2025届河北省石家庄市普通高中学校高三上学期高考模拟教学质量检测物理试卷[解析版]

这是一份2025届河北省石家庄市普通高中学校高三上学期高考模拟教学质量检测物理试卷[解析版]，共22页。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求。
1. 如图所示，乒乓球从斜面上滚下，以一定的速度在光滑水平桌面上沿直线匀速运动。在与乒乓球路径相垂直的方向上有一个洞，当球经过洞口正前方时，对球沿三个不同的方向吹气，下列说法正确的是（ ）
A. 沿方向1吹气，乒乓球可能进入洞内B. 沿方向2吹气，乒乓球可能进入洞内
C 沿方向3吹气，乒乓球可能进入洞内D. 沿三个方向吹气，乒乓球均不可能进入洞内
【答案】C
【解析】分别沿方向1、方向2、方向3吹气，对乒乓球的速度分析
吹气时乒乓球在原有速度的基础上分别增加速度、、，只有沿方向3吹气时，合运动方向才可能指向洞口，乒乓球才可能进入洞内。
故选C。
2. 榫卯结构是中国传统建筑、家具和其他木制器具的主要结构方式。如图甲所示为榫眼的凿削操作，图乙为截面图，凿子尖端夹角为，在凿子顶部施加竖直向下的力时，其竖直面和侧面对两侧木头的压力分别为和，不计凿子的重力及摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A. 大于B. 夹角越小，越大
C. 夹角越小，越小D. 夹角越大，凿子越容易凿入木头
【答案】B
【解析】A．作出力F与F1和F2的关系图，如图所示
由图可知
根据几何关系有
故A错误；
BC．由以上分析可知，力F一定时，夹角越大，F1和F2均变小，故B正确，C错误；
D．由上图根据几何关系，有
夹角越大，F1和F2均变小，所以夹角越大，凿子越不容易凿入木头，故D错误。
故选B。
3. 如图为某电子透镜中电场的等势面（虚线）的分布图，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，电子先后经过O、P、Q三点。电子从O点运动到Q点的过程中，关于电子的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 加速度一直减小
B. 速度先减小后增大
C. 在O点电势能比在Q点电势能小
D. 从O点到P点电场力做功与从P点到Q点电场力做功相等
【答案】D
【解析】A．相邻等势面间电势差相等，可知等差等势面越密集，场强越大；则电子从O点运动到Q点的过程中，场强先变大后变小，则电子受到的电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，故A错误；
B．根据曲线运动的合力方向位于轨迹的凹侧，且场强方向与等势面垂直，可知电子受到的电场力垂直等势面偏右，所以电场力与速度方向的夹角小于90°，则电场力对电子做正功，电子的动能增大，速度一直增大，故B错误；
C．由于电场力对电子做正功，则电子电势能减少，电子在O点电势能比在Q点电势能大，故C错误；
D．由于相邻等势面间电势差相等，则有
根据
可知从O点到P点电场力做功与从P点到Q点电场力做功相等，故D正确。
故选D。
4. 利用加速度传感器可以显示物体运动过程中的加速度变化情况，当加速度方向竖直向上时，传感器示数为正。如图为一物体在竖直方向上由静止开始往返运动一次的过程中加速度随时间变化的图像。关于该物体的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 时刻的速度为0
B. 时刻位于最高点
C. 时刻的速度大小为，方向竖直向上
D. 时刻的速度大小为，方向竖直向下
【答案】C
【解析】A．内，加速度竖直向下，物体向下加速运动，时刻向下的速度达到最大，故A错误；
B．内，加速度竖直向上，物体向下减速运动，根据对称性可知，时刻速度减为零，到达最低点，故B错误；
C．内，加速度为零，物体静止，内加速度向上，物体向上加速运动，由于图像与时间轴包围的面积表示速度变化量，故内物体的速度变化量为，由于时刻物体速度为零，故时刻的速度和内的速度变化量相等，即，方向竖直向上，故C正确；
D．由图像可知，内图像与时间轴包围的面积等于零，即这段时间内的速度变化量等于零，时刻与时刻速度相同，即大小为，方向竖直向上，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，从距秤盘高处把一筒豆粒由静止持续均匀地倒在秤盘上，从第一粒豆落入秤盘至最后一粒豆落入秤盘用时为，豆粒的总质量为。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的三分之一，忽略豆粒与秤盘碰撞过程中豆粒的重力。已知重力加速度为，则碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据自由落体规律，豆粒下落掉到秤盘上时的速度为
