2025届河南省五市高三下学期第一次联考物理试卷（解析版）

这是一份2025届河南省五市高三下学期第一次联考物理试卷（解析版），共18页。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 碳14具有放射性，其衰变方程为，半衰期约为5730年。下列相关说法正确的是（ ）
A. 碳14发生的是衰变
B. X是来自原子核外的电子
C. 10个碳14经过5730年有5个发生衰变
D. 的比结合能比的大
【答案】D
【解析】A．根据质量数、电荷数守恒，可知核反应方程为
可知碳14发生的是衰变，故A错误；
B．结合上述可知，是电子，是原子核内中子向质子转化的过程中形成的，不是来自原子核外的电子，故B错误；
C．半衰期是描述大量原子核衰变快慢的物理量，对少数原子核不适用，10个碳14经过5730年不一定有5个发生衰变，故C错误；
D．结合上述，碳14发生的是衰变，衰变反应释放能量，反应后的原子核更稳定，可知的比结合能比的大，故正确。
故选D。
2. 某餐厅的传菜装置如图所示，装载着菜品的小车沿等距螺旋轨道向下匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中（ ）
A. 小车所受合力为零
B. 小车向心力保持不变
C. 小车和菜品总的机械能保持不变
D. 小车对菜品做负功
【答案】D
【解析】A．装载着菜品的小车做匀速率曲线运动，所以必有合力提供向心力，因此合力不为零，故A错误；
B．小车做曲线运动，向心力始终指向圆心，因此方向时刻发生变化，故B错误；
C．小车和菜品匀速率下降，动能不变，势能逐渐减小，所以机械能逐渐减小，故C错误；
D．对菜品分析，根据动能定理
知小车对菜品的功，即小车对菜品做负功，故D正确。
故选D。
3. 用弹簧振子进行实验，将一根弹性长绳左端与振子相连，是振子振动的平衡位置，如图所示。垂直于弹簧沿绳建立轴，振子振动后，某时刻长绳的波形图如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 绳波是纵波
B. 增大弹簧振子振幅，则绳波的波速增大
C. 若绳波的波速为，则该弹簧振子的振动周期为
D. 该时刻，绳上处的质点振动方向是沿轴负方向
【答案】C
【解析】A．绳波是横波，A错误；
B．波速由介质决定，介质不变，波速不变，故增大弹簧振子振幅，则绳波的波速不变，B错误；
C．由图b可知，则周期为，C正确；
D．由“同侧法”可知，该时刻，绳上处的质点振动方向是沿轴正方向，D错误。故选C。
4. 银河系的恒星中大约四分之一是双星系统，某双星系统由质量分别为和的两个星体构成，两者中心之间距离为，在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点做固定周期的匀速圆周运动。我国发射的天问一号探测器在距火星表面高度为的轨道上做匀速圆周运动，周期是上述双星系统周期的倍，已知引力常量为，火星的半径为，则火星的质量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】探测器绕火星运动时
解得探测器绕火星的周期
对于双星系统，
又因为
联立可得双星的周期
又因为
解得
故选A。
5. 如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，是圆心，是水平方向的直径，是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为、电荷量为的小球套在圆环上，从A点由静止释放，小球运动到点时的动能最大，。已知重力加速度大小为g，取。下列说法正确的是（ ）
A. 小球可以沿圆环运动到点
B. 匀强电场的电场强度大小为
C. 两点间的电势差为
D. 小球运动到点时，向心加速度大小
【答案】C
【解析】B．小球运动到点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着方向，对小球受力分析有
解得，故B错误；
A．假设小球能够沿圆环运动到点，根据动能定理有
分析上式可知，显然这是不可能的，即假设错误，故错误；
C．两点间的电势差，故正确；
D．小球从A点运动到B点，根据动能定理有
此时小球的向心加速度大小，故错误。
故选。
6. 如图所示为一透明薄膜的横截面，现用平行单色光照射该透明薄膜，形成的明暗相间的条纹图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由薄膜干涉知识可知，薄膜厚度随距离减小的越来越快，自左向右条纹间距越来越小。
故选B。
7. 一理想变压器与定值电阻和电阻箱组成如图所示电路，其中间接输出电压有效值恒定的交变电源。当电阻箱阻值为时，电阻箱消耗的电功率最大。则该理想变压器的原、副线圈匝数之比为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】C
【解析】设电源输出电压为，则原线圈两端的电压为
变压器原、副线圈两端的电压之比为
变压器原、副线圈电流之比为
结合上述有
电阻箱消耗的电功率
根据数学二次函数的规律可知当电流为
此时达到最大值，由于
此时可以解得
则有
又由于
解得
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 汽车沿水平车道以的速度向前做匀减速直线运动，其刹车的加速度大小，此时发现在相邻车道前方相距处有以的速度同向运动的汽车B匀速行驶，从此刻开始计时，经多长时间两车并排（即相遇）（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】两车相遇时满足
