河南省青桐鸣大联考2024-2025学年高三下学期开学考物理试题（解析版）

这是一份河南省青桐鸣大联考2024-2025学年高三下学期开学考物理试题（解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.我国已成功发射的月球探测车上装有核电池提供动力。玉兔号月球车是采用核能来提供能量的，该装置使钚238衰变产生的核能转化为电能，核反应方程为 94238Pu→X+24He+γ，则新物质X为
A. 92234UB. 91234PaC. 92235JD. 92238U
2.天平是实验室中测量质量的重要仪器。在学完共点力平衡后，小明设计了一款质量测量装置如图甲所示，OA、OB为不可伸长的等长轻绳，悬挂于竖直杆的顶端O，不可压缩的轻杆AB为刻度尺，OAB可绕O点无摩擦在竖直平面内转动。现在B端挂上标准砝码，质量为m0，A端挂上待测物体，如图乙所示，此时竖直杆交AB刻度尺处即为示数刻度P。不考虑竖直杆与AB间的相互作用，下列说法正确的是
A. 刻度尺AB中点的刻度为零B. 刻度尺AB上的刻度不均匀
C. 待测物体的质量为APBPm0D. 该装置在月球上不能使用
3.如图所示，一倾角为37∘的倾斜轨道底端有一垂直轨道的缓冲装置。质量为20 kg、可视为质点的物块从轨道顶端A以速度1m/s沿轨道向下运动，运动2 m后到达B点碰到缓冲装置，与缓冲装置相互作用0.5s后速度减为零，物块与倾斜轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则缓冲装置对物块的平均作用力大小为( )
A. 40 NB. 80 NC. 160 ND. 240 N
4.随着全球新能源领域的蓬勃发展，电动汽车已经成为我们生活中的常用交通工具，某些电动汽车搭载了弹射起步功能，在起步阶段获得较大加速度。如图所示，某品牌电动汽车在测试斜坡弹射起步功能，该汽车可看成质点，从静止沿倾斜平直公路向上加速16 m时速度达到57.6km/ℎ，该倾斜平直公路与水平方向的夹角为37∘，已知该汽车的质量为2000 kg，加速过程中受到的阻力恒为200 N，牵引力恒定，重力加速度为10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，忽略汽车质量的变化，关于这段加速过程，下列说法正确的是
A. 汽车发动机提供的牵引力大小为1.62×104N
B. 汽车的速度达到57.6km/ℎ时，汽车的输出功率为4.512×105W
C. 汽车增加的机械能为5.76×105J
D. 汽车发动机对汽车做的功为2.592×105J
5.如图所示为半径为R的半球形透明材料的截面图，AOB为直径。一束单色光从OB之间的某点垂直OB射入该材料，恰好发生全反射后射向圆弧面的A点，真空中的光速为c，下列说法正确的是
A. 透明材料对光的折射率为 3
B. 入射点到O点的距离为 32R
C. 光从入射到A点的传播时间为3 3Rc
D. 增大入射光的频率，其他条件不变，光射向圆弧面时不能发生全反射
6.小明参加体育活动折返跑时的v−t图像如图所示，已知3 s内小明的位移为6 m，6 s时返回到出发点，此过程中小明一直在做直线运动，以初速度方向为正方向。下列说法正确的是
A. 小明0∼3s内的加速度为2m/s2
B. 小明3∼6s内的位移为6 m
C. 小明全程的平均速度为83m/s
D. 小明速度减为零时，距离出发点的位移为8 m
7.在某电场中建立x坐标轴，一个质子从坐标原点O仅在电场力作用下由静止开始沿x轴正方向运动，该质子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示。则下列说法中正确的是
A. x0处的电势低于3x0处的电势
B. 质子在x0处的加速度小于7x0处的加速度
C. 质子从x0处到7x0处电场力先做正功后做负功
D. 若具有一定初速度的电子从O点沿x轴运动到3x0，则电子的电势能一直在减小
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示电路中，电源内阻不能忽略不计，L1、L2为小灯泡，M为电动机，电流表A、电压表V均视为理想电表，电表的示数分别用I、U表示，电表示数变化量的绝对值分别用ΔI、ΔU表示。闭合开关，电动机正常工作，某时刻电动机突然被卡住了，灯泡始终处于发光状态，下列说法中正确的是
