2025屆河南省TOP二十名校高三上學期調研考試（三）物理試卷（解析版）

高級中學名校試題PAGEPAGE12025屆高三年級TOP二十名校調研考試三物理全卷滿分100分，考試時間75分鐘注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名，準考證號填寫在答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.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。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并收回。4.本卷命題范圍：必修第一、二冊，必修第三冊第九~十二章，選擇性必修第一冊第一~三章。一、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，只有一項符合題目要求。1.半導體指紋傳感器，多用于手機、電腦、汽車等設備的安全識別，如圖所示。傳感器的半導體基板上有大量金屬顆粒，基板上的每一點都是小極板，其外表面絕緣。當手指的指紋一面與絕緣表面接觸時，由于指紋凹凸不平，凸點處與凹點處分別與半導體基板上的小極板形成正對面積相同的電容器。使每個電容器的電壓保持不變，對每個電容器的放電電流進行測量，即可采集指紋。在指紋采集過程中，下列說法正確的是（）A.指紋凹點處與小極板距離遠，電容大B.手指緩慢松開絕緣表面時，電容器帶電量減小C.手指用力擠壓絕緣表面時，電容變小D.手指擠壓絕緣表面過程中，電容器兩極板間的場強大小不變【答案】B【解析】A．根據(jù)電容器的電容決定式，指紋的凹點處與小極板距離遠，電容小，A錯誤；B．手指緩慢松開絕緣表面，電容器兩極間的距離增大，電容減小，由可知，不變，則電容器帶電量減小，B正確；C．手指擠壓絕緣表面過程中，電容器兩極板間的間距減小，電容變大，C錯誤；D．電容器內部場強大小為，手指擠壓絕緣表面過程中，電容器兩極板間的間距減小，內部場強大小變大，故D錯誤。故選B。2.從物體的運動情況確定其受力特征是力學研究的一個重要思路。某新能源汽車啟動時，電腦測繪了汽車速度隨位移變化的關系圖線如圖所示，圖線是一條直線，圖中，則汽車在x1、x2處受到的合力大小之比為（）A.1：1 B.1：3 C.1：9 D.3：1【答案】B【解析】根據(jù)加速度的定義由圖線可知v=kx則△v=k△x將代入上式得a△t=k△x又將瞬時速度計算式代入上式得a=kv即a=k'x圖中則由F=ma得汽車在x1、x2處受到的合力大小之比為1：3。故選B。3.圖甲為一列簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，P是平衡位置為x=1m處的質點，Q是平衡位置為x=4m處的質點，圖乙為質點Q的振動圖像，則下列說法正確的是（）A波沿x軸負方向傳播B.波速為20m/sC.質點P的振動方程為D.t=0.25s時，質點P的位移為cm【答案】D【解析】A．t=0時Q點向上振動，則可知波沿x軸正方向傳播，選項A錯誤；B．由圖甲可知，該波的波長為8m，由圖乙可知，周期為0.2s，則波速為選項B錯誤；C．根據(jù)圖甲可知波動方程為可知t=0質點P的位移為設質點P的振動方程為代入t=0，可得，或因P沿y負方向運動，故質點P的振動方程為選項C錯誤；D．則t=0.25s時，質點P的位移為y2=選項D正確。故選D。4.2024年4月26日3時32分，我國神舟十八號載人飛船采用自主快速交會對接模式，成功對接于中國空間站天和核心艙徑向端口（如圖所示），隨后3名航天員從神舟十八號載人飛船進入中國空間站開展為期六個月的太空工作與生活，這次太空遠航，航天員們攜帶了一個叫做“小受控型生態(tài)生命模塊”的裝置及相關物品進入太空，其中的主要水生生命體就是斑馬魚和金魚藻，實現(xiàn)我國在外太空培養(yǎng)脊椎動物的首次突破。