解得或者
时A车、B车第一次相遇，此时A车速度为
A车刹车时间为
故车停时车还未追上。第一次相遇后车运动位移为
则B车经秒追上。故下个时刻是
故选AD。
9. 如图所示，光滑水平面上静止放置一个长为质量为的木板，木板右端有竖直挡板（厚度不计），某一时刻有一质量为的物块，以水平速度从长木板的左端滑上长木板。物块与长木板上表面动摩擦因数为。挡板上安装有质量体积均可忽略不计的炸药，与挡板发生碰撞炸药爆炸后，两者均沿水平方向运动，碰撞爆炸过程中系统总动能增加量为，碰撞爆炸过程时间极短可忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A. A、B相对作用过程中A动量变化量数值上等于B动量变化量
B. A、B相互作用的过程中两者组成的系统机械能守恒
C. 碰撞爆炸后瞬间的速度大小分别为
D. 碰撞爆炸后瞬间的速度大小分别为、
【答案】AC
【解析】AB．由题意，可知A、B相对作用过程中满足动量守恒的条件，但不满足机械能守恒的条件，所以系统动量守恒、机械能不守恒，故A正确，B错误。
CD．由题意，可知由于炸药释放的能量补充了前面摩擦损失的能量，故可得，
联立求得，
故C正确，D错误。
故选AC。
10. 如图所示，空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），为磁场中的五个点，，为中点，平行于。一束带正电的同种粒子垂直由点沿纸面向上射入磁场，各粒子速度大小不同，经过一段时间后第一次到达虚线位置。用、、、分别表示第一次到达、、、四点的粒子所经历的时间，下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】A．粒子通过各点的轨迹如图
由几何关系可知：从A到B，粒子运动轨迹对应的圆心角为；从A到和A到，粒子运动轨迹对应的圆心角小于，且相等；A到，粒子运动轨迹对应的圆心角最小
带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
则
运动周期
周期与速度无关，粒子在磁场中的运动时间为，故粒子从A点沿纸面向上射入磁场，运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长，所以，A错误；
B．由上述分析可知，B正确；
C．由上述分析可知，C错误；
D．由上述分析可知，D正确。
故选BD。
三、非选择题：本题共5小题，共计54分。
11. 某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。他将两物块和用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器，用天平测出两物块的质量从高处由静止开始下落，拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律，图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示，已知打点计时器计时周期为0.02s，则：
（1）在打点过程中系统重力势能的减小量___________，（重力加速度，结果均保留三位有效数字）
（2）实验结果显示，动能的增加量小于重力势能的减少量，主要原因可能是___________。
A. 工作电压偏高
B. 存在空气阻力和摩擦阻力的影响
C. 先释放重物，后接通电源打出纸带
D. 利用公式计算重物速度
（3）用表示物块速度，表示物块下落的高度。若某同学作出的图像如图丙所示，则可求出当地的重力加速度___________（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）2.35 （2）B
（3）9.70
【解析】【小问1详解】
在打点过程中系统重力势能的减小量J；
小问2详解】
A．工作电压的高低不会影响打点计时器的打点时间间隔，因此不会使得动能的增加量减小，故A错误；
B．重物下落过程中受到空气阻力、摩擦阻力作用，则会使重物动能增加量减小，即动能的增加量小于重力势能的减少量，故B正确；
C．先释放重物，后接通电源打出纸带，则会导致纸带上打出很少的点，就会产生较大的实验误差，但不一定会使重物的动能增加量减小，故C错误；
D．利用公式计算重物速度，已经认为机械能守恒，所以两者应该没有误差，故D错误。
故选B。
【小问3详解】
根据机械能守恒定律得
可得
由图丙可得图像斜率
代入数据得
12. 18650型锂电池因为体积小、能量密度高、较长的使用寿命，广泛用于各种便携电子产品、电动自行车以及电动汽车中。要测量一节18650型锂电池的电动势和内阻，某同学设计了如图甲所示的电路，定值电阻的阻值为。
（1）请根据电路图甲将图乙的实物连接补充完整___________。
（2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片调到___________（选填“左”或“右”）端。
（3）闭合开关，单刀双掷开关接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；单刀双掷开关改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数。在同一坐标系内分别描点作出电压表示数和对应的电流表示数的图像，如图丙所示；
