河南省郑州市2025届高三物理第二次质量预测试题含解析

PAGE20-河南省郑州市2025届高三物理其次次质量预料试题（含解析）一、选择题1.2024年3月15日中国散列中子源利（CSNS）利用中子成像技术帮助中国科技高校进行了考古方面的探讨。散射中子源是探讨中子特性、探测物质微观结构和运动的科研装置。CNSN是我国重点建设的大科学装置，将成为发展中国家拥有的第一台散裂中子源。下列关于中子探讨的说法正确的是（）A.α粒子轰击，生成，并产生了中子B.经过4次α衰变，2次β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少了6个C.放射性β射线其实质是高速中子流，可用于医学的放射治疗D.核电站可通过限制中子数目来限制核反应猛烈程度【答案】D【解析】详解】A．α粒子轰击，生成，并产生了质子，选项A错误；B．经过4次α衰变，2次β衰变，新核质量数为222，电荷数为86，中子数为136，原来的原子核中子数为238-92=146，则与原来的原子核相比，中子数少了10个，选项B错误；C．放射性β射线其实质是高速电子流，选项C错误；D．核电站可通过限制中子数目来限制核反应猛烈程度，选项D正确。故选D。2.水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一光滑绝缘轻杆竖直立在地面上，轻杆上有两点A、B。轻杆左侧固定一带正电的点电荷，电荷量为+Q，点电荷在轻杆AB两点的中垂线上，一个质量为m，电荷量为+q的小球套在轻杆上，从A点静止释放，小球由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（）A.小球受到的电场力先减小后增大B.小球的运动速度先增大后减小C.小球的电势能先增大后减小D.小球的加速度大小不变【答案】C【解析】【详解】A．小球下滑时受匀强电场的电场力是不变的，受到点电荷的电场力先增加后减小，则小球受到的电场力先增大后减小，选项A错误；B．小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，重力做正功，但是由于不能比较正功和负功的大小关系，则不能确定小球速度改变状况；在后半段，点电荷电场力和重力均对小球做正功，则小球的运动速度增大，选项B错误；C．小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，在后半段对小球做正功，则小球的电势能先增大后减小，选项C正确；D．由小球的受力状况可知，在A点时小球的加速度小于g，在AB中点时小球的加速度等于g，在B点时小球的加速度大于g，则加速度是不断改变的，选项D错误。故选C。3.为了抗击病毒疫情，保障百姓基本生活，很多快递公司推出了“无接触配送”。快递小哥想到了用无人机配送快递的方法。某次配送快递无人机在飞行过程中，水平方向速度Vx及竖直方向Vy与飞行时间t的关系图像如图甲、图乙所示。关于无人机运动说法正确的是（）A.0~t1时间内，无人机做曲线运动B.t2时刻，无人机运动到最高点C.t3~t4时间内，无人机做匀变速直线运动D.t2时刻，无人机的速度为【答案】D【解析】【详解】A．0~t1时间内，无人机在水平方向做匀加速运动，在竖直方向也做匀加速运动，则合运动为匀加速直线运动，选项A错误；B．0~t4时间内，无人机速度始终为正，即始终向上运动，则t2时刻，无人机还没有运动到最高点，选项B错误；C．t3~t4时间内，无人机水平方向做速度为v0的匀速运动，竖直方向做匀减速运动，则合运动为匀变速曲线运动，选项C错误；D．t2时刻，无人机的水平速度为v0，竖直速度为v2，则合速度为，选项D正确。故选D。4.宇宙中有一孤立星系，中心天体四周有三颗行星，如图所示。中心天体质量远大于行星质量，不考虑行星之间的万有引力，三颗行星的运动轨道中，有两个为圆轨道，半径分别为r1、r3，一个为椭圆轨道，半长轴为a，a=r3。在Δt时间内，行星Ⅱ、行星Ⅲ与中心天体连线扫过的面积分别为S2、S3；行星Ⅰ的速率为v1、行星Ⅱ在B点的速率为v2B、行星Ⅱ在E点的速率为v2E、行星Ⅲ的速率为v3，下列说法正确的是（）A.S2=S3B.行星Ⅱ与行星Ⅲ的运行周期相等C.行星Ⅱ与行星Ⅲ在P点时的向心加速度大小相等D.v3<v1<v2E<v2B【答案】B【解析】【详解】AB．行星Ⅱ、行星Ⅲ满意a=r3，据开普勒第三定律知他们的运行周期相等，令△t等于一个周期，它们与中心天体连线扫过的面积，椭圆面积小于圆面积，故A错误，B正确；

