河南逝師聯(lián)盟2025屆高三物理下學(xué)期高仿密卷試題含解析

PAGE20-河南省九師聯(lián)盟2025屆高三物理下學(xué)期高仿密卷試題（含解析）一、選擇題:本題共8小題，每小題6分，共48分。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。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.顛球是足球運動基本技術(shù)之一，若質(zhì)量為400g的足球用腳顛起后，豎直向下以4m/s的速度落至水平地面上，再以3m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，在足球與地面接觸的時間內(nèi)，關(guān)于足球動量變更量△p和合外力對足球做的功W，下列推斷正確的是（）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】【詳解】足球與地面碰撞過程中動量的變更量△p=mv2-mv1=04×3kg·m/s-0.4（-4）kg·m/s=2.8kg·m/s方向豎直向上；由動能定理，合外力做的功故選C。2.如圖所示，在武漢火神山建筑工地上，一質(zhì)量為80kg的工人通過定滑輪將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，不計空氣阻力，忽視繩子和定滑輪的質(zhì)量及它們之間的摩擦，用如圖甲、乙所示的兩種方式拉升建筑材料，地面對工人的支持力大小之比約為（）A.0.3 B.0.5C.0.7 D.0.9【答案】B【解析】【詳解】設(shè)繩子對建筑材料的拉力為F1，依據(jù)牛頓其次定律有F1-mg=ma解得F1=m（g+a）=550N繩對人的拉力F2=F1=550N人處于靜止，在題圖甲中，由平衡條件得地面對人的支持力FN1=Mg-F2=250N在題圖乙中，由平衡條件得地面對人支持力FN2=Mg-F2sin30°=525N題圖甲、乙所示地面對工人的支持大小之比FN1：FN2≈05故B正確，ACD錯誤。故選B。3.如圖所示為發(fā)電機結(jié)構(gòu)示意圖，其中N、S是永久磁鐵的兩個磁極，其表面為對應(yīng)圓心角為120°的圓弧面。M是圓柱形鐵芯，它與磁極柱面共軸，鐵芯上繞有邊長為L的單匝正方形線框，可繞與鐵芯共同的固定軸轉(zhuǎn)動，磁極與鐵芯間的磁場勻稱輻向分布。已知正方形線框勻速轉(zhuǎn)動時，其切割磁感線的邊的線速度大小為v，切割時切割邊所在位置的磁感應(yīng)強度大小始終為B，則下列說法正確的是（）A.線框中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢為BLvB.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的變更周期為C.線框中產(chǎn)生的有效感應(yīng)電動勢為D.線框中產(chǎn)生的有效感應(yīng)電動勢為【答案】D【解析】【詳解】A．線框中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢為2BLv，選項A錯誤；B．線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的變更周期等于線框轉(zhuǎn)動的周期，即，選項B錯誤；CD．由交變電流有效值的計算公式有解得選項C錯誤，D正確。故選D。4.如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板a、b，相距為d，組成一個電容為C的平行板電容器，R1為定值電阻，R2為可變電阻，開關(guān)S閉合.質(zhì)量為m的帶正電的微粒從O點以水平速度v射入金屬板問，沿曲線打在b板上的P點若經(jīng)有關(guān)調(diào)整后，微粒仍從O點以水平速度v射入，不計空氣阻力及板外電場，則下列推斷正確的是（）A.