黑龍江省哈爾濱三中2024-2025學年高三（上）期末物理試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.以下說法正確的是（）

A.布朗運動說明構成固體顆粒的分子在永不停息地做無規則運動

B.電冰箱的工作過程表明，熱量可以自發地從低溫物體向高溫物體傳遞

C.表面張力使液體表面具有擴張趨勢，使液體表面積趨于最大

D.在合適的條件下，某些晶體可以轉變為非晶體，某些非晶體也可以轉變為晶體

2.如圖所示、甲、乙兩位同學握住繩子4、B兩端搖動，4、B兩端近似不動，且4、B兩點連線沿水平方向,

繩子上P、Q等各點均同步在豎直面做勻速圓周運動。當繩子在空中轉到如圖所示位置時，貝）

A.P點的線速度方向沿繩子切線B.P點所受合外力垂直于繩斜向下

C.P點和Q點的線速度大小相等D.P點的角速度等于Q點的角速度

3.1=0時刻，小球甲（視為質點）從地面開始做豎直上拋運動，小球乙（視為質點）從距

地面高度為生處由靜止釋放，甲、乙小球不在同一豎直線上，兩小球距地面的高度無與

運動時間t的關系圖像如圖所示，重力加速度大小為g,不計空氣阻力，下列說法正確

的是（）

A.甲的初速度比乙落地時的速度大

B.甲、乙落地的時間差為叵

C.甲上升過程的平均速度比乙下降過程的平均速度小

D.甲、乙處于同一高度的時刻為再

4.某交變電流電壓隨時間變化的規律如圖所示（初始部分為正弦函數的四分之一周期），下列說法正確的是

()

A.將此交流電與擊穿電壓是200U的電容器相連，電容器不會被擊穿

B.該交變電流電壓的有效值為lOOAU

C.將該交變電流加在交流電壓表兩端時，電壓表讀數為200U

D.該交變電流的周期為2s

5.沿空間某直線建立%軸，該直線上的靜電場方向沿x軸，其電勢W隨位置x變化的圖像如圖所示，一帶負電、

電荷量大小為e的試探電荷，經過冷點時動能為l.5eU,速度沿x軸正方向。若該電荷僅受電場力，則下列說

法正確的是（）

A.該電荷到達X3點時加速度最大

B.無2點的電場強度方向沿著X軸正方向

C.該電荷到達%3點時動能最大，此時的動能為2.5eV

D.該電荷能夠運動到均處

6.哈三中的科技興趣小組同學在地球表面測量某一單擺（擺長可以調整）周期T

和擺長L的關系，將此關系畫在如圖所示圖像中，如圖線a所示。圖中圖

線B是某宇航員將此單擺移到半徑與地球相同的另一行星X表面重做實驗而獲

得的，則與地球相比較，該行星X的（忽略星球自轉對地球和行星X帶來的影響

）（）

A.密度為地球的;倍B.表面重力加速度為地球的g倍

C.質量為地球的4倍D.第一宇宙速度為地球的4倍

7.如圖所示，一根足夠長的粗糙絕緣細直桿MN,固定在豎直平面內，與水平面XXXX

的夾角為30。，磁感應強度大小為8、方向垂直紙面向里的勻強磁場充滿直桿所

在的空間，桿與磁場方向垂直。質量為血的帶負電小環（可視為質點）套在直桿上,

與直桿之間有一個極小的空隙，小環與直桿之間動摩擦因數4=0.5,將小環從

直桿MN上的P點由靜止釋放，下降高度為h之前速度已達到最大值。已知小環和

直桿之間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，小環的電荷量為-q（q>0）,重力加速度大小為g,不計空氣阻力，

