河南省名校学术联盟2025届高三下学期模拟冲刺（五）物理答案

名校学术联盟.高考模拟信息卷&冲刺卷物理参考答案(五)1.D【解析】按倒不倒翁'其重心高度升高'A、B项错误;不倒翁所受到的桌面支持力是由于桌面发生形变要恢复形变产生的'C项错误;不倒翁所受重力的方向总是竖直向下'与其状态无关'D项正确。2.C【解析】-e来源于原子核内部'是原子核中的一个中子转变为质子'释放出的电子'A项错误;β射线的电离作用较弱'穿透能力较强'B项错误;根据半衰期公式N=N0可知经过两个半衰期'剩余的钼99(Mo)为原来的四分之一'可知剩余的钼99(Mo)与衰变的钼99(Mo)质量之比为1:3'C项正确;锝99(Te)的比结合能大于钼99(Mo)的比结合能'D项错误。3.B【解析】根据力的合成可得2Fcos53o=m9'其中m=360kg'解得F=3000N'B项正确。4.C【解析】P是近月点'Q是远月点'“鹊桥二号”在P点的速度大小大于在Q点的速度大小'A项错误;“鹊桥二号”由P运动到Q的速度逐渐减小'所以“鹊桥二号”从P运动到M的时间小于从M运动到Q的时间'B项错误;设月球表面处的重力加速度大小为9月'近月卫星的周期为T1'根据开普勒第三定律'可得'由m9月=m可得项正确;“鹊桥二号”在M点的加速度和在N点的加速度大小相等'方向不同'D项错误。5.B【解析】由题可知'每个灯泡两端的最大电压为2V'当瞬时电压为1V时'彩灯开始发光'由u=m1=s't2=个周期内彩灯发光时间为Δt=2分钟对应的交流电的周期个数为=3000个'可知一分钟内每个彩灯的发光时间t=NΔt=3000×s=40s'B项正确。6.B【解析】质点到达Q点时的速度0Q=\质点运动过程中加速度大小都相等'则满足解得项正确。17.C【解析】由题意可知'单色细光束从外层玻璃的外表面折射入玻璃的折射角θ2=θ1-16o=37o'由可得单色细光束在玻璃中的折射率为'A项错误;单色细光束在隔热桥门窗中传播的总路程为项错误;单色细光束在玻璃层中的传播速度0=='单色细光束在隔热断桥门窗中传播的总时间为'C项正确;由于玻璃两个表面平行'从玻璃外表面射入的光线和从玻璃内表面射出的光线平行'因此单色细光束不可能在外层玻璃的内表面发生全发射'D项错误。8.【解析】设此波的波长为λ'由题意可知'(n+)λ=L或(n+)λ=L(其中n=0'1'2…)'由0=λf'可9.【解析】第一滴油滴进入平行板做平抛运动'由=gt1'解得00='A项错误;第N'=00t滴油滴恰好从下极板右边缘射出'则有'L=00t2'解得a='由mg-q=ma'将a=代入'可得两板间的最大电压U=3mgd'B项正确;由U=Q=Nq'可得落在下极板上的油滴数4qCC项错误;若将上极板下移'由C='N=C可知'N='落在下极板上的油滴数不变'D项正确。.【解析】飞机速度为00时'Ff+a'解得a=项错误;飞机减速运动过程'导体棒ab所受安培力的冲量大小为I=BqL='B项正确;设飞机减速运动过程'电阻R上产生的焦耳热为Q'根据能量守恒有(m+M)02=2Q+Fx'解得2—Fx'C项正确;由动量定理'0t+Ft=(m+M)0'x=0t'解得t=11.【答案】(1)静止(1分)(2)(2分)(3)(2分)(4)释放滑块时'给了滑块一个初速度(2分)【解析】(1)气垫导轨调平的依据是打开气源'将滑块单独放置于气垫导轨上'若滑块保持

静止'就说明气垫导轨已调节水平。(2)遮光条通过光电门时滑块的瞬时速度d根据运动学公式可得(d)=2aL可得(1)=2aLΔt'Δt'Δtd2'可得=k'解得滑块运动的加速度a=。(3)由mg=(M+m)a'可得当地的重力加速度(4)图像并未过原点'检查各项数据都不存在问题'且作图过程严格'则可能的原因是释

放滑块时'给了滑块一个初速度。12.【答案】(1)×1(1分)22(1分)(2)①最右(2分)③20.3(2分)(3)小于(2分)【解析】(1)欧姆表测量电阻'指针指在中值电阻位置附近为宜'要选×1挡'由表盘可知其电阻为x(2)①为保证电路安全'应将滑动变阻器的阻值调到最大'将大阻值的滑动变阻器R的划片

滑到最右;③由图丙可得电阻箱接入的阻值R0=32.8Ω'因此未知电阻的阻值Rx=R0-rg=20.

3Ω。(3)调整电流表半偏时'整个电路的电阻略微减小'干路中电流略大于满偏电流'因此测得阻值略小于真实值。13.解:(1)设弹簧处于原长时封闭气体的压强为p1'对弹簧处于原长时的活塞受力分析可得设报警器刚好报警的压强为p2'温度为T2'由理想气体状态方程可得2S1S+k(1分)T1=273K+27K=300K解得T2=525K(1分)(2)外界温度从t=27℃缓慢升高到报警温度的过程中'封闭气体对活塞的平均作用力封闭气体对外做的功WF=F×(2分)3F.00(1分)414.解:(1)小物块从开始运动到A点'由动能定理可得F(1.5L+Lcosα)-μmg×1.5L-mgLsinα=m02-0(2分)代入数据'解得小滑块到达A点的速度大小gL(1分)0=\22(2)小滑块从A点抛出做斜抛运动'建立如图所示的坐标系沿轴方向(分)y0=2ah12y其中(分)a=gsinα1y解得h=(1分)A0y(3)小滑块斜抛后经过时间t落在斜面xα上0=ay(1分)αgBC沿x轴方向x=a2(1分)t其中ax=gcosα(1分)小滑块落点位置到C点的距离Δx=Ltanα-x(1分)解得15.解:(1)由几何关系可知'小球Q在匀强磁场中做圆周运动的半径R=L(1分)小球Q在匀强电场中运动'可得设第四象限的磁感应强度大小为B'由洛伦兹力提供圆周运动的向心力'可得解得第四象限磁感应强度大小为B=2\(2)小球Q与小球P发生弹性正碰'根据动量守恒和机械能守恒可得2m00=2m0Q+m0P(2分)解得0p='方向沿y轴正方向(1分)方向沿y轴正方向(1分)00400(3)碰后小球Q的速度变为3'小球P的速度变为3'进入第一象限'设小球Q圆周运动的半径为R1'小球P圆周运动的半径为R2'则碰后到小球Q第二次经过y轴的时间碰后到小球P第二次经过y轴的时间其中碰后小球P和小球Q第二次经过y轴的时间差Δt=