河南省五市2024-2025学年高三（上）期末物理试卷-普通用卷

这是一份河南省五市2024-2025学年高三（上）期末物理试卷-普通用卷，共19页。
1.太阳内部的核反应主要是氢元素转变为氦元素的核反应，其中一种核反应方程是311H→X+10e，则下列说法正确的是( )
A. X是 24HeB. 此核反应是α衰变C. 此核反应是β衰变D. 10e来自原子核
2.学校秋季运动会上，某同学参加铅球比赛，比赛时先后两次将同一铅球从同一点P掷出，铅球轨迹如图所示，第二次的成绩比第一次的好，但铅球两次在空中运动时的最大高度相同，不计空气阻力，不计铅球大小，则第二次与第一次相比，下列判断正确的是( )
A. 铅球第二次在空中运动时间长B. 铅球第二次重力做功多
C. 铅球第二次落地时重力的瞬时功率大D. 该同学第二次对铅球做功多
3.波动现象在自然界中普遍存在，波的应用已深入到生产、生活的方方面面。一列简谐横波在某均匀介质中沿直线由M向N传播，M和N两个质点的平衡位置相距12 m，图甲是质点M的振动图像，图乙是质点N的振动图像，t=0时刻质点M和质点N间只有一个波峰。则( )
A. 在0∼4 s内，N质点运动的路程为12 cm
B. 该波的传播速度为16 m/s
C. 质点M位于平衡位置时，质点N一定处于波谷
D. 该列波在传播过程中遇到频率为0.5 Hz的另一列波时，可能发生干涉现象
4.如图所示，某热水瓶的容积为V，瓶中刚好有体积为12V的热水，瓶塞将瓶口封闭，瓶中气体压强为1.2p0，温度为87℃，环境大气压强为p0，将瓶塞打开，一会儿瓶中气体温度变为57℃，瓶中气体可看成理想气体，则从打开瓶塞至瓶中气体温度变为57℃的过程中，跑出热水瓶的气体质量与未打开瓶塞时瓶中气体质量之比为( )
A. 111B. 211C. 311D. 411
5.如图所示，a、b两颗卫星均沿顺时针方向绕地球做匀速圆周运动，a、b两卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积之比为2：3，若卫星a做圆周运动的周期为T0，则a、b两卫星相邻两次距离最近的时间间隔为( )
A. 278T0B. 2711T0C. 2716T0D. 2719T0
6.如图所示为某电吹风的内部简化电路图，电机的内阻为r，额定功率为P，定值电阻的阻值为R，理想变压器原、副线圈的匝数比为k，在a、b两端输入电压有效值恒定的正弦交流电，S断开时，电机刚好能正常工作，将S闭合，a、b两端输入的功率是S断开时a、b两端输入功率的3倍，则下列判断正确的是( )
A. S闭合后，电机的功率减小
B. R=12r
C. a、b两端输入电压有效值为k 2PR
D. S闭合时，变压器副线圈中的电流为 2PR+ Pr
7.如图所示，一水平传送带以速度v沿逆时针方向匀速转动，一碳块从传送带左端以初速度v0向右滑上水平传送带，碳块与传送带间的动摩擦因数恒定，下列说法错误的是( )
A. 当碳块从传送带右端滑离时，若v0一定，v越大，传送带上的划痕越长
B. 当碳块从传送带右端滑离时，若v一定，v0越大，传送带上的划痕越长
C. 当碳块从传送带左端滑离时，若v一定，v0越大，传送带上的划痕越长
D. 当碳块从传送带左端滑离时，若v0一定，v越大，传送带上的划痕越长
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示为某静电除尘器的电场分布图(俯视图)，一个带电尘埃在电场中运动最终落在集尘板上，轨迹如图中虚线所示，A、B、C、D、F为静电场中的五个点，不计尘埃的重力，则下列判断正确的是( )
A. 带电尘埃带正电
B. 带电尘埃从A运动到B，电势能先增大后减小
C. F点比C点电势低
D. 带电尘埃在C点的加速度比在D点的加速度大
9.粗细均匀、质量为m、半径为R的金属圆环用绝缘细线悬挂于天花板上处于静止状态，圆环处在匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环环面向外，磁场的磁感应强度大小为B，环上P、Q两点连有轻质软导线，P、Q两点连线水平，间距为R，重力加速度为g，通过软导线给圆环通入恒定电流，结果悬线作用力恰好为零，不计软导线对圆环的作用力，则下列判断正确的是( )
A. 圆环中电流从P点流入
B. 通过软导线流入线圈的恒定电流的大小为mgBR
C. P、Q两点间圆环优弧部分受到的安培力大小为15mg
D. P、Q两点间圆环劣弧部分受到的安培力大小为56mg
