2024-2025学年河南省创新发展联盟质量检测高三(上)11月期中物理试卷(解析版)

这是一份2024-2025学年河南省创新发展联盟质量检测高三(上)11月期中物理试卷(解析版)，共19页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
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：必修第三册第九章、选择性必修第一册第一章~第三章（70%）；必修第一册、必修第二册（30%）。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 如图所示，两个完全相同的弹簧，悬挂在同一水平天花板上，下面分别吊着细线连接的A、B两球和细线连接的C、D两球，A、C两球的质量相等，B球的质量大于D球的质量，四球均处于静止状态。某时刻，同时剪断两细线，弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，比较A球和C球的振动，下列判断正确的是（ ）
A. A球振动周期比C球振动周期小
B. A球振动幅度比C球振动幅度大
C. A球振动平衡位置比C球振动平衡位置高
D. C球第一次到达最高点时，A球正在向上运动
【答案】B
【解析】AD.弹簧振子振动周期为，振子小球的质量相同，因此两振子的振动周期相同，所以C球第一次到达最高点时，A球也第一次到达最高点，选项AD错误；
BC.由于B球质量大于球质量，初始两个小球的形变量为，
细线剪掉以后两个小球做简谐振动平衡位置合力为零，即
因此可知A的振幅为
B的振幅为
即AC的平衡位置高度相同，A的振幅更大。
故选B。
2. 某排球运动员比赛发球时，竖直向上抛出球后迅速跳起，把在最高点时的排球水平扣出，从排球扣出到排球运动的速度与水平方向成30°的过程中，排球的动量变化量大小为p，不计空气阻力，则扣球过程合力对排球的冲量大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据动量定理，重力的冲量等于动量的变化量，排球在空中运动的速度与水平方向成时，竖直分动量等于，水平分动量为
根据动量定理，扣球过程合力对排球的冲量大小为
故选D。
3. 如图所示，A、B是电荷量相等的同种点电荷，固定在同一水平线上，在A、B连线的垂直平分线上有一点电荷C，给C一个大小为v0的初速度，C仅在电场力作用下恰能做匀速圆周运动。已知O为A、B连线与垂直平分线的交点，AO = OC = L，点电荷C的带电量为q，质量为m，静电力常量为k，不计重力，则点电荷A的带电量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据题意
解得
点电荷A在点电荷C所在处产生的场强为E1，则
又
解得
故选B。
4. 如图所示为一单摆的共振曲线，已知重力加速度g取，取，则下列判断正确的是（ ）
A. 单摆的固有周期为1s
B. 单摆的摆长为2m
C. 发生共振时，摆球沿振动方向的最大加速度约为
D. 若仅增大摆球的质量，共振曲线的峰值将向左移动
【答案】C
【解析】A．由图像可知，单摆的固有频率为0.5Hz，因此固有周期T=2s，共振时振幅A=8cm，选项A错误；
B．由单摆周期公式
整理得单摆的摆长
选项B错误；
C．发生共振时，摆球沿振动方向的最大加速度位于振幅处，设此时摆线与竖直方向夹角为，摆球质量为m，由牛顿第二定律得其加速度为
摆球做单摆时很小，故有
选项C正确；
D．若仅增大摆球的质量，不改变单摆的固有周期，共振曲线的峰值位置不变，选项D错误。
故选 C。
5. 如图所示，一张白纸放在水平桌面上，一本书放在白纸上，用大小为F的水平力拉动白纸，最终书和白纸一起在桌面上匀速运动，已知各个接触面的动摩擦因数相同，书的质量为m、白纸的质量不计，重力加速度为g，则书和白纸在桌面上匀速运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 白纸对书的摩擦力方向水平向右B. 书和白纸间的动摩擦因数等于
C. 增大拉力，桌面对白纸的摩擦力增大D. 书对白纸的压力是由于纸的形变引起的
【答案】B