反弹后的速度大小为
方向为竖直向上，在碰撞过程中，忽略豆粒与秤盘碰撞过程中豆粒的重力，根据动量定理可知
解得
由牛顿第三定律可知碰撞过程中秤盘受到的平均压力大小为
故选A。
6. 如图所示，将两根粗细相同、材料不同的长软绳甲、乙的一端连接在一起，1、2、3、4…为绳上的一系列间距均为0.1m的质点，其中质点10为两绳的结点，绳处于水平方向。手持质点10在竖直方向做简谐运动，形成向左和向右传播的两列简谐波Ⅰ、Ⅱ，其中波Ⅰ的波速为0.2m/s。某时刻质点10处在波谷位置，5s后此波谷传到质点15，此时质点10正好通过平衡位置向上运动，质点10与质点15之间还有一个波谷，下列说法正确的是（ ）
A. 质点10的振动周期为2sB. 波Ⅰ的波长为
C. 波Ⅱ的波长为 D. 当质点15处于波峰时，质点6处于平衡位置
【答案】D
【解析】A．质点每振动一个周期，波向前传播一个波长，由题可知
可知质点10的振动周期
A错误；
B．根据
可知波Ⅰ的波长为
B错误；
C．利用质点10与质点15之间的波形可知
可得波Ⅱ的波长为
C错误；
D．质点6和质点10之间恰好等于一个波长，振动情况相同，质点15落后质点10恰好，因此当质点15处于波峰时，质点10恰好经平衡位置向下运动，D正确。
故选D。
7. ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图所示，以匀速行驶的汽车可选择ETC通道或人工收费通道，完成缴费后速度回到进入正常行驶。如果选择人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过30s缴费后，再加速至行驶；如果选择ETC通道，需要在中心线前方10m处减速至，匀速到达中心线后，再加速至行驶。若汽车加速和减速过程的加速度大小均为，则汽车选择ETC通道比选择人工收费通道节约的时间为（ ）
A. 45sB. 37sC. 12sD. 8s
【答案】B
【解析】已知，，，汽车选择ETC通道时
减速和加速时间
匀速时间
减速和加速位移大小
从减速到恢复到原速度所用总时间
从减速到恢复到原速度所走总位移
汽车选择人工收费通道时
减速和加速时间
减速和加速位移大小
从减速到恢复到原速度所用总时间
从减速到恢复到原速度所走总位移
则汽车选择ETC通道比选择人工收费通道节约的时间为
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，Ⅰ为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为，运动周期为；Ⅱ为地球的近地卫星，运动周期为。下列说法正确的是（ ）
A. 卫星Ⅰ运动的线速度大于卫星Ⅱ的线速度
B. 卫星Ⅰ运动的角速度小于卫星Ⅱ的角速度
C.
D.
【答案】BC
【解析】AB．由万有引力提供向心力
可得卫星绕地球做圆周运动的线速度和角速度大小为，
因为卫星Ⅰ运动的轨道半径大于卫星Ⅱ的轨道半径，所以卫星Ⅰ运动的线速度小于卫星Ⅱ的线速度，卫星Ⅰ运动的角速度小于卫星Ⅱ的角速度，故A错误，B正确；
CD．由几何关系可知，卫星Ⅰ运动的轨道半径与卫星Ⅱ的轨道半径关系为
由开普勒第三定律可知
化简可得
故C正确，D错误。故选BC。
9. 一列有8节车厢的动车一般是4动4拖，其中第1节、第3节、第6节、第8节车厢是带动力的，其余4节车厢是不带动力的。如图所示，该动车在平直轨道上匀加速向右启动时，若每节动力车厢提供的牵引力大小均为，每节车厢质量均为，每节车厢所受阻力均为该节车厢重力的倍，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 整列车的加速度大小为
B. 整列车的加速度大小为
C. 第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为0
D. 第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为
【答案】AC
【解析】AB．对8节车厢整体受力分析，由牛顿第二定律
解得整列车加速度大小为
故A正确，B错误；
CD．对5-8节车厢整体受力分析，由牛顿第二定律
代入解得第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为
故C正确，D错误。
故选AC。
10. 如图所示，竖直放置的轻质弹簧，一端固定在水平地面上，另一端连接质量为0.1kg的物块P，质量也为0.1kg的物块Q从距物块P正上方0.8m处由静止释放，两物块碰撞后粘在一起与弹簧组成一个竖直方向的弹簧振子，已知该弹簧的劲度系数为，重力加速度取，两物块碰撞时间极短，两物块上下做简谐运动的过程中，弹簧始终未超过弹性限度，物块P、Q可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 两物块碰撞前瞬间，物块Q的速度大小为
