2024-2025学年河南豫西重点高中高三（下）联考物理试卷（3月）（含详细答案解析）

这是一份2024-2025学年河南豫西重点高中高三（下）联考物理试卷（3月）（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.某种原子核X经过一系列的衰变变成原子核Y，质量数与中子数的关系图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. X、Y的质子数之比为9：8
B. X的比结合能大于Y
C. 发生β衰变时，放出的β粒子来自原子核外
D. X变成Y经历了8次α衰变，6次β衰变
2.如图所示，某透明棱镜的横截面由等腰直角三角形ABC和半圆形BC组成，半圆形的半径为R，圆心为O，与AC平行的两束同颜色的单色光分别从AB边上的D、E两点射入棱镜，从D点射入的光到达C，从E点射入的光到达圆弧BC上的F点，已知∠DCA=15∘，B、E两点间的距离为 33R，光在真空中的传播速度为c，则此单色光从E到F的传播时间为( )
A. (2 6+3 2)R3cB. (2 3+3 2)R3cC. (2 6+2 3)R3cD. (2 6+3 2)R2c
3.甲、乙两辆汽车沿同一平直公路做直线运动，其运动的位置一时间图像如图所示，已知甲的图像是一段抛物线，且在t0时刻的切线与乙的图像平行，乙的图像是一条倾斜直线，以甲、乙初速度方向为正方向，图中坐标均为已知量，则下列说法正确的是( )
A. 甲做曲线运动，乙做匀加速直线运动B. 甲的加速度为−2x0t02
C. 甲的初速度为x02t0D. t=0时刻，甲、乙间的距离为x02
4.空间存在电荷量分别为+2q、−q(q>0)的点电荷，它们的电场线分布情况如图所示，A点是两电荷连线的中点，到两电荷的距离均为L，C点是两电荷连线延长线上的一点，到正电荷的距离也为L，B点与A点在同一条等势线上，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. A、B两点的电势相等，电场强度也相同
B. A点的电场强度大小为3kqL2
C. C点的电场强度大小为2kqL2
D. 两点电荷连线上电场强度为0的点与负电荷间的距离为 2L
5.假设宇航员登陆月球后，在月面将一小球斜向上抛出，抛出的初速度v0与水平方向的夹角为30∘，经过一段时间t0，速度的大小仍为v0，若宇宙飞船在登月前绕着月球做匀速圆周运动，周期为T，对月球的最大张角为60∘，引力常量为G，月球表面视为真空，忽略月球自转的影响。下列说法正确的是( )
A. 月球表面的重力加速度大小为v02t0B. 月球的半径为T2v016π2t0
C. 月球的质量为T4v031024Gπ4t03D. 宇宙飞船的线速度为Tv016πt0
6.如图所示，一辆小车放置在水平面上，一条轻质细线穿过质量为m的光滑小圆环，两端分别系在侧壁和车顶上，现控制小车沿着水平面向右运动，当环与车保持相对静止时，发现细线一部分1与竖直方向间的夹角为53∘，另一部分2与水平方向间的夹角为53∘，重力加速度为g，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，下列说法正确的是( )
A. 细线1、2两部分的拉力大小可能不相等B. 小车可能向右做匀速直线运动
C. 细线1部分的拉力大小为57mgD. 小车加速度的大小为g5
7.如图所示，单摆的摆长为L，小球(视为质点)从左侧最高点由静止释放第一次摆至最低点，下降的竖直高度为h，重力的冲量大小为I0，摆角足够小，不计空气阻力，重力加速度为g，此过程中下列说法正确的是( )
A. 小球质量为I0π gLB. 小球在最低点时向心力大小为4ghI0πL gL
C. 重力的平均功率为2ghI0LD. 合力的冲量大小为2I0π hL
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1=8，两副线圈匝数分别为n2=4，n3=2，两副线圈的接线柱分别为1、2和3、4，给原线圈加上电压为U的正弦交流电，定值电阻的阻值为R，下列说法正确的是( )
A. 当将1、3连接时，2、4两端的电压为U2
B. 当将定值电阻接在1、2之间时，原线圈的电流为U4R
C. 当将1、3连接，并将定值电阻接在2、4之间时，流过R的电流为U4R
