2025届河南省青桐鸣大联考高三下学期5月模拟考试物理试卷

这是一份2025届河南省青桐鸣大联考高三下学期5月模拟考试物理试卷，共9页。试卷主要包含了如图所示为拍电影时吊威亚的情景等内容，欢迎下载使用。
物 理
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。
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，只有一项符合题目要求。
1.钜(Pm)可用作密度计、测厚仪的放射源，锤 Pm发生β衰变，生成 62117Sm并产生γ射线。则下列说法正确的是
A.矩 Pm发生β衰变时，释放的β射线来自 Pm核外
B.距 109m发生β衰变时，释放的γ射线由 14762Sm释放
C. Pm比62Sm的比结合能大
D.γ射线比β射线的电离能力强
2.如图所示，截面为半圆的柱体放在粗糙水平面上，一根轻绳一端固定在柱体上的A点，给绳另一端施加一个斜向左上的拉力，拉力与竖直方向的夹角为 53∘,，使柱体刚好要滑动，已知柱体的质量为m，柱体与水平面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，s sin53∘=0.8,cs53∘=0.6,则作用在绳上端的拉力大小为
A.58mg B.511mg C.512mg D.516mg
3.如图甲所示，空间存在水平向右的匀强磁场，直导线折成“F2
C.F10)的点电荷固定在M点，电荷量为-q的点电荷固定在N点，M、N在同一竖直线上。粗细均匀的光滑绝缘细杆水平固定，与M、N连线的垂直平分线重合，M、N连线的中点为O，M、N间的距离为L。一个质量为m、电荷量大小为q(正负未知)的带电小球套在光滑杆上，在A 点由静止释放，在电场力作用下向O点运动，不计小球大小，静电力常量为k，则下列说法正确的是
A.小球的电势能一直减小
B.小球运动的加速度一定一直减小
C.杆对小球的作用力一定一直增大
D.当小球与 M 连线与杆成45°角时，小球的加速度大小为 2kq2mL2
10.如图所示，两足够长且间距为L 的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 B。质量均为 m 的金属棒a、b垂直放在导轨上，给金属棒a水平向右、大小为v₀的初速度，同时给金属棒b水平向左、大小为 12v0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，两金属棒接入电路的有效电阻均为R，导轨的电阻不计，则下列说法正确的是
A.开始运动的一瞬间，金属棒 a 的加速度大小为 3B2L2v02mR
B.当金属棒b的速度为零时，金属棒a的速度大小为 12v0
C.最终通过金属棒b的电荷量为 mv04BL
D.最终金属棒a 中产生的焦耳热为 932mv02
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.(8分)某实验小组成员用如图甲所示装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数。长木板固定在水平桌面上。测得滑块和遮光片的总质量为M。测得两光电门间的距离为L。已知重力加速度为g。
(1)小组成员小王同学做该实验前，先用游标卡尺测遮光片的宽度，测得的示数如图乙所示，则遮光片的宽度为d= mm。
(2)小王同学在砂桶内装适量的砂，测出砂和砂桶的质量m，由静止释放滑块，测得滑块通过光电门1、2时遮光片的挡光时间分别为t₁、t₂，则根据测得的物理量求得滑块与长木板间的动摩擦因数μ= (用所测和已知的物理量字母表示)。
(3)小李同学用该装置测动摩擦因数时，并没有测遮光片的宽度，只是在砂桶里装适量的砂，轻推滑块，观察滑块通过光电门1、2时遮光片的挡光时间分别为 t3、t4,如果 t3>t4,，则通过 (填“增大”或“减小”)砂桶中砂的质量，直至轻推滑块后，滑块通过两光电门时，遮光片的挡光时间相等，测出这时砂和砂桶的总质量m₀，则滑块与长木板间的动摩擦因数为μ= ；将砂和砂桶的总质量从m。增大为 m',，由静止释放滑块，滑块通过光电门1、2时遮光片挡光时间分别为t₅、t₆，则小李同学认为：如果已知遮光片的宽度为d，在误差允许的范围内，表达式 m'-m0gL=12(m'+ M)d2t62-d2t52一定成立，你认为小李同学的观点是 (填“正确”或“错误”)的。
