陕西省咸阳市实验中学2025-2026学年高三上学期周考（9）物理试卷

咸阳市实验中学2026年高三周考(9) 物理 一、单选题 1.郑钦文在澳大利亚的网球公开赛中击球后，网球以一定初速度斜向上方飞出。若忽略空 气作用，则网球从飞出到落地的过程中，下列说法正确的是() A.网球做非匀变速曲线运动 B.网球在最高点的速度为O C.相同时间内网球速度的变化量相同 D.网球速度一直减小 2.某手摇发电机原理简化为题图：正方形导线框abcd在条形 a 匀强磁场中左右往复切割磁感线，从而供电。已知导线框电阻 ××× 均匀，边长大于磁场宽度。某次导线框向右匀速穿过磁场，以 ×× cd边刚进入磁场时为零时刻，则ab间电势差U随时间变化 的图像，可能正确的是() U U↑ 3.2025年11月，火星环绕探测器“天问一号”成功观测到来自太阳系以外的彗星一阿特 拉斯。观测发现该彗星有一颗小卫星绕其做匀速圆周运动，测得卫星的轨道半径为r，运行 周期为T。若彗星可视为半径为R的均匀球体，万有引力常量为G,忽略彗星以外其他星球 对小卫星的影响，则下列说法正确的是() A.彗星的质量M=4r GT2 B.彗星的质量M=GT 4元23 C.若卫星轨道半径增大，则周期变小D.若卫星轨道半径增大，则卫星的绕行速度增大 4.如图所示，粗糙绝缘斜面底端O点固定一个带电荷量为Q的 负点电荷，现有一个带电荷量为9的负电小滑块，从斜面上A点 静止释放后，先沿斜面往上运动再返回，则小滑块() A.上升过程中加速度先增大后减小B.上升过程中电势能一直增大 C.下降过程中机械能可能增大 D.返回时的最低点位置一定在A点上方 试卷第1页，共4页 5.一水平放置的光滑长半圆槽内有两根通以反向电流的水平长直平行导体棒，导体棒1固 定于最低点处，可自由移动的导体棒2恰好处于静止状态（正视图如图所示）。已知导体棒 1在导体棒2处产生的磁感应强度大小满足关系式B=:(k为 常数，x为两导体棒间距离，1为导体棒1中电流强度)，若缓 慢增大号体棒2中电流强度4，则关将《) A.变大B.变小C.不变D.无法确定 6.如图所示，将A、B两个小球在空中同一位置（球的大小忽略不计）同时斜向右上抛出， A球抛出时的初速度大小为y,方向与水平方向的夹角为60°，B球抛出 时的初速度大小为2，方向与水平方向的夹角为30°，两球在空中运动过 程中始终在同一竖直线上，抛出点足够高，不计空气阻力，则两球在空中 BO 运动过程中，下列判断正确的是() A.A球的速度变化率大于B球的速度变化率B.A球先到达最高点 C.A球最小速度比B球最小速度大 D.v=3v, 7.如图所示，箱子A用轻绳悬挂在天花板上，小球B用轻绳悬挂在箱子顶 部，小球C通过轻弹簧与小球B相连，系统静止，已知箱子A和小球B、 C质量均为m,重力加速度为g,当剪断悬挂箱子的轻绳瞬间，箱子A和小 OB 球B、C的加速度分别为() oc A.g,2g,0B.2g,g,0C.g,g,0D.1.5g,1.5g,0 二、多选题 8.以下说法正确的是() A.牛顿提出了万有引力定律，但并未测出万有引力常量 B.奥斯特发现了磁场与电流间的作用，并提出了该力的大小公式F=BL C.法拉第提出了电场的概念，又发现了磁生电的效应 D.安培为了解释磁体为什么能产生磁场，提出了分子电流假说 9.雷达技术中国已是断代式领先，其中最先进的某相控阵雷达原理如图：在xO)y直角坐标 系中(k,0)的各坐标点(k为正整数)都为一个雷达波发射单元，可向y>0空间发射波长 2=2m的以波源为圆心的同种圆形雷达波。若要利用波的叠加原理向日=60°方向集中雷达 波能量，只需使各雷达波在垂直该方向的直线AB上的相位相同即可：此时相邻两发射单元 相位差大小为△p。则() 试卷第2页，共4页 y/m A.Ap= 、A B.△p=2 C.若日从60开始减小，则△p增大 D.若0从60°开始减小，则△p减小 234567 x/m 10.