河北省五個一名校聯(lián)盟2025屆高三物理下學期5月模擬試題含解析

PAGE18-河北省五個一名校聯(lián)盟2025屆高三物理下學期5月模擬試題（含解析）一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，第1?4題只有一項符合題目要求，第5?8題有多項符合題目要求．1.2020年3月20日，電影《放射性物質》在倫敦首映，該片的主角—居里夫人是放射性元素釙（）的發(fā)覺者。已知釙（）發(fā)生衰變時，會產(chǎn)生粒子和原子核，并放出射線。下列分析正確的是（）A.原子核的質子數(shù)為82，中子數(shù)為206B.射線具有很強的穿透實力，可用來消退有害靜電C.由粒子所組成的射線具有很強的電離實力D.地磁場能使射線發(fā)生偏轉【答案】C【解析】【詳解】A．依據(jù)發(fā)生核反應時，質量數(shù)與電荷數(shù)守恒，可得原子核的質子數(shù)為，質量數(shù)為，依據(jù)質量數(shù)等于質子數(shù)與中子數(shù)之和，得原子核的中子數(shù)為，A錯誤；B．射線具有很強的穿透實力，但是電離本事弱，不能用來消退有害靜電，B錯誤；C．因為射線實質是氦核流，具有很強的電離本事，C正確；D．射線的實質是頻率很高的電磁波，本身不帶電，所以射線在地磁場不會受力，不能發(fā)生偏轉，D錯誤。故選C。2.2020年2月2日A.末貨物的加速度大小為B.前內(nèi)貨物克服重力做功的功率不變C.最終內(nèi)貨物處于超重狀態(tài)D.在第末至第末的過程中，貨物的機械能增大【答案】D【解析】【詳解】A．內(nèi)貨物做勻減速直線運動，速度圖象的斜率表示加速度，則有故A錯誤；B．前內(nèi)貨物的速度增大，克服重力做功的功率增加，故B錯誤；C．最終內(nèi)貨物減速上升，加速度方向向下，所以貨物處于失重狀態(tài)，故C錯誤；D．在第末至第末的過程中，拉力仍對貨物做正功，所以貨物的機械能增大，故D正確。故選D。3.如圖所示，固定在水平地面上的圓錐體，頂端用輕繩系有一小球（視為質點），懸點到小球的距離為1.5m?，F(xiàn)給小球一初速度，使小球恰好能在圓錐體側面做勻速圓周運動。已知圓錐體母線與水平面的夾角為37°，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s2，不計空氣阻力。則小球做勻速圓周運動的線速度大小為（）A.2m/s B.4m/s C.5m/s D.6m/s【答案】B【解析】【詳解】由題意知，當小球重力與繩子拉力的合力剛好供應向心力時，物體與圓錐恰好無壓力，即解得故B正確，ACD錯誤。故選B。4.我國自主研發(fā)“北斗三號”衛(wèi)星系統(tǒng)由30顆衛(wèi)星組成，其中某顆中圓軌道衛(wèi)星在軌運行時到地面的距離是地球半徑的倍，繞地球做勻速圓周運動的周期為，地球表面的重力加速度為，忽視地球的自轉。則地球半徑可表示為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】衛(wèi)星做勻速圓周運動的向心力由萬有引力供應，所以有①地面旁邊萬有引力等于重力，所以有②由①②式解得，地球半徑可表示為故D正確，ABC錯誤。故選D。5.如圖所示，固定在同一絕緣水平面內(nèi)的兩平行長直金屬導軌，間距為，其左側用導線接有兩個阻值均為的電阻，整個裝置處在磁感應強度方向豎直向上、大小為的勻強磁場中。一質量為的金屬桿垂直于導軌放置，已知桿接入電路的電阻為，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為0.3，對桿施加方向水平向右、大小為的拉力，桿從靜止起先沿導軌運動，桿與導軌始終保持良好接觸，導軌電阻不計，重力加速度大小，則當桿的速度大小為時（）A.