河南省名校联盟2024-2025学年高三（上）12月联考物理试卷（解析版）

这是一份河南省名校联盟2024-2025学年高三（上）12月联考物理试卷（解析版），共27页。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
一、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. 如图所示为双缝干涉实验的实验装置示意图，用单色细光束通过单缝A后，再通过双缝B、C，最终在右侧距离双缝为L的光屏上得到明暗相间的条纹，已知双缝B、C之间的距离为d。为了使屏上得到的条纹间距变大，则下列说法正确的是（ ）
A. 增大L
B. 增大d
C. 增加单色光的强度
D. 减小单缝到双缝的距离
【答案】A
【解析】根据双缝干涉条纹的间距公式
可知，条纹间距大小与光的强度和单缝到双缝的距离无关。欲使光屏上得到的条纹间距变大，应增大L或减小d。
故选A。
2. 2024年10月27日，中国网球名将郑钦文在WTA500东京站女单决赛中以2比0战胜对手肯宁，为自己的职业生涯再添一座冠军奖杯。某次郑钦文将网球沿水平方向击出，若击出时网球的速度越大（不计空气阻力），则（ ）
A. 网球在空中运动的时间越长
B. 网球落地瞬间竖直方向的速度越大
C. 网球的位移越大
D. 网球落地瞬间速度与水平方向的夹角越大
【答案】C
【解析】A．由平抛运动的规律
可知，网球在空中运动的时间取决于下落的高度，与网球的初速度大小无关，故A错误；
B．又网球落地瞬间的竖直速度为
显然该速度与网球初速度的大小无关，故B错误；
C．网球的初速度越大，网球的水平位移越大，则网球的位移越大，故C正确；
D．网球落地瞬间，由
可知，网球的初速度越大，网球落地瞬间速度与水平方向的夹角越小，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，正方形ABCD在与其平面平行的匀强电场中，对角线AC、BD交于O点，已知A、B两点电势分别为φA = 2 V、φB = 4 V，将一电子（电荷量大小为e）从B点移动到C点，静电力做的功为2 eV。下列说法正确的是（ ）
A. C点的电势为5 V
B. D点的电势为4 V
C. 电场强度的方向由A指向C
D. 将电子沿BD从B点移动到D点，静电力先做正功后做负功
【答案】B
【解析】A．将一电子从B点移动到C点，静电力做的功为
又
解得
故A错误；
B．A点的电势为2 V，O点是AC的中点，由匀强电场的特点可知，O点的电势为
则
故对角线BD为等势线，则
故B正确；
C．等势线与电场线垂直，对角线BD为等势线，对角线AC与BD垂直，电场线与AC平行，电场强度的方向由高电势指向低电势，故电场强度的方向由C指向A，故C错误；
D．对角线BD为等势线，将电子沿BD从B点移动到D点，静电力不做功，故D错误。
故选B。
4. 北京时间2024年7月19日，我国在太原卫星发射中心使用长征四号乙运载火箭，成功将高分十一号05星发射升空，并顺利进入预定轨道，在距离地面600km处环绕地球做匀速圆周运动，已知地球的半径为6400km，同步卫星距离地面的高度约为35600km，若高分十一号05星与某同步卫星的质量相同。则高分十一号05星与该同步卫星（ ）
A. 所受地球引力之比约为6：1
B. 周期之比约为1：6
C. 线速度之比约为6：1
D. 向心加速度之比约为36：1
【答案】D
【解析】A．由题意可知高分十一号05星到地心的距离为
同步卫星到地心的距离为
由万有引力定律
可知
则
故A错误；
B．由开普勒第三定律
得
则
故B错误；
C．高分十一号05星与同步卫星均环绕地球做匀速圆周运动，则万有引力提供向心力，由
得
则
解得
故C错误；
D．由公式
得
即
解得
故D正确。
故选D。
5. 如图所示，两根完全相同的通电直导线P、Q垂直纸面固定，连线沿水平方向，O1O2为两导线连线的中垂线，O为垂足。两导线中的电流大小相等，方向均垂直纸面向里，另取电流大小可调节的通电直导线A垂直纸面放置（图中未画出），其电流方向垂直纸面向外，则下列说法正确的是（ ）
A. P、Q两导线在O点上侧虚线处产生的合磁场方向水平向左
B. 直导线A放在O点所受的磁场力等于零
C. 直导线A放在O点上侧虚线处所受的磁场力向右
D. 直导线A固定在O点上侧虚线处，P所受的磁场力不可能竖直向下
【答案】B
【解析】A．由安培定则可知，两导线P、Q在O点上方虚线处产生的合磁场方向，如图所示
由平行四边形定则可知O点上方虚线处的磁场方向水平向右，故A错误；
