2024-2025学年河南省名校大联考高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2024-2025学年河南省名校大联考高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)，共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）（2024秋•河南期末）2024年11月16日，天舟八号货运飞船成功发射并与空间站天和核心舱成功对接。已知地球半径为R，天舟八号货运飞船与天和核心舱对接后一起绕地球做匀速圆周运动的周期为T，距离地面的高度为h，引力常量为G，则地球的质量可表示为（ ）
A．B．
C．D．
2．（4分）（2024秋•河南期末）如图所示，两块由相同材料制成的木板在地面上的O点通过光滑的小圆弧平滑连接，两块木板分别水平、倾斜固定。一可视为质点的小物块从倾斜木板的P处由静止滑下，滑到水平木板右端Q恰好停下。现将倾斜木板的倾角调大或调小（如虚线所示）并固定在地面上，再让小物块从倾斜木板的某处由静止滑下，仍滑到水平木板右端Q停下，则小物块释放的位置可能是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
3．（4分）（2024秋•河南期末）为研究飞箭的运动，利用高速摄像机拍摄到一飞箭在空中运动的照片如图所示，经分析在曝光时间内飞箭前进的距离约为飞箭长度的1%。已知照片的曝光时间为100μs，图片与实物的尺寸比例约为1：10，由此可估算该飞箭的瞬时速度大小约为（ ）
A．10m/sB．30m/sC．100m/sD．300m/s
4．（4分）（2024秋•河南期末）我国科学家在嫦娥五号带回的月壤中检测到大量的氦﹣3，它是一种极具潜力的核聚变燃料。其核聚变反应方程式为→。已知、和的质量分别约为3.01603u、4.00260u和1.00783u，1u相当于1.5×10﹣10J的能量，则发生一次核反应产生的能量约为（ ）
A．1.5×10﹣12JB．1.8×10﹣12J
C．2.1×10﹣12JD．2.4×10﹣12J
5．（4分）（2024秋•河南期末）在一个大型水上乐园的造浪池中，造浪机（位于坐标原点O）在t＝0时开始造浪，其振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。游泳者A在距离造浪机3.5m处开始感受到波浪的起伏时，原点处的质点恰好第2次处于波谷位置。则（ ）
A．游泳者A感受到波浪的频率是10Hz
B．此简谐波的波长为1.75m
C．波浪从造浪机传到距离它10m处的游泳者B（假设静止不动）需要1s
D．当距离造浪机4.5m处的游泳者C开始感受到波浪起伏时，游泳者A正处于波峰位置
6．（4分）（2024秋•河南期末）北京科技大学团队利用电动汽车技术，研发出一种新型电磁弹射系统，航空母舰上质量为30t的舰载机在发动机和电磁弹射力作用下能在2.1s内从静止匀加速至70m/s。假设将电磁弹射力大小等效为垂直磁场方向的通电直导线所受安培力，等效通电直导线的长度为115m，电流为6400A，磁感应强度大小为1T，则等效安培力与舰载机受到的合力的比值约为（ ）
A．B．C．D．
7．（4分）（2024秋•河南期末）如图所示，四个质量分别为m、m、3m、3m的小球A、B、C、D通过细线或轻弹簧相互连接，悬挂在O点和P点，整个系统处于静止状态。已知细线OA与竖直方向的夹角θ＝45°，细线PD水平，重力加速度为g。若此时将连接B和C的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（ ）
A．9g，3gB．3g，gC．6g，2gD．10g，g
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。
（多选）8．（6分）（2024秋•河南期末）如图所示，在匀强电场中有一正四面体ABCD，边长为2cm，已知四个顶点处的电势分别为φA＝2V，φB＝4V，φC＝6V，φD＝4V，由此可判断（ ）
A．电场强度的方向由B指向A
B．电场强度的方向由C指向A
C．电场强度的大小为
D．电场强度的大小为200V/m
（多选）9．（6分）（2024秋•河南期末）如图所示，一质量约为58g的网球在一次发球过程中被击打飞出。已知网球在击球前瞬间的速度接近零，球拍击球前瞬间的速度大小约为15m/s。球拍与网球之间的相互作用可视为弹性碰撞，碰撞时间极短，球拍质量远大于网球质量，则下列说法正确的是（ ）
A．球拍对网球施加的冲量大小约是1.74N•s
B．球拍对网球施加的冲量大小约是0.87N•s
C．球拍对网球所做的功约是6.5J
D．球拍对网球所做的功约是26J
（多选）10．（6分）（2024秋•河南期末）如图1所示，在﹣d≤x≤d、﹣d≤y≤d的区域中存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），当一个未知形状的线圈在该磁场中绕y轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图2所示。若仅磁场的区域发生了变化，变化后磁场的区域如图3所示，线圈中产生的电动势变为图4所示实线部分。该线圈可能的形状是（ ）
