高三物理答案_2025年1月_250123山西省吕梁市2024-2025学年高三上学期期末调研考试试题（全科）_山西省吕梁市2024-2025学年高三上学期期末考试物理试题

2025 年 1 月期末 一、单项选择题 1B 2D 3C 4B 5B 6A 7C 1、答案B 解析：[解析]：由图可知,启用ABS后,0--t 时间段内车速较大,故A错误;启用ABS后0--t 时 1 1 间段内，v-t图像斜率较小,车速变化较慢，故B正确；启用ABS后0--t 时间段内加速度较 1 小，t --t 时间段内加速度较大，C错误；刹车后前行的距离可看图中曲线与时间轴围成的 1 2 面积,由图可知,面积比不启用时小,所以刹车后前行的距离比不启用ABS更短,D错误。 2、答案D [解析]：当群众演员沿圆周切线方向的速度和篮球出手速度的合速度沿球筐方向时,篮球就可 能被投入球筐,故D正确,A、B、C错误 3、答案C a3 GM M r3 M 1 [解析]：根据开普勒第三定律  可得  ，所以r =( )3a，C正确 T2 42 m a3 m 4、答案B [解析]： A．由题图乙知，t=0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得，弹簧弹力大小为F=mg， A错误。 B．由题图乙知，t=0.2s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方， 此时手机加 速度最大，所以偏离平衡位置位移也最大，速度为0，B正确。 C．结合图甲、图乙知，t=0时，加速度为0，速度最大，物体在平衡位置处。t=0.2s时， 加速度最大，速度为0，物体在偏离平衡位置最大处。所以从t=0至t=0.2s，手机速度减 小，动能减小，C错误。 D．整个过程手机与弹簧组成的系统机械能守恒。从 t=0.2s 至 t=0.4s，手机从最低点向 上运动到平衡位置，弹簧伸长量逐渐减小，弹簧弹性势能减小，故手机的机械能增大，D错 误。 5、答案B [解析]：A、电势-x图象的斜率等于电场强度，则小球从O运动到x 的过程中，场强减 1 小，粒子所受电场力逐渐减小.故A错误. 试卷第1页，共7页 {#{QQABAY6EggggAABAABhCQQFACgKQkAAACYgOhAAUsAAASQFABAA=}#}B、小球从x 运动到x 的过程中,电势不断减少，正电荷的电势能不断减少.故B正确. 1 3 C、小球能恰好运动到x 处，就能运动到x 处.所以小球能恰好运动到x 处，初速度v 最小， 1 4 1 0 1 2q 根据动能定理得-q =0- mv2，得v = 0 ，C错误。 0 2 0 0 m D、当带电粒子运动到x 处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，根据动能定理得： 3 1 1 q 6q q = mv 2 - mv2，v =2 0 ,得v = 0 ，D错误 0 2 m 2 0 0 m m m 6.【答案】A。 ΔΦ Q ΔΦ Q [解析]A：由E  、I  ，得t   ，则QEIΔΦ，电动势E与电压U单位相同， t t E I 故QE与QU、ΦI的单位相同，A正确。 U I 1 I B：由R ，得  ，可以用 来描述物体的导电性质，B错误。 I U R U ΔΦ E Φ E C：由A选项可知，  ，则M   R，M的单位是欧姆，C错误。 Q I Q I    t E D：由电感L的定义L    ， I I I I t t 1V 1V •s 1V •A•s 1J 1kg•m 1H = = = = = 所以 A A A2 A2 s2A2 ，D错误 s 7、答案C [解析]对秸秆受力分析可知，秸秆受到重力mg，短直杆弹力F2，长直杆弹力F1，如图， 由题意知长直杆与短直杆的角小于90不变，则F2与F1的夹角不能变，故图中不能变， 由于秸秆受三力平衡，作出力的矢量三角形如上图所示，当长直杆由水平缓慢转至竖直时， 图像可知F2一直增大，F1一直减小，故短直杆对秸秆的弹力一直增大，长直杆对秸秆的弹 力一直减小，故C正确，ABD错误。 试卷第2页，共7页 {#{QQABAY6EggggAABAABhCQQFACgKQkAAACYgOhAAUsAAASQFABAA=}#}二、多项选择题 8AC 9BC 10BD 8、答案AC [解析]AB：物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心 v2 力，合力不为0，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得，mg m ，解得物体在C r 点的速度，v gr ，A正确B错误； C：由牛顿第二定律得，mg=ma ，解得物体在C点的向心加速度，a=g，C正确。 