B．O点的磁感应强度为零，导线A在O点所受的磁场力为零，故B正确；
C．若将直导线A放在O点上侧虚线处，由左手定则可知直导线A所受的磁场力方向竖直向上，故C错误；
D．直导线A固定在O点上侧虚线处，A对P的力为排斥力斜向左下方，Q对P的力为吸引力水平向右，如果直导线A的位置以及电流大小合适，这两个力的合力可能竖直向下，故D错误。故选B。
6. 随着“碳中和、碳达峰”的提出，新能源汽车逐渐普及，某新能源汽车生产厂家为了测试汽车的性能，司机驾驶新能源汽车沿平直的公路行驶。某段时间内汽车由静止开始做匀加速直线运动，途中经过路旁的四个标志A、B、C、D，已知AB之间的距离为7.5m，用时1s，BC之间的距离为30m，用时2s，汽车从C到D用时2s，则下列说法正确的是（ ）
A. 汽车的出发点到A点的距离为5m
B. 汽车的加速度大小为
C. 汽车经过B点时的速度大小为5m/s
D. C、D两点间的距离为50m
【答案】D
【解析】B．汽车在AB段中间时刻的速度为
汽车在BC段中间时刻的速度为
则汽车的加速度为
故B错误；
A．汽车从启动到AB段中间时刻的时间为
则汽车从启动到A点时间为
则出发点到A点的距离为
故A错误；
C．汽车从启动到B点的时间为
则汽车在B点的速度大小为
故C错误；
D．由以上分析可知汽车从启动到C点时间为
则汽车从启动到C点的距离为
汽车从启动到D点的时间为
则汽车从启动到D点的距离为
则CD两点之间的距离为
故D正确。
故选D。
7. 如图所示，光滑的轻质滑轮用轻绳拴接在天花板上，物体a、b用跨过滑轮的轻绳拴接，物体b、c之间用原长为10cm的轻弹簧连接后放在水平面上，此时弹簧的长度为8cm，物体b和物体c均恰好静止，连接物体b的轻绳与水平方向的夹角为37°，连接物体a、b的轻绳与的夹角分别为、，轻绳与竖直方向夹角为，已知物体a、b、c的质量分别为0.5kg、1.6kg、1.6kg，弹簧的劲度系数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 物体c与水平面间的动摩擦因数为0.5
B. 物体b与水平面间的动摩擦因数为0.25
C. 轻绳与竖直方向的夹角为26.5°
D. 将物体b向右移动少许，系统静止时有
【答案】C
【解析】A．以物体c为研究对象，物体c所受摩擦力等于弹簧的弹力，即
解得
方向向左，物体c与水平面间的压力大小为
又由
得
故A错误；
B．以物体b为研究对象，受力分析如图所示
在水平方向上有
竖直方向上有
又
解得
故B错误；
C．由于滑轮两侧轻绳的拉力大小相等，可知
由几何关系可知
又
解得
故C正确；
D．系统静止时，始终存在
故D错误。
故选C。
二、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，光滑杆的底端用铰链固定在O点，质量为m的小球穿过光滑杆，现使光滑杆绕过O点的竖直轴以恒定的角速度转动时，光滑杆与竖直方向的夹角为，小球也随之在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A. 保持不变，越小，小球的向心加速度越小
B. 保持不变，越小，小球相对O点越高
C. 保持不变，越大，小球的向心加速度越大
D. 保持不变，越大，小球相对O点越低
【答案】BD
【解析】A．小球随着光滑杆在水平面内做圆周运动，则小球的重力和光滑杆支持力的合力提供向心力，则有
由牛顿第二定律得
解得
相同，小球的向心加速度保持不变，故A错误；
B．由于，则整理得
故其加速度大小相同，则越小，小球做圆周运动的轨道半径越大，则小球相对O点越高，故B正确；
C．由
可知，越大，小球的向心加速度越小，故C错误；
D．由
可知，相同，越大，小球做圆周运动的轨道半径越小，则小球相对O点越低，故D正确。故选BD。
9. 如图所示为半径为R的球形透明介质，AB为球的一条直径，O为球心，一细光束由A点斜射入透明介质，从C点射出，已知C点到AB的距离为，出射光线相对入射光线的偏折角为30°，光在真空中的传播速度为c。则下列说法正确的是（ ）
A. 光线从C点射出介质的折射角为45°
B. 透明介质的折射率为
C. 光束在透明介质中的传播时间为
D. 入射光绕A点逆时针转动，光可能在介质中发生全反射
【答案】AC
【解析】AB．作出光路图，如图所示。
由几何关系可知
则
由图可知
，
解得
又由折射定律
所以有
由题意可知出射光线相对入射光线的偏折角为30°，所以
透明介质的折射率为
故A正确，B错误；
C．光束在透明介质中的传播速度为
又由几何关系可知
则光在介质中传播的时间为
解得
故C正确；
D．光在该透明介质中的临界角为C，则