10.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，垂直于导轨的虚线MN右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，左侧有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B，金属棒a、b静止在导轨上，a、b两金属棒的质量分别为m、2m，接入电路的电阻分别为2R、R，不计导轨电阻，给金属棒a一个向右、大小为v0的初速度，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，则下列判断正确的是( )
A. 金属棒b开始运动时的加速度大小为B2L2v06mR
B. a、b两金属棒组成的系统动量守恒
C. 运动过程中通过金属棒a的电荷量大小为2mv03BL
D. 运动过程中金属棒b中产生的焦耳热为19mv02
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组设计了如图甲所示的装置测当地的重力加速度。小球被吸在电磁铁上，竖直固定的刻度尺零刻度在上端，并且零刻度与小球球心对齐。小球球心刚好在光电门正上方。
(1)先用螺旋测微器测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径d=____mm；
(2)给电磁铁断电让小球下落，记录小球通过光电门的挡光时间t及光电门在刻度尺所对的刻度值x，多次改变光电门的位置重复实验，测得多组t及x的值，小组成员小王同学根据数据作出1t2−x图像，得到图像的斜率为k，则求得当地的重力加速度g=____(用k、d表示)；
(3)若小球的球心与光电门不正好在同一条竖直线上，实验测得的重力加速度____(填“大于”“小于”或“等于”)当地重力加速度的实际值。
12.某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。
(1)该同学先用多用电表粗测电池的电动势，将多用电表选择开关拨到直流电压“2.5 V”挡，将多用电表的____(填“红”或“黑”)表笔与电池的正极相连，另一表笔与电池的负极相连，多用电表的示数如图甲所示，则粗测电池的电动势为____V。
(2)为了精确测量该电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：干电池一节，电流表A(量程100 mA，内阻rA=10Ω)，电压表V(量程3 V，内阻约3000Ω)，电阻箱R1(阻值0∼99.99Ω)，电阻箱R2(阻值0∼9.999Ω)，开关一个，导线若干。由于电流表量程太小，实验时，将电阻箱R2与电流表并联，使量程扩大为0.6 A，并且要求消除电表内阻引起的实验误差，该同学设计了如图乙所示电路，则电阻箱R2接入电路的阻值R2=____Ω；闭合开关前将电阻箱R1接入电路的阻值调到最大，闭合开关S，多次改变R1的阻值，测得多组R1接入电路的阻值R及对应的电流表的示数I，作出1I−R图像，得到图像的斜率为k1，图像与纵轴的截距为b1，则电池的电动势E=____，内阻r=____。(后两空用k1、b1表示)
(3)该同学又设计了如图丙所示的电路，根据图示电路测量时，多次调节电阻箱R1，得到多组电压表V及对应的电流表A的示数U、I，作出U−I图像，得到图像的斜率为k2，图像与纵轴的截距为b2，根据数据求得的电源电动势和内阻____(填“存在”或“不存在”)因电压表内阻引起的系统误差。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，一种透明柱状材料的横截面是由一个等腰梯形OMNP和一个14圆组成，圆的半径OP=R=3 313m。一束单色光从等腰梯形MN边的中点A垂直MN射入，在圆弧上B点恰好发生全反射后射向OQ边上的D点(光路未画出)，已知R=2MN，∠OPN=∠POM=60 ∘，光在真空中的传播速度为c=3×108m/s，不考虑多次反射的情况，求：
(1)透明柱状材料的折射率n；
(2)光线从A点到D点的传播时间t。
14.如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一圆弧体A静止在光滑水平面上，圆弧面光滑，最低点与水平面相切，质量为m的物块B静止在光滑水平面上，B到圆弧面最低点的距离为R，物块C静止在物块B的右侧，给圆弧体A一个水平向右的恒定推力F(未知)，使圆弧体A从静止开始向右运动，当圆弧面最低点到达物块B处时，撤去推力，此后物块B刚好能滑到圆弧面的最高点，重力加速度为g，不计物块的大小。