D. 当将2、3连接，并将定值电阻接在1、4之间时，原线圈的电流为3U5R
9.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形图如图甲所示，平衡位置在坐标原点处质点的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 该波的波长为4m
B. 坐标原点处质点的振动方程为y=40sin2π5t−π6(cm)
C. 该波的传播速度为0.8m/s
D. 0至12.5s时间内坐标原点处质点通过的路程为200cm
10.如图所示，水平虚线1、2间存在水平向里的匀强磁场，水平虚线2、3间存在水平向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，且相邻虚线间的距离均为L，质量为m，边长为L，阻值为R的正方形线框abcd由虚线1的上方由静止释放，ab边始终与虚线平行，已知线框的cd边在越过虚线1的瞬间刚好做匀速运动，当cd边越过虚线2后开始减速，然后匀速运动直到cd边到达虚线3，重力加速度为g，不计空气的阻力，下列说法正确的是( )
A. ab边运动到1时的速度大小为mgR2B2L2
B. 线圈由静止下落时，cd边与1间的距离为m2gR22B4L4
C. cd边运动到3时的速度大小为mgR2B2L2
D. 若cd边从刚越过2到再次匀速过程中的运动时间为t，则通过某一横截面的电荷量大小为mgt2BL+3m2gR8B3L3
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组用如图甲所示的装置来验证动量定理。把质量为m的滑块放置在水平气垫导轨上，拉力传感器安装在天花板上，轻质细线跨过气垫导轨左端的定滑轮，一端连接在滑块上，另一端连接在拉力传感器上，将一动滑轮放置在细线上，动滑轮的下端挂上重物，重物上安装有宽度为d的遮光片，在桌面的左侧固定安装一光电门，打开气源，测出重物由静止开始运动至遮光片到达光电门处的时间记为t，遮光片通过光电门的时间记为Δt，读出拉力传感器的示数F，运动过程中细线一直处于伸直状态，改变重物释放时的位置，重复上述操作。用测得的相应数据，描绘出1Δt−t的关系图像如图乙所示，不计滑轮的摩擦，回答下列问题：(以下结果均用题中所给物理量的字母表示)
(1)遮光片通过光电门时的速度大小为 ，当等式 成立时，就可验证动量定理；
(2)若乙图的斜率为 ，就可验证动量定理。
12.实验小组用如图甲所示的电路来测量电阻Rx的阻值，图中标准电阻的阻值已知为R0，E为电源，内阻为r，S1为开关，S2为单刀双掷开关，R为滑动变阻器，V为理想电压表。合上开关S1，将开关S2掷于1端，将R的触头置于适当的位置，记下V的示数U1，保持R的触头位置不变，然后将S2掷于2，记下V的示数U2，再改变R触头的位置，重复前面步骤，多测几组U1、U2的值，并计算ΔU=U1−U2，作出U2−ΔU的函数关系图像如图乙所示，回答下列问题：
(1)按照图甲所示的实验电路图在图丙实物图中接好电路；
(2)合上开关S1之前，R触头应置于 (填“最右端”或“最左端”)，多测几组U1、U2，目的是消除 (填“系统”或“偶然”)误差；
(3)写出乙图的函数表达式U2= ，若乙图的斜率为k，可得Rx= 。(用题中物理量的字母表示)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.一定质量的理想气体，从状态A到B再到C的压强与体积的关系图像如图所示，AB是双曲线，已知气体在状态A的温度为T0，再根据图中所给的其它已知信息。
(1)求气体在状态B的压强以及在状态C的温度；
(2)若气体从状态A到B再到状态C对外做的功为W0，则气体从状态A到B的过程与外界交换的热量为多少？
14.如图所示，半径为R、内壁光滑的四分之一竖直圆弧轨道AB静置在光滑水平面上，最低点A与水平面相切，OA、OB分别是竖直和水平半径，在A点的左侧水平面上静置有一小球和物块(均可视为质点)，现让质量为m的子弹以水平向右、大小为v0=4 2gR的速度射向物块，子弹留在物块中，然后与小球发生弹性正碰，已知碰后瞬间，物块与小球的速度大小相等，此后小球从A点进入圆弧轨道恰好能到达B点，小球与圆弧轨道质量相等，重力加速度为g，求：
(1)小球第一次经过A点时的速度大小；
