2024~2025学年河北省卓恒教育集团高三(上)11月联考(期中)物理试卷(解析版)

这是一份2024~2025学年河北省卓恒教育集团高三(上)11月联考(期中)物理试卷(解析版)，共19页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，005s时，丝网的振幅最大等内容，欢迎下载使用。
本试卷共8页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
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. 2024年8月6日，在巴黎奥运会女子10米跳台跳水决赛中，中国选手全红婵以总分425.6分获得冠军。从她离开跳台开始计时，全红婵重心v-t图像可简化为右图所示，其中时间段的图像为直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 时刻全红婵离水面最远B. 时刻全红婵开始入水
C. 时间内全红婵的加速度逐渐增大D. 时间内全红婵一直处于超重状态
【答案】A
【解析】AB．由图可知，初始时刻全红婵具有向上的初速度，先做竖直上抛运动，时刻全红婵到达最高点，离水面最远，然后做自由落体运动，时刻全红婵入水，A项正确，B项错误；
C．图像的斜率表示加速度，则时间内全红婵的加速度先增大后减小，故C项错误；
D．时间内全红婵的加速度向下，一直处于失重状态，D项错误。
故选A。
2. 蜘蛛通过织出精巧的蜘蛛网来捕捉猎物，蜘蛛网是由丝线构成的，这些丝线非常灵敏，有研究表明，当有昆虫“落网”时，网上的丝线会传递振动信号，蜘蛛通过特殊的感知器官，如腿上的刚毛和体表的感压器，来接收和解读这些振动信号，若丝网的固有频率为200Hz，则下列说法正确的是（ ）
A. “落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅就越大
B. 当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网不振动
C. 当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，丝网的振幅最大
D. 昆虫“落网”时，丝网振动的频率与“落网”昆虫翅膀振动的频率无关
【答案】C
【解析】A．根据共振的条件可知，系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅最大，故A错误；
B．当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网仍然振动，故B错误；
C．当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，其频率为
与丝网的固有频率相等，所以丝网的振幅最大，故C正确；
D．受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定，故D错误。故选C。
3. 某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示。当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为36.0克。假设吹风机出风口为圆形，其半径为5cm，空气密度为1.29kg/m3，实验前电子秤已校准，重力加速度10m/s2。则此时吹风机的风速约为（ ）
A. 6m/sB. 8m/sC. 10m/sD. 12m/s
【答案】A
【解析】对于时间内吹出空气，根据动量定理
其中
代入数据解得
故选A。
4. 《墨经》中记载古代建造房屋过程中，通过斜面提升重物，如图所示，若斜面体上表面光滑，则在缓慢拉升重物的过程中（ ）
A. 重物受到的支持力不变
B. 重物受到的支持力减小
C. 斜面受到地面的支持力不变
D. 斜面受到地面的支持力先增大后减小
【答案】B
【解析】AB．对重物受力分析，如图所示
缓慢拉升重物的过程中，重物所受重力大小方向不变，支持力的方向不变，而绳拉力的方向不断变化，根据图解法可知，重物所受支持力N不断减小，绳拉力F不断增大，故A错误，B正确；
CD．设连接重物的绳与水平面的夹角为α，对重物和斜面整体，在竖直方向有
重物缓慢沿斜面向上移动过程中，α不断增大，sinα增大，所以FN不断减小，故CD错误。
故选B。
5. 无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。已知管状模型内壁半径R，则下列说法正确的是（ ）
A. 铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上
B. 模型各个方向上受到的铁水的作用力相同
C. 管状模型转动的角速度最大为
D. 若最上部铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力
【答案】D
【解析】A．铁水是由于离心作用覆盖在模型内壁上的，模型对它的弹力和重力沿半径方向的合力提供向心力，故A错误；
B．模型最下部受到的铁水的作用力最大，最上方受到的作用力最小，故B错误；
CD．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力，则有
可得
即管状模型转动的角速度最小为，故C错误，D正确。
故选D。
6. 如图所示，在某次演习中一轰炸机沿着与水平方向成角向下进行俯冲轰炸，其俯冲的加速度大小为g，同时每隔1s向下释放一枚炮弹，若不计空气阻力，重力加速度为g，则炮弹在空中排列的图形可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】轰炸机在空中与地面成角向下做加速度大小为的匀加速运动，以轰炸机为参考系，则炮弹相对于轰炸机在时间内在与地面成角方向上向上做加速度大小为的匀加速直线运动，而炮弹在竖直方向上做自由落体运动，则炮弹的合运动轨迹是在2个加速度的矢量和上，与地面成角。
故选B。
7. 如图所示，物体N静置在水平地面上，物体Q和N用轻质弹簧拴接，Q压在弹簧上，物体P和Q通过定滑轮用轻质细绳相连。开始时用手托住P，轻绳刚好被拉直而不张紧。已知Q和N的质量相等，P的质量是N质量的2倍，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，不计一切摩擦。现由静止释放物体P，则下列说法正确的是（ ）
A. 由静止释放P的瞬间，Q的加速度大小为
B. N刚要离开地面时，P的动能达到最大
