河南省三門峽市2024-2025學年高三（上）期末物理試卷

一、單選題：本大題共8小題，共34分。

1.某研究小組利用所學物理知識，研究籃球鞋的防滑性能。同學將球鞋置于斜面上，逐漸增大斜面與水平

面之間夾角，當夾角等于37。時，籃球鞋恰好開始滑動，設籃球鞋滑動摩擦力等于其最大靜摩擦力，下列說

法正確的是（）

A.需測量籃球鞋質量后，才能求得籃球鞋與斜面間動摩擦因數

B.鞋子與斜面間動摩擦因數為0.6

C.人穿上鞋子踩在相同材料板上時，壓力增大，動摩擦因數也會變大

D.籃球鞋開始滑動前，摩擦力隨夾角增大而變大

2.每逢節日舞臺上曼妙的舞姿讓人賞心悅目，配合著悠揚的音樂展示著當前人民的精神文明生活的富足，

如圖所示。某次舞蹈收尾的高難度動作中由甲、乙兩人托起丙同時丙做旋轉運動組合成“奔騰與展望”寓

意，贏得滿堂掌聲。下列關于動作解析說明正確的是（）

A.正在表演的三位舞蹈演員，臺下的觀眾可以將她們視為質點

B.“奔騰與展望”組合中的三人均不受摩擦力作用

C.若三人的質量均為小，則甲受地面的支持力大小為5Mg

D.若將三人組合動作移至我國的空間站內表演，則甲對丙的作用力大小為：mg

3.電子顯微鏡通過“靜電透鏡”實現對電子會聚或發散使微小物體成像。電子槍發射的電子僅在電場力作

用下的運動軌跡如圖中實線所示，a、氏c是軌跡上的三點，虛線為電子透鏡電場中的等差等勢面，下列說

法正確的是（）

A.電子在b點時受到的電場力方向垂直于等勢面斜向上

B.電子在a點的加速度比在c點的加速度大

C.b點的電勢小于c點的電勢

D.電子在c點的速度比在6點的速度大

4.如圖所示，一顆在某中地圓軌道上運行的質量為小的衛星，通過M、N兩位置的變軌，經橢圓轉移軌道進

入近地圓軌道運行，然后調整好姿態再伺機進入大氣層，返回地面。己知近地圓軌道的半徑可認為等于地

球半徑，中地圓軌道與近地圓軌道共平面且軌道半徑為地球半徑的3倍，地球半徑為R,地球表面的重力加

速度為g，下列說法中正確的是（）

-------中地圓軌道

廣-1、近地軌道

A.衛星在M、N兩點處需要加速才能實現題設條件中的變軌

B.該衛星在近地圓軌道上運行的動能為5zngR

C.該衛星在中地圓軌道上運行的速度J亭

D.該衛星在轉移軌道上從M點運行至N點（M、N與地心在同一直線上）所需的時間售

5.將一支圓珠筆的按壓式小帽朝下按在桌面上，放手后筆會向上彈起一定高度。某次實驗中測得圓珠筆彈

起的最大高度為八,重力加速度為g,不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.彈簧恢復原長的過程，圓珠筆所受合力的沖量為零

B.圓珠筆離開桌面瞬間的初速度大小為/而

C.彈簧恢復原長時，圓珠筆的動量最大

D.上升過程中，圓珠筆（含彈簧）的機械能守恒

6.相同的電燈4和自感系數較大的電感線圈心接入如圖甲所示的電路中，電源電動勢為E,內阻不計。

閉合開關S,待電路穩定后開始計時，亢時刻斷開開關S,今時刻整個電路的電流均為零。L時刻前后通過電

燈兒的電流-時間-。圖像如圖乙所示，用人和辦分別表示開關S斷開瞬間前后通過電燈出的電流大小。

下列說法正確的是（）

A.電感線圈的直流電阻可忽略不計

B.斷開開關S后，電燈4電流大小始終相等

C.斷開開關S后，流過電燈4的電流方向向左

D.線圈的自感系數是由線圈本身決定的，與是否有鐵芯無關

7.某同學研究遠距離輸電的電路如圖所示，a、b端接入電壓為無的交流電源，升壓變壓器J；和降壓變壓器與

均為理想變壓器，且兩變壓器的匝數比a=照已知治、&的阻值均為Ro,R3的阻值為學，電阻治、氏2消

耗的功率相同，電表均為理想交流電表，下列說法正確的是（）

A.升壓變壓器TV的匝數比也B.電壓表的示數為|生

九223

C.電流表的示數為篝D.若/?3斷路，電流表示數將增大

8.一傾角為a的絕緣光滑斜面處在與斜面平行的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。質量為小，電荷量為-q

