2025年河南省豫北名校高考物理联考试卷（4月份）（含详细答案解析）

这是一份2025年河南省豫北名校高考物理联考试卷（4月份）（含详细答案解析），共17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。
1.2024年10月3日，PhysicalReviewC期刊上发表了中国科学院近代物理研究所的研究成果：研究团队合成新核素钚−227(94227Pu)，并测量了该新核素的半衰期。已知钚−227的衰变方程为 94227Pu→Y+92223U，下列说法正确的是( )
A. 10个钚−227原子核经过一个半衰期后还剩余5个
B. 钚−227原子核发生的是α衰变
C. 钚−227原子核发生衰变时需要吸收能量
D. 94227Pu原子核的比结合能比 92223U原子核的比结合能大
2.为实时监测高压输电线的电压和电流，需要测量出输电线上的电压和电流的大小。因高压输电线的电压和电流很大，可采用互感器进行测量。如图所示，电压互感器K1和电流互感器K2分别连接在高压线上，设两个互感器的原、副线圈的匝数比分别为k1、k2，两个互感器所连的电表的示数分别为a、b，则高压输电线的电压和电流分别为( )
A. k1a，bk2B. k1a，bk2C. bk2，k1aD. bk2，k1a
3.《西游记》中孙悟空的武器如意金箍棒大小可随心变化，深受读者喜爱。假设金箍棒可以变长到地球直径的高度，把金箍棒立在地面上，若变长的金箍棒质量分布均匀，其长度的中点在O处，那么金箍棒的重心位置( )
A. 也在O点处B. 在O点右方，比O点更远离地球
C. 在O点左方，比O点更靠近地球D. 无法确定在O点左方还是右方
4.如图为质点P受到的8个力的图示，8个力的顶点刚好构成长方体ABCD−EFGH，O为该长方体的中心，若力F0的图示可表示为有向线段PO，则质点P受到的合力为( )
A. 2F0
B. 2 2F0
C. 4F0
D. 8F0
5.如图所示，粗糙的绝缘水平地面上有垂直纸面向里的匀强磁场，可视为质点的带电小滑块在地面上向右滑动。已知小滑块始终未离开地面，则下列小滑块的速度-时间图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
6.弹簧振子的振动周期可表示为T=2π mk，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。如图所示，质量为m的滑块左右两端与轻弹簧相连，两弹簧的原长相等，另一端均固定在光滑水平面上的竖直挡板上，劲度系数分别为k1、k2(k1pBVC，即pDVD>pCVC，则有：TD>TC，气体在状态C的温度一定小于在状态D的温度，故B正确；
C、气体从状态B到状态A，温度先增大后减小，则分子的平均动能先增大后减小，故C错误；
D、气体从状态A到状态D，压强不变、体积增大、温度升高，气体分子平均动能增大，单位时间内撞击单位面积容器壁的平均撞击力不变，则单位时间内撞击单位面积容器壁的分子数减少，故D正确。
故选：BD。
气体经历一个循环，内能变化为零，根据p−V图像结合热力学第一定律进行分析；气体在A、B状态的温度相等，根据pV大小分析温度的高低；根据温度的变化分析平均动能的变化；根据压强不变、温度升高来分析单位时间内撞击单位面积容器壁的分子数的变化情况。
本题主要是考查一定质量理想气体的状态方程之图像问题，关键是弄清楚图像表示的物理意义、知道图像的斜率、图像与坐标轴围成的面积表示的物理意义，根据一定质量的理想气体状态方程结合热力学第一定律进行分析。
10.【答案】BC
【解析】解：A、三球之间为弹性正碰且时间极短，发生碰撞时动量、机械能均守恒，因三球质量相同，所以球1的动量和动能全部传递给球2，球2的动量和动能又传递给球3，球3最终以与球1碰撞时相同大小的速度向上摆动，能到达的高度也为h，故A错误；
B、由于每次碰撞都是完全弹性碰撞，所以球2的动能和动量会完全转移给与它相碰的另一个球，所以不会离开最低点，故B正确；
C、若去掉球3，球2质量变为2m，球1与球2之间为完全弹性碰撞，假设碰撞时球1速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv=mv1+2mv2
12mv2=12mv12+12×2m×v22
可得碰撞后球1和2的速度分别为
v1=−13v
v2=23v
则碰撞后球2以23v的速度向上运动，由机械能守恒定律可得
