2024~2025学年河南省九师联盟高三下学期2月质量监测物理试卷（解析版）

这是一份2024~2025学年河南省九师联盟高三下学期2月质量监测物理试卷（解析版），共13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.放射性元素铯137随雨水沉积在地面后，会被表层土壤吸收，通过测量不同位置的表层土壤铯137的放射性强弱，从而确定土壤不同位置被雨水侵蚀的情况．铯137发生衰变时的方程为 55137Cs→ 56137Ba+X，其半衰期约为30年，下列说法正确的是
A. 释放的粒子X来自原子核外
B. 56137Ba比 55137Cs的质量大
C. 56137Ba比 55137Cs的比结合能大
D. 土壤中铯137放射性强的地方，铯137衰变快
2.如图甲所示，一段长为L的直导线放在匀强磁场中，导线与磁感线的夹角为30∘，直导线中通入大小为I的恒定电流，直导线受到的安培力大小为F；若将直导线由中点处弯折成60∘角，通的电流大小不变，将此弯折导线再放入该磁场中如图乙所示，则弯折导线受到的安培力大小为
A. 12FB. 22FC. FD. 2F
3.一辆汽车刹车过程中可看成匀减速直线运动，刹车t时间内的位移为x，其刹车过程的xt-t图像如图所示(图中横轴截距b和纵轴截距c均已知)，则整个刹车过程的
A. 平均速度大小为12cB. 平均速度大小为c C. 加速度大小为cb D. 加速度大小为c2b
4.如图所示，一个小球从P点以大小为v0的初速度斜向上抛出，初速度与水平方向的夹角为θ，小球恰好垂直打在竖直墙面上的B点，墙面上的A点与P点等高而与B点在同一竖直方向上；若保持小球从P点抛出的初速度大小不变，水平抛出后小球打在墙面上的位置在A点正下方的C点．已知AB=2AC，不计空气阻力，小球可视为质点，则θ角为
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 75∘
5.半圆形玻璃砖截去一部分，截面为AB，AB面与BC面垂直，截面图如图所示，一束单色光以与AB面成30∘角的方向斜射到AB面上的D点，折射光线照射到圆弧面上的E点，DE与连线EC垂直，从E点出射的光线与BC平行，所有光线所在的面与图中圆面平行，则玻璃砖对光的折射率等于
A. 2B. 3C. 43 2D. 45 3
6.如图所示，A、B两点固定等量的异种电荷，四边形ACBD为菱形，F、G、H、I分别为AD、AC、BD、BC边的中点，则下列说法正确的是
A. F、I两点电场强度大小相等、方向不同
B. 在矩形FHIG四边上，H和I点为电势最低点
C. 将一个负的试探电荷从F点沿直线移到G点，电势能先减小后增大
D. 将一个正的试探电荷从D点沿直线移到C点，电场力先做负功后做正功
7.“天问一号”探测器从地球发射后，经地火转移椭圆轨道再进入火星轨道(圆轨道).探测器在椭圆轨道的近日点P和远日点Q的速度大小分别为v1、v2，探测器从P运动到Q的时间为t.仅考虑太阳对探测器的引力，火星的公转周期为
A. 2t 2v 13v1+v23B. 3t 2v 13v1+v23C. 4t 2v 13v1+v23D. 5t 2v 13v1+v23
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.一列简谐横波沿x轴传播，在t=0.5s时刻的波形如图所示，质点P的平衡位置为x=0.5m处，质点Q的平衡位置为x=2m处，质点Q的振动方程为y=20sin(2πt)cm，则下列说法正确的是
A. 波的传播速度大小为4m/s
B. 质点P比质点Q振动滞后13s
C. 质点P的振动方程为y=20sin2πt-34πcm
D. t=0.5s时刻，质点P的位移为10 3cm
9.如图所示的电路中，电表均为理想交流电表，降压变压器为理想变压器，两个定值电阻的阻值均为R，在a、b两端加上正弦交流电压，结果电压表V1的示数为U1、电流表A1的示数为I1，下列说法正确的是
A. 电流表A2的示数小于I1B. 原、副线圈的匝数比为 U1I1R-1
C. U12mg
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用如图甲所示装置测当地的重力加速度．
(1)用游标卡尺测出小球下面的遮光片的宽度，示数如图乙所示，则遮光片的宽度d=________mm.
(2)先让小球自然悬挂，记录这时力传感器的示数F0；将图甲装置中小球拉开一定的角度，让小球在竖直面内做摆动，记录小球运动过程中最大拉力F及小球通过最低点时遮光片的挡光时间t，多次改变小球拉开的位置进行重复实验，测得多组F和t，作F-1t2图像，得到图像的斜率为k，重力加速度用g表示，则等效摆长可表示为L=________(用F0、k、g、d表示).