只增大R2，微粒打在P點左側(cè)B.只增大R2，微粒仍打在P點C.S斷開，a板略微豎直上移，微粒仍打在P點D.S斷開，a板略微豎直上移，微粒打在P點左側(cè)【答案】C【解析】【詳解】AB．由電路連接狀況可知，兩板間電場方向豎直向上，帶正電微粒所受電場力方向豎直向上，電阻R1與R2串聯(lián)，依據(jù)串聯(lián)分壓規(guī)律可知，增大R2，R1兩端電壓減小，兩極板間電壓減小，粒子所受電場力減小，故微粒所受豎直向下的合外力增大，由牛頓其次定律可知，微粒運動加速度增大，豎直方向則運動時間減小，水平方向微粒水平位移減小，微粒將打P點右側(cè)，AB錯誤；CD．斷開開關(guān)，電容器所帶電荷量Q不變，電容的公式場強與電勢差的關(guān)系式可得可知變更板間距離不會變更兩板間場強，所以粒子仍打在P點，D錯誤C正確。故選C。5.如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標系中，存在沿x軸正方向的恒定風(fēng)力，將小球以初速度v0=4m/s從O點豎直向上拋出，到達最高點的位置為M點，落回x軸時的位置為N點。不計空氣阻力，坐標格為正方形，重力加速度g取10m/s2，則小球在M點的速度v1和到達N點的速度v2的大小分別為（）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】【詳解】設(shè)正方形的邊長為s0，小球豎直方向做豎直上拋運動水平方向做初速為零的勻加速直線運動聯(lián)立兩式解得v1=6m/s由豎直方向運動的對稱性可知，小球再經(jīng)t1到達x軸，位置N的坐標為（12，0）小球到N點豎直分速度大小v0=4m/s水平分速度故m/sA正確，BCD錯誤。故選A。6.在勻強磁場中，一個靜止的鈾原子核經(jīng)α衰變后變成一個新核，衰變方程為，結(jié)果得到的徑跡為兩個相切圓1和2的徑跡照片如圖所示。已知兩個相切圓半徑分別為r1、r2，且r1＜r2，則下列說法正確的是（）A.衰變后核的動量與α粒子的動量不相同B.半徑為r1的圓為放出α粒子的運動軌跡C.衰變后核的質(zhì)量與α粒子的質(zhì)量之和等于衰變前鈾核的質(zhì)量D.若鈾元素的半衰期為τ，則經(jīng)過2τ的時間，2kg的核中有1.5kg已經(jīng)發(fā)生了衰變【答案】AD【解析】【詳解】A．衰變前，鈾核的動量為零，依據(jù)動量守恒定律可知，新核與α粒子的動量大小相等，方向相反，所以二者動量不同，故A正確；B．新核與α粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得解得由于p、B都相等，則粒子電荷量q越大，其軌道半徑r越小，由于新核的電荷量大于放出粒子的電荷量，所以新核的軌道半徑小于放出粒的軌道半徑，則半徑為r1的圓為新核的運動軌跡，半徑為r2的圓為放出α粒子的運動軌跡，故B錯誤；C．鈾核衰變的過程中，存在質(zhì)量虧損，導(dǎo)致衰變后核的質(zhì)量與α粒子的質(zhì)量之和小于衰變前鈾核的質(zhì)量，故C錯誤；D．2kg的核衰變，符合統(tǒng)計規(guī)律，經(jīng)過2τ的時間，即2個半衰期的時間，已有1.5kg發(fā)生衰變，故D正確。故選AD。7.假設(shè)太陽的質(zhì)量為M，到太陽中心的距離為r的海王星質(zhì)量為m，規(guī)定物體距離太陽無窮遠處的太陽引力勢能為零，則理論證明海王星的太陽力勢能公式為.已知海王星繞太陽做橢圓運動，遠日點和近日點的距離分別為r1和r2，另外已知地球繞太陽做圓周運動，其軌道半徑為R，萬有引力常量為G，地球公轉(zhuǎn)周期為T。結(jié)合已知數(shù)據(jù)和萬有引力規(guī)律，則可以推算下列哪些物理量（）A.海王星質(zhì)量 B.太陽質(zhì)量C.地球質(zhì)量 D.