2mgh2=12×2m×v22
可得球2上摆的最大高度为
h2=49h，故C正确；
D、因为摆角很小，因此小球的摆动都可以看成单摆，单摆的周期T=2π Lg相同，因此下次小球会在最低点相遇发生弹性碰撞，由对称性可知此时小球1的速度变为v，能够到h的高度，故D错误。
故选：BC。
三球之间为弹性正碰且时间极短，碰撞后交换速度，分析球3碰撞获得的速度与碰撞前瞬间球1速度的关系，确定球3上摆的最大高度，并分析球2始终有没有离开最低点；若去掉球3且将球2质量变为2m，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，得到碰撞后球2的速度，再由机械能守恒定律求球2上摆的最大高度；因为摆角很小，因此小球的摆动都可以看成单摆，根据对称性分析球1能否到达h的高度。
本题是利用动量守恒定律和机械能守恒定律联合解决一维碰撞问题的典型例子，要知道两个质量相等的小球发生弹性碰撞后会交换速度。
11.【答案】C； L2L1x； x gd2−2d1
【解析】解：(1)本实验是用平抛研究水枪喷出的初速度，需要确定水平或竖直方向，故用细线悬挂重物的主要目的是确定平抛的竖直方向，故选C。
(2)由题设易知根据几何比例关系有L1L=x1x，得x=LL1x1
(3)由水平位移关系可知，由A运动到B、B运动到C的时间相等，令为T。
在水平方向：x=v0T
在竖直方向：(d2−d1)−d1=gT2
联立可解得：v0=x gd2−2d1。
故答案为：(1)C；(2)L2L1x；(3)x gd2−2d1。
(1)为了确定竖直方向；
(2)根据几何关系计算；
(3)吧水流的速度分解为水平方向和竖直方向，然后根据运动学公式计算。
解题的关键是知道把水流的速度分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
12.【答案】1k；bk； ③R1R2R1−R2； 1k；bk−R1R2R1−R2
【解析】解：(1)根据闭合电路欧姆定律得：E=I(r+R)，变形为：1I=rE+1ER
由1I−R图像的斜率与截距可得：1E=k，rE=b
解得：E=1k，r=bk
(2)根据闭合电路欧姆定律的：Ig(RA+R1)=(Ig2+Ig2RAR2)R1+Ig2RA
解得：RA=R1R2R1−R2
(3)根据等效电源思想，将电流表的内阻大小为电源的内阻，可知(1)中测量电源电动势是准确的，内阻测量包含了电流表内阻，所以在内阻中只需要减去(2)中测量得到的电流表内阻即可，即最终电源的电动势真实值为：E=1k，内阻的真实值为：r=bk−R1R2R1−R2
故答案为：(1)1k；bk；(2)③R1R2R1−R2；(3)1k；bk−R1R2R1−R2
(1)根据闭合电路欧姆定律，结合1I−R图像的斜率与截距解答；
(2)根据闭合电路欧姆定律解答；
(3)根据等效电源思想，将电流表的内阻大小为电源的内阻，可知(1)中测量电源电动势是准确的，内阻测量包含了电流表内阻，所以在内阻中只需要减去(2)中测量得到的电流表内阻即可。
本题考查了测量一电源的电动势和内阻的实验，还涉及到了应用半偏法测量电表内阻的实验。掌握实验原理，掌握应用图像处理实验数据的方法。
13.【答案】材料乙对该单色光的折射率n2为2 33；
不考虑光在样品内的反射，若改变光在E点的入射角，AB边上能被光照射到部分的长度为(3 2− 3−1)a2
【解析】解：(1)由题意可得如图：
由光的折射定律可得：
sinisinα=n2，
sinαsinβ=n1n2，
联立解得：
sinβ=13，
由几何关系可得：
AF=ABtanβ，
结合数学知识，可得：
AF=a2 2，
由几何关系可知，光在E点折射角的正切值为：
tanα=a2−AFOE−a2，
解得：
tanα=1 2，
则：
sinα=1 3，
联立可得：
n2=2 33；
(2)由题意可得如图：
光在E点的入射角接近90∘时，折射角的正弦值为：
sinα′=1n2，
解得：
sinα′= 32，
由几何关系可知：
AF=a2−( 2a2−a2)tanα′，
由光的折射定律可得：
sinα′sinβ′=n1n2，
解得：
sinα′sinβ′= 3，
由几何知识可得，AB边上能被光照射到部分的长度为：
BM=a−AFtanβ，
联立可得：
BM=(3 2− 3−1)a2；
答：(1)材料乙对该单色光的折射率n2为2 33；