(3)将图甲中小球做小角度摆动，小球第一次经过最低点时光电计时器开始计时，至此后小球第n次经过光电门时，记录运动的总时间为t，测得单摆的周期为T=________，测得当地的重力加速度为g=________(用n、t、F0、k、d表示).
12.某实验小组要测量一个阻值约为十几欧的定值电阻的阻值．
(1)先用多用表粗测被测电阻的阻值：将选择开关拨到电阻挡________(“×10”或“×1”)的位置；将红、黑表笔短接，旋动欧姆调零旋钮，使指针对准电阻挡的________刻线(填“0”或“∞”)；将两表笔分别与待测电阻相接，刻度盘指针所指的位置如图甲所示，则粗测得被测电阻的阻值为________Ω.
(2)为了精确测量该被测电阻的阻值，实验小组设计了如图乙所示的电路．请根据图乙的电路将图丙的实物图连接完整．
(3)用图丙连接完整的电路测电阻，将图丙中滑动变阻器的滑片移到最________(填“左”或“右”)端，将开关S2合向1，调节滑动变阻器的滑片，使电流表和电压表的指针偏转均较大，记录此时电压表和电流表的示数U1、I1，将开关S2合上2，调节滑动变阻器的滑片至合适位置，记录这时电压表和电流表的示数U2、I2，则被测电阻的阻值Rx=________.
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，导热性能良好的汽缸开口向上放在水平面上，一块玉石放在汽缸内，质量为m、横截面积为S的活塞将一定质量的气体封闭在缸内，活塞与缸壁无摩擦且不漏气，大气压强等于5mgS，环境温度为T0，活塞静止时活塞离缸底的高度为h，现将环境温度缓慢升高为65T0，此时活塞离缸底的距离为76h，重力加速度为g.
(1)求玉石体积大小；
(2)温度升高后，保持温度不变，向活塞上缓慢倒上细沙，当活塞与缸底的距离变为h时，求倒在活塞上的细沙质量．
14.如图所示，倾角为θ=37∘的足够长的斜面体固定在水平面上，轻弹簧放在斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板相连，质量分别为m和2m物块A、B放在斜面上，物块B与弹簧接触，弹簧的压缩量为x0，此时物块A、B刚好不下滑．给物块A施加沿斜面向下的推力，使物块A、B缓慢沿斜面向下运动，当弹簧压缩量为3x0时撤去推力，物块A、B刚好不上滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A、B与斜面间的动摩擦因数相同，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep=12kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，重力加速度为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8.
(1)求物块与斜面间的动摩擦因数μ及弹簧的劲度系数k；
(2)用沿斜面向下的推力缓慢推A，当弹簧的压缩量为7x0时撤去推力，撤去推力的一瞬间，A、B的加速度多大；此后，当A、B刚好要分离时，求A、B的速度大小；
(3)若拿走物块A，将物块B移到斜面上某一位置时，弹簧伸长了23x0，在该位置静止释放物块B，求物块B运动过程中的最大速度．
15.在如图所示的三维坐标系中，y0和y>0区域内有沿x轴正方向的匀强磁场Ⅰ，在z0区域内有沿y轴正向的匀强电场Ⅱ和匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小相同，在y轴负半轴上坐标为(0,-2d,0)的P点向yOz平面内射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子恰好从z轴上坐标为(0,0,d)的Q点沿y轴正向进入磁场Ⅰ，经磁场Ⅰ偏转后，垂直y轴进入磁场Ⅱ、电场Ⅱ，粒子从P点射出的速度大小为v0，粒子第二次进磁场Ⅰ时的速度大小也为v0，不计粒子的重力．
(1)求匀强电场Ⅰ的电场强度大小E1；
(2)求匀强电场Ⅱ的电场强度大小E2；
(3)若粒子第一次经过磁场Ⅰ的偏转经过y轴后，立即将磁场Ⅰ的方向反向，并调整磁场Ⅰ的大小，使得粒子第二次经过磁场Ⅰ的偏转后恰好垂直xOz平面进入电场Ⅰ，求改变后的磁场Ⅰ的磁感应强度大小与原磁场磁感应强度之比．
【参考答案】
1.【答案】C
【解析】A.根据质量数、电荷数守恒可知， X为β粒子，来自原子核，故 A错误;
BC.衰变过程释放能量有质量亏损，因此 56137Ba比 55137Cs的质量小， 56137Ba比 55137Cs的比结合能大，故B错误，C正确;
D.放射性元素半衰期与放射性强弱无关，故D错误。
2.【答案】C
【解析】题图甲、乙中，导线在磁场中的有效长度均为L2，所以题图乙中弯折导线受到的安培力大小为也F，选项C正确.