的小球，以初速度%從N點沿NM邊水平射入磁場。己知斜面的高度為九且足夠寬，小球始終未脫離斜面。

則下列說法正確的是（）

A.小球在斜面上做變加速曲線運動

B.小球到達底邊的時間為匚巨

7gsin￡a

C.小球到達底邊的動能為mgh

D.勻強磁場磁感應強度的取值范圍B＜也陋

q%

二、多選題：本大題共2小題，共12分。

9.當上、下抖動長長的輕繩時，輕繩則呈正弦波形狀。如圖甲，是某輕繩產生的橫波在介質中沿x軸傳播,

在t=0.25s時的波形圖，圖乙為橫坐標在1,5機處P點的振動圖像。則下列說法中正確的是（）

A.該波向左傳播，波速為2m/s

B.再經過3.5s質點P通過的路程為140cm

C.L質點比N質點先到達波峰

D.人若加快抖動輕繩，兩個相鄰波峰之間的距離變小

10.如圖所示，用金屬制作的曲線導軌與水平導軌平滑連接，水平導軌固定于豎直向上的勻強磁場中，窄軌

的間距為上，寬軌的間距為3兩根完全相同的導體棒MN和PQ,其中PQ垂直于導軌靜止放置并與導軌接觸

良好，兩導體棒的長度均為L.現將金屬棒MN自曲線導軌上h高度處靜止釋放，到達水平軌道立即進入磁場

區域，已知導體棒MN在到達寬窄導軌的連接處之前就已經勻速運動，經過足夠長的時間，兩根導體棒都在

寬軌上勻速運動，運動過程中兩導體棒未發生碰撞，不考慮導體棒MN經過寬窄導軌的連接處時速度的變化,

不計一切摩擦.下列說法中正確的是（）

A.導體棒PQ第一次勻速運動的速率為養，礪

B.導體棒MN前后兩次勻速運動的速率之比為3:2

C.導體棒MN寬軌上運動的過程中，通過回路的電荷量為駕守

IUDL

D.導體棒MN分別在窄軌上和寬軌上運動的過程中，回路中產生的焦耳熱之比為1:3

三、實驗題：本大題共2小題，共14分。

11.用如圖甲所示的裝置探究影響向心力大小的因素。已知小球在槽中4、B、C位置做圓周運動的軌跡半徑

之比為1：2：1,變速塔輪自上而下按如圖乙所示三種方式進行組合，每層半徑之比由上至下分別為1：1、

2：1和3：1.

（1）在探究向心力大小與半徑的關系時，為了控制角速度相同需要將傳動皮帶調至第（填“一”“二”

或“三”）層塔輪，然后將兩個質量相等的鋼球分別放在____（填“4和B”“4和C”或“B和C”）位置，勻

速轉動手柄，左側標尺露出4格，右側標尺露出2格，則左右兩球所受向心力大小之比為；

（2）在探究向心力大小與角速度的關系時，若將傳動皮帶調至圖乙中的第三層，轉動手柄，則左右兩小球的

角速度之比為o為了更精確探究向心力大小尸與角速度3的關系，采用接有傳感器的自制向心力實驗

儀進行實驗，測得多組數據經擬合后得到尸-3圖像如圖丙所示，由此可得的實驗結論是

12.某同學設計了如圖甲所示的電路，用來測量水果電池的電動勢E和內阻r,以及一未知電阻Rx的阻值，圖

中電流表內阻極小，可忽略。實驗過程如下：

L斷開開關Si，閉合開關S2,改變電阻箱R阻值,記錄不同阻值對應的電流表示數；

必將開關Si、S2都閉合，改變電阻箱R阻值，再記錄不同阻值對應的電流表示數;

山.根據步驟入苴記錄的數據，作出對應的;-R的圖線，如圖乙所示，4、B兩條傾斜直線的縱截距均為6,

斜率分別為自、k2o

根據以上實驗步驟及數據，回答下列問題:

(1)根據步驟〃中記錄的數據，作出的，—R圖線是圖乙中的(填“4"、"B")；

(2)根據圖乙中圖線的斜率和截距，可以表示出電源電動勢石=,電源內阻「=,電阻

Rx=(用k］、B和b表示)