(1)求撤去推力时圆弧体的速度大小v0；
(2)求推力F的大小及推力作用的时间t；
(3)物块B滑离圆弧体后与C发生弹性碰撞，要使物块B不再滑上圆弧面，物块C的质量M应满足什么条件。
15.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内，抛物线y=kx2与y轴之间有沿y轴负方向的匀强电场，在半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，圆与x轴相切于P点，在第一、四象限内有垂直于坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，在第一象限内有一平行于x轴的荧光屏(图中未画出)，在P点沿与x轴负方向成60 ∘角的方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子在圆形磁场中偏转后沿x轴正方向进入电场，经电场偏转刚好从坐标原点射入第一、四象限内的匀强磁场中，粒子经磁场偏转后恰好垂直打在荧光屏上。已知k=12R，不计粒子的重力。
(1)求粒子从P点射出的初速度大小；
(2)求匀强电场的电场强度大小；
(3)改变粒子在P点射入磁场的速度方向，试分析粒子经电场偏转后是否仍能通过坐标原点，粒子是否仍能垂直打在荧光屏上？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.根据质量数、电荷数守恒可知， X 是 23He ，故A错误；
BC.此核反应是轻核聚变，故BC错误；
D. 10e 是由原子核中的质子变成中子释放的，来自原子核，故D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】A B.设抛出点到最高点的高度为 h1 ，设抛出点到地面的高度为 h2 ，铅球竖直方向的初速度为 v0y ，铅球竖直方向做竖直上抛运动，由
v0y2=2gh1
由于最大高度相同，铅球竖直方向的初速度 v0y 相同。设从抛出到落地的时间为 t ，则
h2=v0yt−12gt2
因此铅球两次在空中运动的时间一样长，抛出点相同，因此从抛出到落地重力做功
WG=mgh2
相同，故AB错误；
C.由于最大高度相同，因此抛出时竖直方向的初速度相同，落地时竖直方向的分速度相同，落地时重力的瞬时功率
P=mgvy
相同，故C错误；
D.由于第二次成绩好，因此第二次抛出时水平分速度大，第二次抛出时初速度大，根据功能关系可知
W=12mv02
该同学第二次对铅球做功多，故D正确。
故选D。
3.【答案】D
【解析】A.由振动图像可知周期为 2 s ，在 0∼ 4 s 内， N 质点运动2个周期，一个周期运动四个振幅的距离，路程为
s=3 cm×8=24 cm
故A错误；
B.波的传播方向由 M 向 N ， t=0 时刻 M 、 N 间仅有一个波峰，则有
34λ=12 m
解得
λ=16 m
该简谐横波的波速为
v=λT=8 m/s
故B错误；
C.由甲、乙振动图像可知， M 位于平衡位置时， N 可能位于波谷也可能位于波峰，故C错误；
D.周期为 2 s ，频率为 0.5 Hz ，频率相同是两列波产生稳定干涉的必要条件，所以该列波在传播过程中遇到频率为 0.5 Hz 的另一列波时，可能发生干涉现象，故D正确。
故选D。
4.【答案】A
【解析】设原来瓶中气体变成57℃、压强为p0时，气体的总体积为V′，根据理想气体状态方程，有
1.2p0⋅12V360K=p0V′330K
解得
V′=0.55V
则跑出气体的质量与原来气体的质量之比为
Δmm=V′−0.5VV′=111
故选A。
5.【答案】D
【解析】设卫星做圆周运动的半径为 r ，由万有引力提供向心力可得
GMmr2=mr2πT2
解得
T=2π r3GM
则单位时间内卫星与地心连线扫过的面积为
S0= πr2T=12 GMr a 、 b 两卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积之比为 2:3 ，则 a 、 b 两卫星做圆周运动的半径之比为
ra:rb=4:9
则有
Tb= 278T0
设 a 、 b 两卫星相邻两次距离最近的时间间隔为 t ，则