桿的加速度大小為B.通過桿的電流大小為，方向從到C.桿兩端的電壓為D.桿產(chǎn)生的電功率為【答案】C【解析】【詳解】A．切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢，感應電流對金屬桿，由牛頓其次定律得代入數(shù)據(jù)解得故A錯誤；B．由A可知，流過的電流大小為，由右手定則可知，電流方向從向，故B錯誤；C．兩端的電壓故C正確；D．桿產(chǎn)生電功率故D錯誤。故選C。6.如圖所示，真空中存在著由一固定的點電荷Q（圖中未畫出）產(chǎn)生的電場，一帶正電的點電荷q僅在電場力作用下沿曲MN運動，且在M、N兩點的速度大小相等，則在點電荷q從M運動到N的過程中（）A.電勢能肯定先增大后減小 B.動能可能先減小后增大C.加速度可能保持不變 D.可能做勻速圓周運動【答案】BD【解析】【詳解】A．從M到N的過程中電場力做的總功零，由于不能確定Q的位置，所以是先做正功還是先做負功不能確定，電勢能的變更不能確定，故A錯誤；B．假如電場力先做負功，后做正功，則動能先減小后增加，故B正確；C．由于Q的位置不確定，電場力的大小方向不確定，故加速度大小方向不確定，故Ｃ錯誤；D．如MN為一段圓弧，Q位于圓心，則q做圓周運動，故D正確。故選BD。7.圖為網(wǎng)上熱賣的彈力軟軸乒兵球訓練器，彈力軸上端固定一乒乓球，下端固定在吸盤上。起先時彈力軸豎直，兵乓球處于靜止狀態(tài)，且到水平地面的距離為?，F(xiàn)讓一小孩快速揮拍水平擊球，球恰好能觸到地面（此時球的速度為。已知小孩擊球過程中球拍對球做功為，乒兵球的質量為，不計空氣阻力，彈力軸不彎曲時的彈性勢能為零，重力加速度為，則（）A.球觸地時彈力軸的彈性勢能為B.球觸地時彈力軸的彈性勢能為C.球返回到初始位置時速度大小為D.球返回到初始位置時速度大小為【答案】AC【解析】【詳解】AB．從小孩擊球到球觸地的過程，依據(jù)動能定理得得則球觸地時彈力軸的彈性勢能為故A正確，B錯誤；CD．對于球返回過程，依據(jù)動能定理得解得球返回到初始位置時速度大小為故C正確，D錯誤。故選AC。8.如圖所示，導線框繞垂直于磁場的軸勻速轉動，產(chǎn)生的交變電動勢。導線框與志向升壓變壓器相連進行遠距離輸電，志向降壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為，降壓變壓器副線圈接入一臺電動機，電動機恰好正常工作，且電動機兩端的電壓為，輸入功率為，輸電線路總電阻，電動機內(nèi)阻，導線框及其余導線電阻不計，電表均為志向電表，則（）A.電動機的機械效率為B.電流表的示數(shù)為C.輸電線路損失的電功率為D.升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為【答案】BD【解析】【詳解】A.電動機的輸入功率為，兩端電壓為，則通過電動機的電流則電動機內(nèi)部消耗的功率則電動機輸出功率則電動機的機械效率A錯誤；BC.依據(jù)變流比可知，降壓變壓器輸入電流依據(jù)變壓比可知，降壓變壓器輸入電壓依據(jù)歐姆定律可知，輸電線分壓△輸電線消耗功率△△則升壓變壓器輸出電壓△升壓變壓器的輸出功率△則升壓變壓器輸入功率依據(jù)正弦式交變電流最大值和有效值的關系可知，則升壓變壓器的輸入電流B正確，C錯誤；D.依據(jù)變壓比可知，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)之比D正確。故選BD。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第9?12題為必考題，每道試題考生都必需作答．