解得
入射光绕A点逆时针转动，光束在A点的折射角一定小于临界角C，由几何关系可知光射到透明介质出射点时的入射角一定小于临界角，所以光不可能在介质中发生全反射，D错误。
故选AC。
10. 如图所示，两根间距为1m足够长的平行金属导轨由两部分构成，倾斜导轨与水平面的夹角为30°且平滑连接，质量为2.0kg的导体棒乙放在水平导轨上，倾斜导轨的底端虚线1与水平导轨虚线2之间存在匀强磁场，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为2T，质量为0.5kg的导体棒甲由倾斜导轨上静止释放，导体棒甲的释放点到虚线1的距离为x，两虚线之间的距离为s，假设所有的碰撞均无机械能损失，忽略一切摩擦以及导体棒经过虚线1时的机械能损失，整个过程两导体棒始终保持与导轨垂直且有良好的接触。已知两导体棒的电阻均为3Ω，两导体棒的长度均为1m，不计导轨电阻，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则导体棒甲刚越过虚线1时加速度大小为
B. 导体棒甲从虚线1开始在磁场中运动0.5m的过程中通过横截面的电荷量为
C. 若导体棒甲能越过虚线2，则甲从1到2的过程速度的变化量大小与s成正比
D. 若、，则两导体棒能发生第二次碰撞
【答案】BC
【解析】A．导体棒甲沿导轨下滑时只有重力做功，则导体棒的机械能守恒，由机械能守恒定律得
解得
导体棒甲滑到倾斜导轨底端后开始做切割磁感线运动，导体棒甲中产生的感应电动势为
回路中感应电流为
导体棒甲所受安培力大小为
由牛顿第二定律得
故A错误；
B．导体棒甲在两虚线间运动时产生的平均感应电动势为
回路中的平均感应电流为
又由于，
整理得
代入数据解得
故B正确；
C．两虚线之间的距离为s，结合B选项的解析规律可知
导体棒甲从1到2的过程，由动量定理得
所以有
由以上联立得
显然该过程中导体棒甲速度的变化量大小与s成正比，故C正确；
D．结合上述有
可知，当时，导体棒甲由1到2速度减小
设导体棒甲的释放点到虚线1的距离为刚好发生第二次碰撞，导体棒甲释放到虚线1有
则有
导体棒甲第一次越过虚线2的速度为
两导体棒发生碰撞的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
，
解得、
导体棒甲再次向右回到虚线2时的速度为
欲使两导体棒发生第二次碰撞，应有
解得
D错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某实验小组的同学为了验证碰撞过程中的动量守恒，设计了如图所示的实验，并进行了如下的操作：
a.将斜槽固定在水平桌面上，并调整斜槽末端水平；
b.在长木板上依次铺有复写纸和白纸；
c.先让入射球A多次从斜轨上的某位置由静止释放；然后，把被碰小球B静置于轨道的末端O处，再将入射小球A从斜轨上同一位置由静止释放，与小球B相撞（A球的质量大于B球的质量）；
d.多次重复此步骤，用最小圆圈法分别找到碰撞前后小球在长木板上的平均落点M、P、N。
（1）若图中P点为碰前小球A的落点，则M、N点分别为______（按先后顺序填写下列编号）；
①碰后小球A的落点
②碰后小球B的落点
（2）关于本实验，下列步骤必要的是______（填字母）；
A. 测量释放点到斜槽末端的高度h
B. 用游标卡尺测量小球的直径
C. 用天平测量两球的质量和
D. 测量OM、OP、ON的长度、、
（3）若两球碰撞的过程中动量守恒，则关系式______成立（用上述已测量的物理量表示）。
【答案】（1）①② （2）CD
（3）
【解析】【小问1详解】
碰撞过程动量守恒，碰后A球动量减小，A球速度减小，P点为碰前小球A的落点，则碰撞后A球落点在P点左侧，故M点为碰后A球落点，N为碰后被碰球B的落点。
【小问2详解】
设长木板与水平面的夹角为，小球做平抛运动，有
解得碰撞前小球A速度为
同理可得碰撞后小球A、B的速度为
若碰撞过程中两球的动量守恒，则应满足
整理可得
需要测量的物理量应有A球和B球的质量和以及OM、OP、ON的长度、、。
故选CD。
【小问3详解】
根据前面分析可知若碰撞过程中两球的动量守恒，则应满足
整理可得
12. 某同学设计了如图甲所示的电路完成了电源的电动势和内阻的测量，已知电流表的量程为、内阻为，电压表的量程为、内阻为，电源的电动势约为3V、内阻约为。
（1）请按照电路图甲将图乙中的实物图连线______；
（2）开关S闭合之前，滑动变阻器的滑动触头应位于______（选填“最左端”或“最右端”）；
