河南省新未来2025～2026学年高三年级12月质量检测物理（含答案）

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河南省新未来2025~2026学年高三年级12月质量检测●物理

参考答案

题号12345678910

答案CBDBACDBCABDBC

一、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.【答案】C

【解析】每只手掌受到桌面的支持力竖直向上,竖直方向上根据平衡条件G=2FN,可得支持力FN=,即支持力不变,

A错误;该同学始终处于平衡状态,合力为零保持不变,B错误;对桌子受力分析,手掌与桌子之间的摩擦力大小f,由受

力分析知f==,当θ增大,f变小,每只手掌所受桌面的摩擦力变小,f与地面对每张桌子的摩擦力大小相

等,C正确,D错误.

2.【答案】B

【解析】若线圈绕着虚线匀速转动,则线圈中产生的感应电流方向会周期性变化,A错误,B正确;若要使线圈中产生逆时

针方向的电流,只需要穿过线圈的磁通量向里增加,不一定是导线保持静止,矩形线圈往左平移,也不一定是矩形线圈

保持静止,导线往右平移,也可能是使导线中电流增加,CD错误.

3.【答案】D

【解析】若小球均落在同一台阶或地面上,小球在空中飞行的时间相等,A错误;小球落在第二级台阶上时,下降的高度

1

为L,落在第一级台阶上,下降的高度为2L,根据h=gt2可知小球在空中飞行时间之比为1:,B错误;小球恰好能

2\

落在地面上有2L=yt,2L=gt2,解得临界速度y=\,C错误;小球以y=\的速度落地时,由3L=gtI2,父=

I

yt,落点到P的距离d=父—2L,解得d=(\—2)L<L,D正确.

4.【答案】B

GMmy24

【解析】设地球半径为R,卫星的轨道高度为h,由万有引力提供向心力有=m,又M=●πR3,联立得

(R十h)2R十hP3

=h十,所以k=,b=,联立解得P=,B正确.

PPPP

5.【答案】A

【解析】设AB=l,A点、B点处的点电荷在C点处产生的电场强度大小分别为EA=,EB=,若C

点的电场强度方向平行于AB,则tan37。=,解得=,A正确,B错误;若C点的电场强度方向垂直于AB,则

EBqA3

tan37。=,解得=,CD错误.

EAqB4

6.【答案】C

【解析】B相对A的位移由图乙面积可以求得,即△父=0.5m,则长木板A的最小长度为0.5m,A错误;达到共速的过程

y0十y

中B的位移大小是A的位移大小的4倍,则该过程中B的平均速度是A的4倍,可得=4×,即共同速度y=

2

2

=m/s,可知B的加速度aB==m/s,又aB=μg,所以A、B间的动摩擦因数为,B错误;A的加速度aA

22

m/s,又aA解得mA=4kg,达到共速的过程中A的动能增加△Ek=mAy=J,C正确;当B的速

度足够大时,在达到共速前B就滑出木板A,此时再增加滑块B的初速度,根据能量守恒可知,系统机械能的减少量等

于系统在该过程产生的内能,整个过程系统产生的内能等于fL,故整个过程系统机械能的减少量不变,D错误.

7.【答案】D

E

【解析】由P=Fy可知F=P,结合图乙可知拉力的功率恒为4W,A错误;杆匀速时,根据F=BIL、I=、E=

R十r

BLym、P=Fym,联立解得ym=4m/s,B错误;当速度为3m/s时,由牛顿第二定律有F—F安=ma,结合P=Fy、F安=

高三物理试题参考答案第1页(共4页)B

222

BI1L、IE=BLU1,解得a=m/S,C错误;由能量关系Pt—W安=mUm—mU0、2QR=W安,解得QR=

3.25J,D正确.

二、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.【答案】BC

【解析】开关接1时,电容器处于充电状态,则有U=E—Ir,开关接2时,电容器处于放电状态,则有U=IR,故开关接1

时的图线应为b,A错误;结合图线b可知,电源电动势为1.5V,B正确;电源内阻r=Ω=2.0Ω,C正确;根据

图线a可知,定值电阻的阻值R=Ω=Ω,D错误.

