17 陕西省高考综合改革适应性演练-【景行之教育】2027年物理高考一轮复习先锋名校检测卷

17陕西省高考综合改革适应性演练 全卷满分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在 mgd U A.负电荷，9 U B.负电荷，q= 每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 mgd 1.2024年8月，我国运动员获得第33届奥运会男子100m C.正电荷，g=mg D.正电荷，g= mgd 自由泳冠军。比赛所用标准泳池的长度为50m,下列与 4.牙医所用的口腔X射线机，需利用变压器将电压从 该运动员实际运动过程最接近的位移-时间(x-t)图像 220V升到96kV,输出电流为1.0mA。若将此变压器 是 视为理想变压器，则 ( t-Sm 10 A.该变压器的输入功率为96kW 5 B.该变压器的原、副线圈匝数比为11：4800 -5 C.该变压器的输入电流约为0.4mA B D.该变压器功能主要利用自感现象实现 icn A川 5.某同学在漂浮于湖中的木筏上休息，看到湖面上的水波 正平稳地向着湖岸传播。该同学估测出相邻波峰与波 谷之间的水平距离为1.5m,当某波峰经过木筏时开始 c D 计数，此后经20s恰好有12个波峰通过木筏，则该水波 2.“神舟十九号”载人飞船与中国空间站在2024年10月 顺利实现第五次“太空会师”，飞船太空舱与空间站对 A.波长约为1.5m B.周期约为3.3： 接成为整体，对接后的空间站整体仍在原轨道稳定运 C.频率约为1.7Hz D.波速约为1.8m/s 行，则对接后的空间站整体相对于对接前的空间站 6.如图，质量均为m的两个相同 w 小球甲和乙用轻弹簧连接，并 A.所受地球的万有引力变大 用轻绳L1、L2固定，处于静止 B.在轨飞行速度变大 状态，L1水平，L2与竖直方向 C.在轨飞行周期变大 D.在轨飞行加速度变大 的夹角为60°，重力加速度大小为g。则 3.静电悬浮技术是利用静电场对带 A.L,的拉力大小为V3mg 电物体的电场力来平衡重力，从 B.L2的拉力大小为3mg 而实现材料悬浮无容器处理的一 C.若剪断L,该瞬间小球甲的加速度大小为3g 种先进技术，其原理示意图如图所示。若两平行金属极 D.若剪断L,该瞬间小球乙的加速度大小为g 板间电势差为U,间距为d,质量为m的金属微粒悬浮 7.人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血 于其中，重力加速度大小为g,则金属微粒所带电荷的 管中的血液通常含有大量的正负离子。如图，血管内径 电性和电荷量g分别为 为d,血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截 面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施加于某段血管， D.一个动能为12.5eV的电子碰撞一个基态氢原子不 其磁感应强度大小恒为B,当血液的流量（单位时间内 能使其跃迁到激发态 流过管道横截面的液体体积)一定时 ( 10.如图，倾角为30°且足够长的 光滑斜劈固定在水平面上， P、Q两个物体通过跨过光滑 gmmm膘 定滑轮的轻绳连接，Q的另一端与固定在水平面的轻 弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始时，控 A.血管上侧电势低，血管下侧电势高 制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表 B.若血管内径变小，则血液流速变小 面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内， C.血管上下侧电势差与血液流速无关 弹簧劲度系数为k,重力加速度大小为g。现无初速度 D.血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小 释放P,则在物体P沿斜劈下滑过程中 () 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在 A.