陕西省镇安中学2025-2026学年高三下学期4月阶段检测物理试题

物理 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对 应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答 题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.本卷命题范围：高考范围。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车在水平面上向右做匀加速运动时，杆对小 球作用力的方向可能沿图中的 B A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向 2.如图甲所示为LC振荡电路，电容器α板上的电量随时间变化规律如图乙所示，则图甲中振 荡过程对应的时间段可能是 A.0~t B.t~tz C.tz~ts 甲 D.ta~t 物理第1页（共6页） 3.如图所示，P点有一固定点电荷，不带电的金属导体固定在点电荷附近处于静电平衡状态，α、 b、c是金属导体中的三点.关于金属导体中感应电荷在a、b、c三点产生的电场强度大小，下列 说法正确的是 A.a点最大 B.b点最大 C.c点最大 D.a、b、c三点一样大 4.如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C.有关A、B 和C三个状态温度TA、TB和Tc的关系，正确的是 A.TA=TB,TB=Tc B.TA<TB,TB<To C.TA=Te,TB>Tc 3V。V D.TA=Tc,TB<To 5.某兴趣小组成员做双缝干涉实验，用某单色光照射单缝，如图所示在屏上P1处出现第2级亮 纹，仅改变双缝间距后，P1处出现第2级暗纹，则改变后双缝间距是原来的 A号倍 P 单色 B号倍 光源 单缝 C是倍 双缝 屏 D号倍 6.两个点电荷的质量分别为m1、m2,带异种电荷，电荷量分别为Q、Q2,相距为d,只在库仑力 作用下（不计万有引力）各自绕它们连线上的某一固定点，在同一水平面内做匀速圆周运动， 它们的总动能为 A92 B.kQ. d Ct D.mikQQ 2mid mad 物理第2页（共6页） 7.如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为0，轻弹簧的上端固定于挡 板，下端连接滑块P,开始处于平衡状态.现用一平行于斜面向下的力F作用在P上，使滑块 向下匀加速(a<gsin)运动一段距离.以x表示P离开初位置的位 移，表示P运动的时间，E表示P的机械能（设初始时刻机械能为 零)，重力加速度为g,则下列图像可能正确的是 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符 合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分 8.X射线光电子能谱仪是利用X光照射材料表面激发出光电子，并对光电子进行分析的科研 仪器，用某一频率的X光照射某种金属表面，逸出了光电子，若增加此X光的强度，则 A.该金属逸出功不变 B.X光的光子能量增大 C.逸出的光电子最大初动能不变 D.单位时间逸出的光电子数不变 9.如图所示的四条图线，分别代表1、2、3、4四个不同物体的运动情况，关于图线的物理意义，下 列说法正确的是 x/m 4v/(m.s) t/s A.物体2和物体4做曲线运动 B.物体1和物体2在61时刻相遇 C.物体4在t2时刻已向负方向运动 D.物体1和物体2在0~t1时间内的平均速度相等 物理第3页（共6页） 10.如图所示，两平行光滑导轨固定在同一水平面内，导轨间距为L,在导轨右端接定值电阻R, 磁感应强度为B的匀强磁场竖直向下，质量为m的金属棒与导轨垂直放置，在水平向左的 拉力作用下由静止开始向左做加速度为g的匀加速直线运动，经过时间t撤去拉力，金属棒 又经过一段位移后停止运动，已知撤去拉力前回路产生的热量是撤出拉力后回路产生热量 的N倍，撤去拉力前经过定值电阻的电荷量为q,重力加速度为g,其它电阻忽略不计，下列 说法正确的是 A.撒去拉力后回路产生的热量为2mg? B.拉力与运动时间t成正比 C定值电阻R的阻值为L 2q D,拉力做的功为Nmgt 2 三、非选择题：本题共5小题，共54分 11.(6分)小明同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律.将细线一端悬挂在铁架台上，另一 端系住一个底部粘有宽度为d的遮光片小钢球，小钢球静止于A点，光电门固定在A点正 下方.将小钢球拉起一定的高度由静止释放，光电门记录小钢球的遮光片挡光时间为t.已知 重力加速度为g. (1)还需要测量的物理量是 计时器 A.小钢球和挡光片的质量m B.小钢球被拉起的高度h C.细线的长度l D.小钢球的直径D (2)若想验证机械能守恒定律，只需验证 成立即可（用题中的物理符号表示）； (3)小明实验过程中发现，小球动能增加量总是稍大于重力势能减少量，可能的原因是 (写出一条即可). 物理第4页（共6页） 12.