2024学年陕西省西安市高新一中物理高三第一学期期末经典试题含解析

考生请注意：

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、生活科技上处处存在静电现象，有些是静电的应用，有些是要防止静电；下列关于静电防止与应用说法正确的是（ ）

A．印染厂应保持空气干燥，避免静电积累带来的潜在危害 B．静电复印机的工作过程实际上和静电完全无关

C．在地毯中夹杂0.05~0.07mm的不锈钢丝导电纤维，是防止静电危害 D．小汽车的顶部露出一根小金属杆类同避雷针，是防止静电危害

2、质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子以v0=2gl的速度开始运动（g为当地重力加速度），如图所示。已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数的取值范围是（ ）

12 4722 C．119A．21 9422 D．1311B．

3、如图甲所示，将由两根短杆组成的一个自锁定起重吊钩放入被吊的空罐内，使其张开一定的夹角压紧在罐壁上，其内部结构如图乙所示。当钢绳向上提起时，两杆对罐壁越压越紧，当摩擦力足够大时，就能将重物提升起来，且罐越重，短杆提供的压力越大。若罐的质量为m，短杆与竖直方向的夹角θ=60°，匀速吊起该罐时，短杆对罐壁的压力大小为 (短杆的质量不计，重力加速度为g) （ ）

A．mg B． C． D．

4、如图所示，质量为m的木块A放在斜面体B上，对B施加一水平向左的推力F，使A、B保持相对静止向左做匀速直线运动，则B对A的作用力大小为(重力加速度为g)( )

A．mg B．mgsin θ C．mgcos θ D．0

5、如图所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框（金属线框处于纸面内），每段圆弧的长度均为L，固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中。若给金属线框通以由A到C、大小为I的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为（ ）

A．ILB，垂直于AC向左 B．2ILB，垂直于AC向右 C．

6ILB3ILBD．，垂直于AC向左

6、a、b两车在平直的公路上沿同一方向行驶，两车运动的vt图象如图所示。在t0时刻，b车在a车前方S0处，在0~t1时间内，b车的位移为s，则（ ）

，垂直于AC向左

A．若a、b在t1时刻相遇，则s03s B．若a、b在C．若a、b在

t13时刻相遇，则s0s 224t1时刻相遇，则下次相遇时刻为t1 33D．若a、b在

vt1时刻相遇，则下次相遇时a车速度为1 43二、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、有一轻杆固定于竖直墙壁上的O点，另一端A固定一轻滑轮，一足够长的细绳一端挂一质量为m的物体，跨过定滑轮后另一端固定于竖直墙壁上的B点，初始时物体处于静止状态，O、B两点间的距离等于A、B两点间的距离，设

AB与竖直墙壁的夹角为，不计滑轮与细绳的摩擦，下列说法正确的是（ ）

A．系统平衡时杆对滑轮的力一定沿杆的方向

B．若增大杆长OA，O与B位置不变且保持OBAB，使角增大，则杆对滑轮弹力的方向将偏离OA杆 C．若保持A点的位置不变，将绳子的固定点B点向上移动，则杆对滑轮的弹力变大

D．若保持AB与竖直墙壁的夹角不变，将轻杆的固定点O向下移动，则杆对滑轮弹力的方向不变 8、下列说法正确的是

A．做简谐振动的物体，速度和位移都相同的相邻时间间隔为一个周期 B．当障碍物的尺寸小于波长或与波长差不多时才能发生衍射 C．波的周期与波源的振动周期相同，波速与波源的振动速度相同 D．电磁波在与电场和磁场均垂直的方向上传播 E.相对论认为时间和空间与物质的运动状态有关

9、如图所示，在x轴的负方向，存在磁感应强度为B1，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在x轴的正方向，存在磁感应强度为B２，方向也垂直于纸面向里的匀强磁场，且B1∶B2＝3∶2。在原点O处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子，粒子a以速率va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足mava＝mbvb。若在此后的运动中，当粒子a第4次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇。粒子重力不计。下列说法正确的是（ ）

A．粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为3∶2 B．两粒子在y正半轴相遇

C．粒子a、b相遇时的速度方向相同 D．粒子a、b的质量之比为1∶5

10、关于对液体的理解，下列说法正确的是（ ） A．船能浮在水面上，是由于水的表面存在张力

B．水表面表现张力是由于表层分子比内部分子间距离大，故体现为引力造成的

C．密闭容器，某种蒸气开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，蒸气仍是饱和的 D．相对湿度定义为空气中水蒸气的压强与该温度水的饱和汽压之比 E.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中还会有水分子飞出水面