C．向心加速度为垂直于速度方向的加速度，行星Ⅱ与行星Ⅲ在P点时加速度相等，但行星Ⅱ在该点的向心加速度为此加速度沿P至椭圆圆心方向的重量，小于行星Ⅲ在P点时加速度，故C错误；

D．据，考虑到Ⅰ到Ⅱ的变轨过程应当在B点加速，有v1＜v2B，B到E过程动能向势能转化，有v2B＞v2E，考虑到v2E小于在E点能够绕中心天体匀速圆周运动所需的速度vE，而vE＜v3，所以有v2E＜v3，综上所述v2E＜v3＜v1＜v2B，故D错误；

故选B。5.如图所示，在某一水平地面上的同始终线上，固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽视的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。一轻绳跨过定滑轮，左端与圆形轨道上质量为m的小圆环相连，右端与斜面上质量为M的物块相连。在圆形轨道底端A点静止释放小圆环，小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切，OP与OB夹角为60°；小圆环运动到B点时速度恰好为零。忽视一切摩擦力阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.小圆环到达B点时的加速度为B.小圆环到达B点后还能再次回到A点C.小圆环到达P点时，小圆环和物块的速度之比为2：D.小圆环和物块的质量之比满意【答案】B【解析】【详解】A．小圆环到达B点时受到细线水平向右的拉力和圆弧轨道对圆环的水平向左的支持力，竖直方向受到向下的重力，可知此时小圆环的加速度为g竖直向下，选项A错误；B．小圆环从A点由静止起先运动，运动到B点时速度恰好为零，且一切摩擦不计，可知小圆环到达B点后还能再次回到A点，选项B正确；C．小圆环到达P点时，因为轻绳与轨道相切，则此时小圆环和物块的速度相等，选项C错误；D．当小圆环运动到B点速度恰好为0时，物块M的速度也为0，设圆弧半径为R，从A到B的过程中小圆环上升的高度h=R；物块M沿斜面下滑距离为由机械能守恒定律可得解得选项D错误。故选B。6.如图所示为电磁抽水泵模型，泵体是一个长方体，ab边长为L1，左右两侧面是边长为L2的正方形，在泵体内加入导电剂后，液体的电阻率为ρ，泵体所在处于方向垂直纸面对外的匀强磁场B。工作时，泵体的上下两表面接电压为U的电源（内阻不计）上。若电磁泵和水面高度差为h，志向电流表示数为I，不计水在流淌中和管壁之间的阻力，重力加速度为g。在抽水泵正常工作过程中，下列说法正确的是（）A.泵体上表面应接电源正极B.电磁泵不加导电剂也能抽取纯水C.电源供应总的功率为D.若t时间内抽取水的质量为m，这部分水离开电磁泵时的动能为UIt-mgh-t【答案】AD【解析】【详解】A．当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体；故A正确；

B．电磁泵不加导电剂，不能抽取不导电的纯水，故B错误；C．依据电阻定律，泵体内液体的电阻那么液体消耗的电功率为而电源供应电功率为UI，故C错误；

D．若t时间内抽取水的质量为m，依据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为故D正确；

故选AD。7.如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传动带的左端，传送带右端A点坐标为XA=8m，匀速运动的速度V0=5m/s，一质量m=1kg的小物块，轻轻放在传送带上OA的中点位置，小物块随传动带运动到A点后，冲上光滑斜面且刚好能够到达N点处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，斜面上M点为AN的中点，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（）A.N点纵坐标为yN=1.25mB.小物块第一次冲上斜面前，在传送带上运动产生的热量为12.5JC.小物块其次次冲上斜面，刚好能够到达M点D.在x=2m位置释放小物块，小物块可以滑动到N点上方【答案】AB【解析】【详解】A．小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=μg=5m/s2小物块与传送带共速时，所用的时间运动的位移故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑斜面到达N点，由机械能守恒定律得解得yN=1.25m选项A正确；

B．小物块与传送带速度相等时，传送带的位移x=v0t=5×1=5m传送带受摩擦力的作用，小物块在传送带上运动产生的热量Q=f（x-△x）=μmg（x-△x）=0.5×10×2.5=12.5J选项B正确；

