河南省郑州市宇华实验学校2024-2025学年高三（第二次）模拟考试物理试卷（含解析）

这是一份河南省郑州市宇华实验学校2024-2025学年高三（第二次）模拟考试物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是( )
A. 0∼t1时间内，v增大，FN>mg
B. t1∼t2时间内，v减小，FNφ2>φ3>φ4
D. 每个光电倍增管都适用于检测各种频率的光
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.下列说法正确的是( )
A. 甲图为未来人类进行星际航行，若以0.2c的速度航行的飞船向正前方的某一星球发射一束激光，根据相对论时空观，该星球上的观测者测量得到激光的速度为c
B. 乙图为某同学设计的静电除尘装置，尘埃被吸附在中间的负极棒上
C. 丙图为航天员在“天宫课堂”演示“动量守恒实验”，小钢球沿水平方向从右向左撞击静止的大钢球后，小钢球运动方向可能与大钢球不在同一直线上
D. 丁图为检验通电导线周围是否存在磁场，要使实验现象明显，导线应东西方向放置
9.某兴趣小组为了研究圆柱体铁芯的涡流热功率，构建了如图所示的分析模型，用电阻率为ρ的硅钢薄片绕成一个内径为r、厚度为d、高度为h的圆柱面，其中d≪r。沿平行于圆柱面轴线方向存在磁感应强度Bt=Bmsinωt的磁场。则此硅钢薄片中( )
A. 感应电动势的有效值为E=ωπr2Bm 2
B. 瞬时感应电动势的表达式为e=πr2Bmsinωt
C. 发热功率为P=πhdω2Bm2r34ρ
D. 磁场变化的一个周期内通过此硅钢薄片的电荷量一定不为零
10.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与质量为m的小滑块A相连接，在A的右边靠着另一质量为m的滑块B，A与B不粘连。已知A、B与水平地面的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。现将A、B一起由原长O处向左压缩弹簧，当压缩量x0=21+ 5μmgk时将滑块A、B由静止释放，则在A、B以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 滑块A、B将在O点右侧分离
B. 滑块B运动的总位移大小为23+ 5μmgk
C. A向右运动的最大位移为23+ 5μmgk
D. 当A、B都静止时A与B间的距离为4μmgk
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图甲所示，某兴趣小组在探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平桌面上，小车的左端通过轻质细绳跨过定滑轮与砝码盘相连，小车的右端与穿过打点计时器的纸带相连。已知重力加速度大小为g，打点计时器所接电源的频率为50 Hz。
(1)用小木块把木板垫高后，在不挂砝码盘的情况下，轻推一下小车，直到打点计时器打出一系列间距均匀的点。
(2)在平衡摩擦力后，保持小车质量不变的情况下，改变砝码盘中砝码的质量m，重复实验多次。根据实验数据描点作出了如图乙所示的a—m图像，图线不过坐标原点的原因可能是__________，图线末端弯曲的原因是__________。
A.砝码的质量过大 B.平衡摩擦力不足
C.细绳与木板未调节平行 D.实验中忽略了砝码盘的质量
(3)实验过程中打出如图丙所示的一条理想纸带，图中O、A、B、C、D相邻两计数点间还有4个点未画出，则小车运动的加速度大小a=__________m/s2。(结果保留三位有效数字)
12.某同学用如图所示装置探究物体做圆周运动时向心力与角速度的关系，力传感器固定在竖直杆上的A点，质量为m的磁性小球用细线a、b连接，细线a的另一端连接在竖直杆上的O点，细线b的另一端连接在力传感器上，拉动小球，当a、b两细线都伸直时，细线b水平，测得OA间的距离为L1，小球到A点距离为L2，磁传感器可以记录接收到n次强磁场所用的时间，重力加速度为g．
(1)实验时，保持杆竖直，使小球在细线b伸直且水平的条件下绕杆做匀速圆周运动，从接收到第一个强磁场记为1，并开始计时，测得磁传感器接收到n次强磁场所用时间为t，则小球做圆周运动的角速度ω=_________，测得力传感器的示数为F，则小球做圆周运动的向心力Fn=_________(此空用含F的式子表示)；
(2)多次改变小球做圆周运动的角速度(每次细线b均伸直且水平)，测得多组力传感器示数F及磁传感器接收到n次强磁场所用的时间t，作F-1t2图像．如果图像是一条倾斜直线，图像与纵轴的截距为_________，图像的斜率为_________，则表明，小球做匀速圆周运动时，在质量、半径一定的条件下，向心力大小与______________(填“角速度”或“角速度的平方”)成正比．