下列說法中正確的是（）

A.小環釋放后，一直做加速度減小的加速運動

B.小環釋放后，小環的速度先增大后減小

C.小環釋放后，加速度的最大值為手g

D.小環下降高度%的過程中，因摩擦產生的熱量為mgh-（Z竽）黑

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

8.物理學發展推動了社會進步，以下關于物理學史和方法的說法不正確的是（）

A.美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷，并通過油滴實驗測得元電荷的數值

B.質點、點電荷概念的建立應用了理想化模型的思想

C.法拉第提出了電場的觀點，并歸納總結出感應電動勢公式為E=啜

D.牛頓應用理想斜面實驗將實驗和邏輯推理結合，得出了力不是維持物體運動的原因

9.傾角為8=30。的光滑斜面固定在水平地面上，質量m=1kg的物塊4用輕質細繩跨過光滑的定滑輪和水

平地面上質量為M=3kg的小車B相連。初始時小車B尾端在滑輪正下方距滑輪h=0.4加處，t=0時刻小車

從靜止開始以恒定的功率P=40”啟動，并帶動物塊4沿斜面向上運動，當細線與水平方向的夾角。=30。時

小車B運動到Q位置，整個過程中小車B克服地面阻力做功為78/,物塊4和小車B組成的系統機械能的增加

量為122/,忽略空氣阻力，g^lOm/s2,則下列說法中正確的是（）

A.小車B經過5s運動到Q位置

B.在Q位置時，物塊4的速度大小是小車B速度大小的竽倍

C.小車B運動到Q位置時，物塊4的速度大小為4Cm/s

D.小車B從。點運動到Q點過程中，細繩對物塊4做的功為28/

10.如圖所示，一質量為m、長為L的木板4靜止在光滑水平面上，其左側固定一勁度系數為k的水平輕質彈

簧，彈簧原長為仇，右側用一不可伸長的輕質細繩連接于豎直墻上。現使一可視為質點的小物塊B以初速度

北從木板的右端無摩擦地向左滑動，而后壓縮彈簧。設B的質量為；1m，當4=2時細繩恰好被拉斷。已知彈

簧彈性勢能的表達式與=2入2,其中k為勁度系數，》為彈簧的壓縮量。貝1］（）

WWWA/nP

A.細繩所能承受的最大拉力4=mk

B.當4=2時，小物塊B滑離木板4時木板運動的對地位移力=|（L-Z0+均舊）

C.當；I=3時，細繩被拉斷后長木板的最大加速度=爭*

D.為保證小物塊在運動過程中速度方向不發生變化，2應大于等于3

三、實驗題：本大題共2小題，共12分。

11.某同學利用如圖甲所示的裝置來測量彈射器彈出彈丸的速度，選用的器材為貼有白紙的屏、刻度尺、復

寫紙、支架等。實驗時先用支架將彈射器固定好，接著彈射器向豎直屏水平發射彈丸，該彈丸通過碰撞復

寫紙在白紙上留下落點位置。將豎直屏向遠離彈射器的方向移動，每次移動的距離均為0.3m,通過幾次重

復實驗（每次發射前彈簧的壓縮量均相同），挑選了一張有3個連續落點痕跡的白紙，部分測量數據如圖乙所

示。取重力加速度大小g=10m/s2o

甲乙

（1）固定彈射器時確保彈射器水平是為了確保O

（2）根據測量的數據可知，彈丸從4點所在高度運動到B點所在高度的時間T=s,彈丸的水平初速度

大小為=_m/s,彈丸運動到B點前瞬間的速度大小%=m/so（所有結果均保留兩位有效數字

）

12.干電池用久后通常電動勢會減小，內阻增大。某同學利用電流傳感器（可以看成理想電流表）、定值電阻

R。、電阻箱R等實驗器材分別研究新、舊兩節干電池的電動勢和內阻，實驗裝置如圖甲所示。首先測量電池

a的電動勢和內阻，實驗時多次改變R的阻值，用電流傳感器測得對應的電流值/,在計算機上顯示出如圖乙