C．物块从斜面上再次回到A点时的速度为5m/s，滑上传送带后加速度仍为5m/s2，经过2.5m后速度减为零，然后反向向右加速，回到A点时速度仍为5m/s，则仍可到达斜面上的N点，选项C错误；D．在x=2m位置释放小物块，则小滑块在传送带上仍滑动2.5m后与传送带相对静止，则到达A点时的速度等于5m/s，则小物块仍可以滑动到N点，选项D错误。故选AB。8.如图所示，在纸面内有一个半径为r、电阻为R的线圈，线圈处于足够大的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对里，线圈与磁场右边界相切与P点。现使线圈绕过P点且平行于磁场方向的轴以角速度ω顺时针方向匀速转过90°，到达图中虚线位置，则下列说法正确的是（）A.线圈中产生沿逆时针方向感应电流B.线圈受到的安培力渐渐增大C.线圈经过虚线位置时的感应电动势为2Br2ωD.流过线圈某点的电荷量为【答案】BC【解析】【详解】A．线圈顺时针方向匀速转动时，穿过线圈的磁通量向里减小，依据楞次定律可知，线圈中产生沿顺时针方向的感应电流，选项A错误；B．线圈顺时针方向匀速转动时，切割磁感线的有效长度渐渐变大，感应电流渐渐变大，依据F=BIL可知，线圈受到的安培力渐渐增大，选项B正确；C．线圈经过虚线位置时的感应电动势为选项C正确；D．流过线圈某点的电荷量为选项D错误。故选BC。二、非选择题9.某同学利用如图所示的装置来测量动摩擦因数，同时验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的一斜面下端与水平面之间由光滑小圆弧相连，斜面与水平面材料相同。第一次，将小滑块A从斜面顶端无初速度释放，测出斜面长度为l，斜面顶端与水平地面的距离为h，小滑块在水平桌面上滑行的距离为X1（甲图）；其次次将左侧贴有双面胶的小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块A从斜面顶端无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测出整体沿桌面滑动的距离X2（图乙）。已知滑块A和B的材料相同，测出滑块A、B的质量分别为m1、m2，重力加速度为g。(1)通过第一次试验，可得动摩擦因数为μ=___________；（用字母l、h、x1表示）(2)通过这两次试验，只要验证_________，则验证了A和B碰撞过程中动量守恒。（用字母m1、m2、x1、x2表示）【答案】(1).(2).【解析】【详解】(1)[1]．对小滑块下滑到停止过程，据动能定理得解得(2)[2]．对小滑块A滑到斜面最低点的速度为v1，在水平桌面上时，据牛顿其次定律得μm1g=m1a解得a=μg据速度位移关系公式得设A与B碰撞后速度为v2，同理得依据A、B碰撞过程动量守恒得m1v1=(m1+m2)v2联立解得10.利用如图所示的电路既可以测量电压表和电流表的内阻，又可以测量电源电动势和内阻，所用到的试验器材有：两个相同的待测电源（内阻r约为1Ω）电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）电压表V（内阻未知）电流表A（内阻未知）灵敏电流计G，两个开关S1、S2主要试验步骤如下：①按图连接好电路，调整电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调整R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.40A、12.0V、30.6Ω、28.2Ω；②反复调整电阻箱R1和R2（与①中电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为0.60A、11.7V。回答下列问题：(1)步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势差UAB=______V；A和C两点的电势差UAC=______V；A和D两点的电势差UAD=______V；(2)利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为_______Ω，电流表的内阻为______Ω；(3)结合步骤①步骤②的测量数据，电源电动势E为___________V，内阻为________Ω。【答案】(1).0(2).12.0V(3).-12.0V(4).1530Ω(5).1.8Ω(6).12.6V(7).1.50【解析】【详解】(1)[1][2][3]．步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中AB两点电势相等，即A和B两点的电势差UAB=0V；A和C两点的电势差等于电压表的示数，即UAC=12V；A和D两点的电势差UAD==-12V；(2)[4][5]．利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为电流表的内阻为(3)[6][7]．由闭合电路欧姆定律可得2E=2UAC+I∙2r即2E=24+0.8r同理即2E=2×11.7+0.6∙2r解得E=12.6Vr=1.50Ω11.如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，左端固定，质量为mA=1kg的光滑A紧靠弹簧右端（不栓接），弹簧的弹性势能为Ep=32J。质量为mB=1kg的槽B静止在水平面上，内壁间距L=0.6m，槽内放有质量为mc=2kg的滑块C（可视为质点），C到左端侧壁的距离d=0.1m，槽与滑块C之间的动摩擦因数μ=0.1。现释放弹簧，滑块A离开弹簧后与槽B发生正碰并粘在一起。A、B整体与滑块C发生碰撞时，A、B整体与滑块C交换速度。（g=10m/s2）求(1)从释放弹簧，到B与C第一次发生碰撞，整个系统损失的机械能；(2)从槽起先运动到槽和滑块C相对静止经验的时间。【答案】(1)16.2J；(2)2s【解析】【详解】(1)弹簧将A弹开，由机械能守恒可得：解得=8m/sA、B发生碰撞，由动量守恒可得：解得=4m/s此过程机械能损失为=16J接下来，A、B与C相对运动，到第一次发生碰撞，相对运动位移为d。此过程机械能损失为=0.2J因此整个过程机械能损失为=16.2J(2)设槽和滑块C相对静止时速度为v。解得v=2m/s分别对A、B和C受力分析可知解得=1m/s2A、B整体与滑块C发生的碰撞时，A、B与滑块C交换速度。由题意可知，解得t=2s12.如图所示，虚线AB、BC、CD将平面直角坐标系四个象限又分成了多个区域。在第一、二象限有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为。在第三、四象限中，－2d<y<0区域又分成了三个匀强电场区域，其中在x>d区域有沿x轴负方向的匀强电场；在x<－d区域有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小相等；－d<x<d区域有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度是另外两个电场强度的2倍。其次、四象限中，y<－2d区域内有垂直纸面对里的匀强磁场。一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，以速度v0由原点O沿y轴正方向射入磁场。运动轨迹恰好经过B（－d，－2d）、C（d，－2d）两点，第一次回到O点后，进入竖直向上电场区域，不计粒子重力，求：(1)电场区域内的电场强度大小E；(2)y<－2d区域内磁场的磁感应强度B2；(3)由原点O动身起先，到第2次回到O点所用时间。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】粒子的运动轨迹如图所示。(1)在x<-d电场区域中粒子做类平抛运动，可知由以上三式可得(2)由(1)向中各式可解得粒子在B点的速度可得运动轨迹经过B、C两点，由几何关系可知，粒子在y<-2d的磁场区域内运动的轨道半径为运动轨迹对应的圆心角=90°由可得(3)由对称性可知，粒子从O点进入电场时的速度大小为v0在d>x>-d的电场区城内，粒子沿y轴负方向运动的位移粒子将做来回运动在两个磁场中的运动周期均为粒子在磁场中运动总时间为由原点O动身起先。到第2次到达O点所用的时间13.肯定质量的志向气体从状态a起先，经验三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V—T图像如图所示，pa、pb、pc分别表示a、b、c的压强，下列推断正确的是（）A.状态a、b、c的压强满意pc=pb=3paB.过程a到b中气体内能增大C.过程b到c中气体汲取热量D.过程b到c中每一分子的速率都减小E.过程c到a中气体汲取的热量等于对外做的功【答案】ABE【解析】【详解】A．设a状态的压强为pa，则由志向气体的状态方程可知所以pb=3pa同理得pc=3pa所以pc=pb=3pa故A正确；