①接1位置时，作出的图线是图丙中的___________（选填“”或“”）线；测出的电池___________（选填“电动势”或“内阻”）存在系统误差。
②由图丙可知，两直线与纵轴的截距分别为，与横轴的截距分别为、；则电池电动势和内阻的真实值分别为___________，___________。
【答案】（1） （2）左
（3） 内阻
【解析】【小问1详解】
根据电路图可得实物连接如图所示
【小问2详解】
实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片调到组织最大处，即左端
【小问3详解】
[1]接1位置时，电动势测量值准确，内阻测量值偏大，图线断路电压准确；接2位置时，电动势测量值偏小，内阻测量值偏小，图线中短路电流准确，故接1位置时，作出的图线是图丙中的a。
[2]由上述分析可知，测出的电池内阻存在系统误差。
[3][4]由上述分析可知，，
13. 如图所示，水银柱将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的容器内，粗管横截面积是细管的4倍，水银柱的上表面正好与粗管上端口齐平。大气压强为，封闭气体的压强为，此时水银柱的长度为，封闭气体的长度为，温度为。
（1）缓慢给封闭气体加热，当水银柱刚好全部进入细管中，此时气体的温度为，求的大小；
（2）设细管的横截面积为，当气体的温度再缓慢由变成的过程中，求气体对外界做的功为多少。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
根据题意可知，水银柱全部在粗管中，上下长度为，水银柱对应的压强为
当水银柱刚好全部进入细管中，水银柱的上下长度为，则水银柱对应的压强为，由理想气体状态方程可得
其中，，，
解得
【小问2详解】
气体的温度再缓慢由变成的过程中，设气体体积的增加量为，气体做等压变化，则有
又有，解得
根据功的定义可得气体对外界做的功
联立解得
14. 如图所示，左端固定的轻弹簧可以锁定在不同的压缩状态，质量的小滑块静止于光滑水平面并紧靠弹簧右端，水平面的右端与倾角的传送带平滑连接。已知滑块滑上传送带前已经做匀速运动，传送带两转轴间的距离，滑块与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度，弹簧始终处于弹性限度内，，；
（1）传送带不动，弹簧解除锁定后滑块恰能滑至传送带顶端，求弹簧锁定时的弹性势能；
（2）若传送带以恒定速率顺时针转动，解除锁定时弹簧的弹性势能，解除锁定后滑块滑至传送带顶端，求电动机因传送滑块多做的功。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
根据题意，由能量守恒定律有
代入数据解得
【小问2详解】
若弹簧的弹性势能为
设滑块滑上传送带前的速度为，根据能量守恒定律有
解得
因为，所以滑块在传送带上减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
设滑块在传送带上运动时间为，由运动学公式有
解得，（舍去）
滑块到达传送带顶端时的速度
则滑块与传送带的相对位移为
根据能量守恒
15. 如图所示，水平面内足够长的两平行光滑金属直导轨，左侧与的定值电阻相连接，右端与两半径的竖直面内光滑圆弧轨道在处平滑连接，与直导轨垂直，轨道仅在左侧空间存在竖直向上，大小为的匀强磁场。将质量为、电阻为的金属棒静置在水平直导轨上，图中棒长和导轨间距均为距足够远，金属导轨电阻不计。开始时，用一恒为的拉力作用于，使向右加速运动直至运动稳定，当运动到处时撤去外力，随后择机释放另一静置于圆弧轨道最高点、质量为的绝缘棒，当速度变为时恰好与在处发生第1次弹性碰撞。随后反向冲上圆弧轨道。已知之后与每次碰撞前均已静止，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，M、N始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度。求：
（1）金属棒M稳定运动时的速度大小；
（2）与之间距离；
（3）自金属棒M发生第1次碰撞后到最终静止，金属棒M的总位移。
【答案】（1），方向水平向右
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
金属棒M稳定运动时回路中电流恒定，金属棒做匀速运动，得
又，，
联立解得金属棒稳定运动时的速度为，方向水平向右。
【小问2详解】
根据题意当速度变为时恰好与在处发生碰撞，对金属棒从到之间应用动量定理
即
又由
联立求得
【小问3详解】
绝缘棒N滑到圆周最低点时，由动能定理可得
求得
金属棒，绝缘棒弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒，
求得
因为
对绝缘棒分析可知绝缘棒将滑过圆弧轨道的最高点后继续向上运动然后再返回圆弧轨道，再以的速度与金属棒相碰
发生第一次碰撞后，金属棒向左位移为，根据动量定理可得
即
根据前面分析同理可知
联立求得
由题可知，绝缘棒第二次与金属棒碰前速度为，方向水平向左，碰后速度为，金属棒的速度为，由弹性碰撞可得，
求得
金属棒再次向左运动到静止的位移，同理得
求得
同理可知，金属棒与绝缘棒第三次碰撞后的瞬时速度
绝缘棒第三次碰撞后的瞬时速度
金属棒向左的位移
求得
同理可知，金属棒与绝缘棒第四次碰撞后的瞬时速度
金属棒向左的位移
求得
以此类推，金属棒与绝缘棒第次碰撞后金属棒向左的位移
发生第1次碰撞后到最终两棒都静止，金属棒的总位移
当趋于无穷大时得