所示的｝-R的關系圖線a,重復上述實驗方法測量電池b的電動勢和內阻，得到圖乙中的圖線人

(1)若定值電阻Ro=令y=；，x=R,由圖乙中實驗圖線a的擬合方程y=?x+孩可得，電池a的電

動勢Ea=V,內阻”=。(所有結果均保留2位有效數字)。

(2)根據圖乙可以判斷，圖線(選填"a”或"b”)對應的是舊電池。

(3)根據實驗測得的電池a的R、/數據，若令y=/2(R+R°),%=R+RO,則由計算機擬合得出的y-x圖線

如圖丙所示，則圖線最高點4的坐標值應為久=.。。

四、計算題：本大題共3小題，共42分。

13.如圖所示，2為豎直放置的導熱汽缸，其質量M=5kg、高度L=9cm,B為

質量zn=2kg的導熱活塞，汽缸內封閉著一定質量(遠小于汽缸的質量)的理想氣

體，B與水平地面間連有勁度系數k=lOOON/zn的輕彈簧，4與B的橫截面積均為

S=10cm2o當整個裝置靜止時，活塞B距汽缸底部的高度為|如活塞與汽缸間

緊密接觸且無摩擦，活塞和汽缸壁的厚度均不計，外界大氣壓強po=lx105Pa,

環境溫度不變，彈簧原長仇=10cm,取重力加速度大小g=10m/s2o

(1)求剛開始汽缸4靜止時內部氣體的壓強p；

(2)用力從汽缸頂端緩緩上提汽缸4求活塞B剛要離開4時，彈簧的長度。

14.如圖所示，豎直向上的勻強電場中，豎直平面內有一邊長為L的正方E

形區域MNCD,直線PQMN在同一水平線上。在正方形內除了有豎直向上

pQMN

的勻強電場外，還在適當區域中有垂直紙面的勻強磁場。質量為血、電量

Av0B；

為+q(q>0)的小球4在P點以為沿PQMN水平向右運動，另一質量為血、

電量也為+q(q>0)的小球B靜止在Q點，4B瞬間碰撞并結合在一起成

DH.............：（

為一組合體向右運動，從M點飛入磁場并從C點飛出磁場；已知該組合體

從MD邊上的任意一點以和M點相同速度入射該正方形區域，都只能從C點射出磁場，不計小球間的庫侖力,

小球均可看成質點，重力加速度大小為g。求：

⑴勻強電場場強E的大小及4B碰后共同運動的速度u的大??；

(2)正方形MNCD中磁感應強度B的方向和大小及勻強磁場區域的最小面積。

15.一很長的光滑固定水平面的左端放有質量M=0.12kg的U形導體框，俯視圖如圖所示，導體框EF間電阻

&=1。、其余部分的電阻忽略不計；一電阻&=2。的金屬桿PQ的兩端置于導體框上，與導體框構成矩形

回路FEPQ；EF的長度L=0,3mo初始時PQ與EF相距s=0.9m,U形導體框EF邊受到水平向右的恒力且作

用、其大小6=kM(M為導體框的質量)，金屬桿PQ也受到水平向右的恒力尸2作用、其大小尸2=k?n(7n為金

屬桿PQ的質量)；比例系數均為k=6m/s2,金屬桿與導體框同時由靜止開始向右運動，金屬桿運動一段距

離后進入一方向垂直于水平面向上的勻強磁場區域，磁場邊界(圖中虛線)與EF平行；金屬桿在磁場中做勻

速運動，其受到的安培力大小為0.48N,直至離開磁場區域。當金屬桿離開磁場的瞬間，導體框的EF邊正

好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬桿與導體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應

強度大小B=27,重力加速度大小取g=10m/s2。求：

(1)金屬桿在磁場中勻速運動時的速度大小；

(2)金屬桿的質量小、金屬桿與導體框之間的動摩擦因數四以及磁場的寬度d；

(3)導體框勻速運動過程中，金屬桿PQ產生的焦耳熱Q。

EP???

???

???