海王星遠日點速度【答案】BD【解析】【詳解】設(shè)海王星遠日點和近日點速度分別為v1和v2，依據(jù)開普勒其次定律有v1r1=v2r2依據(jù)機械能守恒定律有設(shè)地球質(zhì)量為m0，已知地球公轉(zhuǎn)周期為T，萬有引力常量為G，太陽的引力供應(yīng)向心力，有由三式可推導(dǎo)太陽質(zhì)量、海王星遠日點速度，不能推導(dǎo)海王星質(zhì)量、地球質(zhì)量，故選項BD正確，AC錯誤。故選BD8.如圖所示，間距為L足夠長的光滑平行導(dǎo)軌PQ、MN固定在絕緣水平桌面上，導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直靜置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，其長度恰好等于導(dǎo)軌間距，導(dǎo)軌的電阻忽視不計整個裝置處于磁感應(yīng)強度B的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌向上.假如導(dǎo)體棒ab以初速度v0向右運動起先計時，則以下說法正確的是（）A.棒ab運動的速度為v0時其加速度的大小為B.棒ab運動的速度為v0時其加速度的大小為C.棒ab在導(dǎo)軌上運動的位移x的大小為D.棒ab在導(dǎo)軌上運動的位移x的大小為【答案】AC【解析】【詳解】AB．導(dǎo)體棒速度為v0時切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=BLv0導(dǎo)體棒中電流導(dǎo)體棒受到安培力F安=BIL由牛頓其次定律F安=ma聯(lián)立以上各式，可得棒ab運動速度為v0時其加速度的大小A正確，B錯誤；CD．由動量定理導(dǎo)體棒中的平均感應(yīng)電流導(dǎo)體棒的位移聯(lián)立三式解得棒ab在導(dǎo)軌上運動的位移大小為C正確，D錯誤。故選AC。二、非選擇題:共62分。第9～12題為必考題，每個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.某同學(xué)設(shè)計出如圖所示“驗證機械能守恒定律”的試驗裝置，半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道固定在水平桌面上，切口與桌邊對齊，探測屏MN豎直立于水平地面；每次將小球從圓弧形軌道的最高點由靜止釋放，探測屏記錄下小球的落點。測屏從某位置起先每次向右移動距離L，依次記錄小球落點位置A、B、C，測得A、B間的距離h1，A、C間的距離h2，小球大小不計。（1）下列說法正確的是________（填正確答案標號）。A.試驗前應(yīng)對試驗裝置反復(fù)調(diào)整，保證小球飛出時速度既不太大，也不太小B.小球每次從同一位置由靜止釋放，是為了保證小球在空中運動的時間相等C.探測屏每次向右移動距離相等，是為了保證相鄰兩落點間的時間間隔相等D.驗證時，必需知道當?shù)氐闹亓铀俣龋?）若小球運動過程中機械能守恒，則L與h1、h2的關(guān)系式為________?！敬鸢浮?1).C(2).L2=2R（h2-2h1）【解析】【詳解】（1）[1]．A．對于確定的四分之一圓弧軌道，每次將小球從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，小球飛出時的速度保持不變，選項A錯誤；B．每次讓小球從同一位置山靜止釋放，是為了保證小球離開圓弧軌道時具有相同的水平初速度,選項B錯誤；C．探測屏每次向右移動距離相等，是為了保證相鄰兩落點間的時間問隔相等，選項C正確；D．驗證機械能守恒時，重力加速度可以約去，不須要知道當?shù)氐闹亓铀俣?，選項D錯誤。故選C。（2）[2]．若小球運動過程中機械能守恒，則有依據(jù)平拋運動規(guī)律可得（h2-h1）-h1=gt2L=v0t聯(lián)立以上各式解得L2=2R（h2-2h1）10.某探討性學(xué)習(xí)小組為了測量電流表G的內(nèi)阻，設(shè)計了如圖甲所示的電路.試驗室供應(yīng)了以下器材:A.