2025届河南部分重点高中高三上学期大联考模拟预测物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025届普通高等学校招生全国统一考试大联考（高三）物理注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。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，用水平力F将一质量为m的物块压在一粗糙竖直墙壁上，若物块始终保持静止状态，关于物块受到墙壁的摩擦力，下列说法正确的是（）A.F越大，摩擦力越大B.F越小，摩擦力越大C.m越大，摩擦力越大Dm越小，摩擦力越大【答案】C【解析】对物块受力分析，受推力F、重力mg、墙壁对其水平向外的支持力N和由竖直向上的静摩擦力f。根据平衡条件有F=N，mg=f即静摩擦力与重力平衡，与推力无关，m越大，摩擦力越大。故C正确；ABD错误。故选C。2.如图所示，绝缘箱子放在水平地面上，平行金属板A、B放在箱子内，A板固定在箱子顶部，B板用绝缘弹簧支撑在箱底，两板平行相对，带等量的异种电荷，一个带正电的小球用绝缘细线悬于上板，小球受到细线的拉力恰好为零，现让箱子竖直向上做匀加速运动，B板再次相对箱子静止（不考虑电场运动产生的影响），则下列判断正确的是（）A.A板带正电B.箱子运动过程中，电容器的电容变大C.箱子运动过程中，两板间的电压变大D.箱子运动过程中，细线对小球的拉力仍为零【答案】C【解析】A．小球所受拉力为0，表明电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，小球带正电，则电场方向竖直向上，可知，A板带负电，故A错误；B．箱子竖直向上做匀加速运动，加速度方向向上，稳定时，弹簧弹力增大，即B板下移，极板之间间距增大，根据可知，箱子运动过程中，电容器的电容变小，故B错误；C．极板所带电荷量一定，根据结合上述可知，电容减小，则两板间的电压变大，故C正确；D．根据，解得电场强度为可知，电场强度不变，小球所受电场力不变，为使加速度向上，则细线对小球的拉力不为零，故D错误。故选C。3.A、B两个粗细均匀的同心光滑圆环固定在竖直转轴上，圆心O在转轴上，两环和转轴在同一竖直面内，a、b两个小球分别套在A、B两个圆环上，当两环绕竖直轴匀速转动后，a、b两球在环上的位置可能是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】对小环受力分析如图由牛顿第二定律得故两小球角速度相同，故h相同，即在同一个水平面内做圆周运动。故选B4.如图所示，一根轻绳绕过光滑定滑轮，一端固定在天花板的A点，另一端吊着一个装有砂子的砂桶乙，同样装有砂子的砂桶甲通过光滑挂钩挂在轻绳上，通过增加桶中砂子的质量，可以改变砂桶的总重，则下列判断正确的是（）A.若AB绳和BC绳间夹角大于120°，则乙桶的总重大于甲桶的总重B.若缓慢增大甲桶的总重，则轻绳对乙桶的拉力增大C.若缓慢增大乙桶的总重，则轻绳对甲桶挂钩的作用力增大D.若将悬点A缓慢向右移，则AB绳和BC绳间的夹角会逐渐减小【答案】A【解析】A．因B点两边绳子的拉力是相等的，设细绳与竖直方向夹角为θ，对乙桶对甲桶若AB绳和BC绳间夹角大于120°，则可得即乙桶的总重大于甲桶的总重，选项A正确；B．若缓慢增大甲桶的总重，则轻绳对乙桶的拉力不变，总为，选项B错误；C．轻绳对甲桶挂钩的作用力等于甲桶的总重，则若缓慢增大乙桶的总重，则轻绳对甲桶挂钩的作用力不变，选项C错误；D．若将悬点A缓慢向右移，因绳子的拉力不变（等于乙桶的总重），两个拉力的合力不变（等于甲桶的总重）则AB绳和BC绳间的夹角不变，选项D错误。故选A。5.人类有可能在不久的将来登上火星。未来某航天员在地球表面将一重物在离地高h处由静止释放，测得下落时间为，来到火星后，也将一重物在离火星表面高h处由静止释放，测得下落时间为，已知地球与火星的半径之比为k，不考虑地球和火星的自转，则地球与火星的密度之比为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据可得可知在星球表面可得可得故选A。