FEEQ

答案和解析

1.【答案】D

【解析】4、布朗運動是懸浮在液體中固體小顆粒的運動，布朗運動說明了液體分子不停地做無規則運動,

故A錯誤；

8、根據熱力學第二定律可知，熱量不可以自發地從低溫物體向高溫物體傳遞，電冰箱工作的過程中還需要

消耗電能，故2錯誤；

C、液體表面張力是液體表面層里的分子比液體內部稀疏，分子間的距離比液體內部大，分子力表現為引力

的結果，液體的表面張力使液面具有收縮到液面表面積最小的趨勢，故C錯誤；

。、在合適的條件下，某些晶體可以轉變為非晶體，某些非晶體也可以轉變為晶體，故。正確。

故選：Do

2.【答案】D

【解析】點做勻速圓周運動的圓心是過P點作圖中虛線的垂線和虛線的交點，故P點所受合力方向指向

交點，方向豎直向下，P點線速度方向為垂直于紙面向里或向外，故AB錯誤；

CD由于是共軸轉動，故P點的角速度等于Q點的角速度，P點圓周運動半徑小于Q點，則P點線速度大小小于

Q點的線速度大小，故C錯誤，。正確。

故選：Do

3.【答案】B

【解析】由圖示圖像可知，兩球離地面的最大高度相等，均為垢

A、甲做豎直上拋運動，乙做自由落體運動，甲的下降過程是自由落體運動，由于甲下落過程的高度與乙下

落的高度相等，甲、乙落地時的速度相等，甲做豎直上拋運動的初速度大小等于落地時的速度大小，因此

甲的初速度與乙落地的速度大小相等，故A錯誤；

2

B、甲、乙離地面的最大高度相等，則甲乙下落的時間相等，由x—t公式得：h0=^gt,解得：t=J苧，

甲的運動時間是23乙的運動時間是3則甲乙落地時間差/t=t=J苧，故2正確；

C、甲上升的時間與乙下落的時間相等，甲上升的位移大小與乙下降的位移大小相等，則甲上升的平均速度

與乙下降的平均速度大小相等，故C錯誤；

D、甲上升的初速度%=gt=g伊=/商公，甲做豎直上拋運動，乙做自由落體運動，以乙為參考系，

甲向上做勻速直線運動，設經過時間t甲、乙處于同一高度，則壇=%3解得：t=叵,故D錯誤。

故選：Bo

4.【答案】B

【解析】4、該交流電壓的最大值是200，1乙大于200憶所以電容器會被擊穿，故A錯誤；

B、設該交流電壓的有效值為U,則一T=J+?。0尸_..解得U=100，^z,故B正確；

KKAZ

C、交流電壓表的讀數是有效值，所以電壓表的示數為100機乙故C錯誤；

D、由圖可知該交變電流的周期為2xl0-2s,故。錯誤。

故選：B。

5.【答案】C

【解析】A--％圖線斜率表示沿無軸方向的電場強度，所以到達句點時受的電場力為0,加速度為0,故A

錯誤；

A根據電勢分布可知，X0?。電場方向沿X軸負方向，。?電場方向沿x軸正方向，式1?久3電場方向沿X軸負

方向，故B錯誤；

C.%3處電勢最高，帶負電的試探電荷在久3處電勢能最小，總能量一定，故動能最大，在%2處動能為15eU,

電勢能為-加憶總能量為0.5eIZ,由圖可知到達小點時電勢能為-2eIZ,動能為2.5eIZ,故C正確；

。電荷能夠運動到向處，電勢能等于加匕總能量為0.5eV,動能將為負值，這不可能，故O錯誤。

故選：Co

6.【答案】C

【解析】根據單擺周期公式T=2兀僅可得，T=生?由題圖可得"相等時，黑=2=2,可得理=

7gGTBIS

騙=9，則地球表面重力加速度與行星X表面的重力加速度之比為%=i

TA2gB4

ABC.在星球表面的物體，有G等=zng,M=p?殍，聯立可得g=曾，由于半徑r相同，貝火星球與地

球密度之比為”="=4,所以星球X的質量為地球的4倍，故C正確，A3錯誤；

PA9A

D由題意，根據G華且，可得星球第一宇宙速度為u=陛，則X星球與地球第一宇宙速度之比為”=

rzV、/丁44

慮號,故D錯誤。

故選：Co

7.【答案】D

【解析】4B、剛開始階段，小環受到重力、支持力沿斜面向上的摩擦力作用，下滑后，由于小環速度逐漸

增大，所以還會受到洛倫茲力作用，受力分析如圖所示，

N

根據力的合成與分解，垂直于桿方向有：N+qvB=mgcos30°

沿桿方向有：mgsin30°—〃N=ma

隨著小環速度增大，支持力逐漸減小，摩擦力減小，所以加速度增大，故小環會做加速度增大的加速運動，

之后洛倫茲力大于重力垂直于桿的分力，支持力垂直于桿向下

垂直于桿方向有：qvB=mgcos300+N

沿桿方向有：7ngs譏30?！?ma

小環做加速度減小的加速運動，當加速度減小為零時最后做勻速運動，故A3錯誤；

C、小環釋放后，支持力為零，洛倫茲力等于重力垂直于斜面的分力時，加速度最大

根據牛頓第二定律有：7ngs譏30。=mam

解得：=0.5g,故C錯誤；

D、當合力為零時，速度最大，根據共點力平衡，沿桿的方向有：mgsin30。=林N

平行于桿的方向有：qvmB=mgcos30°+N

聯立解得：加=容等空

乙qts

小環下降高度h的過程中，根據能量守恒定律，有：mgh=^mv^+Q

代入速度解得摩擦生熱：Q=zngh-（上普）整，故。正確。

故選：Do

8.【答案】ACD

【解析】4富蘭克林通過實驗發現，雷電的性質與摩擦產生的電的性質相同，并命名了正電荷和負電荷，密

立根通過油滴實驗測定了元電荷的數值，故A錯誤；

A理想化模型法是忽略事物的次要因素，抓住事物的主要因素，把主要因素從所要研究的事物中突出出來,

質點、點電荷概念的建立應用了理想化模型的思想，故8正確；

C.法拉第提出了電場的觀點，德國物理學家紐曼、韋伯歸納總結出感應電動勢公式為E=n筆，故C錯誤;

。.伽利略應用理想斜面實驗將實驗和邏輯推理結合，得出了力不是維持物體運動的原因，故。錯誤。

本題選錯誤的，故選：ACD.

