物理解析_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1101河北省邯郸市联考2025届高三上学期新高考单科模拟综合卷（三）_河北省2025届高三上学期新高考单科模拟综合卷（三）物理

E （1）求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比 2 ； E 1 （2）求小球Q静止的位置距O点的距离； （3）若结合体M进入第四象限时的速度为v，M在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速度为2v时， 结合体M距x轴的距离是多少？ 16．（16）如图所示，以v 4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接， 右端与光滑水平面平滑对接．水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的4个相同小球，小球的质量 m 0.3kg．质量m 0.1kg的物体从轨道上高处 P 静止开始下滑，滑到传送带上的 A 点时速度大小 0 v 6m/s．物体和传送带之间的动摩擦因数0.5，传送带AB之间的距离L3.0m．物体与小球、小 0 球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g 10m/s2． （1）求物体第一次与小球碰撞时的速度大小； （2）求物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离； （3）求物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热． 2025 新高考单科模拟综合卷（三） 物理·参考答案 1．C AD．依题意，冰壶运动过程中所受摩擦力逐渐减小，由牛顿第二定律， f ma，可知加速度逐渐 减小，做减速运动，其位移与时间不成正比关系．故AD错误；BC．vt图像中斜率表示加速度，由图可 知C选项符合题意，故B错误；C正确．故选C． 2．A 对箱子受力分析，如图所示，根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力等于地面对箱子的支持力，其 f 中 f kN ，F 表示摩擦力f和支持力N的合力，设F 与竖直方向夹角为，则，tan k，所以 合 合 N 角度不变，即F 的方向不变，受力分析可等效为，箱子受到F 、G 和F 三个力，根据“图解法”，画 合 合 出矢量三角形如图所示，由图可知，当F 的方向与F 的方向垂直时，F 的大小最小，由几何关系可知， 合 此时，则tan tank，故选A．3．A A．两木块相对静止到停止，根据整体可知，2mg 2ma，解得a g，满足条件，故A正确； BD．由图可知，最上面木板受到中间的摩擦力向右，加速度大小为a g ，中间木板受到两个摩擦力都 1 向左，2mgmg ma ，解得a 3g a ，则与图中情况矛盾，故BD错误；C．由图可知，最上 2 2 1 面木板受到中间的摩擦力向左，加速度大小为a g ，中间木板受到两个摩擦力，2mgmg ma ， 1 2 解得a g a ，则与图中情况矛盾，故C错误；故选A． 2 1 Gmm Gmm 4．A AB．由万有引力提供向心力可得 1 2 m2r, 1 2 m2r ,l  r r ，联立可得 l2 1 1 l2 2 2 1 12 Gm m  2l3 2π 4π2l3 1 2 2l，所以m m  ，又由 ，可得m m  ，质量之和可以估算， l2 1 2 G T 1 2 GT2 质量之积无法求解，故 A 项正确，B 项错误；C．由线速度与角速度的关系， v r，可得 2π v v r r  l，速率之和可以估算，速率之比无法求解，C项错误；D．由加速度与角速度的 1 2 1 2 T a r 关系，a  r2，可得 1  1 ，由于双星的运动半径之比未知，故双星的加速度之比无法求解，D项错误。 a r 2 2 故选A． sin 5．C A．由折射定律可知，n  1 ，由图可知，a光的折射角较大，所以a光的折射率较小，根据 sin 2 c n  ，可知a光在玻璃中的传播速度较大，故A错误；B．a光的折射率较小，所以a光的波长较大，根 v l 据，Δx  ，可知若在真空中让两光通过同一双缝干涉装置，a光条纹间距较大，故B错误；C．设 d sin sin60 21 OQP为，根据正弦定理，  ，可得sin ，玻璃砖对b光的折射率为 OP OQ 14 sin60 sin60 n   7 ，故C正确；D．a光折射率n   3，设光束向下平移的入射角为，折射 b sin a sin30 1sin sin180 sin QB 角为，则有n  1 ，根据正弦定理 1  2 ，可得  3，若将光束向下平移， 2 a sin QB OB OB 2 QB变大，所以OB变大，所以a光经折射后照射在AB外，故D错误．故选C． 6．A AB．