(3)若電流表內阻較大不可忽略，圖線4、B的截距(選填“相同”、“不同”)，內阻r測量值

(選填“偏大”、“偏小”、“不變”)。

四、計算題：本大題共3小題，共40分。

13.旅游旺季，我省多地迎來大量游客。一名游客拉著行李箱在水平地面行走行李箱的運動可看成在地面上

滑行,行李箱的質量為22kg,取重力加速度g=10zn/s2,cos37°=0.8,sin37。=0.6。

(1)若該游客用如圖甲所示的力拉行李箱勻速行走，拉力大小為100N,求行李箱與水平地面間的動摩擦因數

〃；

(2)若行李箱拉桿器件損壞，該游客停下來，改用如圖乙所示的力推行李箱勻加速追趕前方的朋友，10s內

跑了25nl才追上，求該推力的大小。

14.如圖所示，水平傳送帶以%=2m/s的速度做逆時針運動，傳送帶左端與水平地面平滑連接，傳送帶右

端與一固定的四分之一光滑圓弧軌道相切，物塊a從圓弧軌道最高點由靜止下滑后滑過傳送帶，與靜止在水

平地面右端的物塊b發生彈性碰撞。已知物塊a的質量m=0.1kg,物塊b的質量M=0.3kg,兩物塊均可視

為質點，圓弧軌道半徑r=1.25小，傳送帶左、右兩端的距離d=4.5巾，物塊a與傳送帶和水平地面間的動

摩擦因數均為〃1=0.1,物塊b與水平地面間的動摩擦因數〃2=0占，重力加速度g=10m/s2,碰撞時間極

短。求：

(1)物塊a滑到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大??；

(2)物塊a第一次與物塊b碰撞后瞬間，物塊6的速度大小。

15.如圖所示，正方形區域abed的邊長為3右側cd邊處裝有彈性擋板，粒子碰到彈性擋板時，垂直于擋板

的速度反向但大小不變，平行于擋板的速度不變。其他三邊無阻擋，粒子能自由離開。一粒子從a點沿ac方

向以初速度為進入矩形區域。如圖1，當矩形內部為磁感應強度為B的勻強磁場時，粒子能擊中cd中點處；

如圖2,當矩形區域內換成豎直向上的勻強電場時，粒子也能擊中cd中點處。不計粒子重力。求：

圖1圖2

(1)粒子的電性及比荷;

(2)勻強電場的電場強度;

(3)求區域內存在磁場和電場這兩種情況下粒子離開矩形區域的位置之間的距離。

答案和解析

1.【答案】D

【解析4B.設鞋子與斜面間動摩擦因數為〃，當籃球鞋恰好開始下滑時，對籃球鞋，由平衡條件：mgs出37。=

fimgcos37°f解得：〃=tan37。=',與籃球鞋的質量無關，故A3錯誤；

C.動摩擦因數取決于材料表面的粗糙程度，與壓力大小無關，故C錯誤；

D籃球鞋開始滑動前，對籃球鞋，由平衡條件知，摩擦力大小為/=mgs譏氏可見摩擦力/隨夾角。的增大

而變大，故。正確。

故選。。

2.【答案】C

【解析】A舞蹈演員做不同舞蹈動作，吸引觀眾眼球，舞蹈演員的形態影響視覺效果，故舞蹈演員不能視為

質點，故A錯誤；

A丙繞豎直軸做圓周運動，丙不受摩擦力，甲和乙各自平衡，由于甲與乙手拉手，甲和乙可能受摩擦力也可

能不受摩擦力，故8錯誤；

C.丙在豎直軸上繞水平內做圓周運動，三人系統在豎直方向上受力平衡，由整體法有甲、乙受地面作用力

大小均為gag,故C正確；

D將三人組合系統移至空間站內時，處于完全失重狀態，丙對甲、乙沒有壓力，故。錯誤。

故選Co

3.【答案】A

【解析】A根據曲線運動的條件可知，電子在b點時受到的電場力方向垂直于等勢面斜向上，故A正確；

8.等差等勢面的疏密表示電場的強弱，則a點的電場強度小于c點的電場強度，電子在a點的加速度比

在c點的加速度小，故B錯誤；

C.根據電場線的方向與等勢面垂直，且電子帶負電可知，題圖中電場線的方向大體沿右下方，沿著電場線

的方向電勢越來越低，所以b點的電勢大于c點的電勢，故C錯誤；

D電子從b點運動到c點的過程中，電場力做負功，電子在c點的速度比在b點的速度小，故。錯誤。

故選A。

4.【答案】C

【解析】

4由題設條件知，衛星在向低軌道變軌，故需要減小速度，使衛星做向心運動，故A錯誤;

8.在近地圓軌道上，有6啰=zng可得GM=gR2

根據萬有引力提供向心力有G翳=mJ,解得巧=4GR

1m1

則該衛星在近地圓軌道上運行的動能為Eg2-=-mgR,故3錯誤;