12.(8分)要测量某段金属丝的电阻率，某同学测得该金属丝的截面直径为d，根据实验室提供的器材设计电路，并连接如图甲和图乙两种电路。
(1)上述电路不正确的是 (填“甲”或“乙”)电路，原因是 。
(2)选用正确的电路测电阻，闭合开关前，应先将滑动变阻器的滑片移到最 (填“左”或“右”)端，闭合开关后，通过多次调节滑动变阻器的滑片，测得多组电压表和电流表的示数U、I，作U-I图像，得到图像的斜率为k，测得金属丝接入电路的长度为L，则根据测量的值，求得金属丝的电阻率 ρ=_;；由于测电阻存在系统误差，使测得的电阻率比真实值 (填“大”或“小”)。
(3)若已知电流表的内阻为RA，要消除电阻测量引起的系统误差，请在选用的正确电路上改接一根导线(在要改接的导线上打“×”，用笔画线代替导线画出改接后的导线)。
13.(8分)如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，两管口相平且两管口均封闭，管内有一段水银，封闭有A、B两段气柱，B气柱长为 L=20cm,，左管中水银液面比右管中水银液面高h=10cm，大气压强为 p0=76cmHg。现将左管口开一个小孔，待稳定时，左、右两管中水银液面刚好相平，设气体温度不变，求：
(1)开始时，封闭的A 气柱气体的压强；
(2)左管口开孔后，稳定时进入管中的气体质量与原A 气柱气体质量之比。(用分数表示)
14.(12分)如图所示，半径为R 的光滑四分之一圆弧体静止在光滑的水平面上，圆弧面最高点 B 与圆心O等高，物块a、b、c一字排开也静止在光滑的水平面上，已知物块a的质量为m、物块c 的质量为4m。给物块a 一个水平向右的初速度，a、b 碰撞后粘在一起，b与c 发生弹性碰撞后a、b的速度恰好为零，c刚滑上圆弧面时对圆弧面最低点A 的压力大小为40mg，c沿圆弧面上滑恰好能滑到B 点，重力加速度为g，不计物块的大小，求：
(1)b、c碰撞后一瞬间，物块c 的速度大小；
(2)a与b碰撞过程中损失的机械能；
(3)圆弧体的质量。
15.(18分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的. x0区域、半径为R 的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅰ，磁场边界分别与y轴和MN 相切，MN 与y 轴平行，MN 右侧有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ。在PQ 上坐标为( -2R3R的A 点沿x轴正向射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小为 v₀，粒子恰好从坐 v0,标原点O进入磁场Ⅰ，以垂直MN 的方向进入磁场Ⅱ，粒子经磁场Ⅱ偏转后再次进入磁场Ⅰ，并从O点再次进入电场Ⅰ，不计粒子的重力。
(1)求粒子第一次通过O点时速度的大小与方向；
(2)求匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小；
(3)若在 MN 右侧再加上竖直向下的匀强电场Ⅱ，电场强度大小为匀强电场Ⅰ电场强度大小的8倍，粒子仍以速度 v₀从A 点沿x轴正向射出，求粒子在磁场Ⅱ中运动过程离x 轴的最大距离。
2025届普通高等学校招生全国统一考试
青桐鸣大联考(高三)
物理参考答案
1. B 解析：Fm发生β衰变时，释放的β射线来自原子核内，A项错误；钜Pm发生β衰变时，释放的γ射线由处于激发态的 Sm释放，B项正确；衰变过程释放能量，Pm 比Sm的比结合能小，C项错误；γ射线不带电，比β射线的电离能力弱，D项错误。故选 B。
