2025屆新疆哈密市十五中高三物理第一學期期末達標檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、基于人的指紋具有終身不變性和唯一性的特點，發明了指紋識別技術．目前許多國產手機都有指紋解鎖功能，常用的指紋識別傳感器是電容式傳感器，如圖所示．指紋的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”．傳感器上有大量面積相同的小極板，當手指貼在傳感器上時，這些小極板和正對的皮膚表面部分形成大量的小電容器，這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同．此時傳感器給所有的電容器充電后達到某一電壓值，然后電容器放電，電容值小的電容器放電較快，根據放電快慢的不同，就可以探測到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖象數據．根據文中信息，下列說法正確的是()A．在峪處形成的電容器電容較大B．在峪處形成的電容器放電較慢C．充電后在嵴處形成的電容器的電荷量大D．潮濕的手指頭對指紋識別絕對沒有影響2、用傳感器研究質量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規律時，在計算機上得到0~6s內物體的加速度隨時間變化的關系如圖所示。下列說法正確的是（）A．0~2s內物體做勻加速直線運動B．0~2s內物體速度增加了4m/sC．2~4s內合外力沖量的大小為8NsD．4~6s內合外力對物體做正功3、從空間某點以大小不同的速率沿同一水平方向射出若干小球，不計空氣阻力。則它們的動能增大到初動能的2倍時的位置處于A．同一直線上 B．同一圓上C．同一橢圓上 D．同一拋物線上4、下列關于物質結構的敘述中不正確的是A．天然放射性現象的發現表明了原子核內部是有復雜結構的 B．質子的發現表明了原子核是由質子和中子組成的C．電子的發現表明了原子內部是有復雜結構的 D．粒子散射實驗是原子核式結構模型的實驗基礎5、如圖，質量為M=3kg的小滑塊，從斜面頂點A靜止開始沿ABC下滑，最后停在水平面D點，不計滑塊從AB面滑上BC面，以及從BC面滑上CD面的機械能損失．已知：AB=BC=5m，CD=9m，θ=53°，β=37°，重力加速度g=10m/s2，在運動過程中，小滑塊與接觸面的動摩擦因數相同．則（）A．小滑塊與接觸面的動摩擦因數μ=0.5B．小滑塊在AB面上運動時克服摩擦力做功，等于在BC面上運動克服摩擦力做功C．小滑塊在AB面上運動時間大于小滑塊在BC面上的運動時間D．小滑塊在AB面上運動的加速度a1與小滑塊在BC面上的運動的加速度a2之比是5/36、高速公路的ETC電子收費系統如圖所示，ETC通道的長度是識別區起點到自動欄桿的水平距離．某汽車以21.6km/h的速度勻速進入識別區，ETC天線用了0.3s的時間識別車載電子標簽，識別完成后發出“滴”的一聲，司機發現自動欄桿沒有抬起，于是采取制動剎車，汽車剛好沒有撞桿．已知司機的反應時間為0.7s，剎車的加速度大小為5m/s2，則該ETC通道的長度約為（）A．4.2m B．6.0m C．7.8m D．9.6m二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，理想變壓器的原線圈接在的交流電源上，副線圈接有的負載電阻，原、副線圈匝數之比為1：2，電流表、電壓表均為理想電表。下列說法正確的是（）A．電流表的示數約為 B．電壓表的示數約為C．原線圈的輸入功率為 D．副線圈輸出的交流電的頻率為8、對一定質量的理想氣體，下列說法正確的是__________。A．氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達的空間的體積，而不是該氣體所有分子體積之和B．在完全失重的情況下，氣體對容器壁的壓強為零C．在恒溫時，壓縮氣體越來越難以壓縮，說明氣體分子間的作用力在增大D．氣體在等壓膨脹過程中溫度一定升高E.氣體的內能增加時，氣體可能對外做功，也可能放出熱量9、如圖甲所示，水平地面上有足夠長平板車M，車上放一物塊m，開始時M、m均靜止。t=0時，車在外力作用下開始沿水平面向右運動，其v-t圖像如圖乙所示，已知物塊與平板車間的動摩擦因數為0.2，取g=10m/s2。下列說法正確的是（）A．