A．正方形线框B．圆形线框
C．六边形线框D．正六边形线框
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）（2024秋•河南期末）如图所示，某实验小组用“插针法”测量一半圆形玻璃砖的折射率。
（1）具体步骤如下：
①在水平桌面上铺一张白纸，并用图钉固定，接着用铅笔画出直角坐标系xOy。将半圆形玻璃砖放在白纸上，使其平直边紧贴x轴，圆心位于坐标原点，画出玻璃砖的半圆弧轮廓线。
②在第二象限过圆心O画一条直线作为入射光线，在直线上垂直于纸面插入两根大头针P1和P2。
③在第四象限透过玻璃砖观察P1、P2的像，调整观察角度，然后垂直纸面插入大头针P3，使其挡住 （选填“P1”“P2”或“P1和P2”）的像，如图1所示。
④移走玻璃砖后，标记P1和P2连线的延长线与半圆弧轮廓线的交点A，过A作y轴的垂线，交y轴于A'点。同样，标记O、P3的连线与半圆弧轮廓线的交点B，过B作y轴的垂线，交y轴于B'点。分别测量并记录AA'和BB'的长度L1和L2，如图2所示。
⑤改变入射角，重复步骤②③④，得到多组L1、L2数据。
（2）以L1为横坐标，L2为纵坐标，对每组数据L1和L2进行描点（L1，L2），绘制出一条直线。若该直线的斜率为k，则玻璃折射率为 。
（3）为研究玻璃折射率与光的频率的关系，用一束红光和绿光组成的混合光从圆心射入半圆形玻璃砖内，根据实验结果作出光路图，并标记红光和绿光，如图3所示。此实验初步揭示了在相同的介质中，折射率与光的频率之间存在一定的关联：光的频率越大，其折射率越 （选填“大”或“小”）。
12．（10分）（2024秋•河南期末）某实验小组分别用不同方法测量一毫安表的内阻，实验室提供实验器材如下：
待测的毫安表mA（表盘模糊，量程未知，只能看清满偏刻度和半偏刻度，内阻RA约400Ω）；
电源E（电动势约5V，内阻不计）；
电流表A（量程2mA，内阻未知）；
电压表V（量程1V，内阻未知）；
电阻箱R1（0～999.9Ω）；
电阻箱R2（0～99999.9Ω）；
滑动变阻器R3（最大阻值5kΩ）；
开关、导线若干。
（1）甲同学用如图1所示的电路测量待测的毫安表内阻。操作步骤如下：①根据电路图1连接电路；②滑动变阻器阻值调至最大后闭合开关S1，③先将开关S2接1，调节滑动变阻器，使电流表A的示数合适，读出电流表A的示数I0；再将开关S2接2，保持滑动变阻器阻值不变，调节电阻箱，使电流表A的示数仍为I0，记下此时电阻箱的阻值为R0，毫安表内阻的测量值为 。
（2）乙同学用如图2所示的电路测量待测的毫安表内阻。实验主要步骤如下：①根据电路图2连接电路；②S2断开，滑动变阻器阻值调至最大后闭合开关S1，调节滑动变阻器的阻值，使毫安表mA指针偏转到满刻度，读出此时电流表A的示数I1；③开关S1、S2均闭合，反复调节滑动变阻器和变阻箱，使电流表A的示数仍为I1，并使毫安表mA指针偏转到满刻度的一半，记录此时变阻箱的阻值为R0，毫安表内阻的测量值为 。
（3）丙同学用如图3所示的电路测量待测的毫安表内阻。主要实验步骤如下：①根据电路图3连接电路；②滑动变阻器阻值调至最大后闭合开关S，调节电阻箱和滑动变阻器，使毫安表mA满偏。记下电阻箱的阻值为R1，电压表V示数为U1；③反复调节电阻箱和滑动变阻器，使毫安表mA半偏。记下电阻箱的阻值为R2，电压表V示数为U，则毫安表内阻的测量值为 。
（4）丁同学用如图4所示的电路测量待测的毫安表内阻。主要操作步骤如下：①先断开开关S2，闭合开关S1，调节电阻箱R2使毫安表mA指针满偏；②再闭合开关S2，保持电阻箱R2不变，调节电阻箱R1使得毫安表mA半偏，得到电阻箱R1的示数如图5所示。毫安表内阻的测量值为 Ω。
（5）若不考虑实验的偶然误差，关于以上测量方案的实验误差分析，下列说法正确的是 。
A.甲同学测量方案中毫安表的测量值等于真实值
B.乙同学测量方案中毫安表的测量值小于真实值
C.丁同学测量方案中毫安表的测量值小于真实值
13．（10分）（2024秋•河南期末）在一个大型游乐设施中，“空气弹簧”被用于支撑座舱以提升游客乘坐体验。该“空气弹簧”可近似看作充满气体的圆柱形密闭汽缸，其活塞连接着支撑座舱的连杆。已知座舱质量为M＝10t，由4个相同的“空气弹簧”进行支撑，每个“空气弹簧”的活塞面积是S＝0.5m2，当座舱处于空载状态时，活塞到汽缸底部的距离为30cm。所处环境的大气压强，重力加速度g取10m/s2，“空气弹簧”内的气体可视为理想气体，且认为其温度在整个过程中保持恒定不变，假设每名乘客平均质量（包含携带物品）约为65kg。若“空气弹簧”的最大压缩量为5cm，求该游乐设施最多可载客的人数。
14．（12分）（2024秋•河南期末）如图所示，在一个物流运输的模拟实验装置中，水平传送带与倾斜传送带通过光滑小圆弧平滑相接，倾斜传送带的倾角θ＝30°，一质量为m＝2kg可视为质点的包裹被轻放在水平传送带的左端，水平传送带以速度v1＝2m/s顺时针匀速转动，倾斜传送带以速度v2＝5m/s顺时针匀速转动。已知水平传送带和倾斜传送带的长度分别为L1＝3m，L2＝6m。重力加速度g取10m/s2，转轮的大小忽略不计。