6.如图所示，A、B两个等量同种点电荷固定在同一水平线上，将一个质量为m、电荷量为q的带电小球C放在A、B连线的竖直平分线上某处时，小球恰好处于静止状态，此时A、C连线与水平方向的夹角为θ，已知重力加速度为g，小球可视为质点，则下列判断正确的是（）A.点电荷B和小球C可能带异种电荷B.点电荷A在小球C处产生的场强大小为C.将小球C沿竖直方向下移一些再由静止释放，小球一定向下运动D.将小球C沿竖直方向下移（不到A、B连线）的过程中，小球的电势能一定增大【答案】D【解析】A．由题意可知，小球C受到B和C的斥力作用，可知点电荷B和小球C带同种电荷，选项A错误；B．对小球C受力分析可知，可得点电荷A在小球C处产生的场强大小为，选项B错误；C．在AB连线的中垂线上，在水平线上方存在一个场强最大的位置，若开始时小球C在该位置上方平衡，则将小球C沿竖直方向下移一些则受电场力变大，再由静止释放，小球将向上运动；若开始时小球C在该位置下方平衡，则将小球C沿竖直方向下移一些则受电场力变小，再由静止释放，小球将向下运动，选项C错误；将小球C沿竖直方向下移（不到A、B连线）的过程中，电场力对小球做负功，则小球的电势能一定增大，选项D正确。故选D。7.在倾角为30°的斜面顶端A点，斜向右上方以大小为v0的初速度抛出一个小球，初速度与斜面间的夹角为60°，斜面足够长，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则下列判断正确的是（）A.小球运动时的最小速度为B.小球运动时离斜面的最大距离为C.保持小球的初速度大小不变，将小球的初速度与斜面间的夹角变大（不超过90°），小球落在斜面上的位置将上移D.保持小球的初速度方向不变，将小球的初速度增大，则小球落到斜面上时速度方向不变【答案】CD【解析】A．根据斜上抛运动的特点可知，当小球竖直方向速度为零时，小球的速度最小，且最小速度为故A错误；B．沿斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐标系，则沿斜面方向有，垂直斜面方向有，所以小球运动时离斜面最大距离为故B错误；C．设斜面倾角为θ，初速度与斜面间的夹角为α，则小球沿斜面方向的位移大小为整理可得由此可知，若保持小球的初速度大小不变，将小球的初速度与斜面间的夹角α由60°变大（不超过90°），小球沿斜面方向的位移x减小，则小球落在斜面上的位置将上移，故C正确；D．若保持小球的初速度方向不变，小球落到斜面上时速度方向与斜面的夹角为β，则所以将小球的初速度增大，则小球落到斜面上时速度方向不变，故D正确。故选CD。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.如图所示，弹性绳一端固定在O点，另一端系一个小铁球，将球拉至与O点等高的位置，弹性绳刚好伸直，由静止释放小球，小球可运动至O点正下方P点（未画出），则小球运动过程中，不计空气阻力，不计小球大小，弹性绳始终在弹性限度内，下列判断正确的是（）A.弹性绳对小球不做功B.小球重力势能减少量大于动能增加量C.小球运动到P点时，小球重力的瞬时功率不为零D.若让小球紧靠O点由静止释放，小球向下运动到的最低点一定在P点下方【答案】BCD【解析】A．小球运动至O点正下方P点时弹性绳拉力与小球重力的合力提供向心力，故弹性绳处于拉伸状态，弹性势能不为0，弹性绳对小球做了功，故A错误；B．小球运动至O点正下方P点过程中，重力势能转化为小球的动能和弹性绳的弹性势能，所以小球重力势能减少量大于动能增加量，故B正确；C．小球运动到P点时，速度不沿水平方向，重力的功率不为零，故C正确；D．若让小球紧靠O点由静止释放，小球向下运动到最低点，重力势能全部转化为弹性绳的弹性势能，故弹簧的伸长量增大，最低点在P点下方，故D正确。故选BCD。9.