河南逝师联盟2025届高三物理下学期高仿密卷试题含解析VIP

PAGE20-河南省九师联盟2025届高三物理下学期高仿密卷试题（含解析）一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题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。1.颠球是足球运动基本技术之一，若质量为400g的足球用脚颠起后，竖直向下以4m/s的速度落至水平地面上，再以3m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，在足球与地面接触的时间内，关于足球动量变更量△p和合外力对足球做的功W，下列推断正确的是（）A.△p=1.4kg·m/sW=-1.4JB.△p=-1.4kg·m/sW=1.4JC.△p=2.8kg·m/sW=-1.4JD.△p=-2.8kg·m/sW=1.4J【答案】C【解析】【详解】足球与地面碰撞过程中动量的变更量△p=mv2-mv1=04×3kg·m/s-0.4（-4）kg·m/s=2.8kg·m/s方向竖直向上；由动能定理，合外力做的功故选C。2.如图所示，在武汉火神山建筑工地上，一质量为80kg的工人通过定滑轮将50kg的建筑材料以1m/s2的加速度向上拉升，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，忽视绳子和定滑轮的质量及它们之间的摩擦，用如图甲、乙所示的两种方式拉升建筑材料，地面对工人的支持力大小之比约为（）A.0.3 B.0.5C.0.7 D.0.9【答案】B【解析】【详解】设绳子对建筑材料的拉力为F1，依据牛顿其次定律有F1-mg=ma解得F1=m（g+a）=550N绳对人的拉力F2=F1=550N人处于静止，在题图甲中，由平衡条件得地面对人的支持力FN1=Mg-F2=250N在题图乙中，由平衡条件得地面对人支持力FN2=Mg-F2sin30°=525N题图甲、乙所示地面对工人的支持大小之比FN1：FN2≈05故B正确，ACD错误。故选B。3.如图所示为发电机结构示意图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，其表面为对应圆心角为120°的圆弧面。M是圆柱形铁芯，它与磁极柱面共轴，铁芯上绕有边长为L的单匝正方形线框，可绕与铁芯共同的固定轴转动，磁极与铁芯间的磁场匀称辐向分布。已知正方形线框匀速转动时，其切割磁感线的边的线速度大小为v，切割时切割边所在位置的磁感应强度大小始终为B，则下列说法正确的是（）A.线框中产生的最大感应电动势为BLvB.线框中产生的感应电流的变更周期为C.线框中产生的有效感应电动势为D.线框中产生的有效感应电动势为【答案】D【解析】【详解】A．线框中产生的最大感应电动势为2BLv，选项A错误；B．线框中产生的感应电流的变更周期等于线框转动的周期，即，选项B错误；CD．由交变电流有效值的计算公式有解得选项C错误，D正确。故选D。4.如图所示，两块水平放置的平行金属板a、b，相距为d，组成一个电容为C的平行板电容器，R1为定值电阻，R2为可变电阻，开关S闭合.质量为m的带正电的微粒从O点以水平速度v射入金属板问，沿曲线打在b板上的P点若经有关调整后，微粒仍从O点以水平速度v射入，不计空气阻力及板外电场，则下列推断正确的是（）A.只增大R2，微粒打在P点左侧B.只增大R2，微粒仍打在P点C.S断开，a板略微竖直上移，微粒仍打在P点D.S断开，a板略微竖直上移，微粒打在P点左侧【答案】C【解析】【详解】AB．由电路连接状况可知，两板间电场方向竖直向上，带正电微粒所受电场力方向竖直向上，电阻R1与R2串联，依据串联分压规律可知，增大R2，R1两端电压减小，两极板间电压减小，粒子所受电场力减小，故微粒所受竖直向下的合外力增大，由牛顿其次定律可知，微粒运动加速度增大，竖直方向则运动时间减小，水平方向微粒水平位移减小，微粒将打P点右侧，AB错误；CD．断开开关，电容器所带电荷量Q不变，电容的公式场强与电势差的关系式可得可知变更板间距离不会变更两板间场强，所以粒子仍打在P点，D错误C正确。故选C。5.如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中，存在沿x轴正方向的恒定风力，将小球以初速度v0=4m/s从O点竖直向上抛出，到达最高点的位置为M点，落回x轴时的位置为N点。