B. 两物块碰撞过程中，系统损失的机械能为0.6J
C. 两物块碰撞后，物块P下降的最大距离为0.4m
D. 两物块碰撞后，两物块做简谐运动的振幅为0.3m
【答案】ACD
【解析】A．对物块Q，由自由落体运动知识得
可得两物块碰撞前瞬间，Q的速度大小为
故A正确；
B．对物块P、Q碰撞过程中，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立可得
所以两物块碰撞过程中，损失的机械能为0.4J，故B错误；
C．设两物块碰撞后，P下降的最大距离为h，由能量守恒定律
其中
联立解得
另一解
（舍去）
故C正确；
D．对两物块整体受力分析，由平衡条件
解得
所以两物块碰撞后组成的弹簧振子，振幅为
故D正确。
故选ACD。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某小组做“观察电容器的充放电”实验。
（1）该小组首先自制了一个电容器，如图甲所示，他们用两片锡箔纸做电极，用两层电容纸（某种绝缘介质）将锡箔纸隔开，一起卷成圆柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了。为了增加该电容器的电容，下列说法正确的是___________。
A. 锡箔纸面积尽可能小些
B. 锡箔纸卷绕得尽可能紧，以减小锡箔纸间的距离
C. 增大电容器的充电电压
D. 减小电容器所带的电荷量
（2）该小组将自制电容器接入如图乙所示的电路中，将开关接“1”一段时间后，再将开关接“2”。在下列四个图像中，能表示以上过程中通过传感器的电流随时间变化的图像为___________（选填“A”或“B”）、电容器两极板间的电压随时间变化的图像为___________（选填“C”或“D”）。
A. B.
C. D.
（3）该小组还自制了另一电容器，电容器的电容大于电容器的电容。将两电容器分别接入图乙所示电路中进行充电实验时，通过传感器的电流随时间变化的图像如图丙所示，其中对应电容器充电过程的是___________（选填“①”或“②”）。
（4）若将图乙中的电阻换成阻值更大的电阻，则电容器开始放电的电流___________（选填“变大”、“变小”或“不变”），所得的图像与横轴所围的面积___________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】（1）B （2）A C （3）② （4）变小 不变
【解析】【小问1详解】
AB．根据电容器电容的决定式可知，锡箔纸面积S尽可能大或者锡箔纸卷绕得尽可能紧，以减小锡箔纸间的距离d，均可以增大电容，故A错误，B正确；
CD．电容器的电容与充电电压和电荷量无关，故CD错误。
故选B。
【小问2详解】
[1]由于充电电流与放电电流方向相反，而且电流的大小都是逐渐减小。
故选A。
[2]在充电的过程中，充电电流逐渐减小，电容器两端的电压增加的越来越慢，在图像中斜率逐渐减小；在放电的过程中，电流也是逐渐减小，电容器两端的电压减小的越来越慢，在图像中斜率逐渐减小。
故选C。
【小问3详解】
根据可知，用相同的电路给电容器充电，电容越大，带电量越多，在图像中，图像与时间轴围成的面积越大，故的电容器充电过程图像为②。
【小问4详解】
[1][2]若将图乙中的电阻R换成阻值更大的电阻，则电容器开始放电的电流变小，但由于放电过程中总电荷量不变，所以得到的图像与横轴所围的面积不变。
12. 某小组利用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。质量为M的滑块两端各有一个挡光宽度为d的遮光板1、2，两遮光板中心的距离为L，如图乙所示。
主要实验步骤如下：
（1）实验前，接通气源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，遮光板1、2经过光电门的挡光时间分别为，由此可知，遮光板1经过光电门时的速度为___________（用题中已知字母表示），当满足___________（选填“>”、“=”、“<”）时，说明气垫导轨已经水平。
（2）挂上质量为的钩码，将滑块由光电门左侧某处释放，记录遮光板1、2的挡光时间。
（3）更换不同数量的钩码，多次记录遮光板1、2的挡光时间。
（4）将钩码的总重力记为滑块受到的合力，作出滑块的合力与的图像，该图像为过坐标原点的一条直线，如图丙所示。若该图像的斜率为___________（用题中已知字母表示），即可验证牛顿第二定律成立。