0-6s內，m的加速度一直保持不變B．m相對M滑動的時間為3sC．0-6s內，m相對M滑動的位移的大小為4mD．0-6s內，m、M相對地面的位移大小之比為3：410、圖示為振幅、頻率相同的兩列橫波相遇時形成的干涉圖樣，實線與虛線分別表示的是波峰和波谷，圖示時刻，M是波峰與波峰的相遇點，已知兩列波的振幅均為A，下列說法中正確的是（）A．圖示時刻位于M處的質點正向前移動B．P處的質點始終處在平衡位置C．從圖示時刻開始經過四分之一周期，P處的質點將處于波谷位置D．從圖示時刻開始經過四分之一周期，M處的質點到達平衡位置E.M處的質點為振動加強點，其振幅為2A三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某同學設計以下的實驗測量某一小電動機的轉速，實驗主要步驟如下，完成下列填空。(1)用游標卡尺測量電動機轉軸的直徑如圖甲所示，測量值為_______。(2)取一根柔軟的無彈性的細線，把細線的一端用少許強力膠水固定在電動機的轉軸上。(3)如圖乙所示，把細線的另一端用小夾與紙帶的左端相連，讓紙帶水平穿過打點計時器的限位孔。打點計時器所用的交流電頻率為。(4)打開打點計時器，再開動電動機，細線順次排列繞在電動機的轉軸上，同時拉動紙帶向左運動，打出的紙帶如圖丙所示。由以上數據計算電動機的轉速為_______。（計算結果保留整數）(5)實驗中存在系統誤差使測量結果偏大。寫出造成該系統誤差的一個原因：__________________________________________。12．（12分）某實驗小組用如圖所示的裝置探究功和速度變化的關系：將小鋼球從固定軌道傾斜部分不同位置由靜止釋放，經軌道末端水平飛出，落到鋪著白紙和復寫紙的水平地面上，在白紙上留下點跡．為了使問題簡化，小鋼球在軌道傾斜部分下滑的距離分別為L、2L、3L、4L…，這樣在軌道傾斜部分合外力對小鋼球做的功就可以分別記為W0、2W0、3W0、4W0…．（1）為了減小實驗誤差必須進行多次測量，在L、2L、3L、4L…處的每個釋放點都要讓小鋼球重復釋放多次，在白紙上留下多個點跡，那么，確定砸同一位置釋放的小鋼球在白紙上的平均落點位置的方法是___________________；（2）為了完成實驗，除了測量小鋼球離開軌道后的下落高度h和水平位移s，還需測量_____________．A．小鋼球釋放位置離斜面底端的距離L的具體數值B．小鋼球的質量mC．小鋼球離開軌道后的下落高度hD．小鋼球離開軌道后的水平位移x（3）請用上述必要的物理量寫出探究動能定理的關系式：W=______；（4）該實驗小組利用實驗數據得到了如圖所示的圖象，則圖象的橫坐標表示_________（用實驗中測量的物理量符號表示）．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示是一種叫“蹦極跳”的運動。跳躍者用彈性長繩一端綁在腳踝關節處，另一端固定在距地面幾十米高處，然后從該高處自由跳下。某人做蹦極運動時，從起跳開始計時，他對彈性長繩的彈力F隨時間t變化為如圖所示的曲線。為研究方便，不計彈性長繩的重力，忽略跳躍者所受的空氣阻力，并假設他僅在豎直方向運動，重力加速度g取10m/s2。根據圖中信息求：(1)該跳躍者在此次跳躍過程中的最大加速度；(2)該跳躍者所用彈性繩的原長；(3)假設跳躍者的機械能都損耗于與彈性繩相互作用過程中。試估算，為使該跳躍者第一次彈回時能到達與起跳點等高處，需要給他多大的初速度。14．（16分）如圖所示，兩條相互垂直的直線MN、PQ，其交點為O。MN一側有電場強度為E的勻強場（垂直于MN向上），另一側有勻強磁場（垂直紙面向里）。一質量為m的帶負電粒子（不計重力）從PQ線上的A點，沿平行于MN方向以速度射出，從MN上的C點（未畫出）進入磁場，通過O點后離開磁場，已知，。求：（1）帶電粒子的電荷量q；（2）勻強磁場的磁感應強度B的大小。15．（12分）質量為的物塊，以同一大小的初速度沿不同傾角的斜面向上滑動，物塊與斜面間的動摩擦因數恒定，當斜面與水平面所夾傾角不同時，物塊沿斜面上滑至速度為0時的位移也不同，其關系如圖所示。取，求：(1)物塊運動初速度的大小；(2)物塊與斜面間的動摩擦因數及最小上滑位移對應的斜面傾角（可用反三角函數表示）。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