9.【答案】ABD

U0

【解析】A、C碰撞动量守恒得mCU0=(mA十mC)UAC,解得UAC=,第一次ABC共速时弹簧压缩量最大,A、B、C组成系

2

统为研究对象,则UAC=U1,Ep解得EpA

正确;A与C碰后至弹簧第一次恢复原长为研究过程,A、B、C组成系统为研究对象,系统动量守恒,有(mA十mC)UAC=

(mA十mC)U2十mBU3,系统机械能守恒,有mBU可得U,B正

确,C错误;弹簧第一次恢复原长时A、C正在向右运动,此后C将一直向右匀速运动,A先向右减速到0,再向左加速至

与B共速时弹簧的伸长量最大,该过程A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒,所以有mAU2十mBU3=(mA十mB)U4,

2222

Ep2=mAU2十mBU3—(mA十mB)U4,联立解得Ep2=mU0,D正确.

10.【答案】BC

【解析】当开关S断开时,设电流表示数为I0、副线圈的电阻为R0,对原线圈分析有,根据闭合电路的欧姆定律有U0=

U1十I0R1,根据电流与匝数的关系有==,解得I2=2I0,则副线圈的电压U2=I2R0=2I0R0,根据电压与匝数

U1n123I0

的关系有==解得U=2U=4IR联立可得U=4IR十IR当开关S闭合时电流表的示数为I=

,1200,00001;,,

U2n212

副线圈的电阻为,对原线圈分析有,根据闭合电路的欧姆定律有U0=U1/十R1,根据电流与匝数的关系有=

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=,解得I2/=3I0,则副线圈的电压U2=II0R0,根据电压与匝数的关系有解得U1/=

2U2/=3I0R0,联立可得U0=3I0R0十R1,即有U0=4I0R0十I0R1=3I0R0十R1,解得R1=2R0=20Ω,A错误;根

据U0=3I0R0十R1,可得U0=6I0R0=120V,B正确;开关S断开时,副线圈的电流为I2=2I0,则定值电阻R2消耗

22

的电功率为P=I2R0=4I0R0=160W,C正确;开关S闭合时,电流为U0=6I0R0,则正弦交流电源U的输出功率

2

为P=U0●=9I0R0=360W,D错误.

三、非选择题:本题共5小题,共54分.

11.【答案】(8分)

(1)AC(2分,选对1个得1分,有错选不得分)

(2)0.51(2分)

(3)大(2分)

(4)B(2分)

【解析】(1)为了使小车受到的合力为细绳的拉力,应平衡摩擦力,因此实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高,以补偿

阻力,A正确;由题图可知,细绳上的拉力大小由弹簧测力计读出,若槽码质量标数不清,不需要用天平测出槽码的质

量,B错误;为了充分利用纸带,获取更多的数据,实验时小车应靠近打点计时器,应先接通电源,待打点计时器打点稳

定后再释放小车,C正确;细绳上的拉力大小由弹簧测力计读出,因此实验中不需要保证槽码的质量远小于小车的质

量,D错误.

高三物理试题参考答案第2页(共4页)B

(2)相邻两计数点的时间间隔为T=5×=5×s=0.1s,根据逐差法求出小车的加速度大小为a=

=0.51m/s2.

(3)如果打点频率变小,则打点周期变大,时间的测量值比真实的时间小,导致加速度的测量值偏大.

(4)根据牛顿第二定律F=Ma,得M=1kg.只有B正确.

12.【答案】(8分)

(1)×1060(每空1分)

(2)①R2(2分)②如图所示(2分)③50.0(2分)

【解析】(1)当用“×100”挡时指针偏转角度过大,所测电阻阻值较小,选择的挡位太大,应该换

用“×10”挡位;指针静止时位于“②”位置,其读数为6.0×10Ω=60Ω.

