高級中學名校試卷PAGEPAGE1豫西北教研聯盟（平許洛濟）2024-2025學年高三第三次質量檢測試題物理注意事項：1、考試時間：75分鐘，總分100分。2、答題前，考生務必將自己的姓名、考號涂寫在答題卡上。3、回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，把所選答案涂在答題卡上。1.2025年1月7日，西藏日喀則市定日縣發生6.8級地震，在短短數小時內，中央救災物資已通過多渠道運往災區。將一箱應急物品由無人機以空投的方法快捷精準投放到避難點。已知箱體脫離無人機后由靜止開始豎直下落，以豎直向下為正方向，運動過程的位移一時間圖像如圖所示，和時間內的曲線在時刻平滑連接，兩段曲線的彎曲方向相反，時刻后為直線。下列說法正確的是（）A.時間內箱體的速度先增大后減小 B.箱體時刻的速度小于時刻的速度C.時間內箱體處于失重狀態 D.時刻后箱體機械能守恒【答案】A【解析】A．x-t圖像的斜率代表速度，觀察圖像可以發現時間內圖像斜率先增大后減小，所以箱體的速度先增大后減小，故A正確；B．根據圖像可以知道箱體時刻圖像斜率大于時刻的圖像斜率，故箱體時刻的速度大于時刻的速度，故B錯誤；C．根據圖像可知時間圖像斜率減小，故箱體向下減速，加速度向上，故箱體處于超重狀態，故C錯誤；D．根據圖像可知時刻后箱體做勻速直線運動，故箱體受到的阻力做負功，故箱體的機械能減小，故D錯誤。故選A。2.在籃球比賽中，運動員將籃球斜向上拋出，若籃球在運動過程中所受空氣阻力大小與其速率成正比，方向與籃球運動方向相反。則該籃球從拋出到運動至最高點的過程中（）A.運動軌跡為拋物線 B.加速度大小一定變小C.速率先變小后變大 D.在最高點加速度大小等于重力加速度大小【答案】B【解析】AC．如圖所示籃球在上升至最高點的過程中，受重力和空氣阻力，兩個力均做負功，故速率v變小，則阻力逐漸減小，所以合力是變力，所以其運動不是勻變速曲線運動，軌跡不是拋物線，故AC錯誤；B．由于阻力f的方向與重力mg方向間的夾角逐漸變大，且阻力變小，重力不變，根據平行四邊形定則可知合力變小，則由牛頂第二定律可知加速度變小，故B正確；D．籃球在最高點處，速度沿水平方向，仍受空氣阻力作用，故合力大于重力，加速度大于重力加速度，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，虛線左側空間存在一方向與紙面垂直的勻強磁場，磁感應強度隨時間的變化關系為。一硬質細導線的電阻率為、橫截面積為，將該導線做成半徑為的圓環固定在紙面內，圓心在上，時磁感應強度的方向如圖。對從時到時，下列說法正確的是（）A.圓環所受安培力的方向始終不變 B.圓環中的感應電流在時發生改變C.圓環中產生的感應電動勢大小為 D.圓環中的感應電流大小為【答案】D【解析】AB．由題知，磁感應強度隨時間的變化關系為設當時磁感應強度，代入上式，則有解得即當從時磁感應強度向里減到零，時磁感應強度為零，之后磁感應強度向外反向增加；根據楞次定律可知，在內圓環的電流為順時針；1.5s后圓環的電流也為順時針，即電流方向不發生改變；根據左手定則，可知在內圓環所受的安培力向左，1.5s后圓環所受的安培力向右，即安培力方向發生變化，故AB錯誤；C．根據法拉第電磁感應定律有根據磁感應強度隨時間的變化關系為可得故感應電動勢大小為故C錯誤；D．根據電阻定律，可得圓環的電阻為則感應電流大小為故D正確。故選D。4.如圖所示，一束紅光由空氣沿徑向射入半球形透明玻璃磚，當入射光線與透明玻璃磚底面之間的夾角θ=37°時，恰好沒有光線從底面透出。