【文档说明】河北省衡水中学2025届高三上学期综合素质评价一 物理答案.docx，共(23)页，490.962 KB，由小赞的店铺上传

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第1页/共23页2024—2025学年度下学期高三年级素养检测一物理试卷本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共100分。考试时间75分钟第I卷（选择题共46分）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.如图所示，通过计算可知：一个半径为R的均匀带电体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于E=球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同，在相关应用中可用点电荷场强公式r进行计算。这里所采

用最核心的物理方法与下列哪个相同()A.瞬时速度概念的建立B.“重心”模型的建立C.弹簧振子模型的建立D.探究向心力大小的表达式【答案】B【解析】【详解】A．一个半径为R的均匀带电体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、

电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同，这里采用最核心的物理方法为等效替代，瞬时速度概念的建立采用了极限法，故A错误；B．“重心”模型的建立采用了等效替代，故B正确；C．弹簧振子模型的建立采用了理想模型法，故C错误；D．探究向心力大

小的表达式采用了控制变量法，故D错误。故选B。2.“抖空竹”是中国传统的体育活动之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成如图所示模型：不可伸长的轻第2页/共23页绳系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住

两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在轻绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点沿竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上下底水平）匀速移动，即两端点分别自A、C两点，沿AB、CD以同样大小的速度匀速移动，忽略摩擦力及空气阻力的影响，则在变化过程中，下列说

法正确的是()A.左右两绳的夹角增大B.左右两绳的夹角减少C.轻绳的张力变大D.轻绳的张力大小不变【答案】D【解析】【详解】对空竹受力分析，同一根绳子拉力处处相等，所以在水平方向空竹共点力平衡，设F1与水平方向的夹角为α,F2与水平方向的

夹角为β,有F1cosα=F2cosβ所以α=β所以两根绳与竖直方向的夹角相等为θ,则2F1cosθ=mg解得第3页/共23页F=mg12cosθ两端点沿AB、CD以同一速度匀速移动，移动的过程有的位移大小相等，两端点在水平方向上的距离不变，所以θ不变，从而得出F1和F2均不变

，且两者大小相等，故ABC错误，D正确。故选D。3.在巴黎奥运会上，中国跳水梦之队首次包揽八金。如图甲所示，在某次跳水比赛中，假设运动员入水前做竖直上抛运动，从离开跳板瞬间开始计时，取竖直向下为正方向，该运动员重心的竖直速度v随时间t变化

的图像如图乙所示，其中0~t2部分为直线。则()A.t1时刻运动员离水面最高B.t3时刻运动员离水面最高C.t4时刻运动员所受重力瞬时功率最大D.0~t1运动员所受重力冲量为零【答案】A【解析】【详解】AB．由乙图可知，0-t1时刻运动员向上减速到零，故t1时刻运动员离水面最高，故A正确，B

错误；C．由乙图可知，t4时刻运动员的速度为零，故此时的重力瞬时功率为零，故C错误；D．根据I=mgt可知0~t1运动员所受重力冲量不为零，故D错误。故选A。4.如图，嫦娥六号于2024年6月2日6时23分成功着陆在月球

背面南极-艾特肯盆地预选着陆区，开启人类探测器首次在月球背面实施的样品采集任务。着陆前探测器先在离月面高度为h的圆轨道做周期为T的圆周运动，随后实施降轨，当离月面高度为100m时悬停避障。这时反推发动机向下喷出气体的速度大小为第4页/共23页

v，探测器质量为m，月球半径为R，若不计探测器质量的变化，发动机每秒喷出气体的质量为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】设月球质量为M，探测器在圆轨道运动时，有设月球表面重力加速度为g，有探测器悬停时，发动机推力F=mg设Δt时间喷出气体质

量为Δm，由动量定理FΔt=Δm(v-0)联立可得发动机每秒喷出气体的质量为故选B。5.某实验室有一研究摆动的装置，如图所示，质量为m的小球B通过不可伸长的轻绳与质量为2m的滑块A相连接，且滑块A穿套在光滑的轻杆之上可以左右自