待測電流表G（量程1mA，阻值約150Ω）B.滑動變阻器（總阻值5000Ω，額定電流1A）C.滑動變阻器（總阻值500Ω，額定電流1A）D.電阻箱R2（總阻值999.Ω）E.電源（電動勢為1.5V，內(nèi)阻很?。〧.電源（電動勢為3V，內(nèi)阻很?。〨.開關(guān)導(dǎo)線若干（1）該小組假如選擇如圖甲所示的電路來測量待測電流表G的內(nèi)阻，則滑動變阻器R1應(yīng)選擇________（填器材前代碼序號），電源應(yīng)選擇________（填器材前代碼序號）。（2）試驗時，先斷開開關(guān)S2，閉合開關(guān)S1，調(diào)整滑動變阻器R1，使得G的示數(shù)為Ig；保持R1的阻值不變，再閉合S2；調(diào)整電阻箱R2，使得G的示數(shù)為，此時電阻箱R2的示數(shù)如圖乙所示，則G的內(nèi)阻為_______。（3）該試驗中，G的內(nèi)阻測量值________（填“大于”或“小于”）真實值。【答案】(1).B(2).F(3).160.4(4).小于【解析】【詳解】（1）[1][2]．依據(jù)半偏法測電阻的原理，在平安的前提下，選用電動勢大的電源可以減小系統(tǒng)誤差，所以電源選F；試驗時，先斷開開關(guān)S2，閉合開關(guān)S1，調(diào)整滑動變阻器R1，使得G的示數(shù)為Ig，則回路中的總電阻為=3000Ω則滑動變阻器選擇B.（2）[3]．試驗時，先斷開開關(guān)S2，閉合開關(guān)S1，調(diào)整滑動變阻器R1，使得G的示數(shù)為Ig；保持R1的阻值不變，再閉合S2調(diào)整電阻箱R2，使得G的示數(shù)為，此時電阻箱的示數(shù)為R2=80.2Ω，流過電阻箱的電流為，則由解得G的內(nèi)阻為Rg=2R2=160.4Ω（3）[4]．閉合S2后，回路中的總電阻減小，導(dǎo)致這時的總電流大于Ig，當流過電流表的電流為時，流過R2的電流大于，即即Rg＞2R2，所以測量值偏小。11.如圖所示，在豎直平面內(nèi)存在垂直于紙面對里半徑為r0的圓形勻強磁場區(qū)域C、D兩個豎直平行金屬板之間的電壓為U。一質(zhì)量為m、荷量為q的帶正電的粒子（不計粒子重力）從靠近C板的S點由靜止起先水平向右做加速運動，自M點沿圓形勻強磁場區(qū)域的半徑方向射入磁場，粒子射出磁場后能通過M點正上方的N點，M、N兩點間的距離為，求：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度大??；（2）粒子從M點運動到N點的時間?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】【詳解】(1)粒子在電場中加速時，依據(jù)動能定理qU=解得粒子從M點射入磁場的速度大小粒子做圓周運動的軌跡如圖所示由幾何關(guān)系知解得又解得粒在磁場中做圓周運動的半徑由公式qvB=解得勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小(2)粒子在磁場中運動的時間粒子射出磁場后的運動時間粒子從M點運動到N點的時間聯(lián)立解得12.如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，圓心為O、半徑R=0.32m固定的半圓光滑軌道CD與足夠長的光滑水平面BC平滑連接于C點直徑CD垂直于BC，BC左端連接傾角為=37°的傾斜傳送帶AB，傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，速度為v0=4m/s.