如图所示，轻弹簧竖直立在地面上，物块A放在轻弹簧上，物块B叠放在物块A上，用绕过两定滑轮的轻绳将物块B、C连接，用手托着物块C，使滑轮两边的轻绳刚好沿竖直方向伸直，已知物块A、B、C的质量分别为m、m、2m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内，开始时物块B到滑轮的距离足够远，快速撤去手，则下列判断正确的是（）A.撤去手的一瞬间，物块C的加速度为0B.撤去手的一瞬间，A对B的作用力大小为C.撤去手后，物块B向上运动过程中加速度先减小后不变D.当物块A、B刚好分离时，物块A上升的高度为【答案】BC【解析】A．由题意可知，撤去手之前绳子上得拉力为0，此时，对AB整体受力分析得撤去手得一瞬间，弹簧上弹力不变，A、B、C三个物体加速度大小相等，对C受力分析得对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得联立解得撤去手的一瞬间，物体C的加速度大小为此时绳上的拉力突变，大小为A错误；B．撤去手的一瞬间，对物体B受力分析，由牛顿第二定律得代入数据得此时A对B的作用力大小为B正确；C．撤去手之后AB分开前，对A、B、C系统受力分析，由牛顿第二定律得随着A向上运动，弹簧的形变量减小，可知加速度减小；A、B分开后，B、C两个物体由绳连接加速度大小一样，对C受力分析由牛顿第二定律可知对B受力分析，由牛顿第二定律可知联立解得B、C的加速度大小为加速度不再变化C正确；D．A、B分开时，，此时A、B、C加速度大小相等，设此时弹簧的形变量为，对A、B、C系统受力分析解得隔离A，受力分析由牛顿第二定律得联立解得，此时弹簧形变量为故当物块A、B刚好分离时，物块A上升的高度为D错误。故选BC。10.如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球用长为L、不可伸长的绝缘细线悬于O点，将小球向左拉至与O点等高的A点，细线刚好伸直，已知电场强度大小，g为重力加速度大小，小球可视为质点，将小球由静止释放，则下列判断正确的是（）A.小球运动到B点的速度大小为B.小球第一次运动到O点正下方时的速度是小球运动过程中的最大速度C.小球运动过程中的最大速度为D.小球最终运动稳定时做往复运动，轨迹为半个圆周【答案】BD【解析】BC．对小球受力分析，将电场力与重力合成为一个等效“重力”，如图所示由解得可知其等效“重力场”的最低点为点C。如图所示依题意，小球由静止释放后做匀加速直线运动，第一次运动到O点正下方时的速度设为v，由动能定理，可得解得此时细线瞬间绷紧，致使沿细线方向的速度变为零，则垂直于细线方向的速度为之后，小球将以等效最低点C为中心做往复运动，设小球运动到C点的速度为，由动能定理可得解得可知小球第一次运动到O点正下方时的速度是小球运动过程中的最大速度，即故B正确；C错误；AD．由对称性可知，小球运动到B点的速度大小与细线绷紧瞬间的速度大小相等，即设小球往复运动过程中，运动到等效最低点左侧最高点时，细线与竖直方向夹角为，由动能定理可得解得由几何关系及对称性可知，小球最终运动稳定时做往复运动，轨迹为半个圆周。故A错误；D正确。故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某实验小组用图甲所示装置“探究加速度与力的关系”实验。（1）在平衡了摩擦力及满足钩码质量远小于小车质量的条件下，按正确的操作打出的一条纸带如图乙所示，图中所标的点为计数点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，则小车运动的加速度大小为a=______（结果保留三位有效数字）。（2）若多次增大钩码的质量进行实验，得到钩码的质量m及对应的小车运动的加速度a，作出图像如图丙实线所示，图像出现弯曲的原因是______；在曲线部分取一点P，对应的横坐标为，已知重力加速度大小为g，若小车的质量为M，则P点与坐标原点O的连线斜率为______（用g、M、表示）。（3）若根据（2）问中测得的小车加速度a与对应钩码质量m，作图像，则作出的图像可能是______。A. B.C. D.