2025届河南省豫西北教研联盟（许平洛济）高三下学期三模物理试题（解析版）

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注意事项：
1、考试时间：75分钟，总分100分。
2、答题前，考生务必将自己的姓名、考号涂写在答题卡上。
3、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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
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，把所选答案涂在答题卡上。
1. 2025年1月7日，西藏日喀则市定日县发生6.8级地震，在短短数小时内，中央救灾物资已通过多渠道运往灾区。将一箱应急物品由无人机以空投的方法快捷精准投放到避难点。已知箱体脱离无人机后由静止开始竖直下落，以竖直向下为正方向，运动过程的位移一时间图像如图所示，和时间内的曲线在时刻平滑连接，两段曲线的弯曲方向相反，时刻后为直线。下列说法正确的是（ ）
A. 时间内箱体的速度先增大后减小B. 箱体时刻的速度小于时刻的速度
C. 时间内箱体处于失重状态D. 时刻后箱体机械能守恒
【答案】A
【解析】A．x-t图像的斜率代表速度，观察图像可以发现时间内图像斜率先增大后减小，所以箱体的速度先增大后减小，故A正确；
B．根据图像可以知道箱体时刻图像斜率大于时刻的图像斜率，故箱体时刻的速度大于时刻的速度，故B错误；
C．根据图像可知时间图像斜率减小，故箱体向下减速，加速度向上，故箱体处于超重状态，故C错误；
D．根据图像可知时刻后箱体做匀速直线运动，故箱体受到的阻力做负功，故箱体的机械能减小，故D错误。
故选A。
2. 在篮球比赛中，运动员将篮球斜向上抛出，若篮球在运动过程中所受空气阻力大小与其速率成正比，方向与篮球运动方向相反。则该篮球从抛出到运动至最高点的过程中（ ）
A. 运动轨迹为抛物线B. 加速度大小一定变小
C. 速率先变小后变大D. 在最高点加速度大小等于重力加速度大小
【答案】B
【解析】AC．如图所示
篮球在上升至最高点的过程中，受重力和空气阻力，两个力均做负功，故速率v变小，则阻力
逐渐减小，所以合力是变力，所以其运动不是匀变速曲线运动，轨迹不是抛物线，故AC错误；
B．由于阻力f的方向与重力mg方向间的夹角逐渐变大，且阻力变小，重力不变，根据平行四边形定则可知合力变小，则由牛顶第二定律可知加速度变小，故B正确；
D．篮球在最高点处，速度沿水平方向，仍受空气阻力作用，故合力大于重力，加速度大于重力加速度，故D错误。
故选B。
3. 如图所示，虚线左侧空间存在一方向与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化关系为。一硬质细导线的电阻率为、横截面积为，将该导线做成半径为的圆环固定在纸面内，圆心在上，时磁感应强度的方向如图。对从时到时，下列说法正确的是（ ）
A. 圆环所受安培力的方向始终不变B. 圆环中的感应电流在时发生改变
C. 圆环中产生的感应电动势大小为D. 圆环中的感应电流大小为
【答案】D
【解析】AB．由题知，磁感应强度随时间的变化关系为
设当时磁感应强度，代入上式，则有
解得
即当从时磁感应强度向里减到零，时磁感应强度为零，之后磁感应强度向外反向增加；根据楞次定律可知，在内圆环的电流为顺时针；1.5s后圆环的电流也为顺时针，即电流方向不发生改变；根据左手定则，可知在内圆环所受的安培力向左，1.5s后圆环所受的安培力向右，即安培力方向发生变化，故AB错误；
C．根据法拉第电磁感应定律有
根据磁感应强度随时间的变化关系为
可得
故感应电动势大小为
故C错误；
D．根据电阻定律，可得圆环的电阻为
则感应电流大小为
故D正确。
故选D。
4. 如图所示，一束红光由空气沿径向射入半球形透明玻璃砖，当入射光线与透明玻璃砖底面之间的夹角θ=37°时，恰好没有光线从底面透出。已知半球形玻璃砖的半径为R，真空中光速为c，sin37°=0.6，cs37°=0.8。则这束红光从射入玻璃砖到射出玻璃砖所需时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意可知
所以，
所以这束红光从射入玻璃砖到射出玻璃砖所需时间为