（3）为了完成测量应将电流表量程扩大到0.6A，则电阻箱阻值应为______，电压表的量程应扩大到3V，则电阻箱的阻值应为______；
（4）通过改变滑动变阻器的滑动触头，得到了多组电流表和电压表的示数，并利用得到的实验数据描绘了如图丙所示的伏安特性曲线，由图像可知电源的电动势为______V，电源的内阻为______（结果均保留两位有效数字）。
【答案】（1） （2）最左端
（3） 2 2000
（4） 3.0 4.2
【解析】【小问1详解】
根据电路图甲将图乙中的实物图连线，如图所示。
【小问2详解】
为了保护电路，闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处，根据电路图可知，应置于最左端。
【小问3详解】
由电流表的改装原理可知
解得
由电压表的改装原理可知
解得
【小问4详解】
根据电路图，由闭合电路的欧姆定律可得
变形得
结合图像可知
解得
13. 位于O点的振源产生了一列沿x轴正方向传播的简谐横波，时的波形图如图所示，且此时B点刚开始振动，A点为处的质点，再经0.8s质点A第一次运动到波峰。求：
（1）质点A的振动方程及0~0.8s时间内质点B通过的路程；
（2）该简谐横波的波速。
【答案】（1）[或其他正确形式]，
（2）2m/s
【解析】【小问1详解】
设质点A的振动方程为
时质点A偏离x轴的位移为-4cm，则有
解得
时A第一次位于波峰，则有
解得
则质点A的振动方程为
同理，质点B的振动方程为
时
所以0.8s的时间内，质点B的路程为
【小问2详解】
波的传播周期为
设波长为，由图像中A点处坐标
，
可知
解得
则波速为
代入数据解得
14. 质量、长的木板A静止在水平面上，木板的左端静置一质量可视为质点的木块B，木板与地面之间的动摩擦因数，木块与木板之间的动摩擦因数，现用水平恒力F始终推木块B，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，求：
（1）若B相对A滑动，推力F至少多大；
（2）若外力，B离开A的时间；
（3）仅改变外力F的大小，使B离开A，力F做功的最小值。
【答案】（1）
（2）4s （3）
【解析】【小问1详解】
B与A刚好滑动，B与A之间的摩擦力
A与地面之间摩擦力
临界加速度为
对整体
解得
【小问2详解】
由于28N>24N，则B相对A产生滑动，设B的加速度为，有
解得
B离开A，则有
解得
【小问3详解】
力F作用在B上产生的加速度
设离开时间为，有
力F做功
整理得
则当
时W最小，即
当
力F做功最小
此时
15. 在半导体注入工艺中，利用如图所示的装置进行粒子的注入，粒子发射源S向外发射质量均为m，电荷量分别为q和3q的正粒子甲、乙，两粒子的初速度均为零，两粒子经电压为的加速电场加速，然后从偏转电压为的偏转电场上极板的左侧紧贴极板射入，两粒子最终从极板右侧进入垂直纸面向外的范围足够大的匀强磁场中，已知，两极板的长度为L，间距为，磁感应强度大小为，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。
（1）证明粒子甲、乙在偏转电场中的轨迹重合；
（2）若紧贴下极板的右侧沿竖直方向固定一足够大的接收屏，求粒子甲、乙打在接收屏上的间距；
（3）若保持磁感应强度大小不变将方向改为垂直纸面向里，同时将接收屏移至虚线MN处，粒子乙垂直打在接收屏上，求两粒子打在接收屏上的间距。（结果保留根号）
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】【小问1详解】
粒子在加速电场中运动时，由动能定理得
粒子进入偏转电场的速度大小为
粒子在偏转电场中做类平抛运动，沿水平方向
竖直方向上有
又由牛顿第二定律得
则粒子的侧移为
粒子离开电场时速度与水平方向的夹角为，则有
又
解得
显然粒子的侧移以及粒子离开电场时速度与水平方向的夹角均与电荷量、质量无关，即粒子甲、乙在偏转电场中的轨迹重合。
【小问2详解】
由第（1）问的解析可知，粒子甲、乙均从下极板的右侧离开偏转电场，且速度与水平方向的夹角均为
则粒子甲离开偏转电场的速度大小为
粒子乙离开偏转电场的速度大小为
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
粒子甲、乙的轨道半径分别为
、
甲、乙两粒子的轨迹所对应的弦长分别为
、
所以粒子甲、乙打在接收屏的间距为
【小问3详解】
仅将磁场反向后，甲、乙两粒子的轨道半径大小仍为
、
作出两粒子的轨迹，如图所示
粒子乙垂直打在接收屏上时，由几何关系得
则
又、
在中由余弦定理得
解得
两粒子打在接收屏的间距为
解得