不计空气阻力，坐标格为正方形，重力加速度g取10m/s2，则小球在M点的速度v1和到达N点的速度v2的大小分别为（）A.v1=6m/s；v2=4m/sB.v1=6m/s；v2=3m/sC.v1=5m/s；v2=4m/sD.v1=5m/s；v2=3m/s【答案】A【解析】【详解】设正方形的边长为s0，小球竖直方向做竖直上抛运动水平方向做初速为零的匀加速直线运动联立两式解得v1=6m/s由竖直方向运动的对称性可知，小球再经t1到达x轴，位置N的坐标为（12，0）小球到N点竖直分速度大小v0=4m/s水平分速度故m/sA正确，BCD错误。故选A。6.在匀强磁场中，一个静止的铀原子核经α衰变后变成一个新核，衰变方程为，结果得到的径迹为两个相切圆1和2的径迹照片如图所示。已知两个相切圆半径分别为r1、r2，且r1＜r2，则下列说法正确的是（）A.衰变后核的动量与α粒子的动量不相同B.半径为r1的圆为放出α粒子的运动轨迹C.衰变后核的质量与α粒子的质量之和等于衰变前铀核的质量D.若铀元素的半衰期为τ，则经过2τ的时间，2kg的核中有1.5kg已经发生了衰变【答案】AD【解析】【详解】A．衰变前，铀核的动量为零，依据动量守恒定律可知，新核与α粒子的动量大小相等，方向相反，所以二者动量不同，故A正确；B．新核与α粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得解得由于p、B都相等，则粒子电荷量q越大，其轨道半径r越小，由于新核的电荷量大于放出粒子的电荷量，所以新核的轨道半径小于放出粒的轨道半径，则半径为r1的圆为新核的运动轨迹，半径为r2的圆为放出α粒子的运动轨迹，故B错误；C．铀核衰变的过程中，存在质量亏损，导致衰变后核的质量与α粒子的质量之和小于衰变前铀核的质量，故C错误；D．2kg的核衰变，符合统计规律，经过2τ的时间，即2个半衰期的时间，已有1.5kg发生衰变，故D正确。故选AD。7.假设太阳的质量为M，到太阳中心的距离为r的海王星质量为m，规定物体距离太阳无穷远处的太阳引力势能为零，则理论证明海王星的太阳力势能公式为.已知海王星绕太阳做椭圆运动，远日点和近日点的距离分别为r1和r2，另外已知地球绕太阳做圆周运动，其轨道半径为R，万有引力常量为G，地球公转周期为T。结合已知数据和万有引力规律，则可以推算下列哪些物理量（）A.海王星质量 B.太阳质量C.地球质量 D.海王星远日点速度【答案】BD【解析】【详解】设海王星远日点和近日点速度分别为v1和v2，依据开普勒其次定律有v1r1=v2r2依据机械能守恒定律有设地球质量为m0，已知地球公转周期为T，万有引力常量为G，太阳的引力供应向心力，有由三式可推导太阳质量、海王星远日点速度，不能推导海王星质量、地球质量，故选项BD正确，AC错误。故选BD8.如图所示，间距为L足够长的光滑平行导轨PQ、MN固定在绝缘水平桌面上，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直静置于导轨上，与导轨接触良好，其长度恰好等于导轨间距，导轨的电阻忽视不计整个装置处于磁感应强度B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨向上.假如导体棒ab以初速度v0向右运动起先计时，则以下说法正确的是（）A.棒ab运动的速度为v0时其加速度的大小为B.棒ab运动的速度为v0时其加速度的大小为C.棒ab在导轨上运动的位移x的大小为D.棒ab在导轨上运动的位移x的大小为【答案】AC【解析】【详解】AB．导体棒速度为v0时切割磁感线产生感应电动势E=BLv0导体棒中电流导体棒受到安培力F安=BIL由牛顿其次定律F安=ma联立以上各式，可得棒ab运动速度为v0时其加速度的大小A正确，B错误；CD．由动量定理导体棒中的平均感应电流导体棒的位移联立三式解得棒ab在导轨上运动的位移大小为C正确，D错误。故选AC。二、非选择题:共62分。第9～12题为必考题，每个试题考生都必需作答。第13～16题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题9.