轻绳拉力大小一直增大 每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部 B.物体P的加速度大小一直增大 选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得 0分。 C.物体P沿斜劈下滑的最大距离为6mg k 8.如图，用绝热材料制成的密闭 容器被隔板K分成I、Ⅱ两部 D.物体P的最大动能为8mg 5k 分，一定量的某理想气体处于 三、非选择题：本题共5小题，共54分 I中，Ⅱ内为真空。抽取隔板 11.(6分)图(a)为研究平抛运 计% K,气体进入Ⅱ中，最终整个容器均匀地分布了这种气 动的实验装置，其中装置A、 A消道 体。则此过程，该气体系统 B固定在铁架台上，装置B 出0小的 A.对外做功，体积膨胀] 装有接收器并与计算机连 B.对外不做功，最终压强减小 接。装有发射器的小球从 C.内能减少，最终温度降低■ 装置A某高度处沿着轨道 D.无序度变大 向下运动，离开轨道时，装 (a) 9.氢原子能级图如图所示，若大量” W 置B开始实时探测小球运动的位置变化。根据实验记 工 氢原子处于n=1,2,3,4的能级状 录的数据由数表作图软件拟合出平抛运动曲线方程 态，已知普朗克常量h=6.6× 3. y=1.63x2+0.13x,如图(b)所示。 10-34J·s,1eV=1.6×10-19J,某 锑铯化合物的逸出功为2.0eV, n 品a5na 则 （)1 -1】 心.250.明 下a 3.时5.01g 0 A.这些氢原子跃迁过程中最多可发出3种频率的光 0 nD18 g 三4 B.这些氢原子跃迁过程中产生光子的最小频率为1.6× 6.37 OI8 6.6 1014Hz 图 .l心u.: . C.这些氢原子跃迁过程中有4种频率的光照射该锑铯 (b) 化合物可使其电子逸出 物理·9答案D47卷17 (1)安装并调节装置A时，必须保证轨道末端 时，将图(b)中电阻箱R与待测电阻R,位置互换，闭合 (填“水平”或“光滑”) 开关，再次调节电阻箱R使检流计示数为零，此时电阻 (2)根据拟合曲线方程，可知坐标原点 抛出 箱读数为R2。则待测电阻R,= 。(结果用R、 点。（填“在”或“不在”） R2表示) (3)根据拟合曲线方程，可计算出平抛运动的初速度 13.(9分)如图，半径为R的球面凹面镜内注有透明液体， 为 m/s。(当地重力加速度g取9.8m/s2,计 将其静置在水平桌面上，液体中心厚度CD为10mm。 算结果保留2位有效数字) 束单色激光自中心轴上距液面15mm的A处以60 12.(9分)在使用各种测量仪表进行电学实验时，由于测 入射角射向液面B处，其折射光经凹面镜反射后沿原 量仪表的接入，电路状态发生变化，往往难以得到待测 路返回，液体折射率为3。求： 物理量的精确测量值。某同学在电阻测量实验中为提 (1)光线在B点进入液体的折射角； 高测量结果的精确度，尝试使用以下电路测量未知电 (2)凹面镜半径R。 阻的阻值： b 景行 (c) (1)该实验中用到四转盘电阻箱，图(a)中电阻箱的读 数为 2。 (2)请按图(b)电路图完成图(c)的实物电路连线。 (3)如图(b)所示，R,为待测电阻，R。为检流计（小量程 电流表)的保护电阻，实验中直流稳压电源的输出电压 始终保持不变。第一次测量时，按图(b)中电路图连接， 闭合开关，调节电阻箱R使检流计示数为零，此时电阻 箱读数为R,则通过电阻箱的电流 (填“大于” “等于”或“小于”)通过待测电阻的电流；第二次测量 卷17答案D47Q·物理 14.(14分)图(a)是某小河的航拍照片，河道弯曲形成的 15.（16分)如图，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面 主要原因之一可解释为：河道弯曲处的内侧与外侧河 内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、 堤均受到流水重力产生的压强，外侧河堤还受到流水 四象限存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场区域覆盖 冲击产生的压强。