【解析】A．由于书和白纸一起做匀速运动，因此书不受摩擦力作用，故A错误；
B．对书、纸整体研究，桌面对纸的摩擦力
因此有
由于各个接触面的动摩擦因数相同，故B正确；
C．增大拉力，桌面对纸的滑动摩擦力不变，故C错误；
D．书对纸的压力是由于书的形变引起的，故D错误。
故选B。
6. 2024年1月9日我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将爱因斯坦探针卫星发射升空，该卫星主要用于观测宇宙中的剧烈爆发现象。其发射过程如图乙所示，卫星先进入圆形轨道Ⅰ，然后由轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，卫星在轨道Ⅱ上运动时，经过近地点a时的速度大小为经过远地点b时速度大小的3倍，卫星在轨道Ⅱ上b点再变轨进入圆轨道Ⅲ，卫星在轨道Ⅰ上运行的周期为T，则下列关系正确的是（ ）
A. 卫星在轨道Ⅱ上的运行周期为
B. 卫星在轨道Ⅰ上、轨道Ⅲ上运行的加速度大小之比为
C. 卫星在轨道Ⅰ上、轨道Ⅲ上的运行速度的大小之比为
D. 卫星在轨道Ⅱ上从a运动到b，线速度、加速度、机械能均减小
【答案】A
【解析】A．设轨道Ⅰ的半径为，轨道Ⅲ的半径为，由开普勒第二定律可得
椭圆轨道的半长轴
设轨道Ⅱ的周期为，根据开普勒第三定律有
解得
选项A正确；
B．由地球质量为M，卫星质量为m，卫星轨道半径为r，由牛顿第二定律得
整理得
可知，卫星在轨道Ⅰ上和轨道Ⅲ上运行加速度大小之比为
选项B错误；
C．由
得
因此卫星在轨道Ⅰ上，轨道Ⅲ上的运行速度的大小之比为
选项C错误；
D．卫星在轨道Ⅱ上从运动到，线速度、加速度均减小，机械能不变，选项D错误。
故选 A。
7. 如图甲所示，A、B是两个相距5m的波源，两波源处质点均沿竖直方向做简谐振动，振动在同一介质中传播，质点A的振动图像如图乙所示，质点B的振动与质点A的振动完全相反，在两振动传播叠加的区域内，形成稳定的干涉图样，振动减弱点的振幅为2cm，振动传播的速度的大小为1m/s，则下列判断正确的是（ ）
A. A、B连线中点一定是振动加强点
B. A、B之间连线上共有10个振动加强点
C. 振动加强点振动频率为2Hz
D. 波源B处质点的振动方程一定为
【答案】B
【解析】若两波源振动方向相反，则波程差为半波长的偶数倍的位置为振动减弱点，波程差为半波长的奇数倍的位置为振动加强点。
A．由于两波源处质点振动方向相反，因此连线中点处（波程差为0）一定是振动减弱点，故A错误；
B．由题意知，两列波的波长
、之间连线上某点到、的波程差，振动加强点
则取0，1，2，3，4，因此、之间连线上共有10个振动加强点，故B正确；
C．振动加强点的振动频率为
故C错误；
D．由于振动减弱点的振幅为2cm，所以质点振动的振幅可能是12cm，也可能是8cm，根据，波源处质点的振动方程为
或
故D错误。
故选B。
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，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平面上，在斜面顶端A点沿水平方向抛出小球1，小球1落在斜面上的C点，在A点上方高d处的B点沿水平方向抛出小球2，小球2也落在斜面上的C点，小球2平抛运动的时间是小球1平抛运动时间的2倍，重力加速度为g，不计小球的大小，两球的质量相等，则下列判断正确的是（ ）
A. 球1、2做平抛运动的初速度大小之比为
B. 球1抛出的初速度大小为
C. A、C两点间的距离为d
D. 球1、2到达C点时重力瞬间功率之比为
【答案】BD
【解析】A.由于两球做平抛运动的水平位移相同，小球2平抛运动的时间是小球1平抛运动时间的2倍，根据
则球1，2做平抛运动的初速度大小之比为，选项A错误；
C.根据竖直方向分运动的规律可知，、两点的高度差为，、两点间的距离为，选项C错误；
B.、两点的水平位移为，则
选项B正确；
D.由
可知，球1、2到点时速度沿竖直方向的分速度之比为，由
可知，球1、2到达点时重力的瞬间功率之比为，选项D正确。
故选BD。
9. 一列简谐横波沿x轴正向传播，波的振幅为2cm，a、b是平衡位置分别在，处的两个质点，时刻，两质点所在位置及振动方向如图所示，已知波长大于2m，从图示时刻，质点b经过0.2s第一次到达波峰，则下列判断正确的是（ ）