3.【答案】A
【解析】AB.汽车做匀减速直线运动，由x=v0t-12at2得到xt=v0-12at，则初速度大小v0=c，则整个刹车过程的平均速度v=12v0=12c，故A正确，B错误；
CD.结合关系式xt=v0-12at，由xt-t图像的斜率可知12a=cb，得加速度大小a=2cb，故CD错误。
4.【答案】B
【解析】设第一次斜抛小球在空中运动的时间为t，小球在空中运动的逆运动是平抛运动，第二次平抛小球运动的时间为t'，则v0csθ⋅t=v0⋅t'，由于AB=2AC，所以有12gt2=2×12gt'2，联立两式解得θ=45∘，故B正确，ACD错误。
5.【答案】B
【解析】根据题意可知，光在AB面的入射角为60∘，根据几何关系可知，光在E点的入射角与光在D点的折射角相等，根据对称性和光路可逆可知，光在E点的折射角为60∘，由于E点的出射光线与BC平行，根据几何关系可知，光在E点的入射角与光在D点的折射角均为30∘，因此折射率n=sin60∘sin30∘= 3，故B正确，ACD错误。
6.【答案】C
【解析】A.根据对称性可知，F、I两点电场强度大小相等、方向相同，故A错误；
B.根据等势面的分布可知，在矩形FHIG四边上，H和I连线中点处电势最低，故B错误；
C.将一个负的试探电荷从F点沿直线移到G点，由于移动过程中电势先升高后降低，因此电势能先减小后增大，故C正确；
D.将一个正的试探电荷从D点沿直线移到C点，电势一直不变，因此电势能一直不变，电场力一直不做功，故D错误。
7.【答案】C
【解析】设地球、火星的公转半径分别为r1、r2，则r1v1=r2v2，得到r2=v1v2r1，根据开普勒第三定律有T2(2t)2=r23(r1+r22)3，解得火星的公转周期T=4t 2v13(v1+v2)3，故C正确，ABD错误。
8.【答案】AC
【解析】由质点Q的振动方程可知波动周期T=1s，则波的传播速度v=λT=4m/s，选项A正确;
由质点振动方程可知，t=0.5s时刻，质点Q在平衡位置正沿y轴负向运动，由t=0.5s时刻的波形结合振动与波动的关系可知，波沿x轴负方向传播，因此质点P比质点Q振动滞后ΔxPQv=38s，选项B错误;
设质点P的振动方程为y=20sin(2πt-θ)cm，将t=38s时，y=0代入解得θ=34π，即质点P的振动方程为y=20sin(2πt-34π)cm，选项C正确;
t=0.5s时刻，质点P的位移为y=20sin(2π×0.5-34π)cm=10 2cm，选项D错误.
9.【答案】BD
【解析】A.由于是降压变压器，因此n1>n2，电流与匝数成反比，则电流表A2的示数大于I1，故A错误;
B.设变压器原副线圈的匝数比为n1n2，则U1=I1R+(n1n2)2I1R，解得n1n2= U1I1R-1，故B正确;
C.由于是降压变压器，因此n1n2>1，则有U1>2I1R，故C错误;
D.根据变流比n1n2=I2I1，解得I2= I1U1R-I12，电压表V2的示数U2=I2R= U1I1R-I12R2，故D正确。
10.【答案】BCD
【解析】设金属棒进磁场1时的速度大小为v0，出磁场1时的速度大小为v1，金属棒穿过磁场1的时间为t，根据动量定理，mgt-BqL=mv1-mv0，即mgt-B2L2hR=mv1-mv0，由此可知，如果加速进磁场1，则必然加速进磁场2，则第二次时间比第一次时间短，与实际矛盾，因此金属棒不可能进磁场1后先做加速运动，选项A错误;
若金属棒匀速进入磁场1，则金属棒进入磁场2后一定先做减速运动，则两次的时间不等，因此金属棒均减速进入磁场1、2，选项B正确;
金属棒进磁场后均先做减速运动，且通过的时间相等，则金属棒进两磁场时的速度相等，出两磁场时的速度也相等，由v-t图像面积可知，b、c间的距离一定大于h，选项C正确;
金属棒在磁场1或磁场2中做加速度减小的减速运动过程比较金属棒从b到c的运动过程，金属棒在磁场中运动时必有一时刻的加速度等于g，刚进入磁场时金属棒的加速度必然大于g，可得金属棒受到的安培力大于2mg，选项D正确.