(2)物块的质量m1及小球的质量M；
(3)小球第二次经过A点时，轨道对小球的支持力大小。
15.如图所示的平面直角坐标系，第二象限内存在沿x轴正方向、电场强度大小为E0的匀强电场，第四象限存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0=E0v0的匀强磁场。现让质量为m、带电量为q的粒子(忽略重力)从A点以沿着y轴负方向的速度射入电场，到达O点时的速度与x轴正方向的夹角为60∘，最后从B点经过x轴，已知A点与y轴间的距离为d=mv022qE0，求：
(1)粒子在A点的速度大小以及O、B两点间的距离；
(2)粒子从A到B运动的时间；
(3)若在第四象限再加上一方向沿y轴负方向、大小也为E0匀强电场，重新让此粒子从A到O再射入第四象限，则粒子从C点经过x轴，求O、C两点间的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.由图像可得原子核X为 92238X ，原子核Y为 82206Y ，则X、Y的质子数之比为92：82=46：41
故A错误；
B.衰变是释放能量的反应，反应后产物比反应前稳定，元素越稳定，比结合能越大，则X的比结合能小于Y，故B错误；
C.β衰变中产生的β粒子即电子，是由原子核中的一个中子转变为一个电子和一个质子放出的，故C错误；
D.根据衰变前后质量数守恒、电荷数守恒，则有X变成Y的衰变方程为 92238X→ 82206Y+824He+6−1 0e
故X变成Y经历了8次α衰变，6次β衰变，故D正确。
故D。
2.【答案】A
【解析】 △ABC 为等腰直角三角形，与AC平行的两束相同颜色的单色光在AB边上的入射角 i=∠A=45 ∘
由几何关系可得∠BDC=∠A+∠DCA=60∘
则在AB边上的折射角r=90∘−∠BDC=30∘
则棱镜对此种单色光的折射率 n=sinisinr= 2
假设从E到F的单色光与BC的交点为G，则∠BEG=∠BDC=60∘，由几何关系可得 BGBE=tan∠BEG
可得BG=R，故从E到F的单色光经过O点，由几何关系可得 EF=BEcs∠BEG+R=(2 3+3)R3
由 n=cv
则此单色光从E到F的传播时间 t=EFv
联立解得 t=(2 6+3 2)R3c 。
故选A。
3.【答案】D
【解析】A.x−t图像斜率表示速度，乙做匀速直线运动，由 x=v0t+12at2 ，甲做匀变速直线运动，故A错误；
BC.对甲根据抛物线的对称性，甲在 2t0 位移为 x0 ，且切线水平，速度为0，根据逆向思维x0=12(−a)2t02,0=v0+a×2t0
解得a=−x02t02 、 v0=x0t0
故BC错误；
D. t0 时刻甲的速度v=v0+at0
甲在 t0 时刻的切线与乙平行，则乙的速度 v乙=v ，设 t=0 时刻乙距坐标原点的距离为 x1 ，则有v乙=x0−x1t0
综合可得v乙=x02t0 、 x1=x02
故D正确。
故选D
4.【答案】B
【解析】A.由于B点与A点在同一条等势线上，则A、B两点的电势相等，由于电场线分布的密集程度表示电场的强弱，根据图示可知，A点与B的电场强度大小与方向均不同，故A错误；
B.根据点电荷的场强公式和电场的矢量叠加原理可知，A点的电场强度大小为 EA=k×2qL2+kqL2=3kqL2
故B正确；
C.根据点电荷的场强公式和电场的矢量叠加原理可知，C点的电场强度大小为 EC=k×2qL2−kq(3L)2=17kq9L2
故C错误；
D.两电荷连线延长线上，位于负电荷的右侧，有一点的电场强度为0，设此点与负电荷的距离为d，则有 k×2q(2L+d)2= kqd2
解得 d=2 2+1L
故D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】A.小球斜抛运动的初末速度等大，说明初末位置在同一高度，由竖直上抛的运动规律可得 −v0sin⁡30 ∘=v0sin⁡30 ∘−g月t0
解得 g月=v0t0
故A错误；
B.设月球的半径为R，宇宙飞船匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可得 sin60 ∘2=Rr
解得r=2R
在月球表面有 GMmR2=mg月
根据 GMmr2=m4π2T2r