由滑动。现保持轻绳伸直并将小球B从与A等高处静止释放，已知AB在同一竖直面内，重力加速度为g，忽略空气阻力，则当小球B第一次摆至最低点时轻绳所受的拉力大小为()第5页/共23页A.mgB.2mgC.3mgD.4mg【答案】D【解析】【详解

】由题知，A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，小球B从释放点第一次摆到最低点有2mvA=mvB根据能量守恒有联立解得小球B第一次摆至最低点，根据牛顿第二定律有解得轻绳的拉力为F=4mg根据牛顿第三定律，可知当小球B第一次摆至

最低点时轻绳所受的拉力大小为4mg。故选D。6.如图，在水平地面上固定一圆环，圆环内壁光滑，圆环内嵌着A、B两个大小相同的小球，它们的质量分别是mA、mB，且mA>mB，小球的直径略小于圆环的孔径且它们之间的摩擦忽略不计，圆环的内半径远大于球的半径，初始时B球处

于静止状态，A球以一定初速度撞击B球，A、B两个球在a点发生弹性碰撞，一段时间后，A、B两个球在b点发生第二次弹性碰撞，a、b两点与圆环圆心的连线夹角为120°,则mA:mB为()A.2∶1B.3∶1C.4∶1D.5∶1【答案】A第6页/共23页【解析】【详解

】两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA、vB，则根据动量守恒和机械能守恒有联立解得第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，有l周，xB=故A、B通过的路程之比为则有联立解得由于两质量均为正数，故k=0，即故选A。7.如图所示，虚线圆的半径为R，AB是直径，O是

圆心，D是圆周上的一点，C是BA延长线上的一点，CD是虚线圆的切线，把电荷量均为q的正电荷（均可视为点电荷）分别置于A、D两点，已知∠DBA=30°,静电力常量为k，下列说法正确的是()A.A点的点电荷在B点产生的电场强度大小为第7页/共23页

B.D点的点电荷在B点产生的电场强度大小为C.D点的点电荷在C点产生的电场强度大小为D.如果在A、D两点同时放置电荷量均为q的两正点电荷，则O点的电场强度的大小为【答案】D【解析】【详解】A．A点的点电荷在B点产生的电场强度故A错误；B．由

几何关系可得BD=2Rcos30O=3RD点的点电荷在B点产生的场强大小故B错误；C．由几何关系可得OD丄CD，上DOC=60O，则DC=ODtan上DOC=3RD点的点电荷在C点产生的场强大小为故C错误；D．两点电荷分别在O点产生的电场强度大小均为E=kqR两个电场强度的夹角为60°,

则O点电场强度的大小为32第8页/共23页故D正确。故选D。二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。8.如图所示，光滑水平轨道上放置足够长的木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，A、B间动摩擦因数为μ=0.5，三者质量分别为mA=2kg，m

B=1kg，mC=2kg。开始时C静止，A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后立即一起向右运动。取g=10m/s2，则()A.A与C碰撞后瞬间，A的速度为3m/sB.A与C碰撞

后瞬间，A的速度为2.5m/sC.A与C碰撞过程中损失的机械能为15JD.若长木板A的长度为0.6m，则滑块B不会滑离木板A【答案】BD【解析】【详解】AB．在A与C碰撞中，因碰撞时间极小，动量守恒，设碰撞后瞬间A与C共同速度为vAC，以右

为正方向，由动量守恒定律可得mAv0=（mA+mC）vAC解得vAC=2.5m/sA错误，B正确C．A与C碰撞运动中损失的机械能为代入数据解得ΔE=12.5JC错误；D．A与B的摩擦力大小为Ff=μmBg则有B的加速度大小为aB=μg=0.5×10ms2=5ms2第9页/共23

页AC的加速度大小为B做减速运动，AC做加速运动，设速度相等时所用时间为t，则有v0一aBt=vAC+aACt解得t=0.4sB的位移为A的位移为B相对A的位移为△x=xB－xA=1.6m－1.1m=0.5m因此若长木板A