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）现有一电池,电动势E约为5V,内阻r 约为50Ω,允许通过的最大电流为50mA．为测定该电池的电动势和内 阻,某同学利用如图甲所示的电路进行实验．图中R为电阻箱,阻值范围为0~999.9Ω,R．为定值电阻 V 为理想电压表．

（1）可供选用的R．有以下几种规格,本实验应选用的R．的规格为______ (填选项序号字母) A．15Ω 1.0W B．50Ω 0.01W C．60Ω 1.0W D．1500Ω 6.0W

（2）按照图甲所示的电路图,在答题卡上将图乙所示的实物连接成实验电路________．

（3）连接好电路,闭合开关S,调节电阻箱的阻值,记录阻值R 和相应的电压表示数U,测得多组实验数据,并作出如图丙所示的1/U-1/R关系图像,则电动势E=____V,内阻r=____Ω．(结果均保留两位有效数字) 12．（12分）为了测某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：

电阻箱R，定值电阻R0、两个电流表A1、A2，电键K1，单刀双掷开关K2，待测电源，导线若干．实验小组成员设计如图甲所示的电路图．

(1)闭合电键K1，断开单刀双掷开关K2，调节电阻箱的阻值为R1，读出电流表A2的示数I0；然后将单刀双掷开关K2接通1，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表A2的示数仍为I0，则电流表A1的内阻为_____．

(2)将单刀双掷开关K2接通2，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A1的示数I，该 同学打算用图像处理数据，以电阻箱电阻R为纵轴，为了直观得到电流I与R的图像关系，则横轴x应取（_________）A．I B．I2 C．I1 D．I (3)根据(2)选取的x轴，作出R-x图像如图乙所示，则电源的电动势E=_____，内阻r=______．（用R1，R2，R0，及图像中的a、b表示）

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）图示为深圳市地标建筑——平安金融大厦。其内置观光电梯，位于观景台的游客可360鸟瞰深圳的景观。电梯从地面到116层的观景台只需58s，整个过程经历匀加速、匀速和匀减速，匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，其上行最大加速度为10m/s。当电梯加速上升时，质量为50kg的人站在置于电梯地板的台秤上时，台秤的示数为65kg，g取10m/s2，求：

(1)电梯加速上升的加速度大小； (2)观景台距地面的高度。

14．（16分）如图所示，在光滑的水平面上静置一长为L的木板B，上表面粗糙，现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，恰好未离开B，A的质量为m，B的质量为2m，求A与B上表面间的动摩擦因数μ。

15．（12分）如图所示，T形活塞将绝热汽缸内的气体分隔成A、B两部分，活塞左、右两侧截面积分别为S1、S2，活塞与汽缸两端的距离均为L，汽缸上有a、b、c三个小孔与大气连通，现将a、b两孔用细管(容积不计)连接．已知大气压强为p0，环境温度为To，活塞与缸壁间无摩擦．

(1)若用钉子将活塞固定，然后将缸内气体缓慢加热到T1，求此时缸内气体的压强；

(2)若气体温度仍为T0，拔掉钉子，然后改变缸内气体温度，发现活塞向右缓慢移动了ΔL的距离(活塞移动过程中不会经过小孔)，则气体温度升高还是降低？变化了多少？

参

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、C 【解题分析】

A.印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，所以印刷车间中保持适当的湿度，及时把静电导走，避免静电造成的危害，故A错误；

B.静电复印机是利用静电工作的，与静电有关，故B错误；

C.不锈钢丝的作用是把鞋底与地毯摩擦产生的电荷传到大地上，以免发生静电危害，属于防止静电危害，故C正确； D.小汽车的顶部露出的一根小金属杆是天线，接受无线电信号用，不属于防止静电危害，故D错误。 故选C。 2、C 【解题分析】

小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

mv02mv共

解得

v共1v0 2对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得

1212 mv0mmv共Q 22解得

Q12mv0mgl 4由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程

smax119l，sminl 22小物块受到摩擦力为

fmg

对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得

Qfsmgs

故

22 ，min91122，故C正确，ABD错误。 即119max故选C。 3、B 【解题分析】

先对罐整体受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件求解细线的拉力；再将细线的拉力沿着两个短杆方向分解；最后将短杆方向分力沿着水平和竖直方向正交分解，水平分力等于短杆对罐壁的压力。 【题目详解】