小河某弯道处可视为半径为R的圆 有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量 弧的一部分，如图(b)所示，假设河床水平，河水密度 为m、电荷量为g的带正电绝缘小球从P点与cd边界 为p,河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变， 成30°角以速度射人，小球到坐标原点0时恰好以 水的流动速度v大小恒定，d≤R,忽略流水内部的相互 速度。竖直向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重 作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，求在 力加速度大小为g,已知磁感应强度大小均为”唱。求： 一极短时间△t内：(Rp、d、h、v、△t均为已知量) (1)通过观测截面的流水质量△m; (1)电场强度的大小和P点距y轴的距离； (2)流水速度改变量△v的大小； (2)小球第一次到达最低点时速度的大小； (3)外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p。 (3)小球从过坐标原点到第一次到达最低点所用的 时间。 污 × 2 (a) (b) x 之教育对物块由牛顿第二定律得 4mg+8 ·4mg=4ma (2分) 子弹穿过物块的过程，由动量守恒定律得 mvo=mv +4mvz (2分) 联立解得。=10√gh (1分) (2)子弹从击中物块到穿出的过程中，系统损失的机械能 (2分) 15.(1)2/肠 (2)B= m 12Bm或B=、gh 2Em 3 gh (3)4h-166 3π 【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向有 v=2ah (1分) 由牛顿第二定律得a=型 (1分) m 已知粒子进入磁场时的速度方向与水平虚线的夹角为45°， 则粒子进入磁场时的速度大小v=√2v, (1分) 联立解得=2√m gEh (1分) (2)粒子从a点射出到进入磁场时的水平位移 x==,1=2X号1=2h (1分) 2 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向与 水平方向仍成45°角，则到达h高度时水平位移仍为2h,如 图所示，已知粒子第一次回到电场中高度为h时距a点的 水平距离s=2h,则有 2rcos45°=2h+2h+2h或2rcos45°=2h (2分) 解得r=32h或r=√2h (2分) 17陕西省高考综 1.C【解析】根据题述标准泳池的长度为50m,我国运动员获 得第33届奥运会男子100m自由泳冠军，可知运动员最后的 位移为零，所以位移先增大后减小，离出发点最远处位移为 50m,C正确。 2.A【解析】对接后的空间站整体相对于对接前的空间站质量 变大，轨道半径不变，根据万有引力表达式F=G可知对 接后的空间站整体所受地球的万有引力变大，A正确：根据 Mmt242 万有引力提供向心力有G ,2m=m r=ma,可得= /a=G,轨道半径不变，则在轨飞行速度 GMT=2Na 不变、在轨飞行周期不变、在轨飞行加速度不变，B、C、D 错误。 D47卷 参考答案及深度解析 根据洛伦兹力提供向心力有 qoB=m- (1分) 1 2Em 解得B= 2Em或B= 3 gh (2分) gh 2h.g2 2h 45 (3)当粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子在电场中运 动的时间1=2？