C.在中地圓軌道上，根據萬有引力提供向心力有G3=小得

（3R）/3R

結合GM=gR2,可得吸=招，故C正確；

D在近地圓軌道卜.，衛星運行的周期A，則有G翳=爪等R

轉移軌道是橢圓軌道，其半長軸r=里/=2R

根據開普勒第三定律可得馬=嗎

聯立得7=4兀但，則該衛星在轉移軌道上從M點運行至N點所需的時間t=《=2兀慳，故。錯誤。

\92、g

5.【答案】D

【解析】4彈簧恢復原長的過程，圓珠筆所受合力不為0,故圓珠筆所受合力的沖量不為零，故A錯誤;

12

mV

3.圓珠筆彈起的最大局度為七根據機械能守恒得mg/i2-解得〃=/麗，所以圓珠筆離開桌面瞬間

的初速度大小為U=故B錯誤；

C.當彈簧恢復到彈簧彈力等于重力時，此時速度最大，圓珠筆的動量最大，故C錯誤；

D上升過程中，圓珠筆（含彈簧）只受到重力作用，所以圓珠筆（含彈簧）的機械能守恒，故。正確。

故選：D。

6.【答案】B

【解析】A.因為相同的電燈4、4，電路穩定由圖像可知通過電感線圈L支路的電流小于通過電燈&支

路的電流，所以電感線圈的直流電阻不可忽略，A錯誤；

BC,穩定后當開關S斷開瞬間，由于線圈的自感現象，線圈中的電流只能逐漸減小，線圈L、電燈為、A2構

成閉合回路，兩燈都過一會兒再熄滅，電燈公、為電流大小始終相等，且流過燈4的電流方向向右，故

3正確，C錯誤；

。有鐵芯時線圈的自感系數比沒有鐵芯時要大得多，。錯誤。

故選瓦

7.【答案】C

【解析】4已知七、R2的阻值相等，消耗的功率相同，可知電流相同，設為I2，因R3的阻值為華，則R3的

電流為2/2，則降壓變壓器72的次級電流為3/2，由匝數和電流關系可知幺=1

九33/23

則也=9，故A錯誤；

九23

A變壓器Ti的初級電流A=^/=31,

nl22

由能量關系可知/A=2U4/2+U4.2I2,

解得/兄4,即電壓表示數汐。,故B錯誤；

C.電流表的示數等于/2,等于通過區的電流，則為/2=群=警，故c正確；

尺04Ko

。若心斷路，則72次級電阻變大，相當于電網用電設備減少，總功率減少，電流減小，則初級電流減小，

則電流表示數將減小，故。錯誤。

故選Co

8.【答案】B

【解析】4、由于小球在下滑過程中，洛倫茲力垂直于斜面，不會影響重力與支持力的合力，因此小球受力

恒定，故小球做勻變速曲線運動，故A錯誤；

3、小球做類平拋運動，則在斜面.上，沿著斜面方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有

mgsina=ma

再由運動學公式可得

h12

-si-n--a-=2at

所以球到達底邊MN的時間t=口號

ygsin￡a

故8正確；

C、洛倫茲力不做功，根據動能定理有

1,

mgh=Ek--^mv^

解得a=mgh+-mvl

故C錯誤；

D、帶電荷量為-q(q>0)的小球以初速度為為平行于NM方向運動，根據左手定則可知，小球受到的洛倫

茲力的方向垂直于斜面向上；小球能夠沿斜面到達底邊MN,說明洛倫茲力小于重力垂直于斜面向下的分力，

即0Wqv0B<mgcosa

解得磁感應強度的取值范圍為0<B<耍吧

q%

故。錯誤；故選：B。

9.【答案】CD

【解析】A由圖乙可知，在t=0.25s時，質點P向上振動，根據“同側法”可知，波向右傳播；由圖甲可

知，波的波長為4=4小，由圖乙可知，波的周期為T=2s,所以波速為

A

v=亍=2m/s

故A錯誤；

5再經過3.5s,則前3s

3

/匕=3s=,7

質點P通過的路程為

3

sr=-X4A=120cm

后0.5s

1

At2=0.5s=4T

由于質點P向位移為負向最大位移處振動，則通過的路程

s2<A=20cm

所以，再經過3.5s質點P通過的路程

s=Si+S2<140cm

故8錯誤；

C.根據“同側法”可知，L質點向y軸正方向運動，N質點向y軸負方向運動，貝心質點比N質點先到達波峰,

故C正確；

D人若加快抖動輕繩，則波的振動頻率變大，波速不變，根據4=/可知，波長變小，即兩個相鄰波峰之間

的距離變小，故。正確。

故選CD.