(9分)某实验小组想测量一节干电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示的电路.先将电压 表正接线柱接α位置，闭合开关，他们发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电流表始终没 有示数，电压表有示数且不变，在其他连接不变的情况下，再将电压表正接线柱接由α位置 移到b位置，发现无论怎样移动滑片，电流表和电压表均无示数 (1)电路中的故障是 A.滑动变阻器断路 B.电流表断路 C.滑动变阻器短路 (2)实验小组清除故障后将电压表正接线柱接在α处，闭合开关，调节滑片的位置，记录相应 的电压表和电流表的示数，根据记录的数据作出U-I图像，如图乙.则干电池的电动势 为 V(保留3位有效数字)、内阻为 Ω（保留2位有效数字），电动势的测 量值 (选填“偏大”“偏小”或“准确”)； (3)将电压表正接线柱接在b处，闭合开关，重复(2)中操作作出U-I图像，如图丙.此实验 方案的误差来源是电流表分压，试在图丙中定性画出电源U-I图像的理论值图线， ↑U/W 1.6 1.55 1.50 1.45 1.40 1 0.10020 0.301/A 甲 乙 丙 13.(10分)如图甲所示，一列沿x轴传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图中的实线所示，经过 时间△=1.3s的波形图如图中的虚线所示.该波中某质点的振动图像如图乙所示，求： y/cm m (1)波的传播方向和速度大小； (2)x=4.5m处的质点在t=0.35s时的位置. 物理第5页（共6页） 14.(13分)在如图所示的xOy平面内，第一象限内有方向水平向左的匀强电场，第二、三象限内 有垂直坐标平面向里的匀强磁场.一质量为、电荷量为十q的粒子，从(l,0)的A点以速度 。沿y轴正方向射入电场，从(0,2)的C点离开电场，经过磁场后再次到达y轴时刚好从 坐标原点O处经过.不计粒子重力，求： (1)电场强度E的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)粒子从A点运动到O点经历的时间. × XX 十 XXXX ××× 15.(16分)如图所示，带有光滑弧形槽的滑块质量为M=100g静止放在水平面上，其中圆弧轨道 对应的圆心角为0=60°，半径R=0.2m,同一竖直平面内的固定光滑半圆轨道cd的半径为r= 0.2m,c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点，轨道与水平面相切于c点，b点左侧水平轨 道光滑、bc段粗糙，且xk=1m.两质量分别为m=100g、m2=50g的滑块P、Q放在水平 轨道上，两滑块之间有一轻弹簧（弹簧与两滑块均不连接），用外力将轻弹簧压缩一定量后用 细线将两滑块拴接在一起，开始弹簧储存的弹性势能E。=0.6J.某时刻将细线烧断，弹簧将 两滑块弹开（两滑块与弹簧分离时，P未滑上弧形槽，Q未滑到b点），此后P冲上弧形槽.两 滑块均可看成质点，重力加速度g取10m/s2. (1)求P和Q刚离开弹簧时的速度大小： (2)若Q刚好能通过d点，求Q与bc段地面的动摩擦因数μ； (3)通过计算分析P能否从弧形槽的左侧冲出，若能，求出P上升的最高点，若不能，求出P 和弧形槽分离时各自的速度大小 物理第6页（共6页） 1.C据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则球和小车具有相同 的水平加速度，由牛顿第二定律可知，小球所受重力和杆对小球作用力的合力水平向右，杆对小球作用力方 向只可能沿图中的O℃方向，C正确. 2.D图甲中α板带负电，由电流方向可知电容器正在放电，电量正在减少，因此对应的时间段可能是3~4， A、B、C错误，D正确. 3.C处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，因此感应电荷在导体内产生的电场强度与点电荷在导 体内产生的电场强度等大、反向，因此感应电荷在c点的电场强度大小最大，C正确. 医C由图可知状态A到状态B是一个等压过程，根据=，因为VB>V,故TB>T:而状态B到状态C 2AX号是AX2Y 是一个等容过程，有号=会，因为加>c,放T>T:对状态A和C有 Tc ,可得 TA=Tc;综上分析可知C正确，A、B、D错误 5C设PP间的距离为，则受-子六。六A则d:=子d,C项正确 6.A对于质量为m的电荷，它们的库仑力提供其向心力，即Q是=m二，对于质量为m的电荷，它们的 库仑力提供其向心力，即Q2=心产，则它们总的动能为7m+之m2一号，故选A d 2d 7.B设物块P的质量为，系统静止时弹簧相对原长的伸长量为x0,弹簧的劲度系数为k,则有k0= mgsin0,由牛顿第二定律有F十mgsin0一x十)=ma,两式联立可得F=kz十ma=子ai+ma,放A错 误，B正确；由功能关系得物块P机械能的变化量等于力F和弹簧弹力所做的功，F一k(x十xn)=a mgsin00,E-E=w=-m(gsin0-a)x,E=E-m(gsin0-a)x=E,-号m(gsn0-a)a,故CD项错误 8.AC金属的逸出功是金属的自身固有属性，仅与金属自身有关，增加此X光的强度，该金属逸出功不变，故 A正确；根据光子能量公式ε=y可知增加此X光的强度，X光的光子能量不变，故B错误；根据爱因斯坦光 电方程Em=w一W。