=2，/ 2mh (1分) a gE 则粒子在磁场中运动的时间1=2√gE 2mh (1分) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设磁感应强度大小为B',轨 迹半径为r',由洛伦兹力提供向心力有qB'=m ,则周期 2 T=2ur'_2am (1分) v gB' 由几何关系可知粒子在磁场中运动的时间 =373mm 4 2gB' (1分) 联立解得'-82h (1分) 3T 则当粒子第一次回到电场中高度为h时，其距a点的距离 =4h2r=4hg (1分) 合改革适应性演练 3.C【解析】由题图可知，两极板间电场强度方向竖直向上，根据 平衡条件可知，微粒所受电场力方向竖直向上且满足 d 9=mg, 所以微粒带正电，电荷量g=mg以， ,C正确。 4.B【解析】理想变压器的输人功率等于输出功率，则该变压 器的输入功率P1=P2=I2U2=1.0×103×96×103W=96W,A 错误；该变压器的原、副线圈匝数比_“-220：1 n2U2960004800 B正确：该变压器的输人电流山，-(20 P196 A≈0.44A,C错 误；该变压器功能主要利用互感现象实现，D错误。 5.D【解析】相邻波峰与波谷之间的水平距离为1.5m,则波 长入=3m,20s内有12个波峰通过木筏，可知12T=20s,解 17·物理 高考一轮复习检测卷·物理 得周期T=1.7s,颜率=2比=0.6比，波速=入=18ms, 20 D正确，A、B、C错误。 6.C【解析】对小球甲、轻弹簧、小球乙构成的整体受力分析， 根据平衡条件可得，L,的拉力大小T1=2 mngtan60°=2W3mg, 乙的拉力大小工三m。三4mg,AB错误；者断乙，该瞬 间弹簧的弹力不变，则小球乙所受的合力仍为零，加速度仍 为零，对小球甲由牛顿第二定律可得其加速度α= 2 mgsin60°=3g,C正确，D错误。 m 7.D【解析】根据左手定则可知正离子向血管上侧偏转，负离 子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血管下侧电势低，A 错误；血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积） 0 4,血液的流量一定，若血管内径变小，则血液流速变 大，B错误；稳定时，离子所受洛伦兹力等于电场力，即qB= 空可得U8,联立0-可得0根据0=0可 πd 知，血管上下侧电势差变大时血管内径变小，根据Q-矿 可知血液流速变大，则血管上下侧电势差与血液流速有关，C 错误，D正确。 8.BD【解析】气体向真空扩散，体积变大但没有对外界做功， 即W=0,绝热容器内的气体与外界没有热交换，即Q=0,根 据热力学第一定律有△U=Q+W,可知气体的内能不变，温度 不变，根据理想气体状态方程必=C,可知气体压强减小，A、 C错误，B正确；气体体积变大，则气体无序度变大，D正确。 9.BC【解析】这些氢原子跃迁过程中最多可发出C?=6种频 率的光，A错误：氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级产生的 光子能量最小，为E=E,-E,=0.66eV,这些氢原子跃迁过程 中产生光子的最小频率v=E=0.6x1.6x10” Hz=1.6× h6.6×10-34 1014Hz,B正确：某锑铯化合物的逸出功为2.0eV,则这些氢 原子跃迁过程中有4种频率的光照射该锑铯化合物可使其 电子逸出，分别是从n=4能级跃迁到n=1能级、从n=3能 级跃迁到n=1能级、从n=2能级跃迁到n=1能级、从n=4 能级跃迁到n=2能级发出的光，C正确；一个基态氢原子跃 迁到激发态所需的最小能量Emm=E2-E1=10.2eV,故一个 动能为12.5eV(大于10.2eV)的电子碰撞一个基态氢原子 能使其跃迁到激发态，D错误。 10.AD【解析】设物体P沿斜劈下滑过程中的位移为x,弹簣 的形变量为△x。开始阶段弹簧处于压缩状态，弹簧的弹力 表现为支持力，从无初速度释放P到弹簧恢复原长的过程 D48卷 中，对P、Q整体根据牛顿第二定律有4 ngsin30°-mg+k△x= (4m+m)a,可得a-mgtA,随着x增大△x减小，则加速度 5m 逐渐减小：当弹簧恢复原长后，弹簧处于拉伸状态，弹簧弹 力表现为拉力，根据牛顿第二定律有4 mgsin30°-mg-k△x= (4mtm)a,可得a=mga,随着x增大△x增大，当mg> 5m k△x时，随着x增大，加速度逐渐减小，当k△x>mg时，随着x 增大，加速度反向增大。