河北省秦皇岛市部分学校2024-2025学年高三（上）11月期中物理试卷（解析版）

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本试卷满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
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。
4．本试卷主要考试内容：人教版必修第一册、必修第二册、必修第三册第九章至第十章、选择性必修第一册第一章。
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，只有一项是符合题目要求的。
1. 国际单位制中，选定7个基本物理量的单位作为基本单位，导出量的单位可以由基本量的单位组合而得到。例如，力的单位可以由牛顿第二定律导出，根据所学知识判断，电阻的单位“欧姆”用国际单位制下的基本单位组合后，可以表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】根据公式
W=Fx、W=UIt、U=IR
可知，电阻单位满足
用基本单位表示后
故选D。
2. 雨滴从高空由静止下落，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，则在此过程中雨滴的运动图像最接近下图中的（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】速度增大，阻力增大，根据牛顿第二定律有
则加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，位移时间图线切线斜率表示速度，速度时间图线切线斜率表示加速度。
故选C
3. 在快节奏的现代生活中，家用室内引体向上器作为一种简单实用的健身器材，受到很多人的青睐。它通常采用免打孔设计，通过调节杆的长度，利用橡胶垫与门框或墙壁的摩擦力起到固定的作用，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 橡胶垫与墙面间的压力越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力越大
B. 健身者在做引体向上运动时，橡胶垫与墙面间的摩擦力保持不变
C. 健身者在单杆上悬停时，健身者的质量越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力就越大
D. 健身者在单杆上悬停时，手臂间距离越大，所受到单杆的作用力就越大
【答案】C
【解析】A．橡胶垫与墙面之间是静摩擦力，与压力没有必然联系，故A错误；
B．健身者在做引体向上运动时，先做加速度向上的加速运动，后做加速度向下的减速运动，把健身者与室内引体向上器作为研究对象，由牛顿第二定律可知，摩擦力的大小与健身者的加速度有关，先大于重力后小于重力，B错误；
C．健身者在单杆上悬停时，把健身者与室内引体向上器作为研究对象，摩擦力的大小等于健身者与室内引体向上器的重力，故健身者的质量越大，摩擦力越大，C正确；
D．若把健身者作为研究对象，健身者处于平衡状态，受到单杆的作用力始终等于健身者的重力，D错误。
故选C。
4. 如图甲所示，倾角为37°的粗糙斜面体固定在水平面上，质量为m的小木块在沿斜面向上的恒力F作用下沿斜面上滑。a随F变化关系如图乙所示（取沿斜面向上为正方向）。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，。下列说法正确的是（ ）
A. 当F=32N时，小木块的加速度为B. 当F=20N时，小木块的加速度为
C. 小木块的质量为3kgD. 小木块与斜面间的动摩擦因数为0.35
【答案】A
【解析】CD．由题意可知，以木块为研究对象，根据牛顿第二定律有
则有
由题图乙可得
纵轴截距
解得m=2kg，
故CD错误；
B．当F=20N时，根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
A．当F=32N时，由图可得
故A正确。故选A。
5. 木星的卫星中有四颗是伽利略发现的，称为伽利略卫星，其中木卫一、木卫二与木卫三的周期之比为1：2：4；其中木卫二的相关数据：质量为，绕木星做匀速圆周运动的轨道半径为，木星的相关数据：质量为，半径为，忽略木星的自转，木星表面的重力加速度为。G取下列说法正确的是（ ）
A. 三个卫星的线速度之比为4：2：1
B. 木卫二绕木星做匀速圆周运动的向心加速度是
C. 根据题目中所给的已知数据可以验证木星表面物体所受木星的引力与木卫二所受木星的引力为同种性质的力
D. 根据题目中所给的已知数据不能求出木卫二的周期
【答案】C
【解析】A．利用公式