,可知逸出的光电子最大初动能不变，故C正确：增加此X光的强度，单位时间照射到 金属表面的光子变多，则单位时间逸出的光电子数增多，故D错误。 9.BDx-t、v-t图像只能描述直线运动，故物体2和物体4做直线运动，A错误；x-t图像的交点表示相遇， 则物体1和物体2在1时刻相遇，B正确；物体4在t2时刻速度大于零，向正方向运动，C错误；物体1和物 体2在0~时间内初、末位置相同，位移相等，所用时间相同，故物体1和物体2在0~时间内的平均速 度相等，D正确. 10.AC 由匀加速直线运动可得撤去拉力时，金属棒获得的速度=g,撤去拉力后由能量守恒定律可得定值 电阻产生的热量为Q-习md=之mg,A正确；由E=BL,I=景，F=BL,结合牛顿第二定律F-F安 =mg,由速度时间关系=，综合可得拉力F=mg十，则拉力与运动时间1成一次函数关系，B错 R 误：由B-单1=发q=综合可得g=9弘L方 R R 不—，解得电阻R=B,C正确由功能关系 与能量守恒定律可得拉力做功We=NQ+Q=N十1)mgL,D错误， 2 1.(1)B(2)号=gh(3)由于挡光片有一定长度，所测的速度大于小球的实际速度〔每空2分) 解析：(12)若想验证机械能守恒，需要验证7m=m8,其中一4，即只需验证号=gh,所以还需测量 小钢球被拉起的高度h. (3)若是小球动能增加量总是稍大于重力势能减少量，是因为小球到达最低点时，挡光片的线速度大于小球 的线速度，使得小球的动能增加量大于重力势能的减少量. 12.(1)B(2分)(2)1.58(1分)0.64(0.630.64均给分)(2分)偏小(2分)(3)见解析(2分) 解析：(1)电压表正接线柱接α位置时，电流表始终没有示数，电压表有示数且不变，说明电压表可以连通电 源，电流表没有与电源连通.将电压表正接线柱由α位置移到b位置时，电压表、电流表均无示数，说明两表 均不能接通电源，故判断电流表断路. 物理参考答案第1页（共2页）】 (2)由闭合电路欧姆定律可得U=E一Ir,由图可得E=1.58V,内阻为r=U 1.58.30=0.640.此种方案由于电压表分流，E和r的测量结果都偏小， 0.33 理论图线 (3)电流表分压△U=IR,当I=0时，△J=0,当电流是某一值I时，理论的电压值 应该比实验的电压值大△U=R,且电流I越大，△U就越大，故理论图线纵截距 与实验图线相同，斜率比实验图线小，如图所示 0 实验图线 13.解：(1)由甲图知，波长入=4m(1分) 由乙图知，周期T=0.4s(1分) 则波速=产=是m/s=10m/s1分) 0~1.3s内波传播了x=wt=13m(1分) 因为13m=(3入+1)m,因此波沿x轴正方向传播(2分) (2)00.35s内波沿x轴正方向传播了x'=t=3.5m(2分) 因此x=4.5m处的质点在t=0.35s的状态与x=1m处质点在1=0时刻状态相同，处于波峰位置(2分) 14.解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t1,则 2l=t1(1分) 1=号×5，：1分) 整理得E=mn 2gl (2分) (2)设粒子离开电场时速度大小为，与y轴夹角为a,则 2m21 9E= mw2(1分) cosa=边 (1分) 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,则2 Rsin a=2l(1分) qoB=m R (1分) 整理得B= gl (1分) (3)由上间可知。=至1分) 所以粒子在磁场中运动的时间12=是×2” 4 (1分) 故to=ti十t2(1分) 解得0=420 (4+3π)l (1分) 15.解：(1)弹簧将两滑块弹开的过程中，系统的动量和机械能守恒，设P、Q速度大小分别为1和2，向左为正 方向.则 0=m1边一22(1分) E,=2mw2+合m21分) 解得)=2m/s、2=4m/s(1分) (2)若Q恰能经过d点，则在d点的速度u,满足mg=m正(1分) Q从b点运动到半圆轨道最高点d,由动能定理有-m贴gw一2心=名心2-合2(2分) 1 解得=0.3(2分) (3)P以1的速度冲上弧形槽M,P与弧形槽M相互作用的过程中水平方向动量守恒，系统的机械能守恒， 设P不能从弧形槽M的左侧冲出，则P运动到弧形槽M的最高点时的速度为. 则1=(1+MDv(1分) 解得v=1m/s(1分) 此时P距离水平面的商度为么，则了m=子(m十M2十mgh(1分) 解得h=0.1m(1分) 因h=R(1一cos60)=0.1m,则P恰好不能从最高点冲出，然后P沿弧形轨道返回，P返回到底端时的速 度为3、弧形槽的速度为4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 1U=m1+M4(1分) 合mu2=之w2+号hr21分) 1 解得w=0、4=2m/s(2分) 物理参考答案第2页（共2页）】