如图所示，A、B、C、D是圆心为O的圆上的四点，AC为圆的直径，其中AB=L, ∠BAC=60°，∠ACD=45°，空间有一方向与圆所在平面平行的匀强电场（未画出），己知 A点的电势为3p,B点的电势为2φ，D点的电势为P,下列说法正确的是() A.O点的电势为p B.0点的电势为20 D 60° ℃.匀强电场的电场强度大小为 45o D.匀强电场的电场强度大小为 L 三、实验题 11.中国的光伏产业十分发达，某兴趣小组找来一块光伏电池板和三个完全相同的灯泡A、 B、C,研究电池板给灯泡供电的情况。（所有结果保留到小数点后一位） UNV 30 s,s, 20 ② B 10 A 3 1 甲 0 丙 0.5 1.5 2.I/A ()他们先连好甲图所示电路（电表均视为理想电表），在稳定光照情况下多次改变R,测得 多组(U,I)值。利用计算机软件，用这些测得的(U,)值生成乙图中的曲线①：软件再另 外自行生成一条U和1的反比例曲线②，与曲线①刚好相切。由曲线①和曲线②可得，在这 种稳定光照情况下，该光伏电池板的电动势为 V,最大输出功率为 W。 (2)灯泡A的伏安特性曲线如乙图中的曲线③。将该光伏电池板和A、B、C三个灯泡连成 电路丙，在(1)中稳定光照情况下：只闭合S,,A灯的功率为」 W;S1、S2、S3全 闭合时，该电源的输出效率为 g%。 试卷第3页，共4页 四、解答题 12.如图所示，P是固定的竖直挡板，质量M=3g的木板A（木板表面略低于挡板下端)与 水平地面间的动摩擦因数4=0.1，B是放在木板A左端的物块，其质量m=1kg,物块B 与木板A间的动摩擦因数儿，=0.8。某时刻，物块B与木板A一起以相同的水平速度 '。=6m/s向左运动到挡板P处，此时物块B与竖直挡板P发生了第一次碰撞。物块B和 挡板P在碰撞过程中无机械能损失且碰撞时间极短，木板A足够长，最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 (1)求物块B与竖直挡板P第一次碰后的相对运动过程中木板A和物块B各自的加速度大小。 (2)求第一次碰撞后物块B相对木板A滑行的最大距离（物块B尚未发生第二次碰撞）。 (3)通过计算判断物块B能否与竖直挡板P发生第二次碰撞。 B 77777 13.如图所示，一倾角日=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上。斜面上固定了一中间带孔的 滑槽。一轻质直杆平行于斜面穿在滑槽中，另一端与一劲度系数为k=25N/m、沿杆方向 的轻弹簧相连，轻质直杆与滑槽的最大静摩擦力为f=12.5N。现将一质量为m=kg的小滑 块从距离弹簧上端L=0.2m处静止释放。已知弹簧的弹性势能E,=)x(x为弹簧的形变 量)、滑动摩擦力等于最大静摩擦力、弹簧始终在弹性限度内且不会碰到滑槽、当地重力加 速度取g=10ms2,求： (1)滑块下滑的最大速度vm的大小： (2)直杆开始运动时弹簧的形变量以及全程产生的热量： (3)若使滑块从距离弹簧上端3L处静止释放，求滑块与弹簧分离时的速度大小。 滑槽 试卷第4页，共4页 《咸阳市实验中学高三周考(9)》参考答案 题号 2 4 5 6 8 9 10 答案 B D D 0 ACD BC AD 1.C 【详解】A.忽略空气阻力时，网球在空中运动只受到重力的作用，做的是匀变速曲线运动， 故A错误； B.网球在空中只受重力做斜抛运动，水平方向分速度是不变的，所以在最高点处，竖直方 向速度为0，水平方向速度不为0，故B错误： C.网球的加速度为重力加速度，根据速度变化量的公式△v=g△t可知，相同时间内的速度 变化量相同，故C正确： D.网球做斜抛运动，水平方向分速度不变，竖直方向初速度向上，V,=Vo-t 根据公式可知竖直方向速度先减小后增大，所以合速度也是先减小后增大的，故D错误。 故选C。 