和
可以求出
三个卫星的周期之比为1：2：4，可知线速度之比不等于4：2：1，选项A错误；
B．根据万有引力公式
可得木卫二绕木星做匀速圆周运动的向心加速度是
选项B错误；
C．根据题目所给的已知数据可知木星表面的重力加速度，若两个力均为万有引力，则根据万有引力公式
可得，加速度与半径的平方成反比。根据数据
计算结果与预期符合得很好，这表明木星表面物体所受木星的引力与木卫二所受木星的引力为同种性质的力，选项C正确；
D．利用公式
可以求出木卫二周期，选项D错误。
故选C。
6. 一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量共100kg，这个士兵用自动步枪在1s时间内沿水平方向连续射出3发子弹，每发子弹的质量是10g，子弹离开枪口时相对步枪的速度是600m/s。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。试估算连续射击时枪受到的平均反冲作用力约（ ）
A. 8NB. 18NC. 28ND. 38N
【答案】B
【解析】设整体质量为，每发子弹的质量为，子弹射出的反方向为正方向，子弹相对步枪的速度为。第一次射出后艇的速度为，由动量守恒可得
解得
第二次射出后艇的速度为，由动量守恒可得
解得
第三次射出后艇速度为，同理可得
解得
对整个过程应用动量定理
解得
故选B。
7. 某趣味运动会中，有一项比赛，规则如下：如图所示，运动员站在一个固定的大圆筒内，用合适的力度踢一下静止在圆筒最底端的小足球，使小足球在竖直面内先由最低点沿圆筒向上滚动，然后从某一位置脱离圆筒，如果小足球在下落过程中，恰好落入运动员背后的小背篓中，即为得分。若圆筒半径为R，小足球质量为m，小足球飞离圆筒位置与圆筒圆心连线和竖直方向之间的夹角为θ，圆筒内壁不计摩擦，小足球可视为质点，忽略空气阻力，不考虑人对小足球的阻挡，重力加速度为g，则（ ）
A. 若足球在最低点的初速度，则足球不会飞离圆筒
B. 若足球能飞离圆筒，则足球在最低点的初速度的范围应为
C. 若θ=45°，则运动员将背篓置于圆心正上方处，可以接到球
D. 若希望足球飞离点θ=37°，则足球在最低点的初速度为
【答案】C
【解析】B．足球自圆筒最低点向上滚动，根据机械能守恒定律，不脱离轨道，若恰好运动到圆心等高处，设此时初速度为，则有
得
若恰好上到圆筒最高点，设此时初速度为，球到最高点速度为有
且在最高点有
得
故足球可以飞离轨道的初速度应
B错误；
A．由上述分析可知，若足球在最低点的初速度，则足球会飞离圆筒，A错误；
D．若足球飞离时，θ=37°，设此时最低点初速度为，分离时的速度为，由机械能守恒有
且在分离时刻有
联立可得
D错误；
C．若足球飞离的位置θ=45°，设此时飞离的速度为，则有
之后足球做斜上抛运动，其中竖直分速度大小为，回到飞离等高位置所用的时间为
此过程中水平位移为
解得
此时足球恰好在圆心正上方处，C正确。
故选C。
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. 图甲为一城墙的入城通道，通道宽度，一跑酷爱好者从左墙根由静止开始正对右墙加速运动，加速到M点时斜向上跃起，经0.4s到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，然后立即蹬右墙壁，使水平方向的速度反向，大小变为原来的，并获得一竖直方向速度，之后跃到左墙壁上的Q点，Q点距地面，飞跃过程中人距地面的最大高度为，重力加速度g取，不计空气阻力，整个过程中人的姿态可认为保持不变，如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. P点距离地面高
B. 人助跑的距离为3.4m
C. 人刚离开P点时的速度大小为6m/s
D. 人刚到Q点的速度方向与竖直方向夹角的正切值为
【答案】BD
【解析】AB．人到达右墙壁点时，竖直方向的速度恰好为零，根据逆向思维，可知从点到点的逆过程为平抛运动，则
得
从点到点的过程
从点到点的过程
从点到点的过程
解得
人助跑的距离为
得
故A错误，B正确；
C．人刚离开墙壁时竖直方向的速度大小为
故C错误；
D．人刚到时的竖直速度为
速度方向与竖直方向夹角的正切值为
故D正确。故选BD。
9. 如图所示，光滑绝缘水平面上固定着两个带电量不相等的正点电荷，带电荷量＋q，质量为m的小球置于A点时，仅在电场力作用下恰好保持静止状态。现小球从M点以初速度，沿着两点电荷连线运动，恰好能运动至B点，其中M、N两点关于A点对称。已知距离电量为Q的孤立点电荷r处的电势为（无穷远电势为零）。则下列说法正确的是（ ）
A. 小球运动至N点时，速度仍是
B. M、B两点间的电势差为
C. 小球运动到A点时动能最大