【答案】（1）2.40（2）不满足m≪M条件（3）A【解析】【小问1详析】由逐差法可知小车运动的加速度大小为【小问2详析】[1]随着所挂钩码的质量的增加，不再满足钩码质量远小于小车的质量，即不满足m≪M的条件，图像将发生弯曲。[2]根据牛顿第二定律解得P点与坐标原点O的连线斜率为【小问3详析】根据牛顿第二定律整理，可得即图像中图线为一次函数关系，且与纵轴正半轴有交点。故选A。12.将电流传感器与计算机相连，可以用来观察电容器的充、放电现象。实验电路如图甲所示。定值电阻，直流电源为恒压源（输出电压恒定），S是单刀双掷开关，C为平行板电容器。（1）先将开关S拨至位置1，充电完毕，这时电容器上极板带______（填“正”或“负”）电，再将开关S拨至位置2，电容器放电电流随时间变化的规律如图乙所示，由图分析可知，恒压源输出的电压为______V。（2）图乙中图像和坐标轴围成的面积大约为40格，则充电完毕时，电容器所带电荷量为Q=______C；由此求得电容器的电容C=______F。（结果均保留二位有效数字）（3）若仅将图甲中定值电阻换用阻值更大的电阻重新实验，则得到的电流随时间变化的图像与坐标轴所围的面积与图乙的面积相比将______（填“变大”“变小”或“不变”）。【答案】（1）正10（2）（3）不变【解析】【小问1详析】[1]将开关S拨至位置1，电容器上极板连接电源正极，带正电；[2]充电完毕后电容器两端的电压等于电源电压，由乙图知电容器放电瞬间的电流为10mA，则恒压源输出的电压为【小问2详析】[1]图乙中每小格代表的电量为电容器所带电荷量为放电过程放出的总电荷量[2]电容器的电容为【小问3详析】电流随时间变化的图像与坐标轴所围的面积等于电容器的带电量，仅将图甲中定值电阻换用阻值更大的电阻重新实验，电容器的电容和恒压电源的电压不变，充完电后电容器所带电荷量不变，因此电流随时间变化的图像与坐标轴所围的面积不变。13.如图所示，斜面体固定在水平面上，斜面AB段长为1m，AB段光滑，BC段粗糙，一个物块从斜面顶端A点由静止释放，物块在AB段运动加速度是BC段运动加速度的2倍，在AB段运动时间是BC段运动时间的一半，物块到达C点时速度大小为4m/s，重力加速度，求：（1）物块运动到B点时的速度大小；（2）斜面的长度；（3）物块与斜面BC段间的动摩擦因数。【答案】（1）（2）7m（3）【解析】【小问1详析】设物块在AB段运动加速度是2a，运动时间是t，则BC段运动加速度是a，运动时间的是2t，则有，联立，解得【小问2详析】斜面的长度其中，联立，解得，【小问3详析】根据解得设斜面倾角为，根据牛顿第二定律，可知，联立，解得14.某款游戏装置可简化为如图所示模型。水平传送带A、B两端间距离为3.6m，传送带沿顺时针方向匀速运行，速度大小可调，传送带上表面与光滑水平面BC在同一水平面内。半径为0.5m的光滑半圆弧轨道CD固定在竖直面内，圆弧面的最低点C与水平面相切，物块与传送带上表面间动摩擦因数为0.5，游戏时先调节传送带速度，然后只需将质量为0.5kg的物块轻放在传送带上表面的左端，已知重力加速度大小为。（1）若传送带的速度调为2m/s，求物块运动到圆弧面C点时对圆弧面的压力大小；（2）要使物块在圆弧面上运动时不离开圆弧面，则传送带匀速运行的速度应调节在什么范围内；（3）若传送带的速度调为4m/s，求物块在圆弧面上运动时离开圆弧面的位置离水平面的高度。【答案】（1）9N（2）；（3）0.7m【解析】【小问1详析】由牛顿第二定律，可知解得依题意，物块在传送带上先做匀加速直线运动，则有即物块离开传送带时，速度为传送带的速度v，BC段光滑，物块在C点，由牛顿第二定律，可得解得根据牛顿第三定律，可知物块运动到圆弧面C点时对圆弧面的压力大小【小问2详析】物块经传送带能获得最大速度解得要使物块在圆弧面上运动时不离开圆弧面，有两个临界情况，其一物块恰好运动到与圆心等高处，有解得其二物块恰好能过圆弧最高点，有又联立，解得则传送带匀速运行的速度应调节范围，【小问3详析】根据第二问分析可知，若传送带的速度调为4m/s，则有说明物块离开圆弧面时，其高度已经超过圆心高度，但是还未达到圆弧最高点，设离