B．过程a到b中温度上升，内能增大，故B正确；

C．过程b到c温度降低，内能减小，即∆U<0，体积减小，外界对气体做功，W>0，则由热力学第肯定律可知，Q<0，即气体应当放出热量，故C错误；

D．温度是分子的平均动能的标记，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程bc中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故D错误；

E．由图可知过程ca中气体等温膨胀，内能不变，对外做功；依据热力学第肯定律可知，气体汲取的热量等于对外做的功，故E正确。

故选ABE。14.如图所示，粗细匀称的U形管，左侧开口，右侧封闭。右细管内有一段被水银封闭的空气柱，空气柱长为l=12cm，左侧水银面上方有一块薄绝热板，距离管口也是l=12cm，两管内水银面的高度差为h=4cm。大气压强为P0=76cmHg，初始温度t0=27℃。现在将左侧管口封闭，并对左侧空气柱缓慢加热，直到左右两管内的水银面在同一水平线上，在这个过程中，右侧空气柱温度保持不变，试求：(1)右侧管中气体的最终压强；(2)左侧管中气体的最终温度。【答案】(1)96cmHg；(2)442K【解析】【详解】(1)以右管封闭气体为探讨对象=80cmHg，=12cm，=l0cm依据玻意耳定律可得=96cmHg右管气体最终压强为96cmHg(2)以左管被封闭气体为探讨对象=76cmHg，=12cm，=(273+27)K=300K，=96cmHg，=14cm依据志向气体状态方程即，=44