已知半球形玻璃磚的半徑為R，真空中光速為c，sin37°=0.6，cos37°=0.8。則這束紅光從射入玻璃磚到射出玻璃磚所需時間為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根據題意可知所以，所以這束紅光從射入玻璃磚到射出玻璃磚所需時間為故選C。5.2025年2月28日，太陽系七大行星上演“七星連珠”的天文現象。已知太陽系的八大行星基本運行在同一平面上，地球繞太陽運行的公轉軌道半徑是火星公轉軌道半徑的倍，則火星與地球相鄰兩次相距最近大約需要（）A.1.2年 B.1.8年 C.2.2年 D.3.7年【答案】C【解析】根據開普勒第三定律可得解得設經過t時間火星與地球相距最近，則有整理可得故選C。6.如圖所示，水平地面上靜置一質量為的圓形支架，其下端套有一質量為的光滑小圓環，現用一始終沿圓型支架切線方向的力緩慢將小圓環由最低點拉至頂端，支架保持靜止不動，在此過程中下列說法正確的是（）A.拉力逐漸變大 B.小圓環受到彈力先減小后增大C.地面對支架的支持力先增大后減小 D.地面受到的摩擦力先變大后減小【答案】B【解析】AB．對小環受力分析如圖所示從A到B的過程中，根據平衡條件可得，由圖可知，從增大到，則變小，變大，小環從B到C的過程中，則有，由圖可知，從增大到，變大，變小，故從最低點到最高點的過程中，拉力F先變大后變小，小環受到的彈力先減小后增大，A錯誤，B正確；CD．對支架大圓和小圓環整體受力分析，從A到B的過程中，其受力情況如圖所示則有，結合上述結論可知，變小，先增大后減小，同理可知，從B到C的過程中，其受力情況如下圖所示，故有變大，先增大后減小，綜合可知，地面對支架的支持力先減小后增大，地面受到的摩擦力先變大后減小，再變大再減小，CD錯誤。故選B。7.如圖所示，絕緣軌道ABC固定在豎直平面內，AB部分是光滑的圓弧軌道，軌道半徑為R，BC部分是足夠長的水平軌道，兩部分平滑連接。空間存在水平向左的勻強電場（圖中未畫出），場強大小為E（未知）。現將一質量為m、電荷量為q的帶電物塊（可視為質點）從軌道上的A點由靜止釋放，物塊沿軌道運動。已知物塊與軌道BC間的動摩擦因數為0.125，整個運動過程中物塊在BC段運動的總路程為2R，重力加速度大小為g，且。則整個運動過程中帶電物塊向右運動的最遠處與B點相距（）A. B. C. D.【答案】A【解析】運動到最遠時，根據動能定理得最終靜止在圓弧軌道上，設與豎直方向的夾角為θ，根據平衡條件得全程根據動能定理得解得故選A。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯得0分。8.如圖所示，一理想變壓器原線圈匝數n1＝1000匝，副線圈匝數n2＝200匝，副線圈中接有“220V，220W”的電動機，當原線圈中接電壓u＝1100sin100πt（V）的交變電源，電動機正常工作。電流表和電壓表都是理想電表。下列說法正確的是（）A.交流電的頻率為100Hz B.電壓表示數為1100VC.電動機的內阻220Ω D.電流表A1的示數為0.2A【答案】BD【解析】A．由表達式可知，交流電源的頻率為50Hz，變壓器不改變交變電流的頻率，選項A錯誤；B．交變電源電壓，而電壓表讀數為有效值，即電壓表的示數是選項B正確；C．電動機正常工作，所以由于電動機不是純電阻電路，歐姆定律不適用，則電動機的內阻選項C錯誤；D．電動機正常工作，所以電流表A2示數為1A，由電流與匝數成反比得通過電流表A1的電流為0.2A，選項D正確。故選BD。9.一列簡諧橫波沿軸傳播，時刻的波形如圖所示。