已知空間站繞地球運行的軌道半徑為r，地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g。則以下判斷中正確的是（）A.空間站繞地球穩(wěn)定飛行時，斑馬魚受到萬有引力和浮力作用B.空間站繞地球飛行速度大于第一宇宙速度C.空間站運行的速度大小為D.質量為m的金魚藻在空間站所受萬有引力的大小為【答案】D【解析】A．空間站繞地球穩(wěn)定飛行時，萬有引力提供向心力，處于完全失重狀態(tài)，所以斑馬魚只受萬有引力作用，不受浮力作用，故A錯誤；B．地球第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的最大線速度，可知空間站繞地飛行速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；C．根據(jù)萬有引力與重力的關系有根據(jù)萬有引力提供向心力有聯(lián)立解得空間站的速度大小為故C錯誤；D．質量為m的金魚藻在空間站所受萬有引力的大小為根據(jù)萬有引力與重力的關系得聯(lián)立解得故D正確。故選D。5.如圖所示，在一圓周的四個等分點A、B、C、D各放一電荷量大小均為q的點電荷，A、C點是正電荷，B、D點是負電荷，P為AB弧的中點，O為圓心，Q為C、D連線的中點，無窮遠處電勢為零，已知與點電荷q距離為r處的電勢為，下列說法正確的是（）A.O點的場強為零，電勢不為零B.Q點的場強和電勢均不為零C.Q、O連線上各點場強方向與CD平行D.將一電子從P點移動到Q點，電場力做正功【答案】C【解析】AB．根據(jù)點電荷電場強度公式和電場疊加原理可知，圓心O處電場強度為零，根據(jù)點電荷電勢公式和電勢疊加原理可知，O點電勢為零，AB錯誤；C．QO連線為電勢為零的等勢線，因此QO連線場強方向與等勢線垂直，即與CD平行，C正確；D．由于P、Q兩點的電勢都為零，將一電子從P點移動到Q點，電場力不做功，D錯誤。故選C。6.2024年8月3日晚，巴黎奧運會網球女單決賽，鄭欽文奪冠，創(chuàng)造歷史成為了中國首位奧運網球單打冠軍。如圖所示，網球從O點沿水平方向飛出，第1只球飛出時的初速度為v1，落在自己一方場地上后彈跳起來，剛好擦網而過，落在對方場地的B點處；第2只球飛出時的初速度為v2，直接擦網而過，也落在B點處。設球與地面碰撞時沒有能量損失，且不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.球2平拋的初速度為球1的2倍B.球2掠過網的時刻恰好是其做平拋運動從O到B的中間時刻C.A點到網的距離是B點到網距離的D.豎直網的高度【答案】B【解析】A．如圖所示OA間的水平距離為d，由幾何關系可知OB間的水平距離為3d、球2從O點飛到B點的運動時間為球2從O點飛到B點在水平方向有由對稱性可知，球1從O點飛到B點時間t1是球2從O點飛到B點的運動時間t2的3倍，則兩球在水平方向有v1t1=v2t2t1=3t2則有v2=3v1A錯誤；BD．由分運動的等時性可知，球2從O點飛到擋板C點的時間與球1從C點飛到D點的時間相等；由對稱性可知球1從O點飛到E點與由C飛到D的時間相等，OD兩點間的水平距離為2d、球2從O點飛到C點與球1由C點飛到D點水平方向有解得故OC與CB豎直方向的高度之比為1：3，豎直方向做自由落體運動，故經歷的時間相同，B正確，D錯誤；C．A到C點的時間是A到D點時間的一半，由于對稱性，A到C的時間占A經D到B時間的，根據(jù)水平方向的位移x=vt，故A點到網的距離是B點到網距離的，C錯誤。故選B。7.如圖所示，三根不可伸長的輕質細繩系于O點，A、B端分別固定在豎直與水平墻上，繩OA水平，繩OB與水平方向間夾角為α=60°，C端豎直懸掛一小球（可視為質點）?，F(xiàn)保持結點O不動，對小球施加一個始終與OC繩垂直的作用力F，使小球緩慢運動至繩OC水平，則此過程中（）A.力F大小一直增大B.