2.B 【详解】设正方形导体框的边长为L,磁感应强度为B,运动速度为y,则cd边进入磁场时， 产生感应电动势E=BLy 设导体框的总电阻为R,则有U。=5× 1 -x-R=-BLV R4 4 当cd边通过磁场的右边界，ab边还未进入磁场时，导体框中磁通量不变，不产生感应电流， 此时U=0 当ab边进入磁场时，ab边充当电源，此时U-B弘xR=BLy R44 根据以上计算结果，可判断U随时间变化的规律。 故选B。 3.A 【详解】AB。由万有引力定律和圆周运动向心力公式可知，GMm=/ 4π2r -=1m 3 简化得M= 4π2r3 GT,故A正确，B错误： C.根据万有引力充当向心力，可解得T:=4r GM 即Tcr2 答案第1页，共6页 当轨道半径r增大时，周期T增大，故C错误； D.根据公式GMm=m巴 2 -=m GM 解得v= 即v 1 当轨道半径"增大时，绕行速度v减小，故D错误。 故选A。 4.D 【详解】AB.上升过程中对小滑块进行受力分析，它受到重力、斜面支持力、沿斜面向上 的库仑斥力和摩擦力f。设斜面倾角为日，滑块到O点的距离为r,由牛顿第二定律，有 ka-mgsino-f=ma r2 上升过程中静电力一直减小，所以加速度先向上减小后反向增大，静电力一直做正功，电势 能一直减少，故AB错误： C.下降过程中静电力和摩擦力做负功，机械能一定减小，故C错误： D.由于摩擦损耗，返回时速度为O的位置一定在A点上方，故D正确。 故选D。 5.A 【详解】对导体棒2受力分析，如图所示 Mg 根据三角形相似可得x mg R 可得人￡ 有4器题 RkIL 可得，=-1(G+-5) 可得兰品(+) 答案第2页，共6页 缓慢增大导体棒2中电流强度【，两导体棒间距离增大，可得丛将变大。 △x 故选A。 6.D 【详解】A.两球均做斜抛运动，加速度均为g,故速度变化率相等，故A错误。 D.根据题意可知，y,cos60°=y,cos30°，即y=√3y,,故D正确。 B.由于两球同时抛出，A球竖直方向分初速度为ysi血60=5，-3， 2=2 B球竖直方向分初速度为y,sin30= 2 因此B球先到达最高点，故B错误。 C.两球水平分速度相同，因此两球运动的最小速度相同，故C错误。 故选D。 7.D 【详解】初始时，系统处于静止，以C为对象，根据平衡条件可得弹簧弹力为F弹=g 剪断悬挂箱子的轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，C的受力保持不变，则C的加速度为0；以 A、B为整体，根据牛顿第二定律可得aB2m3+E=15g 2m 故选D。 8.ACD 【详解】A.牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，故A正确： B.奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了安培力的大小公式F=BL,故B错误： C.法拉第提出了电场的概念，又发现了电磁感应现象，故C正确： D.安培为了解释磁铁产生磁场的原因，提出的分子环形电流假说，故D正确。 故选ACD。 9.BC 【详解】AB.由图可知，从相邻两个波源传到直线AB上的波的路程差为 △x=dcos60°=1×0.5m=0.5m= 可知要使各雷达波在垂直该方向的直线AB上的相位相同，则相邻两发射单元相位差大小为 Ap分A错误，B正确： CD.若日从60°开始减小，则根据△x=dcos日可知△x变大，则△p变大，C正确，D正确。 答案第3页，共6页 故选BC。 10.AD 【详解】CD.