已知從計時開始，處的質點第1次到達波峰的時刻比處的質點第1次回到平衡位置的時刻滯后了。關于該簡諧波，下列說法正確的是（）A.該波沿軸正方向傳播B.波速C.時，處的質點沿軸負方向運動D.處質點的振動方程為【答案】BC【解析】A．處處對于x=6m處對稱，根據簡諧波傳播規律，t=0時刻，兩點位移相同，又處的質點第1次到達波峰的時刻比處的質點第1次回到平衡位置的時刻滯后了，故該波沿x軸的負方向傳播，故A錯誤；B．若設該波的振動周期為T，則根據波的傳播規律,則x=5m處回到平衡位置的比x=7m處晚故，代入數據可得故，故B正確；C．據前分析可得，則t=8s時，x=3m處的質點回到t=0時刻位置，運動方向沿y軸負方向，又經，質點運動到x軸下方繼續沿y軸負方向運動，故C正確；D．根據波形圖可寫出t=0時刻，波形圖的函數關系式為即當x=1m時，代入振動公式由，得當，，且質點沿y軸正方向運動，故故處質點的振動方程為，故選BC10.在如圖所示的長方體空間中，存在沿軸正方向的勻強電場和勻強磁場，，。某時刻一帶正電的粒子以速度大小，方向平行于平面且與軸正方向的夾角，從左邊界區域中心射入，該粒子比荷為，不計粒子重力，，。則下列說法正確的是（）A.粒子在該區域運動過程中，加速度大小不變B.若磁感應強度，則粒子會從面射出C.若磁感應強度，則粒子會從面射出D.若磁感應強度，則粒子可能從面射出【答案】AC【解析】A．粒子在該區域受到向右電場力F=Eq將v0分解為豎直向上v0z和水平向右v0y，則有由左手定則知F洛=Bqv0z，方向向里，在xoz平面做勻速圓周運動，由于F洛不做功。v0z不變，故F洛大小不變。而電場力是恒力，y方向雖加速，但不影響洛倫茲力。所以合力大小不變，則加速度大小不變，故A正確；BC．若磁感應強度，根據洛倫茲力提供向心力，有解得AA1B1B的側視圖如圖可得由圖可知當時，圓周運動頂點剛好在ADD1A1面上。水平向右做勻加速運動、故剛能從DCC1D1面上射出。根據可知B越大，r越小，故時，則粒子會從DCC1D1面射出，故C正確，B錯誤；D．若時，根據洛倫茲力提供向心力，有解得則圓心在A1D1C1B1面上，則粒子從ADD1A1面射出，故D錯誤。故選AC。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.物體從高處下落時，會受到空氣的阻力，空氣阻力與物體的速度、迎風面的大小及形狀等因素有關。某實驗小組設計了如圖甲所示的用光電門測定鋼球下落時受到的阻力大小的實驗裝置。直徑為、質量為的小鋼球從某高度下落的過程中先后通過光電門A、B，計時裝置測出鋼球通過A、B的時間分別為、。用鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時速度，測出兩光電門間的距離為，已知當地的重力加速度大小為。（1）用游標卡尺測量鋼球直徑如圖乙所示，讀數為_____；（2）鋼球從A到B過程中受到空氣的平均阻力_____；（用題中所給物理量符號來表示）（3）本題“用鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時速度”，但從嚴格意義上講是不準確的，實際上鋼球通過光電門的平均速度小于鋼球球心通過光電門的瞬時速度，由此產生的誤差_____（選填“能”或“不能”）通過增加實驗次數減小。