的长度为0.6m，则滑块B不会滑离木板A，D正确。故选BD。9.一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小方向如图所示。把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2；把半球面分为表面积相等的左、右

两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4，则()A.E1>B.C.E<kQD.E>kQ32R242R2【答案】AD【解析】【详解】AB．根据点电荷电场强度公式且电荷

只分布在球的表面，可知每个电荷在球心O处产第10页/共23页生的电场强度大小相同。对于图甲，表面积相同，所分布电荷总量相同，由电场强度的矢量叠加可知，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为El＞E2因电荷Q在球心O处产生的场强大小则故A正确，B错误；CD．对于图乙，半球面分为表

面积相等的左、右两部分，由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知，左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即E3＝E4由于方向不共线，由合成法则可知故C错

误，D正确。故选AD.10.如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，z轴上的A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电

荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为-q的小球套在轨道AC上（忽略它对原电场的影响），将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且k3mg，忽略空气阻力，下列说法正确的是()第11页/共23页A.图中的A点是z轴上场强最强的点

B.轨道上A点的电场强度大小为C.小球刚到达C点时的加速度不为0D.小球刚到达C点时的动能为mgL【答案】BD【解析】【详解】A．由题意可知如图所示，P为z轴上一点，PD连线与z轴的夹角为θ根据等量同种电荷的电场分布可知P点的电场强度竖直向上，大

小表示为整理得令t=cosθ,t∈(0，1)，可得函数f(t)=t(1-t2)对函数求导f/(t)=1-3t2令f/(t)=0，解得第12页/共23页结合导函数的性质可知，在t∈单调递增，在t∈单调递减，因此t=cosθ=电场强度最大，即由此可知，z轴上距离O点L处的两点电场强度最大，故A

错误；B．上DAO=30O，轨道上A点的电场强度大小故B正确；C．由几何关系可知OA=OC=3L，上ACO=45O根据对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，因此，C点的电场强度方向沿x轴正方向，电场强度大小表示为小球在C点时的受力如图所示

小球在C受到的电场力为FC=qEC=mg沿杆方向的合力为第13页/共23页F=mgcos45o-Fcos45o=ma解得a=0由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，故C错误；D．根据等量同种电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相

等，电荷从A到C的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得mg.OA=EkC-0解得故D正确。故选BD。三、实验题（14分）11.如图所示，某探究小组用图示装置做“探究碰撞中的不变量”的实验，图中的气垫导轨由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。（1）实验探究

小组采用了正确的操作步骤：①该小组测出了滑块通过两个光电门的挡光时间。已知两滑块上遮光板的宽度相同。滑块1通过光电门1的挡光时间为Δt1，通过光电门2的挡光时间为Δt2，滑块2通过光电门2的挡光时间为Δt3；②测得滑块1的质量为m1，滑块2（包括弹簧）的质量为m2。（2）数据处理与实验结

论：①实验中采用气垫导轨的原因是______；②本实验探究滑块碰撞前后动量是否守恒，其验证等式为______。（3）另一实验探究小组采用了上一小组的装置，并采用了新的方式做“探究碰撞中的不变量”的实验。如图所示，两个滑块用细线连接且静止，中间有一个压缩到最短的轻质弹簧。烧断细线，轻

弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2。滑块1的质量为m1，滑块2的质量为m2，则动量守恒应满足的关系式为。第14页/共23页【答案】①.减小因滑块和导轨之间的摩擦引起的实验误差③.m1t2-m2t1=0【解析】【详解】（2）①[1]使用气垫导轨使两滑

块能沿导轨做直线运动，保证了两滑块碰撞前后在同一条直线上做一维碰撞，减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差，从而减小实验误差。②[2]设遮光条宽度为d，则滑块1碰撞之前的速度滑块1碰撞之后的速度滑块2碰撞后的速度探究滑块碰撞前、后动量是否守恒，需要验证等式为m1v1

=m1v2+m2v3即化简得（3）[3]根据动量守恒定律，满足的表达式为0=-m1v1+m2v2第15页/共23页即m1v1=m2v2滑块A、B的速度分别为代入可得t1t2变形得m1t2-m2t1=012.图甲是某种“研究平