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.投沙包游戏规则为：参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d=0.15m，根据沙包停止点判定得分。如图，某同学以大小v0=5m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L=2.7m，距地面的高度h=1m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ=0.25，sin53°=0.8，cs53°=0.6，取重力加速度大小g=10m/s2，空气阻力不计。求：
(1)沙包从出手点到落地点的水平距离x；
(2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。
14.某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为U0，A、B两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压UAB随时间t的变化规律如图2所示。质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子从t=0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求：
(1)粒子进入偏转电场时的速度大小；
(2)在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比；
(3)粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。
15.如图甲所示，两根光滑平行导轨固定在水平面内，相距为L，电阻不计，整个导轨平面处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨左端接有阻值为R的电阻，沿导轨方向建立x坐标轴。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置在x=-x0处。在金属棒ab上施加x轴方向的外力F，使金属棒ab开始做简谐运动，当金属棒运动到x=0时作为计时起点，其速度随时间变化的图线如图乙所示，其最大速度为v1。求：
(1)简谐运动过程中金属棒的电流i与时间t的函数关系；
(2)在0∼π2s时间内通过金属棒的电荷量；
(3)在0∼π2s时间内外力F所做的功；
(4)外力F的最大值。
答案和解析
1.D
【解析】
A、由于s-t图象的斜率表示速度，由图可知在0～t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下运动，根据牛顿第二定律得：mg-FN=ma，解得：FN=mg-ma，则FNmg，处于超重状态，故C错误，D正确。
故选：D。
2.D
【解析】AB.在 0∼t1 时间内，电压表的示数从 U0 开始逐渐变大，则电路中的电流减小，总电阻变大，压敏电阻的阻值增大，则压敏电阻所受压力减小，电源的总功率变小，物块所受的重力大于支持力，物块加速度向下，则电梯内的物块处于失重状态，故AB错误；
C.在 t1∼t2 时间内，电压表的示数大于静止时的读数且保持不变，说明外电路电阻变大且保持不变，压敏电阻受压力减小，电梯的加速度向下且保持不变，则电梯处于匀变速直线运动状态，故C错误；
D.在 t2∼t3 时间内，电压表的示数大于静止时的示数，所以物块应该处于失重状态，故D正确。
故选D。
3.D
【解析】A.根据万有引力提供向心力，有GMm(R+h)2=m(2πT)2(R+h)，可知地球的质量为M=4π2(R+h)3GT2，故A错误;
B.根据a=ω2r、ω=2πT，可知“天通一号”01星的向心加速度a1=(2πT)2(R+h)，静止在赤道上的物体的向心加速度a2=(2πT)2R，则a1>a2，故B错误;
C.“天通一号”01星若受到阻力的影响，运行轨道会逐渐降低，即轨道半径会逐渐减小，根据GMmr2=mv2r，有v= GMr，可知r变小，v变大，故C错误;
D.该手机信号从发射到返回至该手机，路程至少为2h，所需时间至少为t=2hc，故D正确。
故选D。
4.B