根據電容的決定式分析d改變時電容的變化以及電荷量的多少；根據電荷量的多少分析放電時間長短．【詳解】A．根據電容的計算公式可得，極板與指紋峪(凹下部分)距離d大，構成的電容器電容小，故A錯誤；BC．傳感器給所有的電容器充電后達到某一電壓值，然后電容器放電，所以所有的電容器電壓一定，根據可知，極板與指紋溝(凹的部分，d大，電容小)構成的電容器充上的電荷較少，所以在峪處形成的電容器放電過程中放電時間短，放電快；反之，在嵴處形成的電容器電容大，電荷量大，放電時間長，故C正確，B錯誤；D．濕的手與傳感器之間有水填充，改變了原來匹配成平行板電容器的電容，所以會影響指紋解鎖，故D錯誤．2、C【解析】

A．0~2s內物體的加速度變大，做變加速直線運動，故A錯誤；B．圖像下面的面積表示速度的變化量，0~2s內物體速度增加了，故B錯誤；C．2~4s內合外力沖量的大小故C正確；D．由圖可知，4~6s內速度變化量為零，即速度不變，由動能定理可知，合外力對物體做功為零，故D錯誤。故選C。3、A【解析】

動能增大到射出時的2倍，根據公式，速度增加為初速度的倍；速度偏轉角度余弦為：，故速度偏轉角度為45°，故：vy=v0tan45°=v故運動時間為：①根據平拋運動的分位移公式，有：x=v0t②③聯立①②③解得：在同一直線上。A.同一直線上。與上述結論相符，故A正確；B.同一圓上。與上述結論不符，故B錯誤；C.同一橢圓上。與上述結論不符，故C錯誤；D.同一拋物線上。與上述結論不符，故D錯誤。故選：A4、B【解析】

A．天然放射現象說明原子核內部有復雜結構。故A正確，不符合題意；B．質子的發現與原子核是由質子和中子組成的沒有關聯。故B錯誤，符合題意；C．湯姆生發現電子，知道原子還可以再分，表明了原子內部是有復雜結構的。故C正確，不符合題意；D．α粒子散射實驗說明原子的核式結構模型，故D正確，不符合題意；故選B。5、C【解析】

A、根據動能定理得：,解得：，故A錯誤；B、小滑塊在AB面上運動時所受的摩擦力大小f1=μMgcos53°，小滑塊在BC面上運動時所受的摩擦力大小f2=μMgcos37°，則f1＜f2，而位移相等，則小滑塊在AB面上運動時克服摩擦力做功小于小滑塊在BC面上運動克服摩擦力做功，故B錯誤。C、根據題意易知小滑塊在A、B面上運動的平均速度小于小滑塊在B、C面上的平均速度，故小滑塊在AB面上運動時間大于小滑塊在BC面上運動時間，C正確；D、小滑塊在AB面上運動的加速度，小滑塊在BC面上運動的加速度，則，故D錯誤。故選C．6、D【解析】