2. B 解析：设绳的拉力大小为 F，根据受力平衡，有 Fsin53∘=μmg-Fcs53∘,解得 F=511mg,B项正确。故选 B。
3. A 解析：根据几何关系可知，甲、乙两图中导线的有效长度相同，根据F=BIL可知， F1=F2,A项正确。故选 A。
4. B 解析：绳两端沿绳方向速度相等，因此有 vA= vBsinθ=32vB,B项正确。故选 B。
5. C 解析：两列波沿绳传播的速度一样快，因此两列波同时传播到O点，A项错误；t=0时刻，B波传播的距离远，因此乙同学的手先振动，B项错误；由 P、Q的起振方向可知，两同学的手起振的方向均向上，C项正确；由于两列波的波长不同，频率不同，叠加后不能形成稳定的干涉，因此不能形成稳定的振动加强点，D项错误。故选C。
6. C 解析：万有引力提供向心力，则 GMmr2= mr2πT2,又 v=2πrT,解得 GM=v3T2π,则 v13T1=v₂T₂,C项正确。故选C。
7. D 解析：由题可知，液体对光的折射率 n= sin45∘sin30∘=2,则光在液面处发生全反射的临界角C满足 sinC=1n=22,解得C=45°，则液面上有光 射 出 区 域 的 面 积 大 小 为 S = 213πR2-34R2=2π3-32R2,D项正确。故选 D。
8. BD 解析：电流表的示数始终等于电流的有效值，A 项错误；当线圈从图示位置转过90°时，根据右手
定则，线圈AB 边中的电流从B 流向A，则电流表中电流从左向右，B项正确；由于线圈电阻不计，线圈产生的电动势等于变压器线圈的输入电压，匝数比一定，输出电压一定，C项错误；变压器原线圈的输入电压为 U1=NΦmω2,则副线圈输出电压为 U2=NΦmω22,则发电机的输出功率 P=U22R0= N2Φm2ω28R0,D项正确。故选 BD。
9. AD 解析：由于M 点带正电的点电荷的电荷量比N 点带负电的点电荷的电荷量大，因此小球在静电力作用下向右运动，说明小球带负电，静电力一直做正功，小球的电势能一直减小，A项正确；小球在无穷远处和O点加速度均为零，因此小球运动的加速度可能先增大后减小，B项错误；两点电荷对小球的作用力竖直方向的分力向上，当小球从A向O运动时，点电荷对小球竖直方向的作用力一直增大，如果这个作用力先小于小球重力，后大于小球重力，则杆对小球的作用力可能先减小后增大，C项错误；当小球与 M 连线与杆成45°角时，有解得 a=2kq2mL2,D项正确。 kq222L2cs45∘=ma,故选 AD。
10. BD 解析：开始运动的一瞬间，电路中的电流I= 32BLv02R=3BLv04R,此时金属棒a 的加速度大小为 a=BILm=3B2L2v04mR,A项错误；由于a、b组成的系统合外力总是为零，因此系统动量守恒，设b的速度为零时a 的速度大小为v₁，则1 mv0-m× 12v0=mv1,解得 v1=12v0,B项正确；设最终a、b的共同速度为v，则 mv0-m×12v0=2mv,解得 v=14v0,对金属棒b研究，根据动量定理可得·物理答案 (第1页，共3页)· BqL=m12v0+14v0,解得 q=3mv04BL,C项错误；设金属棒a 中产生的焦耳热为Q，则2Q= 12mv02+12m12v02-12×2mv2,解得 Q= 932mv02,D项正确。故选 BD。
11.答案:(1)6.25 (1分)
2mM-m+Md22MgL1t22-1t12 (2分)
(3)减小 (1分) m0M (2分) 正确 (2分)
解析:(1)遮光片的宽度d=6mm+0.05 mm×5=6.25 mm。
(2)根据 能 量守恒，有 mgL-μMgL= 12m+Md2t22-d2t12, 解 得 μ=mM- m+Md22MgL1t22-1t12。
(3)观察滑块通过光电门1、2时遮光片的挡光时间分别为t₃、t₄，如果 t3>t4,则说明滑块做加速运动，需减小砂桶中砂的质量，直至轻推滑块后，滑块通过两光电门时，遮光片的挡光时间相等，根据力的平衡有 m0g=μMg,得到 μ=m0M;如果质量从m。增大为m′，根据能量守恒，有m′gL一 μMgL=12m'+Md2t62-d2t52,由于μMgL=m₀gL,则有 m'-m0gL=12m'+M d2t62-d2t52,小李同学观点正确。