综上可知，物体P的加速度先减小 后反向增大，B错误。以P为研究对象，设绳子拉力大小为 T,根据牛顿第二定律有4 ngsin30°-T=4ma,可得弹簧恢复 原长前T=1.2mg-0.8k△x,可知随着△x减小T增大；弹簧 恢复原长后T=1.2mg+0.8kAx,可知随着△x增大，T逐渐增 大，所以轻绳拉力大小一直增大，A正确。没有释放物体P前， 对Q根据平衡条件有mg=,可得，=，设物体P沿斜劈下 滑的最大距离为xmx,根据系统能量守恒可得4 ngxmsin30° m=之()-2，解得=，c错误。当 P的加速度为零时，速度最大，动能最大，此时根据平衡条 件有加gsi血30=+mg,解得x-%,可知P动能最大时， 弹簧的弹性势能与初始状态相等，设P的最大动能为E,根 据对能表达式可知P动能最大时Q的动能为冬根据动能 定理有4mg(x+)sin30°-mg(+)=E+4,解得E月 D正确 11.(每空2分)(1)水平(2)不在(3)1.7 【解析】(1)安装并调节装置A时，必须保证轨道末端水平， 以保证小球做平抛运动。 (2)根据曲线方程y=1.63x2+0.13x,可知抛物线的顶点的 0.13 横坐标x三xL63m-0.04m,可知坐标原点不在地 出点。 (3)设在坐标原点小球的水平速度为。、竖直速度为"，根 是，可得云月爱4 1 x,对比y=1.63x2+0.13x,可得号=1.63m1,解得o 0 2v2 1.7m/s。 12.（1)107.4(2分)(2)见解析(2分)(3)等于(2分) √RR2(3分) 【解析】(1)题图(a)中电阻箱的读数为100×12+10×02+ 1×72+0.1×42=107.42。 17.物理 (2)电路连线如图所示。 流稳压 69 R 流稳日 R E2 (3)第一次测量时，按题图(b)中电路图连接，闭合开关，调 节电阻箱R使检流计示数为零，此时电阻箱读数为R,则通 过电阻箱的电流等于通过待测电阻的电流。检流计示数为 零，根据闭合电路的欧姆定律，第一次有 会第二孩有 B_,联立可得待测电阻R=√R。 R.R, 13.(1)30°(2)55mm 【解析1(1)根据光的折射定律有n-sini (2分) sinr 可得光线在B点进入液体的折射角r满足 √3 sin r=sini=2 1 n32 可知r=30°，即光线在B点进入液体的折射角为30°(2分) (2)由折射光经凹面镜反射后沿原路返回，可知折射光线垂 直于凹面镜，则折射光线的反向延长线过凹面镜的圆心O, 如图所示。由题意可知AC=15mm、CD=10mm 由几何关系得∠ABC=∠COB=30° (1分) AC tan∠ABc-l5v3mm BC （1分) BC 0C tan∠COB =45mm (1分) 由几何关系得凹面镜半径R=OC+CD=55mm (2分) O 30% A 60° C B D 141pa(2)64(3) R 【解析】(1)由于观测截面垂直于流速，故极短时间△，内水 流动的距离△l=△t (1分) 水流的横截面积S=dh (1分) D49卷 参考答案及深度解析 根据p=?可得极短时问4山内通过观测截面的流水的质量 △m=p·△V=p·△l·S=pdhw△t (2分) (2)极短时间△：内水的运动可简化为匀速圆周运动，根据 2 匀速圆周运动规律可知其加速度a=R (1分) 又因为a= △t (1分) 联立解得A= (2分) (3)根据牛顿第二定律可得F=△m (2分) R 联立△m=pdhv△t, 解得F=pdhm3△r R (1分) 极短时间△t内水流与河堤作用的面积 S'=△l·h=h△ (1分) 结合牛顿第三定律可知外侧河堤受到的流水冲击产生的压 F pdu2 强p=SR (2分) 15.(1)mg (2+3) 2g (2(1+2),（3)3 4g 【解析】(1)由题意可知，小球在P点与在坐标原点0速率相 同，即小球从P点运动到坐标原点0，动能变化为零，由动 能定理可知合力做功为零，则电场力与重力等大反向，可得 gE=mg (2分) 解得E=ms (1分) q 小球做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示。 