(2πT0−2π278T0)t=2π
解得
t= 2719T0
故选D。
6.【答案】C
【解析】A.设 a 、 b 两端输入电压有效值为 U ，则变压器副线圈两端电压为 Uk ， S 闭合后，电机两端的电压不变，电机功率不变，故A错误；
B.按电动机为纯电阻电路计算，S断开时
Pab=(Uk)2r=U2k2r
S闭合时
P ab′=(Uk)2r+(Uk)2R=U2k2(1r+1R)
又
P ab′=Pab
解得
R=12r
由于电机是非纯电阻用电器，因此
R≠12r
故B错误；
C.由题意可知S闭合后电阻功率为 2P ，有
2P=Uk2R
解得
U=k 2PR
故C正确；
D.S闭合时，变压器原线圈中的电流
I1=3PU=3Pk 2PR
则副线圈中的电流
I2= kI1=3 P2R
故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】A.当碳块从传送带右端滑离，根据
L=v0t+12at2
可知 v0 一定，碳块通过传送带的时间一定，碳块的位移一定，划痕为
Δx=vt−L v 越大时，传送带的位移越大，划痕越长，故A正确，不符合题意；
B.由上述分析可知，若 v 一定， v0 越大，碳块通过传送带的时间越短，碳块的位移一定，传送带的位移变小，划痕越短，故B错误，符合题意；
CD.当碳块从传送带左端滑离，在 v0>v 时，碳块在传送带上的划痕长度
x=v022a+vv0a+vva− v22a=v022a+2vv02a+v22a=v0+v22a
若 v0≤v ，划痕长度
x=v022a+vv0a+vv0a−v022a=2vv0a v 一定， v0 越大，划痕越长， v0 一定， v 越大，划痕越长，故CD正确，不符合题意。
本题选择错误选项，故选B。
8.【答案】BD
【解析】A.由于集尘板带正电，则带电尘埃带负电，故A错误；
B.带电尘埃从A运动到B，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故B正确；
C.根据对称性可知，F点比C点电势高，故C错误；
D.由于C点场强比D点场强大，因此带电尘埃在C点的加速度比在D点的加速度大，故D正确。
故选BD。
9.【答案】BD
【解析】A.圆环通电后悬线作用力恰好为零，说明圆环受到向上的安培力，根据左手定则可知，圆环中电流从 Q 点流入，A项错误；
B.根据力的平衡有
BIR=mg
解得
I= mgBR
B项正确；
CD.根据几何关系， P 、 Q 两点间圆环优弧部分与圆环劣弧部分长度之比为5：1，则两部分电流之比为1：5，则 P 、 Q 两点间圆环优弧部分受到的安培力大小为
F1=B×16⋅mgBRR=16mg
同理， P 、 Q 两点间圆环劣弧部分受到的安培力大小为
F2= 56mg
C项错误，D项正确。
故选BD。
10.【答案】ACD
【解析】A. a 刚运动时电路中的感应电流
I= BLv02R+R
对金属棒 b 进行分析，根据牛顿第二定律有
BIL=2ma
解得
a=B2L2v06mR
故A正确；
B.根据右手定则判定感应电流方向沿逆时针方向，根据左手定则可知，两金属棒运动后受到的安培力方向均向左，系统外力的合力不等于0，因此 a 、 b 组成的系统动量不守恒，故B错误；
C.结合上述可知，a开始向右做减速运动，b开始向左做加速运动，最终回路中总的感应电动势为零，即最终回路中感应电流为零，因此最终 a 、 b 速度等大反向，设最终速度大小均为 v ，分别对 b 、 a 应用动量定理有
I安=2mv ， I安=mv0− mv
解得
v=13v0
对金属棒 a 进行分析有
BqL=23mv0
解得
q=2mv03BL
故C正确；
D.结合上述可知，运动过程中，整个回路产生的焦耳热为
Q=12mv02−12×3m13v02=13mv02
根据电热分配可知，金属棒 b 产生的热量
Qb= 13Q=19mv02
故D正确。
故选ACD。
11.【答案】(1)9.044##9.045##9.046
(2) 12kd2
(3)大于

【解析】(1)小球的直径
d=9 mm+ 0.01 mm×4.5=9.045 mm
(2)由
v2=2gx
和
v=dt
得到
dt2= 2gx
即
1t2=2gd2x
结合题意知
2gd2=k
得到
g=12kd2
(3)若小球的球心与光电门不正好在同一条竖直线上，实际的挡光距离小于测量的挡光距离，则测得的重力加速度偏大。