由题知，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M 点，N 点，正电荷受到的电场力指向运动轨迹的凹侧，可知，该固定正电荷处在P点左侧，故A正确，B错误； C．同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M 点，N 点，且在M、N 点时速度大小也一样，则说明M、N 两点的电势相同，即M、N 两点在同一等势面上，且该电场是固定正 电荷产生的电场，则说明M、N 到固定正电荷的距离相等，则M、N 两点处电场强度大小相同，方向不同， 故C错误；D．q从P到M 做加速运动，从P到N 做加速运动，故D错误。故选A． R E 7．C AB．电源负极接地，则电势为零，则电容器上极板电势  1 E  ，下极板电势 上 R R 3 1 2 R 2E   3 E  ，则下极板电势高，场强方向向上，可知带电微粒带正电荷，根据 下 R R 3 3 4 U   3mgd q 下 上 qmg， 可 得 q ， 选 项 AB 错 误 ； C ． 带 电 微 粒 的 电 势 能 为 ， d d E   3mgd E q 上 下 q ，选项C正确．D．减小电阻箱R 接入电路的阻值，则电容器上极板电势 p 2 2 1 降低，两板电势差变大，场强变大，则悬浮的带电微粒会向上移动，选项D错误。故选C． 8．BD AC．因空间站内的物体都处于完全失重状态，小球以初速度v 先向右做匀速直线运动至轻绳恰好 0 伸直，轻绳在绷紧瞬间产生拉力，使小球沿绳方向的速度立刻减为零，只剩下垂直于绳方向的速度分量v ，  即此时小球的机械能有损失，之后小球绕O点以速度大小v 做半径为L的匀速圆周运动，故AC错误；  d 1 v BD．因小球在N 点时已做匀速圆周运动，其速度大小为v v sin，又sin  ，故v  0 ，因  0 L 4  4 轻绳在绷紧瞬间造成小球机械能的损失，故轻绳对小球做功不为零，故D正确。故选BD．2 2  n  n  9．BD 等效电路图如图所示，两副线圈的等效电阻为R   1  RR ，R  1  R ，A．当滑片 2 n 2 3 n 3     2 3 P从a端滑到b端的过程中，总电阻减小，总电流增大，R 两端的电压增大，R两端的电压减小，故电阻 1 3 u R 的功率一直减小，故A错误；B．输入电压为U  m 10V，当滑片位于a端时，电流表的示数最小， 3 2 U 5 此时滑动变阻器的阻值为3Ω，原线圈电流为I   A，故B正确；C．由图可知当滑片P 1 RR 6 R  2 2 1 R R 2 3 从a端滑到b端的过程中滑动变阻器的阻值变小，则总电阻减小，原线圈的电流不断变大，又因为 P UI ，所以当滑片P滑至b端时，整个电路的功率达到最大，故C错误；D．由等效电路方法，R 等 1 1 RR 效为电源内阻。输出功率最大时满足，R  2 3 ，此时原线圈电压与R 两端电压相等，输出功率为 1 R R 1 2 3 U U 2 P U I   6.25W，故D正确．故选BD． m 1 1 2 R 1 10．BD A．刚进入磁场时，线圈在磁场中受到安培力的作用做减速运动，故安培力F nBIL，其中 安 E nBLv F I   0 ，根据牛顿第二定律可知，加速度a  安 28m/s2，故A错误；B．设向右为正方向， R R m 对减震器分析，当第一个线圈恰好完全进入磁场时，设该过程所用的时间为t，此时减震器的速度为v ，则 1 n2B2L2v 由动量定理可得 t mv mv ，解得v 6.6m/s，以此类推，每个线圈刚好完全进入磁场， R 1 0 1 减震器的速度减小量相等，Δv 0.4m/s，所以第三个线圈刚好完全进入时，减震器的速度大小 7 v v 3Δv 5.8m/s，故B正确；C．减震器速度减为零需要的线圈个数，N  17.5，可知至少 3 0 0.4 需要18个线圈，故C错误；D．根据能量守恒可知，每个线圈进入磁场的过程中产生的热量等于减震器动 能的减小量，最后一个线圈刚进入磁场时减震器的速度v 0.2m/s，因此第一个线圈与最后一个线圈产 181 1 mv2  mv2 2 0 2 1 生的热量比k  136，故D正确．故选BD． 1 mv2 2 18 11．绿光 L dΔx 解：根据Δx  ，可得 d L 18.6410.60 18.088.44 由图表带入数据可知 Δx  mm1.608mm,Δx  mm1.928mm，故 1 5 2 5 Δx Δx ，则，已知绿光的波长小于红光波长，则单色光1是绿光． 1 2 1 2 12．（1）①电容器放电过程，通过电流传感器的电荷量 ②= （2）220 480 6.6104 解析：（1）①[1]根据q It，可知I t 图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电荷量，即电容 器放电过程，通过电流传感器的电荷量． ②[2]S 和S 均表示电容器放电的电荷量，所以S  S ． 