抛运动”的实验装置，斜槽末端口N与Q小球离地面的高度均为H，实验时，当P小球从斜槽末端与挡片相碰后水平飞出，同时由于电路断开使电磁铁释放Q小球，发现两小球同时落地，改变H大小，重复实验，P、Q仍同时落地。（两球下落过程不发生碰撞）（1）关于实验条件的说法，正确的有

。A.斜槽轨道必须光滑B.P球的质量必须大于Q球的质量C.P小球每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放D.P小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放（2）在某次实验过程中，将背景换成方格纸，通过频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，小球在平

抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，图中每个小方格的边长为L=1.6cm，则频闪相机的拍照频率f=Hz，该小球平抛时的速度大小v0=m/s，c点的竖直分速度大小为m/s。（结果保留2位有效数字，重力加速度g取10m/s2）【答案】（1）D（2）①.25②.0.80③.1.0【解析】第16

页/共23页【小问1详解】A．在研究小球做平抛运动规律的实验中，并不需要斜槽轨道光滑，只要保证保证小球做平抛运动即可，斜槽是否光滑对实验没有影响，故A错误；B．P球不与Q球直接发生碰撞，P球从斜槽上无初速度释放后在斜槽末端只需与挡片相碰就可使电路断开使电磁铁释放Q小球，这个对照实验验证了做平

抛运动的小球在竖直方向做自由落体运动，与P、Q之间的质量无关，故B错误；CD．该实验过程只为验证做平抛运动的小球在竖直方向做自由落体运动，并不是为了得到平抛运动的轨迹，因此不需要保证小球每次做平抛运动的初速度相同，所以P小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放，故C错误

，D正确。故选D。【小问2详解】[1]平抛运动在竖直方向做自由落体运动，在竖直方向由逐差相等可得ycd-ybc=3L-2L=gt2解得∶t=0.04s根据周期与频率之间的关系可得[2]水平方向做匀速直线运动，根据坐标纸中的点迹可得，在水平方向2L=v0t解得v0=0.80m/s[3]

根据匀变速直线运动中，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在c点竖直分速度四、解答题（共40分，需要写出必要的文字说明和角解题过程，只写出结果，没有过程不能得分）13.2022年2月12日，中国运动员高亭宇斩获北京冬奥会男子速度滑冰500米

金牌。中国航天科工研发的“人体高速弹射装置为运动员的高质量训练提供了科技支持。该装置的作用过程可简化成如图所示，运动员在赛道加速段受到装置的牵引加速，迅速达到指定速度后练习过弯技术。某次训练中，质量m=60kg（含第17页/共23页身上装备）的运动员仅依靠F=60

0N的水平恒定牵引力从静止开始加速运动了s=20m的距离，然后保持恒定速率通过半径为R=10m的半圆形弯道，过弯时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）运动员被加速后的速率v及加速过程中牵引力的

平均功率P；（2）运动员过弯道上A点时，冰面对其作用力FN的大小。【答案】（1）20m/s，6000W；（2）600N【解析】【详解】（1）对运动员进行受力分析，由牛顿第二运动定律可得F=ma解得a=10m/s2运动员由静止开始加速，由运动学公式v2=2asv=at解得v=

20m/st=2s加速过程中牵引力做的功W=Fs解得W=12000J则加速过程牵引力的平均功率为第18页/共23页解得P=6000W（2）对运动员在A点受力分析可知，支持力在水平方向的分力提供向心力，即2解得FNx=2400N支持力在竖直方向的分

力平衡重力，即FNy=mg解得FNx=600N由力的合成与分解可得解得14.如图所示，可视为质点的两滑块A、B均静止在粗糙水平地面上，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（长度不计），A与竖直墙壁距离L=8m。现解除弹簧锁定，使A、B瞬间分离，并立即取走弹簧，此时两物块获得的动能之和为28J。已知A、B