(2)①实验中欲多测几组数据,滑动变阻器R应选R1或R2且为分压接法,又由于要保证通过

E

滑动变阻器的电流不超过0.50A,由Im=>0.5A,故选R2.

R1十r

RV十R0

②由于电源电动势是3V,电压表量程是1.0V,所以用电压表与R0串联,改装成量程为U量=U=3V的电压

RV

表,通过电阻的最大电流I=A=0.05A,所以电流表选用A,改装后的电压表内阻已知,电流表采用外接法,电路

图如图所示.

③电压表示数U=0.80V,则改装后的电压表的电压U0=3U=2.4V,通过Rx的电流I0=I—=0.0480A,所以Rx

U0

的真实值

Rx==50.0Ω.

I0

3十2

13.【答案】(8分)(1)(2)F=\mg

6

【解析】(1)物块受重力2mg,弹性绳的弹力F弹和地面的支持力N,根据平衡条件有N十F弹y=2mg(1分)

设弹性绳的形变量为△L,劲度系数为k,弹性绳与竖直方向的夹角为θ,由几何关系可得F弹cosθ=k△Lcosθ(1分)

当质量为m的小物块静止时,绳子竖直,物块恰好与地面没有挤压作用,可知kh=mg

又△Lcosθ=h

联立解得N=mg(1分)

物块沿水平方向缓慢向右运动过程中与地面间的摩擦力f=μN(1分)

mg

解得f=(1分)

2

(2)水平方向,根据平衡条件可得F=F弹sinθ十f

联立解得F=mgtanθ十f(1分)

物块的位移大小刚好等于弹性绳的伸长量的一半时,θ=30。(1分)

3十23

则F=\mg十mg=\mg(1分)

6

14.【答案】(14分)(1)YA1=m/sYB1=m/s(2)0(3)1—m

【解析】(1)对物块A有μA=tanθ,因此沿斜面向下做匀速直线运动

A与B发生第一次弹性碰撞,有mAY0=mAYA1十mBYB1(1分)

121212

mAY0=mAYA1十mBYB1(1分)

222

4

得YA1=m/s(1分)

9

YB1=m/s(1分)

(2)对物块B分析,撞后沿斜面匀减速下滑的加速度a=μgcosθ—gsinθ=2.5m/s2(1分)

减速至停止的位移为x1==m,所用时间t==s(1分)

由于xA=YA1t=<x1,所以A将在B停止后与其发生下一次碰撞,即A、B发生第二次碰撞前瞬间B的速度大小

高三物理试题参考答案第3页(共4页)B

为0(2分)

(3)A与B发生第二次弹性碰撞有mAΨA1=mAΨA2十mBΨB2

111

222

mAΨA1=mAΨA2十mBΨB2

222

得ΨA2=m/s,ΨB2=m/s(2分)

416

依次分析可得,A与B发生第n次弹性碰撞Ψ=m/s,Ψ=m/s(1分)

An3n十1Bn3n十1

62

对物块B分析得,撞后沿斜面匀减速下滑至停止的位移为父n==m(1分)

59n十1

A、B从第一次碰撞后到第(n十1)次碰撞前(n>1且n非无穷大),B的位移大小父=父1十父2十…十父n

解得父=1—m(2分)

15.【答案】(16分)(1)(2)\(3)(4)(n=1,2,3…)

Ψ0

2

【解析】(1)作出粒子运动轨迹如图所示

在电场中,粒子在y轴方向上做匀变速直线运动,则有

1

。

2

—Eqsin53=may,0=Ψ0t十ayt,Ψy=Ψ0十ayt(1分)

2

联立解得t=(1分)

(2)在电场中,粒子在父轴方向上做匀加速直线运动,则有

。

Eqcos53=ma父,Ψ父=a父t(1分)

2

粒子在A点速度Ψ1=\Ψ十Ψy(1分)

\

解得Ψ1=Ψ0(1分)

2

2

(3)OA间距离父1=a父t(1分)