（5）由于实验中钩码的总重力并不等于滑块的合力，要想本实验合力的相对误差不大于，实验中所挂钩码总质量的最大值为___________。
A. B. C. D.
【答案】（1） （4） （5）B
【解析】（1）[1]根据题意可知，遮光板1经过光电传感器时的速度为
[2]若气垫导轨水平，则滑块做匀速直线运动，则有
即
则说明气垫导轨已经水平。
（4）[3]根据题意，由运动学公式可得
由牛顿第二定律有
即该图像的斜率为
即可验证牛顿第二定律成立。
（5）[4]根据题意可知，合力的测量值为
合力的真实值为
则有
解得
所以实验中所挂钩码总质量的最大值为。
故选B。
13. 如图，倾角为的斜面与水平地面平滑连接，在水平地面上方存在着与地面成角斜向上的匀强电场。质量为0.4kg、带电量为的绝缘物块恰能沿斜面匀速下滑，进入水平地面后仍能匀速滑行。已知物块与斜面及水平地面间的动摩擦因数相等，重力加速度取，运动过程中物块所带电量保持不变。
（1）求匀强电场的电场强度大小；
（2）若匀强电场的电场强度方向可以变化，为使该带电物块仍能在水平地面上匀速滑行，求电场强度的最小值。
【答案】（1） （2）
【解析】【小问1详解】
物块沿斜面匀速下滑，由平衡条件
解得
物块沿水平面做匀速直线运动，水平方向有
竖直方向有
联立解得
【小问2详解】
木块沿水平面做匀速直线运动，设场强与水平方向角度为、电场力大小为，水平方向
竖直方向
整理得
所以，当时，电场力最小，最小值为
此时场强大小为
14. 如图所示，长为L2 = 1.5 m的水平传送带左右两端与水平轨道平滑连接，传送带以v0 = 4.0 m/s的速度逆时针匀速转动；左侧粗糙轨道RQ的长为L1 = 3.25 m，左端R点固定有弹性挡板；右侧光滑轨道PN的长为L3 = 3.5 m，其右端与半径大于100 m的光滑圆弧轨道的一小段相切（N点为圆弧轨道的最低点）。现将一可视为质点的小物块从圆弧轨道上某位置由静止释放，物块向左运动至挡板处与挡板发生弹性碰撞后向右刚好能运动到P点。已知小物块与传送带以及左侧轨道的滑动摩擦因数均为μ = 0.1，重力加速度g取10 m/s2，π2 = 10，不计物块与挡板的碰撞时间。
（1）求物块第一次到达Q点时的速度大小；
（2）为满足上述运动，求物块从圆弧轨道上释放高度的范围；
（3）当物块从圆弧轨道上高度为0.8 m的位置由静止释放后，发现该物块在圆弧轨道上运动的时间与从N点运动至第二次到达P点的时间相等，求圆弧轨道的半径。
【答案】（1）4 m/s （2）0.65 m ≤ h ≤ 0.95 m （3）110.25 m
【解析】【小问1详解】
设物块质量为m，第一次到达Q点的速度为vQ，物块从Q点到返回P点的过程，由动能定理可得
解得物块第一次到达Q点时的速度大小为
【小问2详解】
若物块在传送带上一直做匀加速直线运动，由动能定理可得
物块沿圆弧轨道下滑
解得
若物块在传送带上一直做匀减速直线运动，由动能定理可得
物块沿圆弧轨道下滑
解得
物块从圆弧轨道上释放高度范围为
【小问3详解】
物块由h3 = 08 m处下滑，有
解得
可知物块先在NQ段做匀速直线运动，设运动时间为t1；在左侧轨道做匀减速直线运动后与挡板碰撞，碰后一直匀减速到P点，设整个减速过程时间为t2，可得
其中
且
解得
15. 将扁平的小石片在手上呈水平放置后用力抛出，石片遇到水面后并不会直接沉入水中，而是擦着水面滑行一小段距离后再弹起飞行，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂”。如图所示，小明在岸边离水面高度处，将质量的小石片以初速度水平抛出，小石片在水面上滑行时受到的水平阻力恒为，且小石片每次接触水面时间后弹起，弹起时竖直方向的速度与当时沿水面滑行的速度之比为常数，小石片在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零。重力加速度取，不计空气阻力。求：
（1）小石片第一次与水面接触前瞬间水平方向的位移大小；
（2）小石片第一次与水面接触的过程中，水对小石片做的功；
（3）从抛出到水平速度减为0，小石片在水平方向运动的总位移大小。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】【小问1详解】
小石片做平抛运动，水平方向有
竖直方向有
联立解得小石片第一次与水面接触前瞬间水平方向的位移大小为
【小问2详解】
小石片在水面上滑行时由牛顿第二定律
可得加速度为
滑行的水平速度减少量为
第一次弹起后小石片的水平速度
竖直速度为
小石片从抛出到第一次弹起的过程中，由动能定理
解得
【小问3详解】
小石片每次滑行的水平速度减少量为
所以次
即小石片在水面上滑行了6次，空中弹起后飞行了5次；第次弹起时的水平速度
竖直速度为
空中飞行时间为
在空中飞行的水平距离
第一次与水面接触后在空中飞行的总距离
小石片与水面接触过程中水平方向运动总位移
从抛出到水平速度减为0，小石片在水平方向运动的总位移