A. 时刻，a、b两个质点的加速度相同
B. 当质点b到达波峰时，质点a到达平衡位置
C. 质点a振动的频率为
D. 波传播的速度大小为2m/s
【答案】AC
【解析】A．时刻，质点、的位移相同，振动的加速度大小相等，方向均指向平衡位置，选项A正确；
B．从图示时刻，根据振动方向及位置可知，质点第一次到达波峰用时，质点第一次到达平衡位置用时，选项B错误；
CD．由于波长大于2m，因此、间的距离小于半个波长，根据图像可知
解得
质点经过0.2s第一次到达波峰，即
解得
则波速
质点振动的频率
选项C正确，D错误。
故选AC。
10. 如图所示，质量为3m、两端带有固定挡板的平板车静止在光滑的水平面上，质量为m的物块放在平板车上，用水平细线将物块与平板车左侧挡板连接，轻弹簧放在物块与左侧挡板之间，弹簧的左端与挡板连接，弹簧处于压缩状态，平板车两挡板间的距离为L，弹簧的原长为，O为平板车的中点，O点左侧平板车上表面光滑，右侧粗糙。某时刻剪断细线，最终物块相对于平板车停在O点与右侧挡板之间的中点，不计物块的大小，物块被弹簧弹出后，弹簧仅又被压缩了一次，物块与挡板间的动摩擦因数为，不计碰撞过程的能量损失，已知重力加速度为g，则剪断细线后，下列判断正确的是（ ）
A. 物块相对车向右运动时，车相对地面一定向左运动
B. 物块与车相对运动过程中，物块与车的加速度大小之比始终为
C. 物块与车相对运动过程中，物块与车的速度大小之比始终为
D. 弹簧开始具有的弹性势能大小一定为
【答案】ABC
【解析】A.物块与车组成的系统动量守恒，系统的总动量为零，因此物块相对车向右运动时，如果车也向右运动，则物块和车均向右运动，系统的总动量不为零，选项A正确；
B.根据牛顿第三定律，物块与车间的相互作用力始终等大反向，由牛顿第二定律可知
解得
物块与车相对运动过程中，物块与车的加速度大小之比始终为，选项B正确；
C.由于物块与车的动量总是等大反向
解得
因此物块与车相对运动过程中，物块与车的速度大小之比始终为，选项C正确；
D.根据能量守恒，不计碰撞过程的能量损失，若弹簧压缩一次后直接在O点与右侧挡板之间的中点停止，则弹簧开始具有的弹性势能为
若弹簧压缩一次后与右侧挡板碰后在O点与右侧挡板之间的中点停止，则弹簧开始具有的弹性势能为
选项D错误。
故选ABC。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 甲、乙两位同学分别用如图甲所示装置测当地的重力加速度。
（1）甲同学先用游标卡尺测量小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径______cm；
（2）甲同学用秒表测量单摆的周期。当单摆振动稳定且到达最低点时开始计时并记数为，单摆每经过最低点记一次数，当数到时秒表的示数为50.50s，该单摆的周期是______s。测得摆线长，则求得当地重力加速度______。（结果均保留三位有效数字）
（3）乙同学为了提高实验的准确度，多次改变摆长L进行实验，并测出相应的周期T，根据得出的几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、为纵坐标作出图线，该同学实验时忘记测小球的直径，以摆线的长作为摆长，得到的图像应是图丙中的______（填“①”“②”或“③”），若图像的斜率为k，则求得当地的重力加速度______；若测摆长时未考虑小球的半径，则对重力加速度测量的结果______（填“有影响”或“无影响”）。
【答案】（1）1.07 （2）2.02 9.67 （3）③ 无影响
【解析】【小问1详解】
该游标卡尺的游标尺为10分度值，因此精确度为0.1mm，则摆球直径
【小问2详解】
[1]周期
[2]重力加速度
【小问3详解】
[1][2][3]由
可知，图线与纵轴有交点，为图线③，由题意
解得
摆长中未考虑小球的半径，对实验测量的结果没有影响。
12. 某同学设计如图所示装置来验证“动量守恒定律”。两个半径相同、质量不等的小球A、B用等长的不可伸长的细线分别悬于力传感器a、b上，静止时两线竖直且两球刚好接触。力传感器a、b的示数分别为、，当地的重力加速度为g。