第13?16題為選考題，考生依據(jù)要求作答．（一）必考題：9.試驗室測定水平面和小物塊之間的動摩擦因數(shù)的試驗裝置如圖甲所示，將帶有遮光條的物塊由曲面的頂端無初速度釋放，物塊經(jīng)過光電門瞬間可通過計算機記錄遮光條的擋光時間，經(jīng)過一段時間物塊停在水平面上的點，重力加速度為。(1)用游標卡尺（20分度）測量遮光條的寬度，測量狀況如圖乙所示，__。(2)測得遮光條通過光電門的時間為，光電門到點的距離為，則動摩擦因數(shù)__（用測量的物理量和重力加速度表示）；若光電門左側的軌道表面光滑，則小物塊釋放位置距離水平面的高度可表示為__?！敬鸢浮?1).0550(2).(3).【解析】【詳解】(1)[1]游標卡尺的主尺讀數(shù)為，游標尺的讀數(shù)為，所以最終讀數(shù)為。(2)[2]依據(jù)遮光條的寬度與物塊通過光電門的時間即可求得小物體經(jīng)過光電門的速度大小為小物體經(jīng)過光電門后運動到點的過程中，依據(jù)動能定理得解得動摩擦因數(shù)為[3]依據(jù)機械能守恒定律得解得10.某試驗小組欲自制歐姆表測量一個電阻的阻值，試驗室供應的器材如下：．待測電阻（約）；．電源（電動勢未知，內(nèi)阻為）；．靈敏電流表G（量程，內(nèi)阻）；．電阻；．電阻；．滑動變阻器（阻值范圍為）；．開關，導線若干。(1)由于電源電動勢未知，該試驗小組經(jīng)過分析后，設計了如圖甲所示的測量電路。部分步驟如下：先閉合開關、，調整滑動變阻器，使靈敏電流表示數(shù)，此時電路總電流__；保持滑動變阻器滑片位置不動，斷開開關，讀出此時靈敏電流表的示數(shù)，則電源電動勢為__（結果保留三位有效數(shù)字）。(2)測出電動勢后，該小組成員在圖甲的基礎上，去掉兩開關，增加兩支表筆、，其余器材不變，改裝成一個歐姆表，如圖乙所示，則表筆為__（選填“紅表筆”或“黑表筆”）。用改裝后的歐姆表先進行電阻調零，再測量阻值，靈敏電流表的示數(shù)如圖丙所示，則待測電阻的阻值為__?！敬鸢浮?1).2.70(2).1.08(3).紅表筆(4).240【解析】【詳解】(1)[1]電流表與定值電阻內(nèi)阻并聯(lián)，電流表內(nèi)阻，定值電阻阻值，電流表示數(shù)，依據(jù)并聯(lián)電路中電流之比等于電阻的反比，可知流過定值電阻的電流為，則電路總電流為[2]同理，當電流表示數(shù)時電路總電流為，依據(jù)閉合電路歐姆定律可知代入數(shù)據(jù)解得(2)[3]依據(jù)電流“紅進黑出”的原則，可知歐姆擋內(nèi)部電源的負極接紅表筆，所以是紅表筆。[4]由圖乙所示可知，歐姆表內(nèi)阻為由圖丙所示表盤可知，其示數(shù)由閉合電路歐姆定律可知代入數(shù)據(jù)解得11.如圖所示，兩塊完全相同的木塊疊放在水平地面上，木塊的長度均為，木塊夾在固定的兩光滑薄板間。一鋼球（視為質點）用長且不行伸長的輕繩懸掛于點，鋼球質量與每塊木塊的質量相等；將鋼球拉到與等高的點（保持繩繃直）由靜止釋放，鋼球運動到最低點時與木塊發(fā)生彈性碰撞，取重力加速度大小，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為，碰撞時間極短，不計空氣阻力。求：(1)鋼球與木塊碰撞后瞬間，兩者的速度大小；(2)木塊滑行的距離?！敬鸢浮?1)0，；(2)【解析】【詳解】(1)鋼球從釋放到最低點的過程，由機械能守恒定律有鋼球與木塊碰撞前瞬間的速度大小為鋼球與木塊為彈性碰撞，碰撞過程中動量守恒、機械能守恒，所以有，解得鋼球與木塊碰撞后瞬間鋼球的速度大小為木塊的速度大小為(2)鋼球與木塊碰撞后，木塊在地面上滑行的過程中，依據(jù)動能定理有解得木塊滑行的距離為12.