C. 从释放P到N刚要离开地面的过程，Q的加速度先减小后增大
D. 从释放P到N刚要离开地面的过程，P和Q组成的系统机械能守恒
【答案】B
【解析】A．设N的质量为m，开始时轻绳的拉力为零，弹簧的弹力为
由静止释放P的瞬间，对P、Q整体，由牛顿第二定律可得
解得
故A错误；
B．当P、Q的加速度为零时速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时N刚要离开地面，故B正确；
C．从释放P到N刚要离开地面的过程，弹簧的弹力先减小后增大，弹力向上时，由牛顿第二定律可得
F减小，a减小，弹力向下时，由牛顿第二定律可得
F增大，a减小，Q的加速度一直减小，故C错误；
D．从释放P到N刚要离开地面的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，P和Q的初态机械能等于末态的机械能，但此过程的机械能不守恒，故D错误。
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. 2024年10月30日4时27分，神舟十九号载人飞船成功发射至预定轨道，航天员蔡旭哲、宋令东、王浩泽与神舟十八号乘组在轨轮换。飞船经过几次变轨后进入对接轨道与空间站组合体交会对接，工作状态良好。若椭圆轨道Ⅱ的半长轴为，椭圆轨道Ⅲ的半长轴长，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 飞船在圆轨道Ⅰ上的运行速度大于第一宇宙速度
B. 飞船在轨道Ⅰ的机械能小于在轨道Ⅱ的机械能
C. 飞船在轨道Ⅱ上的周期与在轨道Ⅲ上的周期之比大于
D. 飞船在轨道Ⅱ上经过P点的加速度小于在轨道Ⅲ上经过P点的加速度
【答案】BC
【解析】A．根据牛顿第二定律
可得
则飞船在轨道Ⅰ上的运行速度小于或等于第一宇宙速度，故A错误；
B．飞船从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ要点火加速，故机械能增加，故B正确；
C．根据开普勒第三定律可得
可得
故C正确；
D．由
可得
可知飞船在轨道Ⅱ上经过点的加速度等于在轨道Ⅲ上经过点的加速度，故D错误。
故选BC。
9. 图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. t=0时，弹簧处于原长.
B. t=0.2s时，手机位于平衡位置上方
C. 从t=0至t=0.2s，手机的动能减小
D. a随t变化的关系式为a=4sin（2.5πt）m/s2
【答案】CD
【解析】A．由题图乙知，时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为，故A错误；
B．由题图乙知，时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，故B错误；
C．由题图乙知，从至，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，故C正确；
D．由题图乙知，则角频率
则随变化的关系式为
故D正确；
故选CD
10. 如图所示，在水平面上停放着一辆上表面水平的小车，小车上竖直固定着两端开口的细管（细管可视为小车的一部分），细管的弯曲部分BC是半径为R的四分之一圆弧，与小车的上表面相切于C点，细管的竖直部分AB长度为2R，小车左侧固定一轻弹簧。现将一质量为m、可视为质点的小球从A处无初速度地放入细管，忽略一切摩擦阻力。已知小车的质量为2m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 小球在细管中运动时，小球和小车组成的系统动量守恒
B. 轻弹簧能够获得的最大弹性势能为2mgR
C. 小球运动到C点时，小车在水平方向位移的大小为
D. 小球运动到C点时，其速度大小为
【答案】CD
【解析】A．小球在细管中运动时，小球和小车组成的系统只在水平方向动量守恒，故A错误；
C．规定水平向左为正方向，由动量守恒定律可得
又
解得
故C正确；
D．由动量守恒定律可得
解得
小球从释放到最低点的过程，由能量守恒定律可得
联立解得
故D正确；
B．小球运动到弹簧压缩到最短的过程，初末状态小球和小车的速度均为零，则由能量守恒定律可得
解得
故B错误。
故选CD。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某小组进行“用单摆测量重力加速度”的实验。
（1）为了准确地测量重力加速度的值，以下四种单摆组装方式最合理的是______（填正确答案标号）。
A. B.
C. D.
（2）他们测得细线的长度为l，将物体从平衡位置拉开一个小角度后由静止释放，使其在竖直面内摆动。待摆动稳定后，从物体经过最低点时开始计时并数1，在物体第n次通过最低点时停止计时，测得的时间为t，由本次实验测得单摆的周期______。
（3）有同学提出可以通过求得，后来大家讨论后认为该方法错误，该方法错误的原因是______。
（4）后来他们将细线的长度缩短，重复步骤（2），并记录了细线缩短的长度和对应的周期T，以为横轴，为纵轴，作出图像，该图像的斜率为k，则当地的重力加速度______。
【答案】（1）B （2）
（3）细线的长度不等于摆长
（4）
【解析】【小问1详解】
AD．为了保证物体在摆动过程中摆长不变，所以悬点要固定，A、D错误；
BC．为了减小空气阻力的影响，摆动的物体要选择质量大、体积小的物体，B正确，C错误。
故选B。
【小问2详解】
由题意可知
解得周期为
【小问3详解】
摆长是悬点到物体重心的距离，而题目中细线的长度，二者不相等，所以该方法误差大。
【小问4详解】
设原来摆长为，细线缩短的长度即为摆长缩短的长度，当细线缩短时，由单摆周期公式有
整理有
所以
解得
12. 如图所示为验证动量守恒定律的实验装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块A、B上均固定着宽度相同的遮光条。
（1）实验前需要调节气垫导轨水平，借助光电门来检验导轨是否水平的方法是__________。
（2）测出滑块A和遮光条的总质量为mA，滑块B和遮光条的总质量为mB，遮光条的宽度d。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2后与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2，光电门2先后记录的挡光时间为Δt1、Δt2，光电门1记录的挡光时间为Δt3，则实验中两滑块的质量应满足mB______（填“>”“