10.【答案】BC

【解析】

A.從金屬棒M開始運動到剛進入磁場過程，對MN,由機械能守恒定律得：mgh=|mvo>解得%=J2gh；

導體棒第一次勻速運動，切割磁感線產生的感應電動勢：

PQEPQ1=BLvPQ1

此時導體棒MN切割磁感線產生的感應電動勢：=B-^Lv

EMN1MN1

且EpQl=EMNI

則：VMN1=3UpQi

-11

對MN,由動量定理得：mvMN1-mv0=-BI-L-t=--BLq1

對PQ,由動量定理得：mvPQ1-O=BlL-t=BLqr

所以盯INI=Qo=4/^，"PQI=Qo2gh,故A錯誤；

A兩根導體棒都在寬軌上勻速運動時，EpQ2=EMN2

則〃MN2=VPQ2

對MN,由動量定理得：mvMN2-mvMN1=-Bl'L?t'=-BLq2

rr

對PQ,由動量定理得：mvpQ2-mvPQi=BIL-t=BLq2

所以〃MN2=UpQ2=gUo=gJ2gh

則：導體棒MN前后兩次勻速運動的速率之比UMNI："MN2=3：2,故3正確；

c.導體棒MN寬軌上運動的過程中，通過回路的電荷量42=7,=吧%產空=駕評，故c正確；

。根據能量守恒定律，可得導體棒MN在窄軌上運動的過程中，回路中產生的焦耳熱為Qi=；加詔-

扣詒N1一如好Ql=^mV0

11

同理，可得導體棒MN在寬軌上運動的過程中，回路產生的焦耳熱為（?2=需NI+'M蘇Q1）-

（；山成N2+；小蘇＜?2）=^mV0

則回路中產生的焦耳熱之比為5:9,故。錯誤。

11.【答案】（1）一；B和C；2:1；

（2）1:3；小球的質量、運動半徑相同時，小球受到的向心力與角速度的平方成正比。

【解析】（1）變速塔輪邊緣處的線速度相等，根據

v=a）r

在探究向心力大小與半徑的關系時，需控制小球質量、角速度相同，運動半徑不同，故需要將傳動皮帶調

至第一層塔輪；將兩個質量相等的鋼球分別放在B和C位置；

左右兩球所受向心力大小之比為

F左:F右=幾左:n右=4:2=2:1

(2)變速塔輪邊緣處的線速度相等，根據

v=a)r

左右兩小球的角速度之比為

(I)^，.3右—/?3：3/？3=1：3

可得的實驗結論是：小球的質量、運動半徑相同時，小球受到的向心力與角速度的平方成正比。

12.【答案】(l)B

(3)不同偏大

【解析】(1)對于同一個R值，開關S”S2都閉合時，R和&并聯部分電阻分得的電壓更小，電流表示數更

小，即:更大，故據步驟ii中記錄的數據，作出的;-R圖線是圖乙中的B。

(2)斷開開關SI,閉合開關S2,由閉合電路歐姆定律得

F=/(r+R)

整理得

11r

—=-RT—

IEE

根據圖乙

1

E=kl

Y

E=b

解得

1

E=kl

b

r=k

將開關Si、S2都閉合時，由閉合電路歐姆定律得

R+R

E=IR+—■色x?Ir

“%

整理可得

1%+丁r

—=-......R+—

IERXE

根據圖乙

R+r

-x---二

ko2

ERX

聯立解得

b

(6_ki)

(3)若電流表內阻較大不可忽略，根據步驟八譏記錄的數據，根據閉合電路歐姆定律分別列式

11r+r

-=—R+—A-----

IEE

?+rr+r+^-r

1_1xA

ERXE

知圖線4、B的截距不同，內阻r測量值偏大o

13.【答案】(1)如圖所示

卡」-

\mg

行李箱勻速，則有

FN+Fsin37°=mg

Fcos37°=Ff

Ff="FN

解得

〃=0.5

(2)如圖所示

行李箱勻加速運動，則有

F'N=F'sin37°+mg

F'cos37°—陽N=MA

12

x=2at

解得

F'=242N

14.【答案】(1)物塊a沿圓弧從最高點由靜止下滑到圓弧軌道最低點，根據機械能守恒定律有

12

mgr=

解得

%=5m/s

物塊。運動到軌道最低點時，由牛頓第二定律有

v/

F—mg=

聯立以上兩式代入數據解得

F=3N

由牛頓第三定律知物塊a滑到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大小為3N

(2)物塊a在傳送帶上運動時，由牛頓第二定律有

mar=fi^mg

設物塊a第一次滑到傳送帶左端時的速度大小為外