某同学设计出如图所示“验证机械能守恒定律”的试验装置，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道固定在水平桌面上，切口与桌边对齐，探测屏MN竖直立于水平地面；每次将小球从圆弧形轨道的最高点由静止释放，探测屏记录下小球的落点。测屏从某位置起先每次向右移动距离L，依次记录小球落点位置A、B、C，测得A、B间的距离h1，A、C间的距离h2，小球大小不计。（1）下列说法正确的是________（填正确答案标号）。A.试验前应对试验装置反复调整，保证小球飞出时速度既不太大，也不太小B.小球每次从同一位置由静止释放，是为了保证小球在空中运动的时间相等C.探测屏每次向右移动距离相等，是为了保证相邻两落点间的时间间隔相等D.验证时，必需知道当地的重力加速度（2）若小球运动过程中机械能守恒，则L与h1、h2的关系式为________。【答案】(1).C(2).L2=2R（h2-2h1）【解析】【详解】（1）[1]．A．对于确定的四分之一圆弧轨道，每次将小球从圆弧轨道的最高点由静止释放，小球飞出时的速度保持不变，选项A错误；B．每次让小球从同一位置山静止释放，是为了保证小球离开圆弧轨道时具有相同的水平初速度,选项B错误；C．探测屏每次向右移动距离相等，是为了保证相邻两落点间的时间问隔相等，选项C正确；D．验证机械能守恒时，重力加速度可以约去，不须要知道当地的重力加速度，选项D错误。故选C。（2）[2]．若小球运动过程中机械能守恒，则有依据平抛运动规律可得（h2-h1）-h1=gt2L=v0t联立以上各式解得L2=2R（h2-2h1）10.某探讨性学习小组为了测量电流表G的内阻，设计了如图甲所示的电路.试验室供应了以下器材:A.待测电流表G（量程1mA，阻值约150Ω）B.滑动变阻器（总阻值5000Ω，额定电流1A）C.滑动变阻器（总阻值500Ω，额定电流1A）D.电阻箱R2（总阻值999.Ω）E.电源（电动势为1.5V，内阻很小）F.电源（电动势为3V，内阻很小）G.开关导线若干（1）该小组假如选择如图甲所示的电路来测量待测电流表G的内阻，则滑动变阻器R1应选择________（填器材前代码序号），电源应选择________（填器材前代码序号）。（2）试验时，先断开开关S2，闭合开关S1，调整滑动变阻器R1，使得G的示数为Ig；保持R1的阻值不变，再闭合S2；调整电阻箱R2，使得G的示数为，此时电阻箱R2的示数如图乙所示，则G的内阻为_______。（3）该试验中，G的内阻测量值________（填“大于”或“小于”）真实值。【答案】(1).B(2).F(3).160.4(4).小于【解析】【详解】（1）[1][2]．依据半偏法测电阻的原理，在平安的前提下，选用电动势大的电源可以减小系统误差，所以电源选F；试验时，先断开开关S2，闭合开关S1，调整滑动变阻器R1，使得G的示数为Ig，则回路中的总电阻为=3000Ω则滑动变阻器选择B.（2）[3]．试验时，先断开开关S2，闭合开关S1，调整滑动变阻器R1，使得G的示数为Ig；保持R1的阻值不变，再闭合S2调整电阻箱R2，使得G的示数为，此时电阻箱的示数为R2=80.2Ω，流过电阻箱的电流为，则由解得G的内阻为Rg=2R2=160.4Ω（3）[4]．闭合S2后，回路中的总电阻减小，导致这时的总电流大于Ig，当流过电流表的电流为时，流过R2的电流大于，即即Rg＞2R2，所以测量值偏小。11.如图所示，在竖直平面内存在垂直于纸面对里半径为r0的圆形匀强磁场区域C、D两个竖直平行金属板之间的电压为U。一质量为m、荷量为q的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠近C板的S点由静止起先水平向右做加速运动，自M点沿圆形匀强磁场区域的半径方向射入磁场，粒子射出磁场后能通过M点正上方的N点，M、N两点间的距离为，求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小；（2）粒子从M点运动到N点的时间。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)粒子在电场中加速时，依据动能定理qU=解得粒子从M点射入磁场的速度大小粒子做圆周运动的轨迹如图所示由几何关系知解得又解得粒在磁场中做圆周运动的半径由公式qvB=解得匀强磁场的磁感应强度大小(2)粒子在磁场中运动的时间粒子射出磁场后的运动时间粒子从M点运动到N点的时间联立解得12.