(2)不考虑光在样品内的反射，若改变光在E点的入射角，AB边上能被光照射到部分的长度为(3 2− 3−1)a2。
(1)结合题意，由光的折射定律、几何关系分别列式，即可分析求解；
(2)结合题意，由临界角与折射率的关系、光的折射定律、几何关系分别列式，即可分析求解。
本题考查光的折射与全反射的综合问题，解题时需注意，光投射到两种介质的界面上会发生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的关系分别遵守反射定律和折射定律，当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。
14.【答案】导体棒a运动到圆弧轨道最低点时受到的支持力大小为3mg；
若a棒运动到dg位置时的速度为v，a棒停下后静止释放b棒，最终两棒之间的距离为mvRB2L2
【解析】解：(1)设圆弧轨道的半径为r，导体棒a在圆弧轨道上滑下有
mgr=12mv02
导体棒a在圆弧轨道最低点有
FN−mg=mv02r
解得导体棒a运动到圆弧轨道最低点时受到的支持力大小为
FN=3mg
(2)设a从MN位置运动到停止所用时间为t1，位移为x1，以水平向右为正方向，由动量定理得
−BLI−1t1=0−mv
其中
I−1t1=E−12Rt1=ΔΦ12R=BLx12R
解得
x1=2mvRB2L2
b棒进入磁场时的速度也为v，进入磁场后开始减速，a棒加速，稳定时两棒速度相等，以水平向右为正方向，对两棒整体由动量守恒得
mv=2mv共
以水平向右为正方向，对a棒由动量定理有
BLI2t2=mv共
其中
I2−t2=BL(vb−−va−)2Rt2=BL(xb−xa)2R
可得b、a两棒的位移之差
Δx=xb−xa=mRvB2L2
最终两导体棒之间的距离
s=x1−Δx=mvRB2L2
答：(1)导体棒a运动到圆弧轨道最低点时受到的支持力大小为3mg；
(2)若a棒运动到dg位置时的速度为v，a棒停下后静止释放b棒，最终两棒之间的距离为mvRB2L2。
(1)根据动能定理和圆周运动的公式求导体棒a运动到圆弧轨道最低点时受到的支持力大小；
(2)由动量定理和动量守恒求最终两棒之间的距离。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
15.【答案】A在倾斜轨道上运动的时间为2 s(1− 3μ1)g和刚滑上B时的速度大小 (1− 3μ1)gs；
滑板B的长度为：
①μ1≤3μ2，L1=(1− 3μ1)s2μ1；
②μ1>3μ2，L2=(1− 3μ1)s3(μ1−μ2)
最终，整个系统因摩擦产生的热量为12mgs
【解析】(1)(1)A在倾斜轨道下滑，由牛顿第二定律和运动学公式有
mgsin30∘−μ1mgcs30∘=ma1
s=12a1t12
v1=at1
联立解得
t1=2 s(1− 3μ1)g，v1= (1− 3μ1)gs
(2)(2)①若μ1mg≤μ2(M+m)g=3μ2mg，即
μ1≤3μ2
滑板始终静止，由动能定理得
−μ1mgL1=0−12mv12
解得
L1=(1− 3μ1)s2μ1
②若μ1mg>μ2(M+m)g=3μ2mg，即
μ1>3μ2
当A运动到B的右端时二者恰好达到共同速度v。分别对A和B应用牛顿第二定律得
μ1mg=ma2
μ1mg−μ2(M+m)g=Ma3
由运动学规律得
v1−a2t=a3t
L2=v1+v2t−v2t
联立解得
L2=(1− 3μ1)s3(μ1−μ2)
(3)(3)A和B最终将共同静止在水平面上，由能量守恒定律得
Q=mgssinθ=12mgs
答：(1)A在倾斜轨道上运动的时间为2 s(1− 3μ1)g和刚滑上B时的速度大小 (1− 3μ1)gs；
(2)滑板B的长度为：
①μ1≤3μ2，L1=(1− 3μ1)s2μ1；
②μ1>3μ2，L2=(1− 3μ1)s3(μ1−μ2)。
(3)最终，整个系统因摩擦产生的热量为12mgs。
(1)根据牛顿第二定律和匀变速直线运动可求。
(2)根据动能定理和受力分析可求；
(3)根据能量守恒可求解产生的热量。
本题通过分析物块在倾斜轨道上的运动、滑上滑板后的共同运动以及最终停下的过程，综合运用了运动学、动力学和能量守恒的知识。通过计算物块在倾斜轨道上的运动时间、滑上滑板的速度、滑板的长度以及因摩擦产生的热量，不仅加深了对力学基本原理的理解，也锻炼了解决复杂物理问题的能力。在解决此类问题时，明确各阶段的物理模型，正确应用物理定律是关键。