11.【答案】(1)6.25；(2)F0d2kg；(3)2tn-1；(4)(n-1)πdt F0k。
【解析】(1)游标卡尺测得遮光片的宽度d=6mm+0.05mm×5=6.25mm；
(2)在最低点，由牛顿第二定律，有F-mg=md2L⋅1t2，得F=md2L⋅1t2+mg，因此md2L=k，又mg=F0，因此L=F0d2kg；
(3)由于t=(n-1)×T2，则单摆的周期T=2t(n-1)，根据单摆周期公式T=2π Lg，得到g=4π2LT2，得到g=(n-1)πdt F0k。
12.【答案】(1)×1；0；19；
(2)；
(3)右；U1I1-U2I2。
【解析】(1)由于被测电阻只有十几欧，因此将选择开关拨到电阻挡“×1”的位置；将红、黑表笔短接，旋动欧姆调零旋钮，使指针对准电阻挡的0刻线；将两表笔分别与待测电阻相接，刻度盘指针所指的位置如图甲所示，则粗测得被测电阻的阻值为19×1Ω=19Ω；
(2)图丙的实物图连接如图所示：
；
(3)用图丙连接完整的电路测电阻，将图丙中滑动变阻器的滑片移到最右端；
由部分电路欧姆定律，将开关S2合向1时，有Rx+RA+R0=U1I1，将开关S2合上2时，RA+R0=U2I2，
则Rx=U1I1-U2I2。
13.【答案】解：(1)设玉石体积为V0，气体发生等压变化，则hS-V0T0=76hS-V065T0，
解得V0=16hS。
(2)设加的细沙的质量为m0，则开始时缸内气体压强p1=5mgS+mgS=6mgS，
加上细沙后，缸内气体压强p2=6mg+m0gS，
气体温度不变，则p1V1=p2V2，
即6mgS×(76hS-16hS)=6mg+m0gS(hS-16hS)，
解得m0=65m。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)对A、B整体研究，根据力的平衡有3mgsinθ=μ×3mgcsθ+kx0，
3mgsinθ+μ×3mgcsθ=3kx0，
解得μ=38，k=9mg10x0。
(2)当弹簧的压缩量为7x0时撤去推力，撤去推力的一瞬间，对A、B整体研究k×7x0-3mgsinθ-μ×3mgcsθ=3ma，
解得a=1.2g，
当A、B刚好要分离时，弹簧处于原长，则从撤去推力至弹簧恢复原长的过程中，
根据能量守恒有12k(7x0)2=μ×3mgcsθ⋅7x0+3mgsinθ⋅7x0+12×3mv2，
解得v= 2110gx0。
(3)物块B静止释放后先是做加速度逐渐减小的加速度运动，加速度减为零时速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，设压缩量为x0'，
则2mgsinθ-μ×2mgcsθ-kx0'=0，
结合(1)中式子可得x0'=23x0，
根据能量守恒有2mgsinθ×43x0=μ×2mgcsθ×43x0+12×2mvm2，
解得vm=2 5gx05。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)设粒子从P点射出的速度沿z轴方向的分速度为vz，沿y轴正方向的分速度为vy，
则d=12vz⋅t，
2d=vy⋅t，
解得vy=vz，
由于vy2+vz2=v02，
解得vy=vz= 22v0，
则粒子在Q点的速度大小vQ= 22v0，
根据动能定理-qE1d=12mvQ2-12mv02，
解得E1=mv024qd。
(2)由于粒子第一次经磁场Ⅰ偏转后以垂直于y轴的方向进入磁场Ⅱ，因此粒子经过y轴的位置坐标为(0,d,0)，做圆周运动的半径r1=d，
粒子第一次在磁场Ⅱ和电场Ⅱ中的运动由以r1为半径的匀速圆周运动和沿电场Ⅱ方向的初速度为零的匀加速直线运动组成，
运动的时间t'=πd 22v0= 2πdv0，
由于粒子第二次进磁场Ⅰ时的速度大小仍为v0，则粒子沿电场Ⅱ方向分运动加速的末速度大小也为 22v0，
则 22v0=qE2mt'，
解得E2=mv022πqd。
(3)设匀强磁场的磁感应强度大小为B，根据题意有qvQB=mvQ2d，
解得B= 2mv02qd，
根据题意可知，粒子第二次进磁场Ⅰ时的速度与yOz平面平行，且速度与y轴正向、z轴正向的夹角均为45∘;
第二次进磁场Ⅰ的位置坐标：y=d+12⋅ 22v0t'=(1+π2)d，
设粒子第二次在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为r2，根据题意可知r2= 2y= 2(1+π2)d，
qv0B'=mv02r2，
解得B'=mv0 2(1+π2)qd，
则B'B=22+π。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】