如图所示，在某竖直平面内，圆心为O、半径R=0.32m固定的半圆光滑轨道CD与足够长的光滑水平面BC平滑连接于C点直径CD垂直于BC，BC左端连接倾角为=37°的倾斜传送带AB，传送带顺时针转动，速度为v0=4m/s.现将可视为质点的小物块甲从倾斜传送带的A点由静止释放，到达B点后只保留水平分速度沿水平面运动，与静止在C点可视为质点的小物块乙发生弹性正碰，甲、乙两物块的质量均为m=1.0×10-2kg，不计空气阻力，小物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：（1）若两物块碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，则两物块碰后瞬间，乙对半圆轨道最低点C处的压力F；（2）在满意（1）的条件下，求传送带AB的长度；（3）若保持乙的质量不变，增大甲的质量，将甲仍从A点释放，求乙在轨道上的首次落点到C点的距离范围.【答案】（1）0.6N，方向竖直向下；（2）3.05m；（3）x′＜2.56m【解析】【详解】（1）设乙恰好能通过D点时的速度为vD，则解得乙从C到D，依据机械能守恒，得解得在碰后的C点解得F′=6mg依据牛顿第三定律得F=F′=6mg=0.6N，方向竖直向下（2）设碰撞前后甲的速度分别为v、v甲，依据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv=mv甲+mvC联立以上两式解得v甲=0甲从A运动到B时速度可见甲在与传送带等速前后均做匀加速运动甲与传送带等速前甲的加速度甲的位移=0.8m甲与传送带等速后，甲的加速度甲的位移=2.25m故传送带AB的长度L=x1+x2=3.05m（3）甲仍在A点释放，运动到水平面上的速度也仍为v=4m/s设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，依据动量守恒和机械能守恒定律有Mv=MvM+mvm联立解得因为M≥m，可得v≤vm＜2v设乙过D点的速度为vD′，由动能定理得联立解得设乙在水平轨道上的落点到C点的距离为x′，则有联立解得乙在轨道上的首次落点到C点的距离范围2R≤x′＜8R即0.64m≤x′＜2.56m（二）选考题:共15分。请考生从2道物理题任选一题作答。假如多做，则每学科按所做的第一题计分。【物理——选修3-3】13.下列关于热学问题的说法正确的是_________。A.树叶上露珠在凝聚形成的过程中，水分子间的引力斥力都增大B.18℃水的饱和汽压大于27℃水的饱和汽压C.液体表面具有收缩的趋势是因为液面分子间作用力表现为引力D.放煤的墙角会变黑不只是墙面上黑，这种扩散运动反映了分子热运动的有序性E.不能从单一热源汲取热量全部用来做功而不引起其他变更【答案】ACE【解析】【详解】A．草叶上的露珠是由空气中的水蒸气凝聚成的水珠，这一物理过程中分子间距减小，则水分子间的引力、斥力都增大，选项A正确；B．温度越高，水的饱和汽压越大，选项B错误；C．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液面分子间作用力表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项C正确；D．布朗运动与扩散运动都反映了分子热运动的无序性，选项D错误；E．依据热力学其次定律的一种表述，不能从单一热源汲取热量全部用来做功而不引起其他变更，选项E正确。故选ACE。14.如图所示，导热件能良好的气缸竖直放置，横截面积为S．气缸内用活塞封闭着肯定质量的志向气体，气柱的高度为L，温度为T1．活塞与气缸间摩擦忽视不计，现在活塞上放一质量为m砝码，气柱高度变为，气缸關婦，再对气缸缓慢加热，使气缸内的气柱高度复原到L，已知加热时气体汲取的热量为Q，外界大气压强为（1）整个过程中被封闭气体的内能变更了多少？（2）气体的末态温度T2为多少？（3）请在V-T图上画出整个过程的图像(在图线上标出过程的方向）．【答案】（1）Q-mgL；（2）2T1；（3）【解析】【详解】（1）在过程1中，气体保持等温变更，故气体的内能不变；由玻意耳定律可得：解得P0S=mg；在过程2中，气体吸热Q，且气体对外做功为则气体内能变更了Q-mgL；（2）对过程2，由气体状态变更