9.【答案】AC

【解析】4整個過程中物塊和小車組成的系統機械能的增加量等于除重力外的其它力做功，即有

AE=Pt-Wf

已知/E=122/,叼=78/,P=40W,解得t=5s,故A正確；

3、在Q位置時，將B的速度分解如圖所示。

可得么=cosO=￥，故B錯誤；

VB2

C、對系統，由能量關系有

h1,1,

AE=mg(----o—h)s譏30°+

sin3022

結合需=亨，解得以=4CM/S,故C正確；

。、小車B從。點運動到Q點過程中，對4根據動能定理得

h1,

W—mg(-----?—/i)sin30°=—0

sin302

解得細繩對物塊a做的功為w=26/,故。錯誤。

故選：ACo

10.【答案】CD

【解析】4細繩恰好被拉斷時，B的速度為0,細繩拉力為片,設此時彈簧的壓縮量為％,則有

叫=Pm

由能量關系，有

11

2^0=

解得

Fm=v0Vmk

故A錯誤；

員當4=2時，B的質量為26，細繩恰好被拉斷。細繩拉斷后小物塊和長木板組成的系統動量守恒，以向左

為正方向，由動量守恒定律得

0=mvA—2mvB

則小物塊滑離木板時，二者的位移大小關系為

SA=2sB

又有

Sa+SR=L—/()+%。

聯立解得

22m

Sz=可(L-

故3錯誤；

。.當A=3時，設細繩被拉斷瞬間小物塊速度大小為巧，則有

111

2(3m)v^=-(3m)vf+-k就

細繩拉斷后，小物塊和長木板之間通過彈簧的彈力發生相互作用，當彈簧被壓縮至最短時，長木板的加速

度最大，此時小物塊和長木板的速度相同，設其大小為u,彈簧壓縮量為刈以向左為正方向，由動量守恒

(3m)%=(3m+m)v

由能量守恒定律得

111

—(3m)Vg=—(2m+nr)v2+—kx2

對長木板，有

kx=mam

解得

3vk

ct=n0—

m2m

故C正確；

D由題意，A<1時，細繩不會被拉斷，木板保持靜止，小物塊向左運動壓縮彈簧后必將反向運動。A>1時，

小物塊向左運動將彈簧壓縮X。后細繩被拉斷，設此時小物塊速度大小為何,由能量守恒定律得

111

2(Am)vo=(兄加)后+2fcxo

此后在彈簧彈力作用下小物塊做減速運動。設彈簧恢復原長時小物塊速度恰減小為零，此時木板的速度為〃2,

以向左為正方向，由動量守恒定律得

(/bn)%=0+m/i2

由能量守恒定律得

111

2+1/c堤=

聯立方程解得

4=3

所以為保證小物塊在運動過程中速度方向不發生變化，4應大于等于3,故。正確。

故選：CDo

11.【答案】彈丸彈離彈射器后做平拋運動0.103.04.2

【解析】(1)固定彈射器時確保彈射器水平是為了確保彈丸彈離彈射器后做平拋運動。

(2)根據平拋運動規律有

"產=hBC—hAB

解得

T=0.10s

彈丸的水平初速度大小

x

%=不

彈丸運動到8點前瞬間豎直方向的分速度大小

_hAB+hBC

vy=2T

彈丸運動到8點前瞬間的速度大小

?=J詔+藥