汽車的速度21.6km/h＝6m/s，汽車在前0.3s+0.7s內做勻速直線運動，位移為：x1＝v0（t1+t2）＝6×（0.3+0.7）＝6m，隨后汽車做減速運動，位移為：3.6m，所以該ETC通道的長度為：L＝x1+x2＝6+3.6＝9.6m，故ABC錯誤，D正確【點睛】本題的關鍵是明確汽車的兩段運動的特點，然后合理選擇公式．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解析】

AB．由題意可知變壓器輸入電壓的有效值，由可知，副線圈兩端電壓電壓表的示數為；通過電阻的電流由得電流表的示數為4A，故A錯誤，B正確；C．變壓器兩端功率相等，故原線圈的輸入電功率等于輸出功率故C正確；D．交流電的頻率變壓器不改變交流電的頻率，故D錯誤。故選BC。8、ADE【解析】

A．氣體的體積指的是該氣體分子所能到達的空間的體積，而不是該氣體所有分子的體積之和，故A正確；B．氣體對容器壁的壓強是由分子運動時與容器內壁的碰撞產生的，不是由重力產生的，故B錯誤；C．氣體分子間沒有作用力，壓縮氣體時，氣體壓強增大，氣體壓強越大越難壓縮，故C錯誤；D．由公式可知氣體在等壓膨脹過程中溫度一定升高，故D正確；E．由公式知，氣體的內能增加時，氣體可能對外做功，也可能放出熱量，但不可能同時對外做功和放出熱量，故E正確。故選ADE。9、BD【解析】

AB．物塊相對于平板車滑動時的加速度若其加速度一直不變，速度時間圖像如圖所示有圖像可以算出t=3s時，速度相等，為6m/s。由于平板車減速階段的加速度大小為故二者等速后相對靜止，物塊的加速度大小不變，方向改變。物塊相對平板車滑動的時間為3s。故A錯誤，B正確；C．有圖像可知，0-6s內，物塊相對平板車滑動的位移的大小故C錯誤；D．0-6s內，有圖像可知，物塊相對地面的位移大小平板車相對地面的位移大小二者之比為3：4，故D正確。故選BD。10、BDE【解析】

A．圖示時刻位于M處的質點只在平衡位置附件上下振動，并不隨波遷移，故A錯誤；BC．P處的質點圖示時刻處于波峰和波谷相遇，二者運動的步調始終相反，合位移為0，始終處于平衡位置，故B正確，C錯誤；D．從圖示時刻開始經過四分之一周期，M處的質點到達平衡位置，位移為0，故D正確；E.M處的質點為振動加強點，其振幅為2A，故E正確。故選BDE。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、0.5048細線有直徑【解析】

(1)[1]游標卡尺的主尺示數為。游標尺的0刻線與主尺的某刻線對齊，示數為0，則測量值為(4)[2]取紙帶上的段計算紙帶運動的速度，有該速度即為電動機轉動時轉軸邊緣的線速度。轉軸邊緣做圓周運動，則轉速(5)[3]細線有直徑，在軸上繞行的過程相當于增大了轉軸的直徑，而上式仍按電動機原有直徑進行計算，得到的計算值偏大。12、用盡可能小的圓圈圈住盡量多的落點，圓心即為平均落點的位置B【解析】（1）確定砸同一位置釋放的小鋼球在白紙上的平均落點位置的方法是：用盡可能小的圓圈圈住盡量多的落點，圓心即為平均落點的位置；（1）根據動能定律可得：W=mv1

根據平拋規律可得：x=vt，h=gt1

聯立可得探究動能定理的關系式：W=，

根據表達式可知為了探究動能定理，并測量當地的重力加速度還需測量的量為小鋼球的質量m，故選B．

（3）由解析（1）可知探究動能定理的關系式為：W=．

（4）根據圖象形狀可知，W與橫軸表示的物理量成正比例，又因為