12.答案：(1)甲 (1分) 开关不能控制全部电路(1分)
(2)左 (1分) kπd24L (2分) 小 (1分)
(3)见解析 (2分)
解析：(1)图甲是错误的，原因是开关不能控制全部电路。
(2)根据图乙电路进行实验，闭合开关前，应先将滑动变阻器的滑片移到最左端，金属丝的电阻等于U-I图像的斜率，即R=k，根据电阻定律， R=ρLS,得到 ρ=RSL=kπd24L,由于测电阻时，电流表外接，使测得的电阻偏小，则测得的电阻率偏小。
(3)若已知电流表的内阻为 RA，要消除电阻测量
引起的系统误差，将图乙电路改接如图所示。
13.答案:(1)47 cmHg
(2) 6747
解析：(1)设开始时 B 气柱气体压强为p₁，开孔后气体压强为 p₀，气体发生等温变化，则有
p1LS=p0L-12hS (1分)
解得 p1=57cmHg (1分)
则开始时 A 气柱气体的压强 pA=p1-10 cmHg=47cmHg (2分)
(2)开孔后，对左管中气体研究，有
p0L-12hS=pAL-h+HS (1分)
解得 H=67047cm (1分)
稳定时进入管中的气体质量与原 A 气柱气体质量之比为 m'mA=HL-h=6747 (2分)
14.答案:( 13gR
(2)54mgR
387m
解析：(1)设b与c碰撞后一瞬间，c的速度大小为v₁,
根据题意有 F-4mg=4mv12R (1分)
根据牛顿第三定律有F=40mg (1分)
解得 v1=3gR (2分)
(2)设a 与b碰撞前的速度大小为v₀，根据动量守恒定律有
mv0=4mv1 (1分)
a 与b碰撞过程中损失的机械能为
△E=12mv02−12×4mv12 (1分)
解得△E=54mgR (2分)
(3)设圆弧体的质量为 M，物块c 从A 点滑到 B点时，c与圆弧体共同速度为v₂，根据动量守恒有·物理答案 (第2页，共3页)· 4mv1=4m+Mv2 (1分)
根据机械能守恒有
12×4mv12=4mgR+124m+Mv22 (1分)
解得 M=87m (2分)
15.答案:(1)2v。 与x轴正方向夹角为60°
223mv03qR43mv03qR
33R
解析：(1)设粒子第一次经过O点时速度与x轴正向的夹角为θ，则有
3R=12v0tanθ⋅1 (1分)
2R=v₀l (1分)
解得θ=60° (1分)
粒子经过O点的速度大小v=2v₀ (1分)
(2)根据题意，可画出粒子的运动轨迹，如图所示。
设粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的轨迹半径为r₁，根据几何关系有
r1=2Rcs30∘=3R (1分)
粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的轨迹半径为r₂，根据几何关系有
r2=12r1=32R (1分)
根据牛顿第二定律有 qvB1=mv2r1 (1分)
解得 B1=23mv03qR (1分)
根据牛顿第二定律有 qvB2=mv2r2 (1分)
解得 B2=43mv03qR (1分)
(3)设电场Ⅰ的电场强度大小为E，粒子第一次在电场Ⅰ中运动过程有
3R=12at2,
t=2Rv0 (1分)
根据牛顿第二定律(qE= ma,
解得 E=3mv022qR (1分)
根据题意可知，匀强电场Ⅱ的电场强度大小
E'=43mv02qR (1分)
由(2)中的几何关系可知，粒子通过 MN 的位置离x轴的距离
d=r2=32R (1分)
由于 qE'=43mv02R>qvB2=83mv023R,因此粒子进入磁场Ⅱ后一开始向 y轴负方向运动。
设粒子在磁场Ⅱ中运动时离x轴的最大距离为y，则离x轴的距离最大时粒子速度大小为v'，根据动量定理 qvyB2t=mv'-mv (1分)
即 qy-dB2=mv'-mv (1分)
根据动能定理有 qE'y-d=12mv'2-12mv2
(1分)
解得 y=3R(另一解 y'=32R,不合题意，舍去)
(1分)