在如圖所示的坐標系中，是垂直于軸的分界線，左側等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直于紙面對里的勻強磁場，長為，右側有極板長度和間距均為的平行板電容器，上極板帶負電，下極板帶正電，且位于軸上，兩極板的厚度均不計?，F(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標原點沿軸正方向射入磁場，從邊上的點射出磁場的電子速率為，且．已知電子打在軸上的最遠點到電容器下極板右端的距離恰好也為，電子質量為，帶電荷量為，不考慮電子間的相互作用以及電容器極板的邊緣效應，不計電子受到的重力。求：（1）勻強磁場的磁感應強度大?。唬?）電容器兩極板間電壓及電子從原點運動到點的時間。【答案】（1）；（2），【解析】【詳解】（1）從點射出磁場的電子的運動軌跡如圖所示，依據(jù)幾何關系可知即，則電子在磁場中運動的半徑為電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力供應向心力，則解得（2）由知，電子進入磁場時的速度越大，它在磁場中做圓周運動的半徑越大，故從上極板邊緣射入平行板電容器的電子打到軸的點，則該電子在磁場中運動的軌道半徑為，且進入電場時的速度水平向右，由公式解得電子的速度為該電子在磁場中的運動時間電子在電容器中運動，豎直方向上的末速度，依據(jù)運動學公式有水平方向上有依據(jù)牛頓其次定律有電子垂直于極板方向的位移為電子從射出電場到運動到點的時間為此過程電子在豎直方向的位移為因為電子從到的時間為聯(lián)立解得（二）選考題：請考生從給出的2道物理題中每科任選一題作答．假如多答，則每科按所答的第一題計分．13.下列說法正確的是A.對氣體做功可以變更其內(nèi)能B.破鏡不能重圓，是因為分子間有斥力作用C.肯定質量的志向氣體，若體積不變，當分子熱運動變得猛烈時，壓強肯定變大D.肯定量的志向氣體，若壓強不變，當體積增大時，它肯定從外界吸熱E.熱量只能自發(fā)地從內(nèi)能多的物體傳遞到內(nèi)能少的物體，不能反向傳遞【答案】ACD【解析】【詳解】A．做功和熱傳遞均能變更物體的內(nèi)能，故A正確；B．破鏡不能重圓，是因為達不到分子引力作用范圍，故B錯誤；C．肯定質量的志向氣體，若體積不變，當分子熱運動變得猛烈時，分子平均動能增大，溫度上升，壓強肯定變大，故C正確；D．肯定量的志向氣體，若壓強不變，當體積增大時，溫度上升，氣體對外做功，由熱力學第肯定律可知，氣體肯定從外界吸熱，故D正確；E．物體內(nèi)能的多少不代表其溫度的凹凸，熱量只能自發(fā)地從溫度高的物體傳遞到溫度低的物體，不能自發(fā)地反向傳遞，故E錯誤。故選ACD。14.如圖所示，右端開口、左端封閉的豎直U形玻璃管（管壁厚度不計）兩邊粗細不同，粗玻璃管半徑為細玻璃管半徑的2倍，兩管中裝入高度差為5cm的水銀，左側封閉氣柱長為10cm，右側水銀面距管口為5cm?，F(xiàn)將右管口封閉，并給右管內(nèi)氣體加熱，緩慢上升其溫度，直到兩管水銀面等高，該過程中左管內(nèi)的氣體溫度不變。已知外界大氣壓強為76cmHg、環(huán)境溫度為300K。求：（1）兩管水銀面等高時右側氣體的壓強；（2）兩管水銀面等高時右管內(nèi)氣體的熱力學溫度（結果保留一位小數(shù)）?！敬鸢浮浚?）90cmHg；（2）639.5K【解析】【詳解】（1）兩管水銀面等高時，管內(nèi)氣體壓強相等；因粗玻璃管半徑為細玻璃管半徑的2倍，所以左管截面積是右管的4倍，當右管水銀面下降4cm，左管水銀面上升1cm時，兩水銀面等高，左