故选C。
5. 2025年2月28日，太阳系七大行星上演“七星连珠”的天文现象。已知太阳系的八大行星基本运行在同一平面上，地球绕太阳运行的公转轨道半径是火星公转轨道半径的倍，则火星与地球相邻两次相距最近大约需要（ ）
A. 1.2年B. 1.8年C. 2.2年D. 3.7年
【答案】C
【解析】根据开普勒第三定律可得
解得
设经过t时间火星与地球相距最近，则有
整理可得
故选C。
6. 如图所示，水平地面上静置一质量为的圆形支架，其下端套有一质量为的光滑小圆环，现用一始终沿圆型支架切线方向的力缓慢将小圆环由最低点拉至顶端，支架保持静止不动，在此过程中下列说法正确的是（ ）
A. 拉力逐渐变大B. 小圆环受到弹力先减小后增大
C. 地面对支架的支持力先增大后减小D. 地面受到的摩擦力先变大后减小
【答案】B
【解析】AB．对小环受力分析如图所示
从A到B的过程中，根据平衡条件可得，
由图可知，从增大到，则变小，变大，小环从B到C的过程中，则有，
由图可知，从增大到，变大，变小，故从最低点到最高点的过程中，拉力F先变大后变小，小环受到的弹力先减小后增大，A错误，B正确；
CD．对支架大圆和小圆环整体受力分析，从A到B的过程中，其受力情况如图所示
则有，
结合上述结论可知，变小，先增大后减小，同理可知，从B到C的过程中，其受力情况如下图所示
，
故有变大，先增大后减小，综合可知，地面对支架的支持力先减小后增大，地面受到的摩擦力先变大后减小，再变大再减小，CD错误。
故选B。
7. 如图所示，绝缘轨道ABC固定在竖直平面内，AB部分是光滑的圆弧轨道，轨道半径为R，BC部分是足够长的水平轨道，两部分平滑连接。空间存在水平向左的匀强电场（图中未画出），场强大小为E（未知）。现将一质量为m、电荷量为q的带电物块（可视为质点）从轨道上的A点由静止释放，物块沿轨道运动。已知物块与轨道BC间的动摩擦因数为0.125，整个运动过程中物块在BC段运动的总路程为2R，重力加速度大小为g，且。则整个运动过程中带电物块向右运动的最远处与B点相距（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】运动到最远时，根据动能定理得
最终静止在圆弧轨道上，设与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件得
全程根据动能定理得
解得
故选A。
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，有多项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错得0分。
8. 如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1000匝，副线圈匝数n2＝200匝，副线圈中接有“220V，220W”的电动机，当原线圈中接电压u＝1100sin 100πt（V）的交变电源，电动机正常工作。电流表和电压表都是理想电表。下列说法正确的是（ ）
A. 交流电的频率为100HzB. 电压表示数为1100V
C. 电动机的内阻220ΩD. 电流表A1的示数为0.2A
【答案】BD
【解析】A．由表达式可知，交流电源的频率为50 Hz，变压器不改变交变电流的频率， 选项A错误；
B．交变电源电压，而电压表读数为有效值，即电压表的示数是
选项B正确；
C．电动机正常工作，所以
由于电动机不是纯电阻电路，欧姆定律不适用，则电动机的内阻
选项C错误；
D．电动机正常工作，所以
电流表A2示数为1A，由电流与匝数成反比得通过电流表A1的电流为0.2A， 选项D正确。故选BD。
9. 一列简谐横波沿轴传播，时刻的波形如图所示。已知从计时开始，处的质点第1次到达波峰的时刻比处的质点第1次回到平衡位置的时刻滞后了。关于该简谐波，下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿轴正方向传播
B. 波速
C. 时，处的质点沿轴负方向运动
D. 处质点的振动方程为
【答案】BC
【解析】A．处处对于x=6m处对称，根据简谐波传播规律，t=0时刻，两点位移相同，又处的质点第1次到达波峰的时刻比处的质点第1次回到平衡位置的时刻滞后了，故该波沿x轴的负方向传播，故A错误；