质量分别为mA=1kg、mB=7kg，所有碰撞均为弹性碰撞，A、B均沿同一水平直线运动，A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度取g=10m/s2，求：（1）取走弹簧时A、B获得的速度大小；（2）A、B都停止运动后，两者之间的距离；（3）改变L的大小，使

A、B第1次碰撞时，B已经停止，且能发生第2次碰撞，求L的取值范围。【答案】（1）7m/s，1m/s（2）5m第19页/共23页（3）3m<L<m.【解析】【小问1详解】解锁瞬间A、B动量守恒、能量守恒，则有mAvA—m

BvB=0，mAvA+mBvB=28J22解得vA=7m/s，vB=1m/s【小问2详解】根据牛顿第二定律有a=μg=1m/s2结合上述可知可知，A、B分离后能再次碰撞且相碰时B已停止运动，设碰前A的速度为v，则有解得v=4m/sA、B第一次弹性碰撞，则有mAv

=mAv1+mBv2，mAv2=解得v1=—3m/s，v2=1m/sA、B都停止运动后，两者之间的距离22解得Δx=5m【小问3详解】1212第20页/共23页B停止运动时间B刚好停止运动有解得L1=3m当A、B第一次相碰时，A速度为v，

则有A、B第一次弹性碰撞mAv=mAv1+mBv2，mAv2=A、B第二次碰撞时A恰好停止运动，则有解得综合上述有15.如图甲所示，光滑小球A、B（可视为质点）的质量均为m，用长为L的轻杆连接后紧靠墙壁竖直立于水平面上，初始时均处于静止状态。现A受到轻微扰动向右倾倒

（初速度视为0），两球始终在同一竖直平面内运动，杆与水平方向的夹角为θ(θ<90o)，重力加速度大小为g。第21页/共23页（1）求B恰好离开墙壁时杆与水平方向夹角的正弦值sinθ0；（2）求从A受微扰后瞬间至落地前瞬间的过程，杆对A做的功；（3）A、B和轻杆组成的系统在外力作用下竖

直立于距墙壁足够远的光滑水平地面上，以B的初始位置为原点在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，如图乙所示。某时刻撤去外力，同时给A一个轻微扰动使其向右倒下（初速度视为0），从A受微扰后瞬间至第一次着地的过程，试求B的速度最大时杆与水平面的夹角θ应满足的

方程。【答案】（1）（2）-mgL（3）sin3θ-6sinθ+4=0【解析】【小问1详解】对A从开始运动至其到达某一位置（此时B未离开墙壁）的过程，由动能定理有B离开墙壁前，A绕静止的B做圆周运动，对A由牛顿第二定律有2联

立解得T=(3sinθ-2)mg则随着θ的减小，T逐渐减小，当T=0时，B恰好离开墙壁，此时θ=θ0，有3sinθ0=2即【小问2详解】B离开墙壁后，A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，在A落地前瞬间，杆水平，根据关联速度可知此时A、B水平

方向的速度相同，则有mvAsinθ0=2mv共第22页/共23页分析可知从A受微扰后瞬间至A落地前瞬间的过程，A、B组成的系统机械能守恒，则杆对A、B做的总功为零，所以联立解得W杆A=-mgL【小问3详解】解法一：B速度最大时，杆的弹力为零，设此时B的速

度大小为v，A的水平速度和竖直速度大小分别为vx、vy，以B为参考系，对A由牛顿第二定律有对A、B组成的系统由机械能守恒定律有mgL(1-sinθ)=m(vx2+根据关联速度有vy2)+mv2vcosθ=vysinθ-vxcos

θA、B组成的系统水平方向上动量守恒，则有mv=mvx联立解得sin3θ-6sinθ+4=0解法二：A、B组成的系统水平方向上动量守恒，则有mv=mvx根据关联速度有vcosθ=vysinθ-vxcosθ由机械能守恒定律有mgL(1-s

inθ)=m(vx2+vy2)+mv2联立解得第23页/共23页令sinθ=t，则则当f/(t)=0时，B的速度v有最大值，有t3-6t+4=0则θ满足的方程为sin3θ-6sinθ+4=0