匀强电场中平行等间距的两条线段的电势差相等，令AD中点J的电势为9， 则有3p-9,=9-p 解得9=2p 则B、J连线为一条等势线，作出示意图如图所示 B 45 圆的半径R=AB=L,根据几何关系与正弦定理有R R 2 sin a sin B 其中x+B+45°+60°=180° 利用三角函数规律解得B=30° 则AC垂直于BJ,由于沿电场线方向电势降低，因此电场方向由A指向C,则电场强度 E=30-2p-2p dusin,C错误，D正确； AB.根据电场强度与电势差的关系有E=9二% R 结合上述解得=p,A正确，B错误。 故选AD。 11.(1) 26.1 23.1 (2) 17.0 34.6 【详解】(1)[1]根据图像①可知，曲线与纵轴的交点即为电源电动势，即E≈26.1V 2电源的最大萄出功率对应其U-1曲线与反比例曲线(U-号，P为功率)的切点，读取图 像中的数据并计算可得Px=U1=18.5V×1.25A≈23.1W 答案第4页，共6页 (2)[1]当电源连接一个灯泡时，灯泡两端的实际电压和流经的电流是图像①与③的交点， 代入数据即为P=UI=21.8V×0.78A≈17.0W [2]根据图像①与③，可知当灯泡两端的电压为9.0V时，流经灯泡的电流约为0.55A,此时 干路电流大小应为1.65A,刚好是图像①的数据点，所以此时电源的总功率为P=EI≈43.1W 输出功率为P=UI≈14.9W 电源的效率约为刀=2×100%=346% 12.(1)a=4m/s2,a=8m/s2 (2)6m (3)恰好不发生第二次碰撞 【详解】(1)物块B与挡板P碰后向右运动，受到水平向左的摩擦力，设其加速度大小为a, 由牛顿第二定律得凸mg=mas 解得a.=8ms2 木板A继续向左运动，受到物块B和地面水平向右的摩擦力，设其加速度大小为，由牛 顿第二定律得凸mg+4(m+M）g=MaA 解得aa=4ms2 (2)以水平向左为正方向，设物块B与挡板P第一次碰后到A、B共速所用时间为t,且 刚共速时的速度大小为V,此过程木板A通过的位移为x4,物块B通过的位移为xB 1 根据运动学公式，对长木板A有v=%a,=以2， 依题意，物块B和挡板P在碰撞过程中无机械能损失，故碰后瞬间物块B的速度方向向右， 大小为o,有v=-%+as,xs=-W+2 解得t=1s,v=2m/s,xa=4m,xg=-2m 则△x=xg-xA=-6m,即B相对A向右滑行了6m (3)假设A、B共速后一起向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a,对A、B整体有 4(m+M）g=(m+M)a 解得a=lm/s2 答案第5页，共6页 此时物块B受到的静摩擦力∫=ma=1N,而物块B与A间的最大静摩擦力fm=42g=8N, 由于∫<∫m,假设成立，即A、B共速后将一起向左做匀减速直线运动 设A与B一起向左减速到0的位移为X,有0-v2=-2ax 代入(2)中A与B共速时的速度v=2ms,解得x=2m 因为-x=x=2m,所以物块B与挡板P恰好不发生第二次碰撞。 13.(1)√5m/s (2)0.5m,0.625J 3) 2 m/s 【详解】(1)当弹簧弹力F=gsin8时，弹簧弹力E=5N<f 轻杆在滑槽中不会滑动，滑块达到最大速度，此时弹簧的压缩量x= E=0.2m k 1 1 由机械能守恒定律mg(L+x)sin6= 解得v。=√3ms (2)直杆开始运动时，弹簧弹力F=f=12.5N 此时弹簧的形变量，=至=0.5m k 设直杆开始运动时，滑块的速度为y,由机械能守恒定律可得mg(L+,)sin8=二k+m 2 之后滑块与直杆将一起运动，直至速度减为零。设运动距离为5，根据动能定理有 mgs sin6-f万=0-1 2n2 解得s=0.05m 此后直杆一直保持静止，全程产生的热量Q=6=0.625J (3)结合(2)分析若滑块从距离弹簧3L处由静止释放，直杆下滑的距离将增加，并不影 响弹簧的弹性势能。两者分离滑块还需向上运动x,的距离，根据机械能守恒定律有 =mgx,sin +m 1 2 2 解得=5m m/s 2 答案第6页，共6页