12.【答案】(1) 红 1.45
(2) 2.000 6k1 b1k1−53Ω
(3)不存在

【解析】(1)[1] [2]多用电表的接线是红进黑出，因此红表笔与电池正极相连，示数为 1.45 V ；
(2)[1]电阻箱 R2 接入电路的阻值
R2= 100×10600−100Ω=2.000Ω
[2] [3]根据闭合电路欧姆定律得
E=IrA+ I+IrAR2R+r
得到
1I= 1E1+rAR2R+rAE+1E1+rAR2r
根据题意得
1E1+rAR2=k1
解得
E= 1k11+rAR2=6k1
根据
rAE+1E1+rAR2r= b1
解得
r=b1k1−rAR2rA+R2=b1k1−53Ω
(3)设扩大量程后的电流表内阻为 RA ，电流表的示数为 I 时，电路中的电流为 IrARA ，根据闭合电路欧姆定律，有
E=U+ IrARARA+r
即
U=E−IrARARA+r
根据题意有
E=b2 ， rARARA+r=k2
解得
r= k2−rARArA
由此可见不存在因电压表内阻引起的系统误差。
13.【答案】(1)作出光线的光路图，如图所示
设全反射临界角为 C ，由几何关系可得
sinC=R2R=12
光在圆弧上恰好发生全反射的临界角
C= 30 ∘
可得
n=1sinC=2
(2)光线在材料中的传播速度
v=cn=12c
光线从 A 点到 D 点的光程
s=R4tan60 ∘+Rcs30 ∘+R2×1cs30 ∘=13 312R
光线从 A 点到 D 点的传播时间
t=sv=2sc=13 36cR=5×10−9s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)设物块B到圆弧面最高点时速度为 v1 ，根据动量守恒有
3mv0=4mv1
根据机械能守恒有
12×3mv02=mgR+ 12×4mv12
解得
v0= 83gR
(2)根据动能定理有
FR=12×3mv02
根据动量定理有
Ft=3mv0
解得
F=4mg
t= 3R2g
(3)设物块B滑离圆弧体时的速度为 v2 ，圆弧体的速度为 v1′
根据动量守恒有
3mv0=3mv1′+mv2
根据能量守恒有
12×3mv02=12×3mv 1′2+12mv22
解得
v1′=12v0 ， v2=32v0
设物块C的质量为 m1 时，B、C碰撞后B刚好不会滑上圆弧面，根据动量守恒定律有
mv2=mv1′+m1v3
根据机械能守恒定律有
12mv22=12mv 1′2+ 12m1v32
解得
m1=12m
因此，要使B、C相碰后，B不再滑上圆弧面，物块C的质量应满足的条件是
M≤12m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)设圆形有界磁场边界圆的圆心为 O1 ，粒子做圆周运动的圆心为 O2 ，粒子从 Q 点射出圆形有界磁场，则 O1P//O2Q 由于 O1O2 与 PQ 垂直并将 PQ 平分，可得
O1P=O2Q
即粒子在磁场中做圆周运动的半径
r=R
根据牛顿第二定律有
qv0B=mv02r
解得
v0=qBRm
(2)粒子在电场中做类平抛运动，粒子进电场位置的纵坐标
y=R+Rsin30 ∘=32R
横坐标大小
x= 3R
粒子在电场中做类平抛运动，则有
x=v0t
y=12at2
根据牛顿第二定律有
qE=ma
解得
E=qRB2m
(3)未改变粒子射入磁场方向时，设粒子通过坐标原点 O 时的速度大小为 v ，根据动能定理有
qEy=12mv2−12mv02
解得
v=2qBRm
设粒子进入磁场时速度与 y 轴负方向的夹角为 θ ，则
sinθ=v0v=12
设粒子在第一、四象限内做圆周运动的半径为 r′ ，根据牛顿第二定律有
qvB=mv2r′
解得
r′=mvqB=2R
由于粒子垂直打在荧光屏上，因此荧光屏离 x 轴的距离为
d=r′sinθ=R
改变粒子从 P 点射入磁场的方向，粒子仍能以 v0 沿 x 轴正方向射入电场，设进入电场位置的纵坐标为 y1 ，假设粒子仍能通过 O 点，则
y1=12qEmt12
水平方向
x1=v0t1
整理可得
y1=12Rx12
假设成立。设从 O 点进入第一、四象限内的粒子速度为 v1 ，与 y 轴负方向的夹角为 α ，则有
v1=v0sinα
粒子做圆周运动的半径为 r′′ ，则
r′′= mv1qB=mv0qBsinα
由于
d′=r′′sinα=mv0qB=R
因此粒子仍能垂直打在荧光屏上

【解析】详细解答和解析过程见【答案】