河南省九师联盟2025届高三4月联考物理试题+答案

1.C仅增大抛出时的初速度将使水平射程增大,A错误;仅将抛出点适当上移,将使铁丝圈飞行时间增大,从而使水平射程增大,B错误;保持其他条件不变,套圈者适当后移,也就是将原运动轨迹适当向后平移,可知C正确;同理可知D错误.2.D根据质量数守恒和电荷数守恒得,衰变方程中的X为α粒子,A错误;核反应方程中的Y为EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(1),1)H,B错误;质量数越大,结合能越大,C错误;EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(1),1)H具有波粒二象性,D正确.3.B由,射入五棱镜的这束红光光子的动量增大,A错误;因为入射点和入射角相同,所以绿光在五棱镜传播的路径与红光相同,B正确;绿光在五棱镜传播的路径与红光相同,即路程相同,红光传播比绿光速度大,所以绿光在五棱镜传播的时间比红光长,C错误;七色光中紫光在五棱镜中传播速度最小,D错误.4.C飞船在轨道I运行经过a点时必须加速才能变轨到轨道"运行,所以A错误;由得飞船在轨道Ⅲ经过b点时的加速度等于在轨道"经过b点时的加速度,B错误;由联立方程得,飞船从a点第一次运动到b点所用时间为正确;由得地球质量地球体积地球的平均密度为错误.5.B线圈所在的同心圆各处的磁感应强度只是大小相同而方向各不相同,A错误;仅将线圈匝数加倍,导致线圈中产生的感应电动势的最大值加倍,电压表读数加倍,B正确;线圈中电流的有效值线圈中感应电动势的有效值,E=I(R十r)=0.3×(8十2)V=3V,振动发电机的总电功率P=EI=3V×0.30A=0.9W,C错误;峰值Em=\E=3\V,频率f=5Hz,周期T=0.2s,线圈中产生的感应电动势瞬时值为e=3\sin10πt(V),D错误.6.B杆线摆可看成以L2为摆长,以gsinθ为等效加速度的单摆,其摆动周期所以选B.7.C设样品每平方米载流(电子)数为n,电子定向移动的速率为℃,则时间t内通过样品的电荷量q=ne℃tb,根据电流的定义式得当电子稳定通过样品时,其所受电场力与洛伦兹力平衡,有联立解得由上式变形可得正确.【高三3月质量检测.物理参考答案第1页(共4页)】H—G8.AD由对称性可知。处合场强为0,A正确;由微元法累积求和,可求得P点电场强度为KR2EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(Q),十)L2cOsθ,其中cOsθ= L,B错误;从。点到P点,电场强度可能一直逐渐增大,也可能先增大后减小,而电势一直降低,C错误;由C\R2十L2可知,给其一个沿。P方向的初速度,则该点电荷做加速度先增大后减小的加速运动,D正确.9.CD电子衍射图样说明电子具有波动性,故A错误;根据爱因斯坦光电效应方程可知h,=EKo十W0=10.2ev十2.55ev=12.75ev,电子撞击基态氢原子后,设氢原子从基态最大迁到n能级,由玻尔能级公式En—E1=h,,带入数据得到En=—0.85ev.对照能级图可知n=4,则由能量守恒和原子跃迁规律可知,撞击的电子动能E需大于12.75ev,故B错误;辐射的光子中最大能量是12.75ev,根据光子动量●m/s,C正确;从能级3向基态跃迁释放的光子中,使该金属发生光电效应逸出光电子的最大初动能为1.89ev,D正确.LE10.BC由几何关系可知,梯形的底角为45。,则0~0时间内,感应电动势E=B(L十2yt)y,线框中电流I=LE R,方向为逆时针方向.yy时间内, R,方向为逆时针方向.yy时间内,通过线框的磁通量不变,感应电动势为零,感应电流为零.yy时间内,线框中电流I==B[L十2(EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up2(yt),R)—2L)]y=,方向为顺时针方向,综上可知,A错误,C正确.0~y时间内,线框所受安培力FA=R,方向水平向左,0~y时间内,线框所受安培力FA=R,方向水平向左,yy时间内,FA=0,yy时间内,FA=B2(2yt—3L)2y R,方向水平向左.综上可知,B正确[速解:根据“来拒去留”可迅速判断出线框进、出磁场过程中安培力方向始终向左].线框进入磁场过程,由q=,△Φ=BS得q=,D错误.11.(1)ABC(1分,少选、错选不得分)(2)2.07(1分)9.75(2分)(3)偏大(1分)(4)不需要(1分)解析:(1)重物最好选用质量较大、体积较小的,以减小空气阻力的影响,A正确;为减小摩擦阻力,打点计时器的两个限位孔应在同一竖直线上,B正确;实验前,手应提住纸带上端,并使纸带竖直,减小纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦,C正确;实验时,应先接通电源,等打点计时器打点稳定后再释放纸带,D错误.根据逐差法可得重物加速度大小为a=9.75m/s2.(3)不计其他影响,若电源实际频率小于50Hz,则计算加速度所用时间间隔T偏小,所测重力加速度偏大.(4)用图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时,若在误差允许范围内有mgh=my22—my12,即gh=y22【高三3月质量检测●物理参考答案第2页(共4页)】H—G12.(1)0.51(2分)(2)B(2分)(3)(2分)(4)20(3分)解析:(1)并联电阻R=R=—=0.51Ω(2)滑动变阻器为限流式,最合适的是300Ω.(3)如答案所示.(4)根据串联电路电压分配,加热系统两端电压为2V,热敏电阻为140Ω,根据曲线得温度为20℃.13.解:(1)分别以N、M为研究对象,由受力平衡可知P0S十mg=PAS→PA=P0十(1分)PBS十2mg=PAS→PB=P0—(1分)加热气体A的过程中,A、B的压强均保持不变,活塞M静止不动对气体A有S(2hEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up2(十3),T)h)—V=S(2hEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up2(十),T)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up2(4),1)h)—V(2分)解得V=Sh(1分)(2)加热过程中气体A对外做的功W=PASh=(P0S十mg)h(2分)根据热力学第一定律有△U=(—W)十Q(1分)解得△U=Q—(P0S十mg)h(2分)14.解:(1)小球下滑过程,小球和滑块组成的系统水平方向动量由几何关系有父A十父D=R(2)当小球滑到圆弧面底端时有mAΨA=mDΨD(1分)由机械能守恒有mAΨEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),A)十mDΨEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),D)=mAgR(1分)解得小球相对于圆弧的速度Ψ=ΨA十ΨDFN—mAg=mA(1分)由牛顿第三定律F压=FN【高三3月质量检测●物理参考答案第3页(共4页)】H—G解得F压=(1分)(3)小球从滑块D上滑下,有(1分)解得小球到达平台时的速度Y0=\小球和滑块B碰撞过程有mAY0=mAY1十mBY2解得碰后滑块B的速度Y2=Y0滑块B在木板上滑行过程有mBY2=(mB十mc)Y共(1分)对木板由动量定理有μmBgt=mcY共解得Y共所以d=YEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(共),2)t=R(1分)15.解(2分)s(2分)(2)粒子在磁场中做圆周运动半径:R1=mY设经P上某点A出射的粒子经磁场B1偏转后经Q点平行父轴射出磁场,Q点的坐标为(父,y),如图,根据几何关系有:y=rsinθ十(R1—R1cosθ)(1分)可得边界方程为父2十(y—0.16)2=0.22(父≥0,y≥0)(2分)(3)R2=R1=0.16m