B．若设该波的振动周期为T，则根据波的传播规律,
则x=5m处回到平衡位置的比x=7m处晚
故，代入数据可得
故，故B正确；
C．据前分析可得，则t=8s时，x=3m处的质点回到t=0时刻位置，运动方向沿y轴负方向，又经，质点运动到x轴下方继续沿y轴负方向运动，故C正确；
D．根据波形图可写出t=0时刻，波形图的函数关系式为
即当x=1m时，
代入振动公式
由，得
当，，且质点沿y轴正方向运动，故
故处质点的振动方程为，故选BC
10. 在如图所示的长方体空间中，存在沿轴正方向的匀强电场和匀强磁场，，。某时刻一带正电的粒子以速度大小，方向平行于平面且与轴正方向的夹角，从左边界区域中心射入，该粒子比荷为，不计粒子重力，，。则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子在该区域运动过程中，加速度大小不变
B. 若磁感应强度，则粒子会从面射出
C. 若磁感应强度，则粒子会从面射出
D. 若磁感应强度，则粒子可能从面射出
【答案】AC
【解析】A．粒子在该区域受到向右电场力F=Eq
将v0分解为竖直向上v0z和水平向右v0y，则有
由左手定则知F洛=Bqv0z，方向向里，在xz平面做匀速圆周运动，由于F洛不做功。v0z不变，故F洛大小不变。而电场力是恒力， y方向虽加速，但不影响洛伦兹力。所以合力
大小不变，则加速度大小不变，故A正确；
BC．若磁感应强度，根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
AA1B1B的侧视图如图
可得
由图可知当时，圆周运动顶点刚好在ADD1A1面上。水平向右做匀加速运动、故刚能从DCC1D1面上射出。根据可知B越大，r越小，故时，则粒子会从DCC1D1面射出，故C正确，B错误；
D．若时，根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
则圆心在A1D1C1B1面上，则粒子从ADD1A1面射出，故D错误。
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 物体从高处下落时，会受到空气的阻力，空气阻力与物体的速度、迎风面的大小及形状等因素有关。某实验小组设计了如图甲所示的用光电门测定钢球下落时受到的阻力大小的实验装置。直径为、质量为的小钢球从某高度下落的过程中先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为、。用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，测出两光电门间的距离为，已知当地的重力加速度大小为。
（1）用游标卡尺测量钢球直径如图乙所示，读数为_____；
（2）钢球从A到B过程中受到空气的平均阻力_____；（用题中所给物理量符号来表示）
（3）本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差_____（选填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小。
【答案】（1）10.20 （2） （3）不能
【解析】【小问1详解】
20分度游标卡尺的精确值为，由图乙可知，钢球直径为
【小问2详解】
钢球经过A、B两光电门的速度分别为，
钢球从A到B过程中，根据运动学公式可得
根据牛顿第二定律可得
联立解得钢球从A到B过程中受到空气的平均阻力为
【小问3详解】
本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差是系统误差，不能通过增加实验次数减小。
12. 为了测量某一旧电池组的电动势和内阻，某实验兴趣小组设计了如图甲所示电路图，所用实验器材如下：
旧电池组（电动势约为，内阻约为几十欧姆）
电压表（量程为，内阻）
定值电阻（阻值）
单刀双掷开关一个，导线若干
（1）根据图甲所示电路图，完成图乙中的实物图连线_____。
（2）实验操作步骤如下：
①将单刀双掷开关与1接通，仅用电压表直接测量电源两端电压，记录电压表示数；
②将单刀双掷开关与2接通，使得电压表与定值电阻串联后接入电源，记录电压表示数；
（3）若测得，的读数如图丙所示，读出_____，由此得出_____V，_____；（保留三位有效数字）