综合可得 R=T2v032π2t0 ， r=T2v016π2t0 ， M=T4v031024Gπ4t03
故B错误，C正确；
D.宇宙飞船的线速度 v=2πrT
结合上述解得 v=Tv08πt0
故D错误。
故选C。
6.【答案】C
【解析】A.轻质细线穿过光滑的圆环，细线的拉力大小处处相等，即细线1、2两部分的拉力大小一定相等，故A错误；
B.将细线1、2两部分的拉力分别沿着水平方向和竖直方向分解，则细线1部分沿水平向右的分力一定大于细线2部分沿水平向左的分力，则环的合力一定水平向右，小车一定向右做匀加速直线运动，故B错误；
C.设细线的拉力大小为F，竖直方向由二力平衡可得Fcs53∘+Fsin53∘=mg
解得 F=57mg
故C正确；
D.水平方向由牛顿第二定律可得Fsin53∘−Fcs53∘=ma
综合解得 a=g7
故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】A.由题意可知 I0=mgt0
因为 t0=T4
根据单摆的周期公式 T=2π Lg
联立可得小球质量为 m=2I0π gL
故A错误；
B.由机械能守恒定律可得 mgh=12mv2
由向心力公式可得 Fn=mv2L
联立可得小球在最低点时向心力大小为 Fn=4ghI0πL gL
故B正确；
C.重力的平均功率为 PG=WGt0=mght0=4ghI0π2L
故C错误；
D.由动量定理可得合力的冲量大小 I=mv=2I0π 2hL
故D错误。
故选B。
8.【答案】BC
【解析】B.由理想变压器的原理可得1、2两端的电压为 U12=n2n1U=U2
3、4两端的电压为 U34=n3n1U=U4
将R接在1，2之间，则有 IR1=U12R=U2R
由 U12IR1=UI1
可得原线圈的电流为 I1=U4R
故B正确；
A.当将1、3连接时，2、4两端的电压为 U24=U12−U34=U4
故A错误；
C.当将1、3连接，并将定值电阻接在2、4之间，流过 R 的电流为 IR2=U24R=U4R
故C正确；
D.当将2、3连接，并将定值电阻接在1、4之间，则有 U14=U12+U34=3U4 ， IR3=U24R=3U4R
由 IR32R=UI2
联立可得 I2=9U16R
故D错误。
故选BC。
9.【答案】ABC
【解析】A.由甲图可得 34λ=3m，解得波长 λ=4m，故A正确；
B.由乙图可得振幅A=40cm，设乙图的表达式为 y=Asin2πTt−φ(cm)
由甲图可得t=0、y=−20cm，由乙图可得 t1=512s 、 y1=0
代入则有 −20=40sin−φ ， 0=40sin2πT×512−φ
综合解得 φ=π6 ， T=5s
乙图的表达式为 y=40sin2π5t−π6(cm)
故B正确；
C.该波的传播速度 v=λT=0.8m/s
故C正确；
D.0至12.5s时间内坐标原点处的质点通过的路程 S=12.5sT×4A=400cm
故D错误。
故选ABC。
10.【答案】BD
【解析】AB.线框的ab边在越过虚线1的瞬间刚好做匀速运动的速度设为 v1 ，则有 E1=BLv1 ， I1=E1R ， F1=BI1L
由二力平衡可得 F1=mg
线圈由静止下落时，设cd边与虚线1的距离为h，由机械能守恒定律可得 mgh=12mv12
综合解得 v1=mgRB2L2 ， h=m2gR22B4L4
A错误，B正确；
C.设cd边运动到虚线3时的速度为 v2 ，同理可得 E2=2BLv2 ， I2=E2R ， F2=2BI2L
由二力平衡可得 F2=mg
综合解得 v2=mgR4B2L2
C错误；
D.由动量定理可得 −2BILt+mgt=mv2−mv1
结合 q=It
综合解得 q=mgt2BL+3m2gR8B3L3
D正确。
故选BD。
11.【答案】 dΔt
FtΔt=2md
F2md

【解析】(1)根据光电门的测速原理可知，遮光片通过光电门的速度为 v=dΔt
根据图甲可知，滑块的速度 v块=2v=2dΔt
对滑块进行分析，根据动量定理有 Ft=mv块
解得FtΔt=2md。
(2)结合上述有FtΔt=2md
变形有 1Δt=F2mdt
根据图乙有 k=F2md。
12.【答案】
最左端
偶然
R0RxΔU
R0k

【解析】(1)根据电路图，实物连接如下
(2)合上开关 S1 之前，R触头应置于最左端，多测几组 U1 、 U2 ，多次测量的目的是减小偶然误差。