【答案】（1）10.20（2）（3）不能【解析】【小問1詳析】20分度游標卡尺的精確值為，由圖乙可知，鋼球直徑為【小問2詳析】鋼球經過A、B兩光電門的速度分別為，鋼球從A到B過程中，根據運動學公式可得根據牛頓第二定律可得聯立解得鋼球從A到B過程中受到空氣的平均阻力為【小問3詳析】本題“用鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時速度”，但從嚴格意義上講是不準確的，實際上鋼球通過光電門的平均速度小于鋼球球心通過光電門的瞬時速度，由此產生的誤差是系統誤差，不能通過增加實驗次數減小。12.為了測量某一舊電池組的電動勢和內阻，某實驗興趣小組設計了如圖甲所示電路圖，所用實驗器材如下：舊電池組（電動勢約為，內阻約為幾十歐姆）電壓表（量程為，內阻）定值電阻（阻值）單刀雙擲開關一個，導線若干（1）根據圖甲所示電路圖，完成圖乙中的實物圖連線_____。（2）實驗操作步驟如下：①將單刀雙擲開關與1接通，僅用電壓表直接測量電源兩端電壓，記錄電壓表示數；②將單刀雙擲開關與2接通，使得電壓表與定值電阻串聯后接入電源，記錄電壓表示數；（3）若測得，的讀數如圖丙所示，讀出_____，由此得出_____V，_____；（保留三位有效數字）（4）如果電壓表的實際內阻大于標稱值，最終測出的電池內阻阻值_____（填寫“偏大”、“偏小”或“無影響”）。【答案】（1）（3）1.202.4543.5（4）偏大【解析】[1]根據電路圖連接實物圖如圖所示[2]電壓表的最小分度值為0.1V，所以讀數為；[3][4]將單刀雙擲開關S與1接通，根據閉合電路歐姆定律，有將單刀雙擲開關S與2接通，根據閉合電路歐姆定律，有聯立并代入數據解得電動勢為電源內阻為[5]將單刀雙擲開關S與1接通，根據閉合電路歐姆定律，有將單刀雙擲開關S與2接通，根據閉合電路歐姆定律，有聯立解得如果電壓表的實際內阻大于標稱值，最終測出的電池內阻阻值偏大。13.如圖所示，豎直放置開口向上質量為的氣缸，用質量為的活塞密封一部分理想氣體，靜止在水平地面上，氣柱的高度為。現用豎直向上的恒定拉力（大小未知）作用在活塞上，當二者相對靜止且一起向上做勻加速運動時，活塞相對氣缸上升了。已知大氣壓強恒為，活塞橫截面積為，活塞和氣缸導熱性能良好，環境溫度不變，不計活塞和氣缸間的摩擦，忽略空氣阻力，重力加速度大小為，求：（1）勻加速上升過程中密封氣體的壓強；（2）拉力的大小。【答案】（1）（2）【解析】（1）對活塞，由靜止受力平衡得對密封氣體，從開始到施加力后達到穩定時，由玻意耳定律可得聯立解得勻加速上升過程中密封氣體的壓強（2）施加力后達到穩定時，對活塞由牛頓第二定律得對氣缸和活塞整體由牛頓第二定律得聯立解得拉力14.如圖所示，在光滑絕緣的水平面內，存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為。有兩個質量為可視為質點的帶電小球A、B，A球帶正電，B球帶負電，電荷量均為，兩小球與一輕質彈簧的兩端連接點處絕緣。初始時兩球被鎖定處于靜止狀態，彈簧被壓縮。已知彈簧勁度系數，彈簧彈性勢能的表達式為（x為彈簧形變量）。解除鎖定前彈簧的彈性勢能，忽略帶電小球A、B之間的相互作用力，某一時刻解除鎖定。求：（1）解除鎖定瞬間A球的加速度大小；（2）A球在向左運動過程中，當彈簧的彈力大小為時（此時彈簧處于壓縮狀態）A球的動能（結果保留兩位有效數字）。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳析】由得對A球解得【小問2詳析】從解除鎖定，A球在向左運動過程中，設x1、x2分別為A、B兩球移動的位移對A、B組成的系統，從解除鎖定至彈簧的彈力大小為的過程中，系統減少的彈性勢能系統在勻強電場中增加的電勢能由能量守恒定律得得A球向左運動