（4）如果电压表的实际内阻大于标称值，最终测出的电池内阻阻值_____（填写“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【答案】 （1） （3）1.20 2.45 43.5 （4）偏大
【解析】[1]根据电路图连接实物图如图所示
[2]电压表的最小分度值为0.1V，所以读数为；
[3][4]将单刀双掷开关S与1接通，根据闭合电路欧姆定律，有
将单刀双掷开关S与2接通，根据闭合电路欧姆定律，有
联立并代入数据解得电动势为
电源内阻为
[5]将单刀双掷开关S与1接通，根据闭合电路欧姆定律，有
将单刀双掷开关S与2接通，根据闭合电路欧姆定律，有
联立解得
如果电压表的实际内阻大于标称值，最终测出的电池内阻阻值偏大。
13. 如图所示，竖直放置开口向上质量为的气缸，用质量为的活塞密封一部分理想气体，静止在水平地面上，气柱的高度为。现用竖直向上的恒定拉力（大小未知）作用在活塞上，当二者相对静止且一起向上做匀加速运动时，活塞相对气缸上升了。已知大气压强恒为，活塞横截面积为，活塞和气缸导热性能良好，环境温度不变，不计活塞和气缸间的摩擦，忽略空气阻力，重力加速度大小为，求：
（1）匀加速上升过程中密封气体的压强；
（2）拉力的大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）对活塞，由静止受力平衡得
对密封气体，从开始到施加力后达到稳定时，由玻意耳定律可得
联立解得匀加速上升过程中密封气体的压强
（2）施加力后达到稳定时，对活塞由牛顿第二定律得
对气缸和活塞整体由牛顿第二定律得
联立解得拉力
14. 如图所示，在光滑绝缘的水平面内，存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为。有两个质量为可视为质点的带电小球A、B，A球带正电，B球带负电，电荷量均为，两小球与一轻质弹簧的两端连接点处绝缘。初始时两球被锁定处于静止状态，弹簧被压缩。已知弹簧劲度系数，弹簧弹性势能的表达式为（x为弹簧形变量）。解除锁定前弹簧的弹性势能，忽略带电小球A、B之间的相互作用力，某一时刻解除锁定。求：
（1）解除锁定瞬间A球的加速度大小；
（2）A球在向左运动过程中，当弹簧的弹力大小为时（此时弹簧处于压缩状态）A球的动能（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
由得
对A球
解得
【小问2详解】
从解除锁定，A球在向左运动过程中，设x1、x2分别为A、B两球移动的位移
对A、B组成的系统，从解除锁定至弹簧的弹力大小为的过程中，系统减少的弹性势能
系统在匀强电场中增加的电势能
由能量守恒定律得
得A球向左运动的动能
15. 如图所示，在坐标系的第一象限内存在沿轴负方向的匀强电场（大小未知），在第二象限内存在沿轴正方向的匀强电场（大小未知），第四象限内存在垂直于平面向里的匀强磁场，轴、轴为各场区的边界线。现将质量为、电荷量为的质子由第二象限内的点由静止释放；穿过轴时的速度为，在电场和磁场的作用下，质子在第一象限和第四象限内做周期性运动，已知第四象限内磁感应强度的大小为，且质子在磁场中运动时与轴的最远距离为。求
（1）电场强度和的大小；
（2）判断该质子能否经过点，并说明原因（无分析过程不给分）；
（3）从点开始计时，质子经过轴时所用时间。
【答案】（1），
（2）能经过 （3）质子向下通过轴时用时（、1、2、…）；质子向上通过轴时用时（1、2、…）
【解析】【小问1详解】
对质子，从M到N的过程，由动能定理得
则
质子在第一象限内做类平抛运动，设经过x轴时的速度为v，与x轴正方向的夹角为，则由动能定理得
且
质子从进入磁场到离x轴最远处的过程中做圆周运动的半径为，则
联立可得、，且
【小问2详解】
设质子完成一次类平抛运动所用时间为，质子相邻两次进出磁场的时间为，质子在一次类平抛运动中，有
且
质子相邻两次进出磁场在水平方向上移动的距离
用时
则质子完成一次周期性运动沿x方向移动的距离
联立得，，；
考虑到，容易知道，此时质子做类平抛运动，所处位置的纵坐标
所以质子能经过点。
【小问3详解】
对质子，由M到N，有
由（2）问可得质子完成一次类平抛运动所用时间
质子相邻两次进出磁场用时
则质子向下通过x轴时用时（、1、2、…）
质子向上通过x轴时用时（1、2、…）