【解析】解：ABC、可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大，则板间距离d越小，根据电容决定式：C=ɛrS4πkd，可得电容越大。极板上电荷量保持不变，根据电容定义式：C=QU，可得板间电压越小，则静电计指针张角越小，故AC错误，B正确；
D、风力越大，板间距越小，极板间电场强度为：E=Ud=QCd=4πkQϵrS，可得极板间电场强度保持不变，故D错误。
故选：B。
5.C
【解析】解：A、摩天轮做匀速圆周运动，其加速度是时刻变化的，则在相同的时间内，乘客的速度变化量不相同，故A错误；
B、由动量定理知，动量变化率为物体所受的合外力，乘客随摩天轮做圆周运动到最低点，其所受的合外力提供向心力，不为0，则乘客在最低点时，他的动量变化率不为0，故B错误；
C、乘客位于摩天轮的最高点时处于失重状态，其竖直方向的加速度最大，此时他对座椅的压力最小，故C正确；
D、乘客随摩天轮做匀速圆周运动，乘客在与转轴等高的位置时加速度方向沿水平方向，不可能是重力加速度，故D错误。
故选：C。
6.C
【解析】解：A、随着速度增大，安培力增大，故导体棒的加速度逐渐减小，最后变为0，所以导体棒是做加速度变小的加速运动，之后加速度为0，速度达到最大，故A错误；
B、根据右手定则可知，感应电流是顺时针，此时导体棒是电源，电源内部电流是从低电势流向高电势，导体棒下端相当于电源正极，故a的电势低于c点的电势，故B错误；
C、当速度达到最大速度v时，E=Bdv，I=ER+r，F=F安=BIL，解得v=F(R+r)B2L2，故C正确；
D、根据动能定理F做的功与安培力做的功之和等于导体棒动能的增加量，导体棒最终动能等于12mv2=mF2(R+r)22B4L4，即F做的功大于mF2(R+r)22B4L4，故D错误。
故选：C。
7.B
【解析】A.光电效应是当光子的频率大于极限频率时，物质内部的电子能够吸收光子的能量后逸出的现象，而光电倍增管正常工作时，每个倍增电极上被加速后的电子，撞击激发出更多的电子，这一点不符合光电效应现象的特点，故不属于光电效应，故 A错误;
B.电子在光电倍增管运动的过程中只有电场力做功，光电倍增管中增值的能量来源于相邻两倍增电极间的加速电场，故B正确;
C.电子带负电，加速电场的电场方向与电子运动方向相反，所以图中四块极板的电势为φ4>φ3>φ2>φ1，故C错误;
D.只有满足一定频率的光照射时才能发生光电效应，从而逸出光电子，可知光电倍增管并不是适用于各种频率的光，故 D错误。
故选B。
8.AC
【解析】A.根据爱因斯坦相对论原理可知，光速不变，即星球上的观测者测量得到激光的速度为c，故A正确；
B.乙图中，尘埃带负电，在电场力作用下，被吸附在板状收集器上，故B错误；
C.小钢球沿水平方向从右向左撞击静止的大钢球，如果不是对心正碰，碰撞后，小钢球运动方向与大钢球不在同一直线上，故C正确；
D.当通电导线南北放置时，根据安培定则，水平方向磁场沿东西方向，磁场与地磁场近似垂直，此时实验现象明显，即检验通电导线周围是否存在磁场时，要使实验现象明显，导线应南北方向放置，故D错误。
故选AC。
9.AC
【解析】AB.由于 d≪r ，可认为通过硅钢薄片的磁通量表达式为
Φ=BS=πr2Bmsinωt
根据法拉第电磁感应定律，可知瞬时感应电动势的表达式为
e=ωπr2Bmcsωt
则感应电动势的最大值为
Em=ωπr2Bm
感应电动势的有效值为
E=Em 2=ωπr2Bm 2
故A正确，B错误；
C.根据电阻定律，硅钢薄片的电阻为
R=ρ2πrdh
硅钢薄片的发热功率为
P=E2R=(ωπr2Bm 2)2ρ2πrdh=πhdω2Bm2r34ρ
故C正确；
D.根据正弦式交变电流规律可知，磁场变化的一个周期内通过此硅钢薄片的电荷量一定为零，故D错误。
故选AC。
10.BD
【解析】A.将滑块A、B由静止释放，两滑块水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则两滑块向右先做加速运动后做减速运动。经分析可知两滑块分离时应发生在减速阶段，分离时两滑块的弹力为零，对滑块B有 aB=μmgm=μg ，
对滑块A有 aA=μmg+F弹m=μg+F弹m ，
恰好分离时有 aA=aB ，解得 F弹=0 ，
说明两滑块在将在弹簧原长处，即O点分离，选项A错误；
B.设两滑块分离时的速度为 v0 ，根据能量守恒有 12kx02=μ×2mg×x0+12×2m×v02 ，又 x0=2(1+ 5)μmgk ，解得 v 02=8mμ2g2k ，
分离后滑块B做匀减速运动直到停止，设此过程的位移为 xB ，则有 xB=v 022aB=4μmgk ，
则滑块B运动的总位移大小为 xB总=xB+x0=2(3+ 5)μmgk ，选项B正确；
C.分离后滑块A做减速度运动，向右运动的最大位移时速度为0，设此过程的位移为 xA ，