A. 电流表的示数增大，电压表的示数减小B. 有电流从a流向b
C. 灯泡L1变亮，L2变暗D. UI变大，ΔUΔI不变
9.如图1所示，战绳运动是一种高强度、全身性的有氧运动，主要锻炼心肺功能、肌肉力量和耐力，同时促进脂肪燃烧。如图2所示为t=0.3s时形成的绳波，可视为简谐横波，波沿x轴正方向传播。图2中某质点P的振动图像如图3所示，下列说法正确的是
A. 质点P平衡位置的坐标为x=2.1m
B. 再经过1 s，x=1m处的质点位移为20 3 cm
C. 再经过1 s，x=1m处的质点速度沿y轴正方向
D. 若从图2时刻开始计时，则x=1m处的质点振动方程为y=40sin2.5πt+π6cm
10.如图所示，光滑水平面上分布着垂直于水平面向下的平行边界匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B，磁场Ⅱ的磁感应强度大小未知，磁场宽度均为d，磁场Ⅰ和磁场Ⅱ的相近边界距离为4d。距磁场Ⅰ左边界d处有一边长为d、电阻为R、质量为m的单匝金属线框abcd，受到恒力F的作用从静止开始运动，线框穿过磁场Ⅰ、Ⅱ过程中均匀速。不计一切摩擦阻力，运动过程中bc边始终平行于磁场边界，下列说法正确的是
A. 磁场Ⅱ的磁感应强度大小为 2B
B. 线框穿过磁场Ⅰ产生的焦耳热与线框穿过磁场Ⅱ产生的焦耳热相等，都为2Fd
C. 线框完全经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为4B2d3R 2Fdm
D. 线框从开始运动到bc边与磁场Ⅰ右边界重合时，通过线框横截面的电荷量为Bd2R
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学选用如图甲所示的实验装置验证滑块(含遮光条)与钩码组成的系统机械能守恒，调节气垫导轨水平，装有遮光条的滑块用绕过定滑轮的细线与钩码相连，调节细线与导轨水平，滑块与遮光条的总质量为M，钩码的质量为m，重力加速度为g。
(1)滑块和遮光条的总质量M (填“需要”或“不需要”)远大于钩码质量m。
(2)实验时，应选用 (填“较宽”或“较窄”)的遮光条，用螺旋测微器测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度为d= mm。
(3)测量遮光条到光电门的距离L，由静止释放滑块后，记录遮光条的遮光时间t，如果表
达式 成立(用题中所给物理量符号表示)，即可验证滑块(含遮光条)与钩码组成的系统
机械能守恒。
12.小明要测量定值电阻Rx的阻值(约为5Ω)，实验室提供了如下实验器材：
A.电压表V(量程为1 V，内阻RV=200Ω)
B.双量程电流表A(量程0.6A，内阻约0.5Ω；量程3 A，内阻约0.1Ω)
C.滑动变阻器R1(最大阻值为5Ω)
D.滑动变阻器R2(最大阻值为1kΩ)
E.电阻箱R0(最大阻值为999.9Ω)
F.电源E(电动势3 V、内阻不计)
G.开关，导线若干
(1)小明设计的电路图如图甲所示，为了得到更精确的数据和减小实验误差，电流表选用的量程为 ，滑动变阻器选用 (填写器材前的字母代号)。
(2)小明欲将电压表改装成3 V量程，应把与电压表串联的电阻箱R0的阻值调为 Ω。
(3)某次测量时，电流表的示数如图乙所示，此时电流表的示数为 A。
(4)经过多次测量，得到多组电压表的示数U与电流表的示数I，并作出U−I图像如图丙所示，则Rx= Ω(结果保留3位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，水平面上固定放置一个汽缸，用轻质活塞密封有一定质量的气体，活塞厚度不计，可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销A、B之间，B与汽缸底部的距离为1 m，卡销A、B间的距离为0.5m，活塞的表面积为20cm2。初始时，活塞在水平向左的外力F=300N作用下静止在卡销B处，此时汽缸内气体的压强为2×105Pa，温度为300 K。将汽缸内的气体加热，使活塞缓慢移动，活塞恰好到达卡销A。忽略卡销A、B的大小，大气压强为1×105Pa。