繩OC受到的拉力大小不變C.繩OB受到的拉力先增大后減小D.繩OA受到的拉力一直增大【答案】A【解析】AB．以小球為對象，設OC與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)受力平衡可得，由于θ增大，故力F大小一直增大，繩OC受到的拉力大小減小，故A正確，B錯誤；C．以O點為對象，根據(jù)受力平衡可得聯(lián)立解得由于θ增大，所以繩OB受到的拉力大小一直減小，C錯誤；D．由共點力平衡得整理得可見在θ增大的過程中，繩OA受到的拉力不是一直增大，D錯誤。故選A。二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖甲所示，波源S1、S2相距5m，且AS1=3m，AS2=4m，t=0時刻兩波源同時開始振動，振動圖像均如圖乙所示，形成的兩列簡諧橫波在均勻介質中傳播，波速均為v=0.25m/s，下列說法正確的是（）A.甲、乙兩列波的波長為0.5mB.在t=13.5s時，A處質點處于波谷C.A點為振動加強點，且始終處于波峰位置D.在0~18s內A點運動的路程為32cm【答案】AD【解析】A．由圖可知波的傳播周期為T=2s，波長λ=vT=0.5mA正確；B．S1處波傳播至A點用時12sS?處波傳播至A點用時因此在t=13.5s時，只有S?處波到達A點，并且使A處質點振動，所以此時A點應該處于波峰，B錯誤；C．由于AS2-AS1=1m=2λ所以A點為振動加強點，但A點是處于振動狀態(tài)，并非一直處于波峰，C錯誤；D．在12~16s內，A點運動的路程為S1=8A=16cm在16~18s內，A點的振幅為4cm，運動的路程為S2=16cm則在0~18s內A點運動的路程為32cm，D正確。故選AD。9.如圖甲所示，A、B是某電場中一條電場線上的兩點，一個負點電荷僅在靜電力的作用下從A點運動到B點，其運動的圖像如圖乙所示。取A點為坐標原點，方向為正方向建立x軸，作出了所在直線的電場強度大小E、電勢、點電荷的電勢能隨位移x變化的圖像、圖像、圖像，其中可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】AB．由圖像斜率表示加速度可知，從A點運動到B點，加速度逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律可知，電場強度大小逐漸變大，故A錯誤，B正確；C．圖像的斜率表示電場強度，由上述知電場強度大小逐漸變大，斜率應該變大，故C錯誤；D．圖像斜率表示電場力，電場強度大小逐漸變大，則電場力變大，并且負點電荷僅在靜電力的作用下從A點運動到B點，電場力做正功，電勢能減小，故D正確；故選BD。10.光滑絕緣水平面內有三個完全相同的帶正電的絕緣小球A、B、C（均可視為點電荷），質量均為m，電荷量均為，A、B之間與B、C之間各用一根長為L的輕桿連接，A、C用絕緣裝置固定，A、B、C恰構成正三角形并鎖定，如圖甲所示。現(xiàn)解除絕緣裝置對A、C的鎖定，當三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分別為，如圖乙所示。已知以無限遠處為零電勢點，距離電荷量為Q的點電荷r處的電勢為，其中k為靜電力常量，多個點電荷產生的電場中某點的電勢，等于每個點電荷單獨存在時該點電勢的代數(shù)和。下列說法正確的是（）A.初始時刻，A、B、C系統(tǒng)所具有的電勢能為B.解除A、C的鎖定后，A、B、C系統(tǒng)的動量不守恒C.圖乙狀態(tài)與圖甲狀態(tài)相比，A、B、C系統(tǒng)的機械能增加了D.圖乙狀態(tài)時，B球的速度大小為【答案】ACD【解析】A．電勢能等于將電荷移到無窮遠，電場力做的功，故A、B、C系統(tǒng)的電勢能可認為分別將C、B小球搬到無窮遠電場力做的功。