D. 若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，小球不能到达B点
【答案】CD
【解析】A．由题意可知，A点电场强度为0，两个点电荷电荷量不等，所以关于A点对称的M、N两点电势不相等，动能不相等，故A错误；
B．由M到B点列动能定理
解得
故B错误；
C．由于A点电场强度为0，所以A点电势最低，带正电的小球在A点的电势能最小，动能最大，故C正确；
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，由可知，M、B点电势均变为原来的2倍，电势差也变为原来的2倍，小球不能到达B点，故D正确。
故选CD。
10. 如图所示，固定的光滑长斜面的倾角，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接，弹簧的劲度系数为。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力，当小车缓慢向右运动至P点时A恰好不离开挡板。已知重力加速度为g，，。在小车从图示位置运动到P点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小车运动的位移为
B. 绳的拉力对物块B所做的功大于B增加的重力势能
C. 若小车质量为m，当小车缓慢运动至P点时，小车对地面的压力为0
D. 若小车以速度向右匀速运动，位移大小为时，绳的拉力对B做的功为
【答案】AD
【解析】A．系统静止时，右侧轻绳竖直、长度为L且绳中无弹力，对B分析得
A恰好不离开挡板，对A分析得
可得这一过程中B上滑了
由几何关系可得，小车缓慢运动至P点过程中位移为
故A正确；
B．在小车从图示位置缓慢运动到P时，该过程中初、末态的弹性势能不变，对B由功能关系得绳的拉力对B做的功等于B增加的重力势能。故B错误；
C．小车缓慢运动到P点时，对B受力分析，根据平衡条件可得绳的拉力为
由几何关系得，此时绳与水平地面夹角为
得
此时对小车受力分析，根据平衡条件可得
求得地面对小车的支持力大小为
显然，此时小车对地面压不为0，故C错误；
D．由前面分析可知，当小车向右运动位移大小为时，由关联速度关系得
由于小车向右运动距离时，弹簧弹性势能与初始相等，对B由功能关系可得绳的拉力对B做的功为
故D正确。故选AD。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 同学们在做“验证机械能守恒定律”实验时，设计了两种方案，实验装置如图甲所示。
（1）设计方案1的同学，除了图上所示器材，还必须选取的有___________（选填“天平”“0~12V交流电源”“220V交流电源”“刻度尺”）。
（2）关于方案2，设计方案的同学认为实验时需要先平衡摩擦力再进行实验可以验证系统机械能守恒，但是其他同学觉得并不可行，你觉得该方案是否可以验证系统机械能守恒定律，若觉得可以请说明需要测量的物理量，若觉得不可以请给出理由___________。
（3）进行方案3的实验时，有两个规格的遮光条可供选择，用螺旋测微器测量它们的宽度，其示数如图乙所示，则应选择的遮光条的宽度为d=___________mm；数字计时器测得遮光条通过光电门的时间为，托盘和砝码总质量为，滑块与遮光条总质量为，则在实验误差允许范围内，滑块静止释放的位置到光电门的距离l=___________（已知重力加速度为g，用题目中给出的物理量符号表示），即可认为机械能守恒。
【答案】（1）220V交流电源、刻度尺
（2）不可以，存在摩擦力，摩擦力做功，系统机械能不守恒
（3）1.750
【解析】【小问1详解】
方案1验证机械能守恒即验证
或
质量可以约去，故不需要天平，电火花打点计时器用220V交流电源，测量下落高度需用到刻度尺。
【小问2详解】
方案2不可行，该装置中只是平衡了摩擦力，但是系统仍要克服摩擦阻力做功，机械能不守恒，也就无法验证系统的机械能守恒。
【小问3详解】
[1]遮光条越窄误差越小，故应选择遮光条a，它的宽度为
d=1.5mm＋0.01mm×25.0=1.750mm
[2]若机械能守恒成立，有
整理有
12. 为了探究碰撞过程中的守恒量，某兴趣小组设计了如图所示的实验。先让质量为的小球从凹形槽顶端由静止开始滑下，又经过O点水平抛出落在斜面上。再把质量为的小球放在水平面O点，让小球仍从凹形槽顶端由静止滑下，与小球碰撞后，两小球直接落到斜面上。分别记录小球第一次与斜面碰撞的落点痕迹。其中M、P、N三个落点的位置距O点的长度分别为凹形槽顶端距离桌面高度为h，桌面距地面高度为H，斜面总长度为L。
（1）为了减小实验误差，可行的操作是：______。
A. 减小凹形槽摩擦B. 使用大小相同的两个小球C. 多次测量落点位置取平均值