(1)求活塞恰好到达卡销A时汽缸内气体的温度；
(2)若加热过程中汽缸内气体吸收的热量为400 J，求汽缸内气体内能的增加量。
14.如图所示，平面直角坐标系xOy的y轴右侧(包含y轴)存在匀强电场和匀强磁场，x轴上方的匀强电场与y轴负方向成θ角(θ未知)，x轴下方的匀强磁场垂直于纸面向外。一质量为m、带电荷量为+q(q>0)的粒子以速度v0从y轴上P点(0,d)垂直于电场方向射入x轴上方的匀强电场，以速度2v0从Q点与x轴正方向成θ角斜向下进入x轴下方的磁场。不计粒子重力。
(1)求角度θ及粒子由P点运动到Q点电势能的变化量；
(2)求Q点的横坐标；
(3)为使粒子能再次返回电场，求磁感应强度的大小范围。
15.如图所示(俯视图)，一底部水平且足够长的U形槽固定在地面上，其底部光滑，两侧粗糙，质量为mB=1kg的足够长的木板B放在槽的正中间，一个质量为mA=4kg的滑块A在木板B上且置于B的左端，A与B间的动摩擦因数为μ=0.05。一质量mC=1kg的滑块C卡在槽之间，C与槽两侧面间的滑动摩擦力均为f=1N。开始时A、B、C均静止，B距C足够远。现使滑块A瞬间获得水平向右的初速度v0=5m/s，A、B宽度较窄，与槽的侧面始终无接触，B、C间的碰撞为弹性碰撞，每次碰撞时间极短，重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求木板B与滑块C第1次碰撞前，A与B组成的系统产生的热量Q；
(2)求木板B与滑块C第1次碰撞到第2次碰撞之间的时间t(结果保留3位有效数字)；
(3)经过足够长的时间，求C沿槽滑动的距离及A相对B滑动的距离(结果保留3位有效数字)。
【参考答案】
1.【答案】A
【解析】根据质量数守恒，电荷数守恒，可知新物质X质量数为234，电荷数为92，A选项正确。故选A。
2.【答案】B
【解析】设轻杆AB上的力大小为F，由砝码与待测物体均平衡及力的三角形与几何三角形相似可知m测gOP=FAP，m0gOP=FBP，联立解得m测=BPAPm0=BPAB−BPm0，所以刻度尺AB的右端为零，左端为∞，中点为m0，刻度不均匀，A、C错误，B正确;
由于月球上有重力，该装置可在月球上使用，D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】物块由A点到B点过程，加速度a=gsin37∘−μgcs37∘=2m/s2，由运动学公式有vB2−vA22a=2m，代入数据，得vB=3m/s，物块减速过程，以沿倾斜轨道向上为正方向，由动量定理，有(FN+μmgcs37∘−mgsin37∘)t=0−(−mvB)，代入数据，得FN=160N，C正确。
故选C。
4.【答案】B
【解析】汽车加速过程，根据动能定理可得：(F−f−mgsin37∘)x=12mv2−0，代入数据解得：牵引力大小为F=2.82×104N，A错误；
汽车的速度达到57.6km/ℎ时，汽车的输出功率P=Fv=4.512×105W，B正确；
汽车增加的机械能为△E=12mv2+mgxsin37∘=4.48×105J，C错误；
汽车发动机对汽车做的功为W=Fx=4.512×105J，故D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】作出光路图如图所示，可知全反射临界角θ=30∘，透明材料对光的折射率n=1sinθ=2，A错误;
入射点到O点的距离OF=Rsinθ=12R，B错误;
光在透明材料中传播的路程为s=AE+EF= 3R+ 32R=3 32R，光在透明材料中传播的速度v=cn=c2，时间t=sv=3 3Rc，C正确;
增大入射光的频率，则全反射临界角将减小，光仍然会发生全反射， D错误。
故选C。
6.【答案】D
【解析】A.由题意可知12⋅v1⋅3s=6m，可得v1=4m/s，0∼3s内的加速度a1=v1t1=43m/s2，A错误;
B.6s时返回到出发点，则3∼6s内的位移为−6m，B错误;
C.全程的位移为0，则平均速度为0，C错误;
D.3∼6s内，有v2+v12×3s=−6m，得v2=−8m/s，所以3∼6s内的加速度a2=v2−v13s=−4m/s2，速度从v1减为零的时间t2=0−v1a2=1s，所以小明速度减为零时，距离出发点的位移x=12⋅v1⋅(t1+t2)=8m，D正确。