（1）若包裹与水平传送带、倾斜传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、，求包裹从水平传送带左端运动至倾斜传送带顶端所需的时间。
（2）若保持μ1＝0.2不变，改变μ2大小，让包裹滑上倾斜传送带后能滑回到水平传送带，从包裹滑回水平传送带右端开始计时，求2s内水平传送带的电动机多做的功。
15．（16分）（2024秋•河南期末）如图所示，平面直角坐标系xOy的y轴竖直，垂直于x轴的虚线MN将x＞0区域分为区域Ⅰ和Ⅱ，C是MN与x轴的交点。已知在整个区域Ⅰ存在平行于xOy平面的匀强电场，在整个区域Ⅱ内存在竖直向上、场强大小为的匀强电场，且在区域Ⅱ中y＜0区域有一圆形匀强磁场区域（图中未画出），磁场方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为。在坐标原点O将一质量为m、电荷量为+q的小球以大小为v0的初速度竖直向上抛出，小球运动过程中经过A点且在A点的速度大小为v0，方向与x轴正方向相同，小球从C点第一次穿过x轴，第二次经过x轴时速度方向沿y轴正方向，重力加速度为g。求：
（1）小球从O点至A点运动过程中的最小动能与小球在O点处的初动能之比；
（2）小球经过C点时的速度大小vC和在未知圆形磁场区域中运动的时间t；
（3）未知圆形磁场区域的最小面积S。
2024-2025学年河南省名校大联考高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
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．（4分）（2024秋•河南期末）2024年11月16日，天舟八号货运飞船成功发射并与空间站天和核心舱成功对接。已知地球半径为R，天舟八号货运飞船与天和核心舱对接后一起绕地球做匀速圆周运动的周期为T，距离地面的高度为h，引力常量为G，则地球的质量可表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】飞船与核心舱对接后共同绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径等于地球半径加上距离地面的高度。已知周期和轨道半径，万有引力提供向心力是核心规律，利用万有引力定律和向心力公式建立关系，其中向心力用周期表达，即可推导地球质量与已知量的关系。
【解答】解：天舟八号货运飞船与天和核心舱对接后，绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r＝R+h；由万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律有。
将r＝R+h代入公式，整理得地球质量，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．（4分）（2024秋•河南期末）如图所示，两块由相同材料制成的木板在地面上的O点通过光滑的小圆弧平滑连接，两块木板分别水平、倾斜固定。一可视为质点的小物块从倾斜木板的P处由静止滑下，滑到水平木板右端Q恰好停下。现将倾斜木板的倾角调大或调小（如虚线所示）并固定在地面上，再让小物块从倾斜木板的某处由静止滑下，仍滑到水平木板右端Q停下，则小物块释放的位置可能是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【答案】B
【分析】根据动能定理结合相应的几何知识列式进行分析解答。
【解答】解：设小物块质量为m，小物块与木板间动摩擦因数为μ，在倾斜木板上下滑的距离为l1，在水平木板上滑行的距离为l2，倾斜木板与水平方向夹角为θ，释放位置和停下来位置的连线与水平方向的夹角为α，从P到Q，根据动能定理有mgl1sinθ﹣μmgl1csθ﹣μmgl2＝0，解得l1sinθ＝μ（l1csθ+l2），根据几何知识有，可见物块的释放位置和停下来位置的连线与水平方向的夹角α是个定值，如图所示
只有乙位置有可能，故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．（4分）（2024秋•河南期末）为研究飞箭的运动，利用高速摄像机拍摄到一飞箭在空中运动的照片如图所示，经分析在曝光时间内飞箭前进的距离约为飞箭长度的1%。已知照片的曝光时间为100μs，图片与实物的尺寸比例约为1：10，由此可估算该飞箭的瞬时速度大小约为（ ）
A．10m/sB．30m/sC．100m/sD．300m/s
【答案】B
【分析】估算飞箭的瞬时速度需要利用照片中的移动距离、比例尺和曝光时间。首先将照片中的移动距离转换为实际距离，再用该距离除以曝光时间得到速度。
【解答】解：照片中飞箭移动了自身长度的1%。设飞箭实际长度为L，根据比例尺可知通常飞箭的实际长度L约为0.3m，飞箭在此时间内移动的距离x＝0.01L，估算该飞箭的瞬时速度大小约为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
4．（4分）（2024秋•河南期末）我国科学家在嫦娥五号带回的月壤中检测到大量的氦﹣3，它是一种极具潜力的核聚变燃料。其核聚变反应方程式为→。已知、和的质量分别约为3.01603u、4.00260u和1.00783u，1u相当于1.5×10﹣10J的能量，则发生一次核反应产生的能量约为（ ）