現(xiàn)將可視為質(zhì)點的小物塊甲從傾斜傳送帶的A點由靜止釋放，到達B點后只保留水平分速度沿水平面運動，與靜止在C點可視為質(zhì)點的小物塊乙發(fā)生彈性正碰，甲、乙兩物塊的質(zhì)量均為m=1.0×10-2kg，不計空氣阻力，小物塊甲與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：（1）若兩物塊碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D，則兩物塊碰后瞬間，乙對半圓軌道最低點C處的壓力F；（2）在滿意（1）的條件下，求傳送帶AB的長度；（3）若保持乙的質(zhì)量不變，增大甲的質(zhì)量，將甲仍從A點釋放，求乙在軌道上的首次落點到C點的距離范圍.【答案】（1）0.6N，方向豎直向下；（2）3.05m；（3）x′＜2.56m【解析】【詳解】（1）設(shè)乙恰好能通過D點時的速度為vD，則解得乙從C到D，依據(jù)機械能守恒，得解得在碰后的C點解得F′=6mg依據(jù)牛頓第三定律得F=F′=6mg=0.6N，方向豎直向下（2）設(shè)碰撞前后甲的速度分別為v、v甲，依據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有mv=mv甲+mvC聯(lián)立以上兩式解得v甲=0甲從A運動到B時速度可見甲在與傳送帶等速前后均做勻加速運動甲與傳送帶等速前甲的加速度甲的位移=0.8m甲與傳送帶等速后，甲的加速度甲的位移=2.25m故傳送帶AB的長度L=x1+x2=3.05m（3）甲仍在A點釋放，運動到水平面上的速度也仍為v=4m/s設(shè)甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為vM、vm，依據(jù)動量守恒和機械能守恒定律有Mv=MvM+mvm聯(lián)立解得因為M≥m，可得v≤vm＜2v設(shè)乙過D點的速度為vD′，由動能定理得聯(lián)立解得設(shè)乙在水平軌道上的落點到C點的距離為x′，則有聯(lián)立解得乙在軌道上的首次落點到C點的距離范圍2R≤x′＜8R即0.64m≤x′＜2.56m（二）選考題:共15分。請考生從2道物理題任選一題作答。假如多做，則每學(xué)科按所做的第一題計分?！疚锢怼x修3-3】13.下列關(guān)于熱學(xué)問題的說法正確的是_________。A.樹葉上露珠在凝聚形成的過程中，水分子間的引力斥力都增大B.18℃水的飽和汽壓大于27℃水的飽和汽壓C.液體表面具有收縮的趨勢是因為液面分子間作用力表現(xiàn)為引力D.放煤的墻角會變黑不只是墻面上黑，這種擴散運動反映了分子熱運動的有序性E.不能從單一熱源汲取熱量全部用來做功而不引起其他變更【答案】ACE【解析】【詳解】A．草葉上的露珠是由空氣中的水蒸氣凝聚成的水珠，這一物理過程中分子間距減小，則水分子間的引力、斥力都增大，選項A正確；B．溫度越高，水的飽和汽壓越大，選項B錯誤；C．由于液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，液面分子間作用力表現(xiàn)為引力，所以液體表面具有收縮的趨勢，選項C正確；D．布朗運動與擴散運動都反映了分子熱運動的無序性，選項D錯誤；E．依據(jù)熱力學(xué)其次定律的一種表述，不能從單一熱源汲取熱量全部用來做功而不引起其他變更，選項E正確。故選ACE。14.如圖所示，導(dǎo)熱件能良好的氣缸豎直放置，橫截面積為S．氣缸內(nèi)用活塞封閉著肯定質(zhì)量的志向氣體，氣柱的高度為L，溫度為T1．活塞與氣缸間摩擦忽視不計，現(xiàn)在活塞上放一質(zhì)量為m砝碼，氣柱高度變?yōu)?，氣缸關(guān)婦，再對氣缸緩慢加熱，使氣缸內(nèi)的氣柱高度復(fù)原到L，已知加熱時氣體汲取的熱量為Q，外界大氣壓強為（1）整個過程中被封閉氣體的內(nèi)能變更了多少？（2）氣體的末態(tài)溫度T2為多少？（3）請在V-T圖上畫出整個過程的圖像(在圖線上標出過程的方向）．【答案】（1）Q-mgL；（2）2T1；（3）【解析】【詳解】（1）在過程1中，氣體保持等溫變更，故氣體的內(nèi)能不變；由玻意耳定律可得：解得P0S=mg；在過程2中，氣體吸熱Q，且氣體對外做功為則氣體內(nèi)能變更了Q-mgL；（2）對過程2，由氣體狀態(tài)變更