初始時刻，先將C球移到無窮遠，電場力做功等于再將B球移到無窮遠，電場力做功等于故系統(tǒng)的電勢能等于做的總功，即故A正確；B．由于系統(tǒng)所處的水平面光滑絕緣，系統(tǒng)不受外力作用，故解除A、C的鎖定后，A、B、C系統(tǒng)的動量守恒，故B錯誤；C．圖乙狀態(tài)B球剛好要落地時，將C球移到無窮遠，電場力做功等于再將B球移到無窮遠，電場力做功等于故乙圖狀態(tài)系統(tǒng)的電勢能等于做的總功，即圖乙狀態(tài)與圖甲狀態(tài)相比，A、B、C系統(tǒng)的機械能增加了故C正確；D．由于A、B、C三個完全相同的帶正電的絕緣小球（均可視為點電荷），可知應滿足，設，則由動量守恒定律有又由能量守恒定律有由以上式子解得所以圖乙狀態(tài)時，B球的速度大小為故D正確。故選ACD。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.小明同學利用圖甲所示的實驗裝置進行“探究物體加速度與力、質量的關系”實驗。（1）下列實驗與該實驗采用相同實驗方法的是___________。A.斜面理想實驗 B.共點力合成實驗C.影響向心力大小因素實驗 D.驗證機械能守恒定律（2）某同學在實驗中用打點計時器記錄了被小車拖動紙帶的情況。在紙帶上每5個點取一個計數(shù)點，共有A、B、C、D、E、F、G等7個計數(shù)點，其相鄰點的間距如圖所示，已知所使用交流電的頻率為50Hz。根據(jù)紙帶的數(shù)據(jù)可以求出打點計時器打下C點時小車的速度為___________m/s，小車的加速度大小為___________m/s2。（保留2位小數(shù)）（3）某次實驗中交流電的頻率發(fā)生了波動，頻率變成了49Hz，但做實驗的同學仍按照50Hz進行數(shù)據(jù)處理，那么速度的測量值與實際值相比___________（選填“偏大”、“偏小”或“不變”），該誤差屬于___________（選填“系統(tǒng)”或者“偶然”）誤差。【答案】（1）C（2）0.551.42（3）偏大系統(tǒng)【解析】【小問1詳析】在“探究加速度與力、質量的關系”的實驗中，用的是控制變量實驗方法。A．A圖是斜面理想模型實驗追尋守恒量，不符合題意，A錯誤；B．B圖是用等效法探究二力合成的定則，不符合題意，B錯誤；C．C圖是用向心力實驗儀探究向心力的大小與半徑、質量、角速度的關系實驗，用的是控制變量實驗方法，符合題意，C正確；D．D圖是自由落體法驗證機械能守恒定律，不符合題意，D錯誤。故選C?！拘?詳析】[1]電源頻率為50Hz，則可知打點周期為0.02s，而每5個點取一個計數(shù)點，則可知每兩個計數(shù)點間的時間間隔為0.1s，該實驗中用平均速度代替瞬時速度，則可得打點計時器打下C點時小車的速度為[2]根據(jù)逐差法公式可得小車的加速度【小問3詳析】[1][2]根據(jù)頻率與周期之間的關系可知，頻率減小，則周期變大，相鄰計數(shù)點所用的時間變長，因此速度的測量值與實際值相比將偏大；由系統(tǒng)裝置所造成的誤差稱為系統(tǒng)誤差，故該誤差屬于系統(tǒng)誤差。12.小明同學想同時測量某電流表的內阻和電阻的阻值，實驗室提供如下器材：A、待測電流表（內阻未知，量程0.6A）B、待測電阻C、電源（電動勢為3V）D、滑動變阻器（最大阻值為10Ω，允許通過的最大電流為2A）E、滑動變阻器（最大阻值為1000Ω，允許通過的最大電流為1A）F、電流表（內阻未知，量程3A）G、電阻箱H、開關I、導線若干（1）設計的部分電路如圖所示，則滑動變阻器應選擇___________（填“D”或“E”）。（2）電路圖虛線框中的電路結構，應選用下列甲乙丙丁中的哪一個___________。（3）實驗時，先將電阻箱調為0，然后閉合開關S，改變滑動變阻器滑片位置使電流表的示數(shù)接近滿量程，逐漸增加電阻箱的阻值，同時記錄電流表的示數(shù)、電流表的示數(shù)及電阻箱R的數(shù)值，并作出___________（選填“”、“”或“（-）-R"）圖像，若作出的圖線是傾斜直線且直線的斜率為，截距為，則可求得電流表的內阻為___________，待測電阻阻值為___________（均用含、的式子表示）?！