(3)S2 掷于1端， U1 表示 Rx,R0 串联的总电压， S2 掷于2端， U2 表示 R0 的电压，由串联电阻的电流相等，总电压等于两个电阻电压之和，结合欧姆定律可得 U1Rx+R0=U2R0
变形可得 U2=R0RxU1−U2
即 U2=R0RxΔU
若乙图的斜率为k，可得 k=R0Rx
解得 Rx=R0k。
13.【答案】(1)AB是双曲线，则气体从A到B做等温变化，则有 TB=TA=T0
根据玻意耳定律有 2p0V0=pB⋅2V0
解得 pB=p0
气体从B到C过程，根据理想气体状态方程有 pB⋅2V0TB=1.5p0⋅2.2V0TC
解得 TC=1.65T0
(2)理想气体对外做的功W=pΔV
可知，p−V图像与横轴所围成的面积表示理想气体对外做的功，则气体从B到C过程对外做的功为 W2=pB+1.5p0⋅0.2V02=p0V04
设气体从A到B过程对外做的功为 W1 ，则有 W0=W1+W2
解得 W1=W0−p0V04
根据热力学第一定律有ΔU=Q+W
由A到B等温变化，则有ΔU=0
解得 Q=−−W1=W0−p0V04

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)设小球碰后的速度大小为 v1 ，到B点时与圆弧轨道水平方向共速大小为 v2 ，则由水平方向动量守恒及能量守恒定律有 Mv1=2Mv2 ， 12Mv12=12×2Mv22+MgR
联立解得 v1=2 gR
(2)设子弹进入物块后一起运动的速度大小为 v′0 ，由动量守恒定律有 mv0=m+m1v′0
设子弹与物块整体与小球碰后的速度大小为 v′1 ，由题意可知 v′1=v1=2 gR，方向水平向左；
以子弹与物块整体和小球为系统，由动量守恒定律和机械能守恒定律有，以水平向右为正方向，则 m+m1v′0=m+m1−v′1+Mv1 ， 12m+m1v′02=12m+m1v′12+12Mv12
联立解得 v′0=2v1=4 gR
综合前面分析有 m×4 2gR=m+m14 gR
解得 m1=( 2−1)m ， M=3 2m
(3)以小球与轨道为系统，设小球返回A点时的速度大小为 v3 ，轨道的速度大小为 v4 ，由系统水平方向动量守恒与能量守恒有 Mv1=M−v3+Mv4 ， 12Mv12=12Mv32+12Mv42
解得 v3=0,v4=v1=2 gR
由牛顿第二定律有 FN−3 2mg=3 2mv3+v42R
解得 FN=15 2mg

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)设粒子在A，O两点的速度分别为 v1,v2 ，粒子从A到O做类平抛运动，把O点的速度分别沿x轴、y轴分解，则 v1=v2sin60 ∘
粒子从A到O，由动能定理可得 qE0d=12mv22−12mv12
结合 d=mv022qE0 解得 v2=2v0,v1= 3v0
粒子从O到 B ，由 B0qv2=mv22R
由几何关系可得O，B两点间的距离 L=2Rsin60 ∘
结合 B0=E0v0 综合解得 L=2 3mv02E0q
(2)放在电场中运动时间为 t1 ，则有 d=12×qE0mt12
代入数据，解得 t1=mv0qE0
磁场中，其粒子圆周运动的周期为 T=2πmqB0=2πmv0qE0
由几何关系可知在磁场中运动的时间 t2=120 ∘360 ∘×T=2πmv03qE0
故A到B的运动时间为 t1+t2=1+2π3mv0qE0
(3)把粒子在O的速度看成 vx=v2cs60 ∘=v0,vy=v1= 3v0
两个速度，磁场对 vx=v0 分运动的洛伦兹力为 B0qvx=E0q
竖直向上，若在第四象限再加上一方向沿y轴负方向、大小为 E0 匀强电场，则电场力竖直向下与 B0qvx 等大反向，粒子沿x轴正方向的分运动为 vx=v0 的匀速运动
磁场对 vy= 3v0 分运动的洛伦兹力充当向心力使粒子做半径为 R′ 的匀速圆周运动，则粒子的合运动看成沿水平方向的匀速直线运动与逆时针方向匀速圆周运动的合运动；粒子从O到C所用的时间为半个周期， t=πmB0q=πmv0E0q
由 B0qvy=mvy2R′
O、C两点的距离即粒子向右运动的距离 x=vxt+2R′
计算可得 x=(2 3+π)mv02E0q

【解析】详细解答和解析过程见【答案】