先对罐整体受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，拉力等于重力，故：T=mg；再将细线的拉力沿着两个短杆方向分解，如图所示：

解得：，最后将短杆方向分力沿着水平和竖直方向正交分解，如图所示：

，根据牛顿第三定律可知故短杆对罐壁的压力为

【题目点拨】

，故选B。

本题关键是灵活选择研究对象，画出受力分析图，然后多次根据共点力平衡条件列式分析。 4、A 【解题分析】

A向左做匀速直线运动，则其所受合力为零，对A受力分析可知，B对A的作用力大小为mg，方向竖直向上，故A正确。 故选A。 5、D 【解题分析】

由左手定则可知，导线所受安培力垂直于AC向左；设圆弧半径为R，则

12RL 6解得

R3L

则所受安培力

FBI3L3BIL

故选D。 6、B 【解题分析】

A．根据题述，在t0时刻，b车在a车前方S0处，在0~t1时间内，b车的位移为s，若a、b在t1时刻相遇，根据

vt图线与坐标轴所围图形的面积表示位移，则有

s0s3s

解得s02s，故A错误； B．若a、b在

t1时刻相遇，根据vt图线与坐标轴所围图形的面积表示位移，则有 2s0s7s 44解得s03s，故B正确； 25tt1时刻相遇，则下次相遇的时刻为关于tt1对称的1时刻，故C错误； 33C．若a、b在

D．若a、b在

7tt1时刻相遇，则下次相遇时刻为1，下次相遇时a车速度 44va2v1v17t1v1 t144故D错误。 故选B。

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、AD 【解题分析】

A．绳子上的弹力大小等于物体的重力mg，则绳子对滑轮的两弹力的合力方向在两弹力的角平分线上，根据平衡条件可得杆对滑轮的弹力方向也在角平分线上，OB两点间的距离等于AB两点间的距离，根据几何关系可得，杆OA恰好在两弹力的角平线方向上，故A正确；

B．若保持OB两点位置不变，增大杆长OA，使AB与竖直墙壁的夹角增大，仍保持OB两点间的距离等于AB两点间的距离，杆OA仍在两弹力的角平分线上，杆对滑轮的弹力仍沿杆方向，故B错误；

C．若保持A点的位置不变，将绳子的固定点B向上移动，绳子对滑轮的两力夹角变大，合力变小，滑轮处于平衡状态，则杆对滑轮的弹力变小，故C错误；

D．若保持AB与竖直墙壁的夹角不变，将轻杆的固定点O向下移动，两绳对滑轮的弹力大小方向都不变，则杆对滑轮的力仍在两绳弹力的角平分线上，所以杆对滑轮弹力的方向不变，故D正确。 故选AD。 8、ADE 【解题分析】

A．做简谐振动的物体，两相邻的位移和速度始终完全相同的两状态间的时间间隔为一个周期，故A正确； B．当障碍物的尺寸小于波长或与波长差不多时才能发生明显衍射，故B错误；

C．波的周期与波源的振动周期相同，波速是波在介质中的传播速度，在均匀介质中波速是不变的，而波源的振动速度是波源做简谐运动的速度，是时刻变化的，故C错误；

D．电磁波在与电场和磁场均垂直的方向上传播，电磁波是横波，故D正确；

E．相对论认为时间和空间与物质的运动状态有关，故E正确。 故选ADE。 9、BCD 【解题分析】

本题涉及到两个粒子分别在两个不同磁场中做匀速圆周运动问题，相遇问题既考虑到位移问题，又考虑到时间等时，比较复杂，所以要从简单情况出发，由题意a粒子逆时针旋转，b粒子顺时针旋转，由于两粒子的动量（m2va=m1vb）和电量相同，则半径之比就是磁感应强度的反比，所以在B1磁场中的半径小，则两粒子在两磁场旋转两个半周时，a粒子相对坐标原点上移，b粒子相对坐标原点下移，若b粒子在最初不相遇，则以后就不能相遇了。所以只考虑b粒子旋转半周就与a粒子相遇的情况。 【题目详解】

由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝ra1m2vam1vb1mv ：＝，所以选项A错误。由带电知道：＝rqBqB11qBb11粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝ 知道，a粒子从O点出发沿x轴正方向射出向上逆时针转半周在y轴上上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下转半周后下移2ra1，由于B2＜B1，则第二次经过y轴时在从标原点的上方（2ra2-2ra1）处，同理第四次经过y轴时在坐标原点上方2（2ra2-2ra1）处，所以由题意知选项B正确。从最短时间的情况进行考虑，显然是b粒子向上转半周后相遇的，a粒子第四次经过y轴时是向右方向，而b粒子转半周也是向右的方向，所以两者方向相同，所以选项C正确。根据周期公式T＝mvqB2m及题意，当两粒子在y轴上相遇时，时间上有：qBma112mb2ma2mb1 ＝ ，所以选项D正确。故选BCD。Tb1＝Ta1+Ta2 即： ，结合B1：B2=3：2，得到：＝2qBqBqBm52112b【题目点拨】

