝⎭
可得
2T =Q 和S 这两种不同类型轨道卫星绕地球运动的周期之比为
:9Q S T T ==
故C 错误；
D ．由于P 和Q 的质量不一定相等，所以P 和Q 绕地球运动的向心力大小不一定相等，故D 错误。

故选B 。

3、B 【解题分析】
镜子破碎后再对接无法接起，并不是因为分子间表现为斥力，而是由于分子间距离大于分子直径的10倍以上，分子间的作用力太小，不足以使碎玻璃片吸引到一起，故A 错误．液体难于被压缩是因为液体中分子距离减小时表现为斥力，故B 正确．打气筒打气，若干次后难再打进，是因为气体的压强增大的缘故，不是因为分子间存在斥力，故C 错误．橡皮筋拉伸后放开会自动缩回，是由于分子间存在引力的缘故，故D 错误．故选B. 【题目点拨】
本题考查了热学的基础知识，关键要明确分子间同时存在着引力和斥力，二者都随分子间距离的增加而减小，而斥力减小得快，根据现象分析出斥力的表现． 4、D 【解题分析】
小车的速度分解如图所示，由图得
10cos A v v v θ==
小车向右匀速运动，0v 不变，θ变小，则cos θ变大，A v 变大，即物体A 加速上升，故ABC 错误，D 正确。

5、A 【解题分析】
A ．由于两者水平距离相同，均可用水平距离表示出运动时间，设水平距离为x ，斜面倾角为θ，则：
21
sin cos 2
x g t θθ=⋅ 得：
24sin cos sin 2x
x
t g g θθθ
=
=
则倾角越大用时越少，A 正确； B ．重力冲量：
I mgt =
沿轨道AC 下滑的物块到底端用时较小，重力的冲量较小，B 错误； CD ．由动能定理：
212
mgh mv =
可知沿轨道AC 下滑的物块重力做功大，所以到底端时速度大，动能较大；沿轨道AC 下滑的物块到底端时速度大，倾斜角度θ大，由重力瞬时功率功率：
sin P mgv θ=
可知其重力瞬时功率较大，C 错误，D 错误。

故选A 。

6、B 【解题分析】
磁铁的磁感线从N 到S ，故通电导线所处位置的磁场方向为斜向左下，根据左手定则可知导线受到斜向左上的安培力，根据牛顿第三定律可得磁铁受到导线给的斜向右下的作用力，该作用力可分解为水平向右和竖直向下，故磁铁受到的摩擦力水平向左，弹力增大，B 正确．
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、ACD 【解题分析】
根据牛顿第二定律有sin mg BIl ma θ-=，而q
I t
∆=
∆，q C U U Bl v v a t ∆=∆∆=∆∆=∆，，，联立解得22
sin mg a m B l C
θ
=
+，因而金属棒将做匀加速运动，选项A 正确B 错误；ab 棒切割磁感线，相当于电源，a 端相当于电源正极，因而M 板带正电，N 板带负电，C 正确；若带电粒子带负电，在重力和电场力的作用下，先向下运动然后再反向向上运动，D 正确． 8、BD 【解题分析】
试题分析：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A 错误；由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B 错误；由甲乙的速度时间图像可知C 错误D 正确
考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律
9、BD
【解题分析】
A ．小球在A 点和
B 点时，弹簧的形变量相同，则弹性势能的变化量为零，根据能量守恒得
2122
B mg R mv ⋅=
解得 4B v gR 故A 错误；
B ．除重力以外其它力做功等于机械能的增量，当弹簧长度等于R 时，弹簧弹力做功最多，则小球的机械能最大，故B 正确；
C ．小球运动到B 点时，重力的方向与速度方向垂直，则重力的功率为零，故C 错误；
D ．在A 点，有
2
A R mg k N += 在
B 点，根据牛顿第二定律得
22B B v R N k mg m R
--= 解得
52
B R N mg k =+ 可知小球在A 、B 两点对圆环的压力差为4mg ，故D 正确。