7.【答案】C
【解析】根据Ep=qφ，结合质子的电势能Ep随坐标x变化的图像可知，x0处的电势高于3x0处的电势，A错误;
图像斜率的绝对值表示电场力的大小，由图像可知质子在x0处的加速度大于7x0处的加速度，B错误;
根据图像可知电势能先减小后增加，电场力先做正功后做负功，C正确;
根据图像可知O点到3x0处的电场线沿x轴的正方向，电子受到的电场力做负功，电势能一直在增加，D错误。
故选C。
8.【答案】AC
【解析】电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，灯泡L1与电动机串联后再与L2并联，电动机被卡住后，变为纯电阻电路，此时可理解成电动机所在支路电阻减小，电流I增大，内电压增大，路端电压U=E−Ir减小，UI减小，ΔUΔI=r，不变， A正确， D错误;
电容器两端电压等于路端电压，减小，电荷量Q=CU减小，有电流从b流向a，B错误;
根据“串反并同”可知灯泡L1变亮，L2变暗，C正确。
故选AC。
9.【答案】BD
【解析】A.由图3可知，t=0.3s时质点P沿y轴正向运动，位移为−20 2cm，由图2可知，位移为−20 2cm的质点平衡位置坐标为x=1.5m和x=2.1m，因为波沿x轴正方向传播，x=1.5m处质点沿y轴正方向运动，x=2.1m处质点沿y轴负方向运动，所以质点P平衡位置的坐标为x=1.5m， A错误;
BC.由图2可知此波波长λ=2.4m，由图3可知此波传播的周期T=0.8s，波传播的速度v=λT=3m/s，再经过1s时的波形与Δt=0.2s时的波形相同，波向前传播的位移Δx=vΔt=0.6m，即x=0.4m处质点的运动形式传播到x=1m处，则x=1m处质点的位移为20 3cm，速度沿y轴负方向，B正确，C错误;
D.图2时刻x=1m处质点位移为20cm，速度沿y轴正方向，若从图2时刻开始计时，x=1m处的质点的初相位为π6，ω=2πT=2.5πrad/s，振幅A=40cm，其振动方程为y=40sin(2.5πt+π6)cm，D正确。
故选：BD。
10.【答案】BCD
【解析】线框从静止开始至bc边到达磁场Ⅰ左边界过程，有Fd=12mv12，得v1= 2Fdm，线框ad边到达磁场Ⅰ右边界至bc边到达磁场Ⅱ左边界过程，有F⋅3d=12mv22−12mv12，得v2=2 2Fdm，因为线框匀速进入磁场Ⅰ、Ⅱ，所以B2d2v1R=F，BⅡ2d2v2R=F，得BⅡ= 2B2，A项错误;
线框穿过磁场Ⅰ产生的焦耳热与线框穿过磁场Ⅱ产生的焦耳热相等，都为2Fd，B项正确;
Q总=4Fd=F安1⋅2d+F安2⋅2d=4B2d3R 2Fdm，C项正确;
线框从开始运动到bc边与磁场Ⅰ右边界重合时，通过线框横截面的电荷量为q=△ΦR=Bd2R，D项正确。
故选BCD。
11.【答案】不需要
较窄
5.4
mgL=(M+m)d22t2
【解析】(1)该实验装置是为了验证滑块(含遮光条)与钩码组成的系统机械能守恒，滑块(含遮光条)和钩码作为整体研究，所以滑块和遮光条的质量不需要远大于钩码质量;
(2)为了减小实验误差，要求滑块经过光电门时挡光时间越短越好，因此实验时应选择较窄的遮光条;
图乙是10分度的游标卡尺，根据图乙可知遮光条的宽度d=5mm+4×0.1mm=5.4mm;
(3)若钩码和滑块组成的系统机械能守恒，滑块从释放到经过光电门的过程中，有mgL=12(M+m)(dt)2，即mgL=(M+m)d22t2。
12.【答案】0.6A
C
400
/400.0
0.46
4.84
【解析】(1)电路中电流最大值为0.6A，电流表选择0.6A量程更合适;本实验选用分压式接法，为了调节方便，滑动变阻器选最大阻值较小的滑动变阻器R1，故选C；
(2)量程扩大为3倍，则根据串联分压关系可知R0=(n−1)Rg=2×200Ω=400Ω；
(3)根据图乙结合(1)可知，电流表的示数为0.46A；
(4)根据电路可得：3U=Rx(I−URV)，整理得U=Rx3+RxRVI，根据图丙可得Rx3+RxRV=0.80.5Ω，解得Rx≈4.84Ω。
13.【答案】解：(1)当活塞恰好离开卡销B时，对活塞受力分析可得F+p0S=p1S，
可得p1=2.5×105Pa，