本题的难点在于两个粒子在不同的两个磁场中以不同的速度做半径和周期不同匀速圆周运动，又涉及到相遇问题，需要考虑多种因素。关键的一点是a粒子在两个磁场旋转一次后通过y轴时位置上移，而b粒子恰恰相反，所以是b粒子经过半周后与a粒子相遇的，有此结论可以判断选项的正误。 10、BDE 【解题分析】

A．船能浮在水面上，是由于水的浮力作用，故A项错误；

B．液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，故B项正确；

C．在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，与体积无关；密闭容器中某种蒸气开

始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积时，蒸气不再是饱和的，但最后稳定后蒸气是饱和的，压强不变；故C项错误；

D．相对湿度是指水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和压强之比，故D项正确；

E．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，单位时间内从水中出来的水分子和从空气进入水中的水分子个数相等，达到一种动态平衡，故E项正确。

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、C 5.0 53

【解题分析】

（1）定值电阻起保护作用，电动势为5V，允许通过的电流为：50mA；由欧姆定律可得：R5100；需要的0.05保护电阻约为：100-50=50Ω；故电阻数值上BC均可以，但由于B中额定功率太小，所以额定电流过小，故应选择C（60Ω，1.0W）；

（2）根据原理图图，连接实物图如图所示：

（3）由闭合电路欧姆定律得UE1rR0111R，，可整理为根据图象可知0.20，解得E=5.0V；

RR0rUEREErR00.560.20k22.5，解得r522.56052.553． E0.016【题目点拨】

题考查测量电动势和内电阻的实验，注意只用电压表和变阻箱测电动势和内电阻的方法叫“伏欧法”，若用图象解时，基本思路是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式ykxb的形式，再求出k和b即可．

12、R2-R1 C E=【解题分析】

(1)由题意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流表A1内阻等于两种情况下电阻箱阻值之差，即RA1R2R1．

a r=a-R0-（R2-R1） b(2)单刀双掷开关K2接通2时，据欧姆定律可得：EI(rR0RRA1)，整理得：R到直线图线，应作RE(rR0RA1)，为得I1图象．故C项正确，ABD三项错误． I1E0(a)E、(3)由R图象结合R(rR0RA1)得：图象斜率k图象纵截距a(rR0RA1)，解得：

IIb0a电源的电动势E、电源的内阻ra(R0RA1)aR0(R2R1)．

b

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)a=3m/s2(2)H=103m 【解题分析】

(1)当电梯加速上升时，有

Fmgma

代入数据，可解得 a=3m/s2

(2)设匀加速运动高度为h1，时间为t，则有

h=v2v2a，t=a

代入数值解得： h=

50103m，t=3s

因匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，所以两个阶段的时间和位移量相同。故匀速运动时间为t1，则

t1T总2t

高度为 h1=vt1 代入数值解得 t1101=

3s，h1=3m 故观景台距地面的高度 H=h1+2h 代入数值解得 H=

103m 2v0 14、3gL【解题分析】

对A在木板B上的滑动过程，恰好未离开B，即滑至B的左端与B共速，根据动量守恒定律有

mv0(m2m)v 解得

1vv0

3由系统能量守恒有

2mgLmv0(m2m)v2

1212解得

2v0

3gL15、 (1)

PT01 (2)升高 T0S1S2LT0

SSL12【解题分析】

p0p1 = (1)A、B内气体相通，初状态压强为p1．由于钉子将活塞固定，气体体积不变由查理定律可知，

T0T1解得p1=p0T1 T0(2)对活塞进行受力分析，可知温度改变后，活塞受力大小不变，所以活塞向右移动后，气体的压强不变．活塞向右移动后，气体体积增大，则气体温度升高． 由

S1+S2L=S2L-L+S1L+LT0T

解得TT0+S1-S2LT

S1+S2L0S1S2LT0

SSL12S1S2LT0

S1S2L所以温度变化了T=P0T1 (2)升高 故本题答案是：(1)T0点睛;正确利用理想气体方程求解即可．