1 2 1 2 Q S U （2）[1]根据C  ，可得C  1 220F，[2]根据I  ，可知，两次放电过程的最大电流与电路电 U E m R R R 阻成反比，即 2 3 100mA  R 75mA，解得R 480Ω，[3]开关K 闭合时，电容器放电过程中 R R 2 3 2 2 3 R 通过R 的电量为qR  2 S 0.66mAs6.6104C． 3 3 R R 1 2 3 m d g g 1 m d2 13．（1） a m S m S （2） a t a a 2h b b 2h t c2 d 解析：（1）小物块a到达光电门的速度为v  ，之后物块a与物块b发生碰撞，碰后两物块将做平拋运动， t 1 s 竖直方向有 h  gt2，水平方向有 s v，整理有 v ，所以平抛运动时，物块 a的速度为 2 t g g v  S ， 物 块 b的 速 度 为 v  S ， 由 动 量 守 恒 有 m v m v m v ， 整 理 有 a a 2h b b 2h a a a b b m d g g a m S m S ． t a a 2h b b 2h 2 1 1 1 d  （2）[1]由题意可知，弹簧的弹性势能为E  kl2，由能量守恒有，E  m v2  m   ，整理有 p 2 p 2 a 2 a  t  m 1 1 l d a  ，所以图像的横坐标为 ． k t tm m d2 [2]由上述分析可知，图像的斜率为c d a ，整理有k  a ． k c2 14．解：（1）由题目所给M 点振动图像可知T 2s； A先振动t 7s后B开始振动，B振动t 9s后两波同时到达M 点，设波速为v，则vt tvt  x ， 0 0 B 解得v 1m/s． （2）两列波的波长vT 2m， 由几何关系有x 16m,x 9m,x 20m,x 15m AM BM AN BN N 从t 13s时开始振动，从1315s，路程为s 4A ,s 4cm 1 A 1  因A、B波源振动反相，则Δx  x x 5 ， AN BN 2 故N 为加强点，从15至30s，路程为s 7.54A 90cm； 2 M 从t  0至t 30s，质点N 的路程为s  s s 94cm 1 2 15．解：（1）小球P沿AK方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受 力如图所示 E q 根据几何关系可得 2  tan， mg 小球Q静止在第一象限，则qE mg ， 1 E 联立可得 2  tan 3 E 1 （2）小球竖直向下击中Q，轨迹如图所示v2 根据洛伦兹力提供向心力有qvB m ， r rsinr d ， 粒子在第二象限中有qvBcosmg，   m2g 联立解得d  32 q2B2 1 1 （3）结合体在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得2mgh  2m(2v)2  2mv2， 2 2 3v2 解得h  2g mg 16．解：（1）物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下匀减速运动，加速度大小a  g 5m/s2 m v v 64 减速至与传送带速度相等时所用的时间t  0  s0.4s 1 a 5 v v 64 匀减速运动的位移s  0 t  0.4m2.0m L3.0m 1 2 1 2 故物体与小球1碰撞前的速度v 4m/s． （2）物体与小球1发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为v ，小球1被撞后的速度大小为u ，由动 1 1 量守恒和能量守恒定律得mv  mv m u 1 0 1 1 1 1 mv2  mv2  m u2 2 2 1 2 0 1 1 解得v  v 2m/s 1 2 1 u  v 2m/s 1 2 物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得0v2  2as 1 解得s 0.4m （3）由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换．物体第一次返回还没到传送 带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到v ，再跟小球1发生弹性正碰， 12 2 1 1 1 1 同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为v  v    v,u  v    v 2 2 1 2 2 2 1 2 n n 1 1 以此类推，物体与小球1经过n次碰撞后，物体和小球的速度大小分别为v    v,u    v n 2 n 2 由于总共有 4 个小球，可知物体与第 1 个小球一共可以发生 4 次碰撞，则物体最终的速度大小为 4 1 v  4m/s0.25m/s   4 2 物体第一次与小球1碰撞后的整个过程，在传送带上时相对传送带的路程 2v 2v 2v 2v  Δs v 1  2  3  4 6m    a a a a  故物体与传送带间产生的摩擦热Q mgΔs 3J