根据能量守恒有 12mv 02=μmgxA+12kx A2 ，解得 xA=2μmgk ，
则A向右运动的最大位移为 xA总=xA+x0=2(2+ 5)μmgk ，选项C错误；
D.经分析知A最后静止于弹簧原长处，则当A、B都静止时A与B间的距离 Δx=xB=4μmgk ，选项D正确。
故选BD。
11.(2)D；A；(3)2.00。
【解析】 (2)D.根据图像，砝码的质量m等于零时，加速度不等于零，说明小车的合力不等于零，表明实验中忽略了砝码盘的质量，D正确；
AC.砝码的质量过大，或者细绳与木板未调节平行，图线仍然通过坐标原点，AC错误；
B.平衡摩擦力不足时，细绳有拉力小车的加速度等于零，图线与横轴有交点，B错误。
故选D。
设砝码盘和砝码的总质量为m1，根据牛顿第二定律得F=Ma
则m1g=m1+Ma
解得F=11+m1Mm1g
只有满足砝码盘和砝码的总质量m1远远小于小车的质量M时，绳的拉力F才等于砝码盘和砝码的总重力，若不满足砝码盘和砝码的总质量m1远远小于小车的质量M，图像末端弯曲。
故选A。
(3)小车运动的加速度大小为a=12.99+11.00×10-2-8.99+7.01×10-20.22m/s2=2.00m/s2。
12.(1)2(n-1)πt；F+L2L1mg；
(2)-L2L1mg；4(n-1)2π2mL2；角速度的平方。
【解析】 (1)小球做圆周运动的周期为T=tn-1，做圆周运动的角速度ω=2πT=2(n-1)πt;
小球做圆周运动的向心力Fn=F+mgtanθ=F+L2L1mg;
(2)若向心力与角速度平方成正比，则F+L2L1mg=mL2[2(n-1)πt]2，得到F=mL2[2(n-1)πt]2-L2L1mg，
因此当F-1t2图像中图像与纵轴的截距为-L2L1mg，斜率为4(n-1)2π2mL2，则在质量、半径一定的条件下，向心力与角速度平方成正比．
13.(1)沙包出手时竖直方向的速度为vy=v0sin53°=5×0.8m/s=4m/s
水平方向的速度为vx=v0cs53°=5×0.6m/s=3m/s
规定竖直向上的方向为正方向，设沙包在空中的运动时间为t，则
-h=vyt-12gt2
沙包从出手点到落地点的水平距离
x=vxt
代入数据解得
x=3m
(2)设沙包与地面碰撞前的速度为v，从沙包出手到与地面碰撞过程中，根据动能定理有
mgh=12mv2-12mv02
根据几何关系可得沙包落地后向前滑行的距离为
Δx=L+5d-x
设沙包与地面碰撞后的速度为v'，沙包滑行的加速度为a，根据牛顿第二定律和速度—位移公式有
μmg=ma
v'2=2aΔx
所以k=12mv212mv'2
联立以上各式，代入数据解得
k=20
答：(1)沙包从出手点到落地点的水平距离x为3m；
(2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k为20。
14.(1)根据动能定理可得
qU0=12mv02
解得
v0= 2qU0m
(2)粒子通过偏转电场的时间远小于T，故在 AB板间运动时电压可视作恒定。粒子恰好极板右侧边缘射出时
l=v0t
l2=12at2
a=qUmml
解得
Um=2U0
故所占百分比为
2U03U0×100%≈66.7%
(3)由于所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的运动相同，故该方向的分位移之差最大时，时间差最大，如图所示
则
Δtm=Δxmv0
Δxm=O1D=(2- 2)l
得
Δtm=( 2-1)l mqU0

15.(1)由图乙可知简谐运动的周期
T=2πs
由此可得
ω=2πT=1rad/s
根据图像乙可知速度与时间的变化关系满足余弦函数，可得其关系为
v=v1csωtm/s
由闭合回路的欧姆定律有
i=BLvR+r=BLv1R+r⋅cst
(2)根据对称性可知在 t=π2s 时，金属棒到达
x=x0
处，则在 0∼π2s 时间内通过金属棒的电荷量
q=BΔSR+r=Bx0LR+r
(3)简谐运动过程回路电流为余弦式交流电，在0到 π2s 时间内，电路产生热量
Q=I2R+rt
其中
I=Im 2=BLv1 2(R+r) ， t=π2s
解得
Q=πB2L2v 124(R+r)
设在0到 π2s 的时间内外力 F 所做的功为 WF ，安培力所做的功为 WA ，由动能定理得
WF-WA=0-12mv12
其中
WA=Q
解得
WF=πB2L2v 124(R+r)-12mv 12
(4)由牛顿第二定得
F安-F=ma
整理得
F=F安-ma=BBLv1cstR+rL-m(v1cst)'=B2L2v1R+rcst+mv1sint
则外力F的最大值
Fmax= B2L2v 12R+r2+m2v12