根据查理定律，有pT=p1T1，
可得T1=375K，
当活塞离开卡销B恰好到达卡销A过程，密封气体压强一定，有Sℎ1T1=Sℎ2T2，
可得T2=562.5K。
(2)当活塞恰好到达卡销A处时，外界对气体做功W=−p1SℎAB=−250J，
由热力学第一定律可知ΔU=W+Q=150J。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)粒子在P点垂直于电场方向入射，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，在Q点将速度沿电场方向与垂直于电场方向分解，在垂直于电场方向上有2v0cs2θ=v0，
解得θ=30∘，
粒子从P点到Q点过程，电场力做功W=12m(2v0)2−12mv02，
电势能的变化量ΔEP=−W=−3mv022，
即电势能减少3mv022
(2)粒子沿初速度方向的位移为L//=v0t，
垂直于初速度方向的位移为L⊥=v⊥2t，v⊥=2v0sin2θ，
根据几何关系有dcsθ+L//tanθ=L⊥，
xQ=dtanθ+L//cs θ，
联立解得xQ=3 3d。
(3)带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有q⋅2v0B=m⋅(2v0)2R，
粒子能返回电场，在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与y轴相切时半径有最大值，
R+Rsinθ=xQ，
此时磁感应强度最小为Bmin= 3mv03qd，
磁感应强度的大小范围B≥ 3mv03qd。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)将木板B与滑块A视为一个系统，因为水平轨道光滑，木板B与滑块A所受合力为零，因此木板B与滑块A组成的系统动量守恒。
设木板B与滑块A第一次共速时的速度为v1，设向右为速度的正方向，则有mAv0=(mA+mB)v1，
可得v1=45v0=4m/s，
由能量守恒定律可知，木板B与滑块A减少的机械能转化为系统产生的热量Q，
即Q=12mAv02−12(mA+mB)v12=10J。
(2)木板B与滑块C发生弹性碰撞时，将木板 B与滑块C视为一个系统，由于碰撞时间极短，碰撞时内力远大于外力，因此木板B与滑块C组成的系统动量守恒，设向右为速度的正方向，则有mBv1=mBvB1+mCvC1，
木板B与滑块C的碰撞为弹性碰撞，因此12mBv12=12mBvB12+12mCvC12，
解得木板B的速度vB1=0，滑块C的速度vC1=v1=4m/s，
碰后C减速，假设C停止后，B与C相碰，C的加速度大小为aC=2fmC=2m/s2，
减速到零的位移为
xC1=υC122aC=4m，
C减速的时间为tC1=vC1aC=2s，
B先加速再匀速，B加速时的加速度为aB=μmAgmB=2m/s2，
设木板B与滑块A第二次共速时的速度为v2，由动量守恒定律有mAv1=(mA+mB)v2，
解得v2=3.2m/s，
共速前所用的时间为t1=v2aB=1.6s，
木板B位移为x1=υ222aB=2.56m，
木板B与滑块A匀速运动时间为t2=xC1−x1v2=0.45s，
由于t1+t2>2s，所以假设成立，因此，B、C第1次碰撞到第2次碰撞的时间为t=t1+t2=2.05s.
(3)碰后C减速到零的位移为xC1=vC122ac=(45v0)22aC，
同理可得，木板B与滑块A第二次共速时的速度为v2=(45)2v0，
B、C第二次碰撞后C的速度即为vC2=(45)2v0，
即每一次碰后C获得的速度都为上一次的45，
C第二次减速到零的位移为xC2=vC222ac=452v022aC
C第三次减速到零的位移为xC3=vC322aC=453v022aC，
C第n次减速到零的位移为xCn=vCn22aC=[(45)nv0]22aC，
总位移xC=vC122aC+vC222aC+⋯+vCn22aC=4[1+(45)2+(45)4+⋯+(45)2n]m=41−(45)2m=1009m≈11.1m，
对整个过程根据能量守恒定律有12mAv02=2fxC+μmAgx相，
解得x相=1259m≈13.9m.
【解析】详细解答和解析过程见【答案】