A．1.5×10﹣12JB．1.8×10﹣12J
C．2.1×10﹣12JD．2.4×10﹣12J
【答案】C
【分析】根据题意求出质量亏损，然后求出释放的能量。
【解答】解：一次核反应的质量亏损Δm＝2×3.01603u﹣4.00260u﹣2×1.00783u＝0.0138u
释放的核能ΔE＝Δmc2＝0.0138×1.5×10﹣10J≈2.1×10﹣12J，故C正确，ABD错误。
故选：C。
5．（4分）（2024秋•河南期末）在一个大型水上乐园的造浪池中，造浪机（位于坐标原点O）在t＝0时开始造浪，其振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。游泳者A在距离造浪机3.5m处开始感受到波浪的起伏时，原点处的质点恰好第2次处于波谷位置。则（ ）
A．游泳者A感受到波浪的频率是10Hz
B．此简谐波的波长为1.75m
C．波浪从造浪机传到距离它10m处的游泳者B（假设静止不动）需要1s
D．当距离造浪机4.5m处的游泳者C开始感受到波浪起伏时，游泳者A正处于波峰位置
【答案】C
【分析】游泳者A开始感受到波浪时波源恰好第2次处于波谷，由此可确定波传播到A点所经历的时间，结合已知距离即可计算波速。利用波速与周期的关系求出波长，从而判断波长选项。波传播到其他位置的时间由距离与波速直接计算。比较不同位置游泳者的振动状态时，需根据它们与波源的距离差与波长的关系判断相位关系，从而确定是否处于波峰。
【解答】解：由振动图像可得质点振动周期为T＝0.2s，频率，解得：f＝5Hz，且t＝0时质点向上起振。
A、波浪频率由波源决定，游泳者A感受到的频率为f＝5Hz，故A错误；
B、原点处质点第2次到达波谷历时t＝1.75T，解得：t＝0.35s，此时波传播至xA＝3.5m处，波速，解得：v＝10m/s，由波速公式λ＝vT，解得：λ＝2m，故B错误；
C、波浪传播至xB＝10m处所需时间，解得：tB＝1s，故C正确；
D、A、C两点间距Δx＝4.5m﹣3.5m，解得：Δx＝1m，因，故两质点振动反相。波刚传至C点时，C处于平衡位置且向上运动，此时A亦在平衡位置但向下运动，并非位于波峰，故D错误。
故选：C。
6．（4分）（2024秋•河南期末）北京科技大学团队利用电动汽车技术，研发出一种新型电磁弹射系统，航空母舰上质量为30t的舰载机在发动机和电磁弹射力作用下能在2.1s内从静止匀加速至70m/s。假设将电磁弹射力大小等效为垂直磁场方向的通电直导线所受安培力，等效通电直导线的长度为115m，电流为6400A，磁感应强度大小为1T，则等效安培力与舰载机受到的合力的比值约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据牛顿定律先计算弹射系统所受的合力，之后根据安培公式计算安培力。
【解答】解：根据牛顿第二定律F＝ma，
代入数据得该新型电磁弹射系统飞机所受合力F合＝1×106N
根据安培力公式F＝IBL
得航母电曦弹射系统中飞机所受安培力F安＝7.36×105N
代入数据得两者之比，故ACD错误，B正确。
故选：B。
7．（4分）（2024秋•河南期末）如图所示，四个质量分别为m、m、3m、3m的小球A、B、C、D通过细线或轻弹簧相互连接，悬挂在O点和P点，整个系统处于静止状态。已知细线OA与竖直方向的夹角θ＝45°，细线PD水平，重力加速度为g。若此时将连接B和C的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（ ）
A．9g，3gB．3g，gC．6g，2gD．10g，g
【答案】D
【分析】弹簧的弹力不能突变，根据平衡条件求出弹簧的弹力；根据小球的受力情况应用牛顿第二定律求出剪断细线瞬间的加速度大小。
【解答】解：BC剪断前，设三根细线的的拉力大小分别为FOA、FBC、FPD，
以四个球整体作为研究对象，根据共点力平衡有FOAcs45°＝8mg，FOAsin45°＝FPD，解得FPD＝8mg
以C、D两个球整体作为研究对象，设细线BC与竖直方向所成的夹角为α。
根据共点力平衡有FBCcsα＝6mg，FBCsinα＝FPD，解得FBC＝10mg
BC剪断后瞬间，弹簧AB、CD的弹力不变，所以球B、C的合外力大小等于FBC。
根据牛顿第二定律，可得B的加速度大小aB10g，
C的加速度大小aCg，故ABC错误，D正确。
故选：D。
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。
（多选）8．（6分）（2024秋•河南期末）如图所示，在匀强电场中有一正四面体ABCD，边长为2cm，已知四个顶点处的电势分别为φA＝2V，φB＝4V，φC＝6V，φD＝4V，由此可判断（ ）
A．电场强度的方向由B指向A
B．电场强度的方向由C指向A
C．电场强度的大小为
D．电场强度的大小为200V/m
【答案】BD
【分析】AB.根据电势的关系找出等势面，再根据电场线与等势面的关系以及电势的高低判断场强的方向；
CD.根据场强公式求电场强度的大小。
【解答】解：AB.AC边的中点E处的电势