c E·◆ 30 +⊙ + X × d 甲 根据洛伦兹力提供向心力有，B=m号 (1分) r 解得， g 由几何关系可得xp=r+rcos30° (1分) (2+3) 解得xp= 2g (1分) 17·物理 高考一轮复习检测卷·物理 (2)把小球在坐标原点的速度“分解为如图乙所示沿x轴 正方向的。和与x轴负方向成45角的2。，其中沿x轴正 方向的对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，即F洛 q心B=mg,此方向小球做匀速直线运动 (2分) y E·年· 300 "0 45 20 乙 18四川省高考综 1.B【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒可得相应核反应方 程式为0+p→8F,B正确。 2C【解析1GMm=m2 R2=m R 一最小抛射速度（第一字宙速度） GM地。MeR月-9」 w=R月√M月R地2三4.5，C正确。 3.C【解析】由楞次定律的推论“增反减同”及安培定则可知 回路框中感应电流方向为逆时针方向，根据左手定则可知左 侧导体棒所受安培力斜向右上方，右侧导体棒所受安培力斜 向左上方，C正确。 4.B【解析】设X、Y两带电小球相距为r,开始时X、Y间的库 仑斥力大小P=k号，X受到的库仑力方向水平向左，由于X 静止在平衡位置0点，则弹簧的弹力大小F=k号，方向水平 向右。将Z与X接触，根据电荷分配原理可知，接触后qx= 2=-2,此时X,y间的库仑引力大小P=,大小发生了 变化，X受到的库仑力方向水平向右，X的平衡位置发生了变 化，X、Y系统的电势能发生了变化；将Z再与Y接触，根据电 荷分配原理可知，接触后听=2=号，整个过程中Z始终带 负电荷，其电荷种类保持不变。B符合题意。 5.A【解析】用沸水浇右瓶时，装置内气体的温度升高，所以内 能增大，故A正确：水能喷出的原因是装置内气体的压强增 大，故B错误；装置内气体的温度升高，气体分子的平均动能 增大，但并不是所有分子的动能都增大，故C错误；水喷出时 有动能，故瓶内气体对水做的功等于水动能的增加量和重力 D50卷 与x轴负方向成45°角的√2v。对应的洛伦兹力提供小球做 逆时针方向匀速圆周运动的向心力 (1分) 可知小球第一次到达最低点时速度大小 v=o+√20=(1+√2)v0 (2分) (3)由第(2)问分析可知，小球在撤去电场后做匀速圆周运 动的分运动轨迹如图乙所示。 (2)2 根据洛伦兹力提供向心力，有g√2v,B=m R (1分) 又T-2mR (1分) 2v0 由几何关系可得，小球从过坐标原点到第一次到达最低点 时圆弧轨迹对应的圆心角为135°，则所用时间 -057 (1分)》 3TVo 解得t= (2分) 4g 合改革适应性演练 势能的增加量之和，故D错误。 6.D【解析】根据题意分析可知，圆环所受的电场力平行于x 轴向右，对圆环受力分析，如图甲所示，圆环所受重力与电场 力的合力G'=√mg)+(qB)=5mg,am9=9E=2,根据题 mg 意可知，坐标(1,1)处是等效最低点，过点(1,1)作轨道的切 线，再过点(3,9)作该切线的平行线，如图乙所示，该平行线 的方程为y-9=tan0·(x-3),即y=2x+3,设该平行线与轨道 的交点为A,则A点的坐标满足方程y=2x+3、y=x2,解得A 点坐标为(-1,1)，则圆环恰能运动到坐标(-1,1)处，由于圆 环运动到此处时克服电场力做功最多，故圆环在此处机械能 最小，A错误，D正确：圆环做曲线运动，在(1,1)处加速度一 定不为零，B错误；设圆环到达(0,0)处时速度大小为"，对圆 环由(3,9)处静止释放至运动到(0,0)处的过程，由动能定理 得mg=2m,其中E=2%,联立解得=2下，C 9 错误。 y/m 9 654 gE-2mg mg' G -4-32-101234x/m 甲 乙 7.D【解析】作出光路图，如图甲所示，AB为人眼到脚底在平 面镜中的像，根据平面镜成像原理，可知DF为△ABC的中位 18·物理