故选BD 。

10、BD
【解题分析】
A ．由右手定则判断可知ab 中电流的方向为从b 向a ，故A 错误；
B ．由法拉第电磁感应定律得ab 棒产生的感应电动势为
0.40.510V 2V E Blv ==⨯⨯=
由欧姆定律棒两端的电压
23V 1.5V +31
E U R R r =⋅=⨯=+ 故B 正确；
CD ．对于棒减速运动过程，根据能量守恒定律得，回路中产生的总热量为
2211110J 50J 22
Q mv ==⨯⨯= 定值电阻R 的发出热量为
=37.5J R R Q Q R r
=+ 故C 错误，D 正确。

故选BD 。

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、等于 31.510-⨯ 此时电容器为电源，且与多用电表内部电源串联
【解题分析】
(1)[2][3]电容器充电完成后，电容器两极板间的电压等于电源电动势。

由公式可得
31.510C Q EC -==⨯
(2)[4]红、黑表笔交换后，电容器视为电源，且与多用电表内部电源串联，总的电动势变大，电路中电流变大。

12、0.398(0.395~0.399) 甲 4.3～4.7 C CD
【解题分析】
（1）由图知螺旋测微器的主尺读数是0mm ，可动刻度读数是39.8ⅹ0.01mm= 0.398mm(0.395~0.399)，所以直径D=0.398mm.
（2）由表中实验数据可知，最小电压与电流很小，接近于零，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图甲所示电路．
（3）实物图连接注意电流表外接，滑动变阻器分压，滑动变阻器的滑片P 置于变阻器的一端，连接时使电压表、电流表的示数最小．如图所示
（4）将各数据点连线时注意让线经过尽量多的点，有些点不在线上，要让线两侧点的个数基本相等，离直线较远的点直接舍去（图中第6个点）．
计算直线的斜率即为电阻R ， 故
()4.5 4.3~4.7U R I
∆=
=Ω∆． （5）根据电阻定律L R S ρ= 得 2
61.010Ωm 4πRd ρL
-=≈⨯⋅ ， 故C 正确，ABD 错误．
（6）A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A 错误；
B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，B 错误；
C.伏安法测电阻时，电流表和电压表的内阻引起的误差是系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表（电流表、电压表）引起的系统误差，C 正确；
D.用U -—I 图像处理数据求金属线电阻，可以将错误的数据或误差较大的数据（如图中第6个点）去掉，不在直线上的点均匀分布在线的两侧，这样可以减小偶然误差，D 正确．
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）12914l l =（2）04223
T T = 【解题分析】
（i ）气缸开口向下时，Ⅰ气体初态压强10020.6mg p p p S =-
= 气缸开口向下时，Ⅱ 气体初态压强2000.8mg p p p S
=-= 气缸开口向上时，Ⅰ 气体末态压强'1002 1.4mg p p p S
=+= 气缸开口向上时，Ⅱ 气体末态压强'2001.2mg p p p S
=+= 由玻意耳定律11p Sl p Sl '= ，'222p Sl p Sl =，解得12914
l l = （ii ）升温过程中两部分气体均做等压变化，设Ⅰ气体的气柱长度为x ，则Ⅱ气体的气柱长度为2l-x ，由盖-吕萨克定律10l x T T = ，202l l x T T -= ，解得04223
T T = 14、（1）380N （2
）
【解题分析】
（1）对重物：
T mg ma -=
解得：
T =120N
对人：
T+N =Mg
解得：
N =380N
（2）因2240N OB T T ==
对B 点：
tan 30AB OB T T ︒=
解得
AB T =
15、 (1)0.2s(2)0.6m/s
【解题分析】
(1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t 0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知2012
h gt =，得
t 0
＝0.2s (2)以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
F ＋μ(m ＋M )g ＝Ma 1
得
a 1＝5m/s 2
则木板减速到零所经历的时间
t 1＝01
v a ＝0.4s 所经过的位移
s 1＝201
2v a ＝0.4m 由于s 1<L 1，表明这时滑块仍然停留在木板上，此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律
F －μ(m ＋M )g ＝Ma 2
得
a 2＝13
m/s 2 滑块离开木板时，木板向左的位移
s 2＝s 1＋L 2＝0.54m 该过程根据运动学公式
s 2＝
22212a t 得
t 2＝1.8s
滑块滑离瞬间木板的速度
v 2＝a 2t 2＝0.6m/s 。