D：由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势 能之和，D错误。 9、答案BC v 06 [解析]A．根据加速度的定义可知，机器人减速运动的加速度a   m/s2 -1m/s2，， 机 t 93 加速度大小为1m s2 A错误； v 56 BC．由图线可知，冰壶的加速度为a   m/s2 0.125m/s2，由速度时间公式可得， 冰 t 113 9s末，冰壶的速度大小为vv at6m/s0.1256m/s5.25m/s，B正确； 0 1 1 7s末，冰壶的位移为x v t a t2 23m，机器人的位移为x vt+ a t2 16m 冰 0 2 冰 机 0 2 机 则7s末，冰壶、机器人二者间距为7m，C正确； 1 D．由于机器人停止运动时，其位移为18m，而此时冰壶的位移为x v t a t2 33.75m 冰 0 2 冰 可知，机器人不能一直准确获取冰壶的运动信息，D错误。 10、答案BD v2 [解析]A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv Bm 0 0 r 解得粒子做圆周运动的半径为ra 由于粒子的运动轨迹半径等于等边三角形边长的一半，如上图所示，若 粒子沿OP方向射入磁场，轨迹圆心恰好在Q点，则此粒子可以垂直PQ 边出射。故A错误； BD.如上图所示，轨迹恰好经过Q点的粒子在O点入射方向与OQ的夹 角为，轨迹的圆心角为60°（OAQ为等边三角形），所以从Q点射 1 m 出的带电粒子在磁场中做圆周运动的时间为t = T = ，B正确；且 6 3qB 试卷第3页，共7页 {#{QQABAY6EggggAABAABhCQQFACgKQkAAACYgOhAAUsAAASQFABAA=}#}30 1 易知30，可得从QR边出射的粒子应占总粒子数的比为  ，故D正确。 180 6 C.假设磁场范围允许，粒子从O点出发，在磁场中做圆周运动经过P点射出磁场，所用时 1 2m 间为t = T = ，问题是现在为有界磁场，粒子欲沿圆周经过P必先从PR边射出磁场， 3 3qB 所以粒子不可能完成上述假设的运动，故C错误。 三、非选择题 11、（6分）【答案】(2) i. 不需要 (1分） 没有(1分） L 1 ii. v  at (2分） t 2 2 (3) C (2分） [解析]（2）[1]因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，不需要满足砂和砂桶的总质 量远小于滑块、力传感器和遮光片。 [2]拉力传感器直接测出拉力，滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究没有影响。 1 L 1 [3]根据匀变速直线运动公式：Lv t at2，结合图像可得： v  at 2 2 t 2 2 1 1 （3）根据F Ma，可得a F 图线的斜率应是 ，故选C。 M M 12、（9分）（1）890（2分） R （1分） 1 （2） 135（2分） （3）0（1分） 35000.0（1分） （4）18（2分） [解析]（1）欧姆表内部为电源、定值电阻、电流表和滑动变阻器构成，中值电阻为15kΩ， E 1 E 欧姆调零时有I = ， I = ，解得调零时对应的内阻为R =15k，滑动变 A R 2 A R +R 内 内 内 中 阻器接入电路的阻值R = R -R -r-R =890，应选R 。由闭合电路欧姆定律，a处电 内 0 A 1 1 流I = I ，故R +R =10R ，故R =9R =135K，则a处的电阻刻度为135K。 