敬鸢浮浚?）D（2）乙（3）【解析】【小問1詳析】因電路中滑動變阻器采用分壓式接法，為了便于調節(jié)，滑動變阻器應選擇最大值較小的變阻器。故選D?！拘?詳析】待測電流表的量程0.6A，電流表的量程3A，所以電流表應接在支路中，電流表應接在干路中，丙、丁錯誤；甲電路中電流表與串聯(lián)且阻值均未知，故不能測出電流表的內阻和電阻的阻值，故選乙?！拘?詳析】[1]測量數(shù)據(jù)滿足變形得所以應描繪圖線[2]由圖像可得斜率k解得[3]由圖像截距得解得13.如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉的水平轉臺上，轉軸與過陶罐球心O的對稱軸OO'重合。轉臺以一定角速度ω勻速轉動，一質量為m的小物塊落入陶罐內，經過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止，它和O點的連線與OO'之間的夾角θ=60°，重力加速度大小為g，若ω=ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零。（1）若ω=(1+k）ω0，且0<k≤1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向。（2）若ω=(1-k）ω0，且0<k≤1，求小物塊受到摩擦力大小和方向?！敬鸢浮浚?），沿罐壁切線向下（2），沿罐壁切線向上【解析】【小問1詳析】當摩擦力恰好為零時，支持力和重力的合力提供向心力，如圖則r=Rsinθ解得當ω=(1+k）ω0時，小物塊相對于半球形陶罐有向上的運動趨勢，小物塊受到沿罐壁切線向下的摩擦力，如圖所示豎直方向受力平衡有水平方向根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得【小問2詳析】當ω=(1-k）ω0時，小物塊相對于半球形陶罐有向下的運動趨勢，小物塊受到沿罐壁切線向上的摩擦力，如圖所示豎直方向受力平衡有水平方向根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得14.如圖所示，一足夠長的豎直光滑桿固定在水平地面上，桿上穿有小球1和2，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧套在光滑桿上，彈簧下端固定，上端與質量為m的小球2連在一起，小球2靜止時所在位置為O。另一質量也為m的小球1從與O點距離為h（h未知）的位置由靜止開始下落，與小球2發(fā)生瞬間碰撞后一起向下運動。兩球均可視為質點，在運動過程中，彈簧的形變量始終在彈性限度內，當其形變量為x時，彈性勢能為，重力加速度為g，不計空氣阻力。（1）若，求小球1、2碰后向下運動過程中離O點的最大距離；（2）要使小球1、2碰后的運動過程中始終不分離，求h的最大值；（3）h取第（2）問的最大值情況下，測得小球1、2碰后從O點開始向下運動到第一次返回O點所用的時間為t，求小球1、2碰后做簡諧運動的周期。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【小問1詳析】設小球1自由下落的速度為，根據(jù)機械能守恒有1與2碰撞過程動量守恒，則有將代入聯(lián)立解得2在O位置彈簧被壓縮，根據(jù)平衡條件得1與2共同繼續(xù)向下運動離O點的最大距離為，根據(jù)機械能守恒定律有整理得解得（舍去）即【小問2詳析】小球1、2碰后做簡諧運動，當運動到最高點即將分離時，它們的加速度大小，即反彈上升的最高點為彈簧原長位置，由能量守恒有解得由（1）問動量守恒，碰前速度解得【小問3詳析】兩小球一起向下