（2）在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则可以认为两球碰撞过程中动量守恒。（用题目中的物理量表示）
（3）为了进一步验证两小球发生的是否是弹性碰撞，必须测量的物理量是______。
A. 两小球质量B. OM、OP、ON的长度
C. 凹槽距桌面的高度hD. 桌面高度H和斜面总长度L
（4）现测量出两个小球质量比，保持两个小球质量不变，不断改变两个小球的材质，小球落点距O点长度的取值范围是______（用k、表示）。
【答案】（1）BC （2）
（3）B （4）
【解析】【小问1详解】
A．每次只要保证小球到达点的速度保持相同即可，无须减小摩擦，故A错误；
B．小球大小相同是为了保证对心碰撞，减小实验误差，故B正确；
C．多次测量可以减小偶然误差，故C正确；
故选BC。
【小问2详解】
设斜面的倾角为，小球从斜面顶端平抛落到斜面上，两者距离为，由平抛运动的知识可知
可得
由碰撞规律可知，点为小球第一次的落点，和分别是第二次操作时和的落点。满足动量守恒的关系式应该是
【小问3详解】
弹性碰撞的规律是两者相对靠近速度等于碰后两者相对远离速度，有
所以验证是否为弹性碰撞，需要满足关系式
仅测量的长度即可。
故选B。
【小问4详解】
因为两小球的质量不变，材质一直在改变，所以两个小球可能会发生弹性碰撞，也可能发生完全非弹性碰撞，小球的碰后的速度取值范围是
代入
得
13. 如图所示，一只长方体空铁箱在水平拉力F=120N作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数。铁箱内一个质量为m=1kg的木块（可视为质点）恰好能相对铁箱左侧壁静止。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数，且处处相同。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。求：
（1）铁箱对木块的支持力大小；
（2）空铁箱质量M的大小；
（3）减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，之后当铁箱的速度为4m/s时撤去拉力F，若铁箱左右两侧壁间的距离为1m，判断木块能否与铁箱的右侧壁相撞？若相撞，计算相撞时木块和铁箱各自的速度大小；若不会相撞，计算木块最终离铁箱右侧壁的距离。
【答案】（1）
（2）M=3kg （3）不相撞，d=0.5m
【解析】【小问1详解】
木块在竖直方向
又因
解得
【小问2详解】
在水平方向上，由牛顿第二定律可知
以整体为对象，水平方向上由牛顿第二定律可知
解得
M=3kg
小问3详解】
木块沿铁箱左侧壁落到底部后，对铁箱，根据牛顿第二定律
铁箱的加速度为
对木块，根据牛顿第二定律
木块的加速度为
铁箱停下时，铁箱与木块的位移差为
解得
故木块不能与铁箱的右侧壁相撞，木块与铁箱的右侧壁距离为
14. 如图所示，在竖直面内建立直角坐标系，第二象限存在竖直向上的匀强电场E1，第一象限存在平行于xOy平面且方向未知的匀强电场E2。质量为m、电荷量为+q的带电小球从A（−2L，0）点以初速度（g为重力加速度大小）进入第二象限，后经y轴上的B（0，L）点水平向右进入第一象限，落在x轴上的C（L，0）点时速度大小为。E1、E2的大小均未知，不计空气阻力，小球重力不可忽略。求：
（1）电场强度E1的大小；
（2）电场强度E2的大小。
【答案】（1） （2）
【解析】【小问1详解】
设小球在A点的初速度与x轴正方向的夹角为θ，由牛顿第二定律
水平方向有
竖直方向有
解得
【小问2详解】
小球经过B点时的速度
设第一象限匀强电场的水平分量为Ex，竖直分量为Ey，则
设C点的水平分速度为vx，竖直分速度为vy，则
且
解得

则
15. 如图所示，质量为M的轨道乙放置在光滑的水平面上，其由两个相同的光滑的四分之一圆弧轨道AB、CD和水平轨道BC组成，圆弧轨道的半径为R，水平轨道BC的长度为L，质量为m的物块甲放置在轨道上的B点。现将物块甲拿到A点后静止释放，物块甲第一次冲上圆弧轨道CD后返回B点时速度刚好减为零。已知，重力加速度为g。
（1）求上述过程中轨道乙的位移大小x1和物块甲与轨道乙BC部分的动摩擦因数；
（2）若将物块甲放置在B点，给其一个水平向右的速度，物块甲从B点开始到第一次返回C点的时间为t，求：
①物块甲第一次运动到D点的速度大小；
②在时间t内，轨道乙的位移大小。
【答案】（1），
（2）①；②
【解析】【小问1详解】
物块甲和轨道乙在水平方向动量守恒，则
则二者水平位移大小满足
其中
解得
对物块甲与轨道乙，由能量守恒定律可得
解得
【小问2详解】
①物块甲与轨道乙在水平方向动量守恒，则
对物块甲与轨道乙，由能量守恒可得

解得
②在时间t内，物块甲与轨道乙在水平方向动量守恒，则
对其求和可得
可得
且二者位移关系满足
解得