解得
φE＝4V
由
φB＝φD＝φE
可知，B、D、E三点构成的平面为等势面
如图所示
AC垂直于三角形BDE平面，故AC与电场线重合，再根据
φC＞φA
可知电场强度方向由C指向A
故A错误，B正确；
CD.在匀强电场中，根据
200V/m
故C错误，D正确。
故选：BD。
（多选）9．（6分）（2024秋•河南期末）如图所示，一质量约为58g的网球在一次发球过程中被击打飞出。已知网球在击球前瞬间的速度接近零，球拍击球前瞬间的速度大小约为15m/s。球拍与网球之间的相互作用可视为弹性碰撞，碰撞时间极短，球拍质量远大于网球质量，则下列说法正确的是（ ）
A．球拍对网球施加的冲量大小约是1.74N•s
B．球拍对网球施加的冲量大小约是0.87N•s
C．球拍对网球所做的功约是6.5J
D．球拍对网球所做的功约是26J
【答案】AD
【分析】AB、以球拍为参考系，根据动量定理分析；
CD、以地面为参考系，根据动能定理分析。
【解答】解：AB、球拍质量远大于网球质量，以球拍为参考系，网球以15m/s的速度碰到球拍后，发生弹性碰撞，会以原速率返回，
对网球，以反弹后的速度方向为正方向，由动量定理可知，球拍对网球的冲量大小I＝mv﹣（﹣mv），代入数据可得I＝1.74N•s，故A正确，B错误；
CD、以地面为参考系，由上述分析可知，网球会以2v的速度飞出，由动能定理可知，球拍对网球做功W，代入数据可得W＝26J，故C错误，D正确。
故选：AD。
（多选）10．（6分）（2024秋•河南期末）如图1所示，在﹣d≤x≤d、﹣d≤y≤d的区域中存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），当一个未知形状的线圈在该磁场中绕y轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图2所示。若仅磁场的区域发生了变化，变化后磁场的区域如图3所示，线圈中产生的电动势变为图4所示实线部分。该线圈可能的形状是（ ）
A．正方形线框B．圆形线框
C．六边形线框D．正六边形线框
【答案】AC
【分析】根据法拉第电磁感应定律，结合线框在磁场区域发生变化前后所产生感应电动势随时间变化规律分析求解。
【解答】解：ABC.根据法拉第电磁感应定律，三个形状的线框在题图1所示磁场区域中产生的电动势随时间的变化规律都符合题图2，比较线框在磁场区域发生变化前后所产生感应电动势随时间变化规律，由题图2和图4可知，当时，即当线圈旋转时才开始切割磁感线。如果线圈形状是正方形或六边形线框，则其边长为，圆形线框，则在变化后的磁场中，线圈始终在切割磁感应线，故AC正确，B错误；
D.在图1的磁场中，正六边形线框要转过一定角度才会有感应电流，故D错误。
故选：AC。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）（2024秋•河南期末）如图所示，某实验小组用“插针法”测量一半圆形玻璃砖的折射率。
（1）具体步骤如下：
①在水平桌面上铺一张白纸，并用图钉固定，接着用铅笔画出直角坐标系xOy。将半圆形玻璃砖放在白纸上，使其平直边紧贴x轴，圆心位于坐标原点，画出玻璃砖的半圆弧轮廓线。
②在第二象限过圆心O画一条直线作为入射光线，在直线上垂直于纸面插入两根大头针P1和P2。
③在第四象限透过玻璃砖观察P1、P2的像，调整观察角度，然后垂直纸面插入大头针P3，使其挡住 P1和P （选填“P1”“P2”或“P1和P2”）的像，如图1所示。
④移走玻璃砖后，标记P1和P2连线的延长线与半圆弧轮廓线的交点A，过A作y轴的垂线，交y轴于A'点。同样，标记O、P3的连线与半圆弧轮廓线的交点B，过B作y轴的垂线，交y轴于B'点。分别测量并记录AA'和BB'的长度L1和L2，如图2所示。
⑤改变入射角，重复步骤②③④，得到多组L1、L2数据。
（2）以L1为横坐标，L2为纵坐标，对每组数据L1和L2进行描点（L1，L2），绘制出一条直线。若该直线的斜率为k，则玻璃折射率为 。
（3）为研究玻璃折射率与光的频率的关系，用一束红光和绿光组成的混合光从圆心射入半圆形玻璃砖内，根据实验结果作出光路图，并标记红光和绿光，如图3所示。此实验初步揭示了在相同的介质中，折射率与光的频率之间存在一定的关联：光的频率越大，其折射率越 大 （选填“大”或“小”）。
【答案】（1）③P1和P
（2）
（3）大
【分析】（1）根据测量折射率的原理，让P3要同时挡住P1和P2的像；
（2）根据折射定律推出L2﹣L1图像斜率的含义；
（3）根据光的频率和折射率之间的关系分析。
【解答】解：（1）要确定折射光线，要求P1、P2（还有O点）在一条光线上，该光线透过玻璃砖后过P3，故P3要同时挡住P1和P2的像；
（2）设半圆柱体玻璃砖的半径为R，入射角和折射角分别为i、r，根据几何关系可得，
代入数据得
可知L2﹣L1图像斜率大小等于折射率的倒数，即；
（3）由题图3可知，入射角相同，绿光的折射角小于红光的折射角，根据光的折射定律，可知绿光的折射率大于红光的折射率，又因为绿光的频率大于红光的频率，所以频率越大，折射率越大。
故答案为：（1）③P1和P
（2）
（3）大
12．（10分）（2024秋•河南期末）某实验小组分别用不同方法测量一毫安表的内阻，实验室提供实验器材如下：
待测的毫安表mA（表盘模糊，量程未知，只能看清满偏刻度和半偏刻度，内阻RA约400Ω）；
电源E（电动势约5V，内阻不计）；
电流表A（量程2mA，内阻未知）；
电压表V（量程1V，内阻未知）；
电阻箱R1（0～999.9Ω）；
电阻箱R2（0～99999.9Ω）；
滑动变阻器R3（最大阻值5kΩ）；
开关、导线若干。