解得"o=3.0m/s,vB=4.2m/s

故答案為：(1)彈丸彈離彈射器后做平拋運動；(2)0,1；3.0；4.2

12.【答案】1.42.5a2.5

【解析】(1)由閉合電路歐姆定律得：E=I(r+R+R0),整理得：,=[/?+苧

根據圖乙所示圖線a的解析式可知：仁汐!噂=空

E77E

解得：Ea=1.4V,T內=2.5(1

(2)圖像的解析式為J=+竽，圖像的斜率k=3斜率越大電池電動勢越小，由圖示圖像可知，圖像a

ICC匕

的斜率大，所以圖線a的電動勢小，舊電池的電動勢減小，所以圖線a為舊電池，圖線b為新電池。

(3)由題意可知：y=/2(R+&),x=R+R0,根據圖甲所示電路圖可知，y為外電路功率，x為外電阻，由

閉合電路的歐姆定律得：/=言言晨，則y=/2(R+Ro)=(a%)2(R+Ro)=E^^=i^—，

-Aor+R+Ro[r-(/?+/?0](r-x).

R+RQX

p2

即y=---2——，當％=丁時y最大，因此圖線最高點4的坐標值％=r=2.5。。

空J4,

X

故答案為：(1)1.4；2.5；(2)a;(3)2.5。

13.【解析】(1)對汽缸受力分析有

Mg+p0S=pS

解得

p=1.5X105Pa

(2)設活塞B剛離開汽缸a時內部氣體的壓強為pl,彈簧的壓縮量為/孫，由玻意耳定律

可得

2

pSx-L=p'SL

對活塞B受力分析有

mg+p'S=p0S+kAx2

可得

Ax=0.02m

I=Io—Ax=0.08m

可知彈簧長度[為0.08m

答：(1)剛開始汽缸4靜止時內部氣體的壓強p等于1.5X105Pa；

(2)活塞B剛要離開4時，彈簧的長度等于0.086。

14.【解析】(1)小球4沿直線運動，受力平衡，由平衡得：mg=qE

E=成

一q

碰撞瞬間動量守恒，由動量守恒定律得：mv0=2mv

得q=￥

(2)小球在磁場中受到重力和電場力平衡，洛倫茲力充當

向心力，由左手定則可知磁場方向垂直紙面向外由幾何關系可知組合體在8中做勻

速圓周運動的半徑：

r=L

組合體受洛倫茲力充當向心力：2quB=2?n9

解得:8=貌

由題可知自M點垂直于。2。入射小球在。2點沿。2人方向射出，且自。2。邊上其它點垂直

于入射的小球的運動軌道只能在DO2FC區域中，因而，圓弧MFC是所求的最小磁場區域

的一個邊界。

為了確定該磁場區域的另一邊界，該小球從G點進入磁場中，建立如圖坐標系，

MN

設G的坐標為（x,y）,小球的運動軌跡GC如圖所示，。為該軌跡的的圓心，在直角三角形OSC中，

由勾股定理得：/=。_久）2+（y）2,該函數對應圖形是以?,0）為圓心半徑為心的

圓形，這意味著，在正方形范圍內，形成以N為圓心、L為半徑的四分之一圓周MGC是構

成所求磁場區域的另一邊界（也可以用磁聚焦理念得出此邊界）

因此，所求的最小勻強磁場區域時分別以N和。為圓心、L為半徑的兩個四分之一圓周MFC

22

和MGC所圍成的，其面積為最小面積S=2（苧-y）

答：⑴勻強電場場強E的大小為器，A