（1）小球A的质量为______，小球B的质量为______；
（2）将B球拉开一定角度，由静止释放小球B，A、B碰撞后，发现B球被弹回，则表明B球的质量______（填“大于”“小于”或“等于”）A球的质量；
（3）接（2），若测得碰撞前传感器b显示的最大拉力为，碰撞后力传感器a、b显示的最大拉力分别为、，当表达式______成立时，表明A、B两球碰撞过程中动量守恒。
【答案】（1）
（2）小于 （3）
【解析】【小问1详解】
根据平衡可知
，
可得
，
【小问2详解】
将B球拉开一定的角度，由静止释放小球B，A、B碰撞后，发现B球被弹回，则表明B球的质量小于A球的质量。
小问3详解】
碰撞前一瞬间
解得
同理碰撞后一瞬间，小球A的动量大小为
小球B的动量大小为
当
成立时，即
时，A、B两球碰撞过程中动量守恒。
13. 如图所示，光滑绝缘粗细均匀的直细杆竖直固定，点固定一个电荷量为、带负电的点电荷，一个质量为的带电小球套在杆上（可自由运动），当小球在点由静止释放，小球恰好能处于静止状态，AO垂直于杆，AO长为L，AB与水平方向的夹角为，、关于点对称，静电力常量为，不计小球的大小，重力加速度为，，，求：
（1）处的点电荷在点产生的场强大小；
（2）小球所带的电量；
（3）若将小球移到点由静止释放，则释放的一瞬间，小球的加速度多大。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
根据点电荷电场强度公式可知，处的点电荷在点产生的场强大小为
根据几何关系
解得
【小问2详解】
设小球所带量为，根据力的平衡
解得
【小问3详解】
根据对称性可知，若将小球移到点由静止释放，释放时，根据牛顿第二定律
解得
14. 如图所示，一列简谐横波沿轴传播，实线为时刻的波形图，虚线为时刻的波形图。时刻，质点正沿轴负方向运动，从时刻开始到时刻这段时间内，质点共两次经过平衡位置，且时刻和时刻质点在同一位置，求：
（1）试确定质点的平衡位置坐标及该列波的传播速度；
（2）写出质点的振动方程。
【答案】（1），
（2）
【解析】【小问1详解】
根据对称性可知，质点的平衡位置为
由于时刻，质点正沿轴负方向运动，说明波沿轴正方向传播，从时刻开始到时刻这段时间内，质点共两次经过平衡位置，由图像可知时间内波传播的距离
波传播的速度
【小问2详解】
由于波沿轴正方向传播，因此时刻，质点正沿轴正向运动，从时刻，质点第一次到达平衡位置需要的时间
质点振动的周期
因此质点的振动方程
解得
15. 如图所示，质量为、长为的长木板A静止在光滑的水平面上，质量为物块B放在长木板上表面的左端，半圆弧体竖直固定在长木板右侧某位置，半圆弧面最低点的切面与长木板上表面在同一水平面，质量为的小球C用长为的不可伸长细线悬于固定点点，将小球C拉至与点等高点，细线刚好伸直，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生碰撞，碰撞后一瞬间B、C的速度大小之比为，此后当B滑到长木板右端时A、B共速且此时A刚好与半圆弧体碰撞，A与半圆弧体碰撞后粘在一起，重力加速度为，不计物块的大小。求：
（1）B、C碰撞过程，B、C系统损失的机械能；
（2）开始时，A的右端离半圆弧面最低点的水平距离；
（3）要使B在轨道上运动时不脱离圆弧轨道，圆弧轨道的半径应满足的条件。
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】【小问1详解】
设C与B碰撞前一瞬间，C的速度大小为，根据机械能守恒
解得
设碰撞后B的速度大小为，则C的速度大小为，根据动量守恒定律有
解得
碰撞过程损失的机械能
【小问2详解】
设B与A间的动摩擦因数为，B与A共速时的速度为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律
解得
对长木板A研究，根据动能定理
解得
【小问3详解】
物块B以速度滑上圆弧轨道，设圆弧轨道半径为时，物块刚好能滑到与等高的位置，根据机械能守恒
解得
设当物块刚好能到达圆弧轨道最高点时，圆弧轨道半径为，到最高点时速度为，则
根据机械能守恒
解得
因此要使物块B在圆弧轨道上运动过程中不离开圆弧轨道，轨道半径满足的条件为
或