（1）甲同学用如图1所示的电路测量待测的毫安表内阻。操作步骤如下：①根据电路图1连接电路；②滑动变阻器阻值调至最大后闭合开关S1，③先将开关S2接1，调节滑动变阻器，使电流表A的示数合适，读出电流表A的示数I0；再将开关S2接2，保持滑动变阻器阻值不变，调节电阻箱，使电流表A的示数仍为I0，记下此时电阻箱的阻值为R0，毫安表内阻的测量值为 R0 。
（2）乙同学用如图2所示的电路测量待测的毫安表内阻。实验主要步骤如下：①根据电路图2连接电路；②S2断开，滑动变阻器阻值调至最大后闭合开关S1，调节滑动变阻器的阻值，使毫安表mA指针偏转到满刻度，读出此时电流表A的示数I1；③开关S1、S2均闭合，反复调节滑动变阻器和变阻箱，使电流表A的示数仍为I1，并使毫安表mA指针偏转到满刻度的一半，记录此时变阻箱的阻值为R0，毫安表内阻的测量值为 R0 。
（3）丙同学用如图3所示的电路测量待测的毫安表内阻。主要实验步骤如下：①根据电路图3连接电路；②滑动变阻器阻值调至最大后闭合开关S，调节电阻箱和滑动变阻器，使毫安表mA满偏。记下电阻箱的阻值为R1，电压表V示数为U1；③反复调节电阻箱和滑动变阻器，使毫安表mA半偏。记下电阻箱的阻值为R2，电压表V示数为U，则毫安表内阻的测量值为 。
（4）丁同学用如图4所示的电路测量待测的毫安表内阻。主要操作步骤如下：①先断开开关S2，闭合开关S1，调节电阻箱R2使毫安表mA指针满偏；②再闭合开关S2，保持电阻箱R2不变，调节电阻箱R1使得毫安表mA半偏，得到电阻箱R1的示数如图5所示。毫安表内阻的测量值为 422.7 Ω。
（5）若不考虑实验的偶然误差，关于以上测量方案的实验误差分析，下列说法正确的是 AC 。
A.甲同学测量方案中毫安表的测量值等于真实值
B.乙同学测量方案中毫安表的测量值小于真实值
C.丁同学测量方案中毫安表的测量值小于真实值
【答案】（1）R0；（2）R0；（3）；（4）422.7；（5）AC。
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求解作答；
（2）根据并联电路特点和欧姆定律求解作答；
（3）根据欧姆定律求解作答；
（4）根据电阻箱的读数规则读数；根据并联电路的特点结合欧姆定律求解作答；
（5）根据实验原理，分析各同学的实验误差，然后作答。
【解答】解：（1）闭合开关S1，开关S2接1，调节滑动变阻器，电流表A的示数I0；根据闭合电路欧姆定律，毫安表内阻
再将开关S2接2，保持滑动变阻器阻值不变，调节电阻箱，使电流表A的示数仍为I0，根据闭合电路欧姆定律，电阻箱的阻值
解得毫安表内阻的测量值Rg＝R0；
（2）S2断开，调节滑动变阻器的阻值，使毫安表mA指针偏转到满刻度，读出此时电流表A的示数I1，根据串联电路的特点，电流表的满偏电流Ig＝I1；
开关S1、S2均闭合，反复调节滑动变阻器和变阻箱，使电流表A的示数仍为I1，并使毫安表mA指针偏转到满刻度的一半，记录此时变阻箱的阻值为R0，根据并联电路的特点和欧姆定律
解得毫安表内阻的测量值为Rg＝R0；
（3）调节电阻箱和滑动变阻器，使毫安表mA满偏，根据欧姆定律U1＝Ig（Rg+R1）
调节电阻箱和滑动变阻器，使毫安表mA半偏，根据欧姆定律
联立解得
（4）断开开关S2，闭合开关S1，调节电阻箱R2使毫安表mA指针满偏；闭合开关S2，保持电阻箱R2不变，调节电阻箱R1使得毫安表mA半偏；
电阻箱R1的接入电阻R1＝4×100Ω+2×10Ω+2×1Ω+7×0.1Ω＝422.7Ω
保持电阻箱R2不变，认为干路电流不变，即I＝Ig
毫安表mA半偏时，根据欧姆定律和并联电路的特点
代入数据解得Rg＝R1＝422.7Ω
（5）A.根据上述（1）分析，甲同学测量方案中，滑动变阻器接入电阻、电流表内阻和电源内阻不变，没有系统误差，因此毫安表的测量值等于真实值，故A正确；
B.根据上述（2）分析，乙同学测量方案中，干路定律不变，没有系统误差，因此毫安表的测量值等于真实值，故B错误；
C.根据上述（4）分析，保持电阻箱R2不变，闭合开关S2，并联部分电阻变小，电路中的总电流变大，当毫安表电流半偏时，通过电阻箱R1的电流大于
因此丁同学测量方案中毫安表的测量值小于真实值，故C正确。
故选：AC。
故答案为：（1）R0；（2）R0；（3）；（4）422.7；（5）AC。
13．（10分）（2024秋•河南期末）在一个大型游乐设施中，“空气弹簧”被用于支撑座舱以提升游客乘坐体验。该“空气弹簧”可近似看作充满气体的圆柱形密闭汽缸，其活塞连接着支撑座舱的连杆。已知座舱质量为M＝10t，由4个相同的“空气弹簧”进行支撑，每个“空气弹簧”的活塞面积是S＝0.5m2，当座舱处于空载状态时，活塞到汽缸底部的距离为30cm。所处环境的大气压强，重力加速度g取10m/s2，“空气弹簧”内的气体可视为理想气体，且认为其温度在整个过程中保持恒定不变，假设每名乘客平均质量（包含携带物品）约为65kg。若“空气弹簧”的最大压缩量为5cm，求该游乐设施最多可载客的人数。
【答案】游乐设施最多可载客92人
【分析】对对座舱与活塞整体受力分析求解气体压强，再由理想气体状态方程求解体积变化时理想气体压强，最后由座舱与活塞整体受力分析求解最多可载客的人数。
【解答】解：空载时，对座舱与活塞整体受力分析有4p1S＝4p0S+Mg
解得
满载时，对气体根据玻意耳定律p1h1S＝p2h2S
此时“空气弹簧”的高度h2＝h1﹣Δh＝30cm﹣5cm＝25cm
解得
满载时，对座舱与活塞整体受力分析有4p2S＝4p0S+（Mg+nm0g）
解得n＝92.3。故最多可载客92人
答：游乐设施最多可载客92人