a 10 A 内 a 内 a 内 （2）欧姆调零时，应该使电流表指向满偏电流，此时外电路的电阻为零，欧姆表指针应 指向0K处，电阻箱的读数为所有档位刻度读数的和，最小单位为0.1，得到电阻箱 读数为3×10K+5×1K+0×100+0×10+0×1+0×0.1=35000.0 （3）由于电池使用时间较长，导致电动势下降为E′=1.2V,内阻增大为r=1.6Ω，选用×1k 试卷第4页，共7页 {#{QQABAY6EggggAABAABhCQQFACgKQkAAACYgOhAAUsAAASQFABAA=}#}倍率档位测量，所有操作都规范，发现某次测量指针指在40A刻线处，有如下关系： E/ 4 E 3 欧姆调零I = ， I = 所以R = R / A R / 10 A R / +R x 2 内 内 内 x E E/ E E/ 4 结合I = 得到 = ，所以R / = R = R =12k，所以R =18k A R 内 R 内 / R 内 内 E 内 5 内 x 三、计算题 3 1 13、（9分）【答案】(1)v  2gL（2） mgL(3) L 0 8 2 【详解】（1）设C与B碰撞前一瞬间，C的速度大小为v ，根据机械能守恒 0 1 mgL mv 2---- （1分） 2 0 解得v  2gL ----（1分） 0 1 （2）设碰撞后B的速度大小为v ，则C的速度大小为 v ，根据动量守恒定律有 1 3 1 1 3 mv mv m v ---- （1分） 解得：v  v 0 1 3 1 1 4 0 2 2 1 1  1  1  3  碰撞过程损失的机械能：E  mv2  m v   m v  ----（1分） 损 2 0 2  4 0 2  4 0 3 E  mgL---- （1分） 损 8 （3）设B与A间的动摩擦因数为，B与A共速时的速度为v ，根据动量守恒定律有 2 mv 2mv ----（1分） 1 2 1 1 9 根据能量守恒定律：mgL mv2 2mv 2 ----（1分） 解得： 2 1 2 2 32 1 对长木板A研究，根据动能定理：mgs  mv 2----（1分） 2 2 1 解得：s L----（1分） 2 14、（12分)解析： （1）以整体为研究对象，整体水平方向不受外力动量守恒 最终金属框与导体棒速度相等为v，2mv =(2m+3m)v ----（2分） 0 2 解得：v= v ----（1分） 5 0 （2）对导体棒根据动量定理：BILt =3mv----（2分） 试卷第5页，共7页 {#{QQABAY6EggggAABAABhCQQFACgKQkAAACYgOhAAUsAAASQFABAA=}#}It = q----（1分） 6mv 解得：q = 0 ----（1分） 5BL （3）以整体为研究对象，根据能的转化和守恒定律，回路产生的总焦耳热为Q 1 1 Q = ×2mv2 - ×5mv2---- （2分） 2 0 2 1 （金属框）bc边电阻与导体棒电阻均为R，所以有 Q = Q---- （2分） MN 2 3 解得： Q = mv2---- （1分） MN 10 0 15、(18分）（1）粒子在电场中运动时，竖直方向d =v t----（1分） 0 3mv2 3v2 水平方向qE = ma----（1分） 其中E = 0 所以a = 0 ----（1分） qd d 水平方向v = at v = 3v ----（1分） x x 0 粒子进入磁场时的速度v= v2 +v2 v= 2v ----（1分） 方向与PQ夹角为30 0 x 0 （2）粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动的半径分别为r 和r 1 2 v2 8mv d qvB = m ----（1分）B = 0 ，所以r = ----（1分） 2 r 2 qd 2 4 2 v 粒 子 每 次 在 电 场 中 沿 电 场 方 向 运 动 的 距 离 x= x t 2 3d x= ----（1分） 2 4 3-1 几何关系：2x-2r sin30 = 2r ---- （1分) r = d ----(1分） 2 1 1 8 v 2 8mv qv B = m 0 （1分） 解得B = 0 （1分） 0 1 r 1 (4 3-1)qd 1 B v/2 v/2 （3）a. qv/ 2 = m 0 qv/B = m 0 ----（1分） 0 3 r 0 2 r 1 2 d 根据几何关系， ×2= r +r ----（1分） 得到v/ = 4 3v ----（1分） tan30 1 2 0 0 试卷第6页，共7页 {#{QQABAY6EggggAABAABhCQQFACgKQkAAACYgOhAAUsAAASQFABAA=}#}nd b.由几何关系 ×2=(n-1)r +nr （n=1,2,3……）----(2分） tan30 1 2 16 3nv 解得v/ = 0 （n=1,2,3……（1分） 0 (4n-3) 试卷第7页，共7页 {#{QQABAY6EggggAABAABhCQQFACgKQkAAACYgOhAAUsAAASQFABAA=}#}