14．（12分）（2024秋•河南期末）如图所示，在一个物流运输的模拟实验装置中，水平传送带与倾斜传送带通过光滑小圆弧平滑相接，倾斜传送带的倾角θ＝30°，一质量为m＝2kg可视为质点的包裹被轻放在水平传送带的左端，水平传送带以速度v1＝2m/s顺时针匀速转动，倾斜传送带以速度v2＝5m/s顺时针匀速转动。已知水平传送带和倾斜传送带的长度分别为L1＝3m，L2＝6m。重力加速度g取10m/s2，转轮的大小忽略不计。
（1）若包裹与水平传送带、倾斜传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、，求包裹从水平传送带左端运动至倾斜传送带顶端所需的时间。
（2）若保持μ1＝0.2不变，改变μ2大小，让包裹滑上倾斜传送带后能滑回到水平传送带，从包裹滑回水平传送带右端开始计时，求2s内水平传送带的电动机多做的功。
【答案】（1）包裹从水平传送带左端运动至倾斜传送带顶端所需的时间为3.56秒。
（2）2s内水平传送带的电动机多做的功为16J。
【分析】（1）包裹在水平传送带上经历从静止开始的匀加速直线运动，达到与传送带共速后匀速运动至末端。分析需确定加速阶段位移与时间，并与总长比较判断是否出现匀速阶段。进入倾斜传送带后，包裹受重力下滑分力与摩擦力的合力作用，需判断其加速度方向与大小，分析其从水平末端速度加速至倾斜传送带速度的过程，同样需计算加速位移以判断后续是否匀速运动至顶端，总时间由两段运动时间相加得到。
（2）包裹滑回水平传送带的条件是其在倾斜传送带上最终速度方向变为沿斜面向下，这取决于倾斜传送带上动摩擦因数的具体范围。包裹滑回水平传送带右端时，其速度大小等于水平传送带速度但方向向左。此后包裹在水平传送带上经历向左的匀减速至零，再向右匀加速至与传送带共速的过程。电动机多做的功源于包裹与传送带相对滑动时摩擦生热增加的能量，计算需分析包裹在水平传送带上相对滑动的总路程，并依据摩擦力和相对位移求解。
【解答】解：（1）包裹在水平传送带上先做匀加速运动后做匀速运动，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，解得：。
加速时间，代入数据解得t1＝1s，加速位移，解得x1＝1m。
匀速运动时间，代入数据解得t'1＝1s。
包裹滑上倾斜传送带后，同样先匀加速后匀速，由牛顿第二定律得μ2mgcs30°﹣mgsin30°＝ma2，解得：。
加速时间，代入数据解得t2＝1.2s，加速位移，解得x2＝4.2m。
匀速运动时间，代入数据解得t'2＝0.36s，
故总时间t总＝t1+t'1+t2+t'2，代入数据解得t总＝3.56s。
（2）依据对称性，包裹滑回水平传送带右端时速度大小等于v1＝2m/s。设向左减速运动的时间为t3，位移为x3，则减速位移，代入数据解得x3＝1m，减速时间，解得t3＝1s。
根据对称性，包裹在2s末回到右端。由牛顿第二定律得摩擦力f＝ma1，代入数据解得f＝4N，该2s内倾斜传送带的电动机多做的功W＝2fv1t3，代入数据解得W＝16J。
答：（1）包裹从水平传送带左端运动至倾斜传送带顶端所需的时间为3.56秒。
（2）2s内水平传送带的电动机多做的功为16J。
15．（16分）（2024秋•河南期末）如图所示，平面直角坐标系xOy的y轴竖直，垂直于x轴的虚线MN将x＞0区域分为区域Ⅰ和Ⅱ，C是MN与x轴的交点。已知在整个区域Ⅰ存在平行于xOy平面的匀强电场，在整个区域Ⅱ内存在竖直向上、场强大小为的匀强电场，且在区域Ⅱ中y＜0区域有一圆形匀强磁场区域（图中未画出），磁场方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为。在坐标原点O将一质量为m、电荷量为+q的小球以大小为v0的初速度竖直向上抛出，小球运动过程中经过A点且在A点的速度大小为v0，方向与x轴正方向相同，小球从C点第一次穿过x轴，第二次经过x轴时速度方向沿y轴正方向，重力加速度为g。求：
（1）小球从O点至A点运动过程中的最小动能与小球在O点处的初动能之比；
（2）小球经过C点时的速度大小vC和在未知圆形磁场区域中运动的时间t；
（3）未知圆形磁场区域的最小面积S。
【答案】（1）小球从O点至A点运动过程中的最小动能与小球在O点处的初动能之比为3：7；
（2）小球经过C点时的速度大小vC和在未知圆形磁场区域中运动的时间t为；
（3）未知圆形磁场区域的最小面积S为。
【分析】（1）小球从O到A的运动过程在区域Ⅰ的匀强电场与重力场的叠加场中进行，合外力恒定，因此做类斜抛运动。动能最小点出现在速度方向与合外力方向垂直的时刻。分析关键在于确定合外力的方向，并以此为基础将初速度分解，沿合外力方向的分速度决定了最小速度的大小，进而可求得最小动能与初动能之比；
（2）从O到C点的全过程为类斜抛运动，由对称性可知C点与O点等高，运动时间是从O到A时间的两倍。利用类平抛运动的规律，分别分析水平和竖直方向的速度分量，即可合成得到C点速度大小。进入区域Ⅱ后，电场力与重力平衡，小球在磁场中仅受洛伦兹力作用做匀速圆周运动。根据速度方向在C点和第二次过x轴时的变化，可确定轨迹的圆心角，进而利用周期公式求得在磁场中的运动时间；
（3）确定磁场区域的最小面积，核心是找出小球在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆弧所对应的最小覆盖圆。该覆盖圆的直径等于轨迹圆弧的弦长，此弦长由轨迹半径和圆心角决定。先由洛伦兹力提供向心力求出轨迹半径，再结合已求得的圆心角计算弦长，该弦长即为最小圆形磁场区域的直径，从而求出最小面积。
【解答】解：（1）设合外力F与y轴负方向成α角，根据牛顿第二定律水平方向：
Fsinα＝max
竖直方向：
Fcsα＝may
设小球从O到A经历的时间为t，则


联立解得

将小球在O的初速度v0沿着合外力方向和垂直于合外力方向正交分解

小球在O点初动能

小球从O点至A运动过程最小动能

得

（2）小球从O运动至C点做类斜抛运动，将小球的运动沿x轴和y轴方向正交分解。设小球从O运动至A点所经历时间等于t，则从O运动至C点所经历时间等于2t
从O运动至A点，y轴方向有0﹣v0＝ayt
x轴方向有vA＝axt
从O运动至C点，y轴方向有vxy﹣v0＝2ayt
x轴方向有vcx﹣0＝2axt
解得

vcy＝﹣v0
小球经过C点时的速度大小

小球在区域Ⅱ中电场力与重力平衡。小球进入未知圆形磁场区域后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动小球做匀速圆周运动的周期

小球做圆周运动的速度偏转角即轨迹圆心角

小球在未知圆形磁场区域中运动的时间
解得

（3）如图所示
小球在未知圆形磁场区域内的轨迹为一段圆弧，圆弧对应的弦长

由

得

所以

未知圆形磁场的最小半径

得未知圆形磁场的最小面积

答：（1）小球从O点至A点运动过程中的最小动能与小球在O点处的初动能之比为3：7；
（2）小球经过C点时的速度大小vC和在未知圆形磁场区域中运动的时间t为；
（3）未知圆形磁场区域的最小面积S为。
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A
B
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B
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BD
AD
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