【物理】2025届河南省许平汝名校高三下学期模拟测试试题（解析版）

这是一份【物理】2025届河南省许平汝名校高三下学期模拟测试试题（解析版），共10页。试卷主要包含了多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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. 放射源钋（）自发衰变成铅（）时会放出一个粒子，同时释放的核能为。已知钋（）核的比结合能为，铅（）核的比结合能为，则下列说法正确的是（ ）
A. 该衰变为衰变
B. 该衰变为衰变
C. 所释放粒子的比结合能为
D. 所释放粒子的比结合能为
【答案】C
【解析】AB．根据质量数守恒和电荷数守恒可得
该衰变为α衰变，故AB错误；
CD．由能量关系可知
所释放粒子的比结合能为
故C正确，D错误。故选C。
2. 如图所示，由紫光与红光混合的细光束从底面镀银的半圆形玻璃砖顶点A以入射角=60°射入玻璃砖，已知该玻璃砖对紫光与红光的折射率分别为n1、n2（n1>n2>），光束在玻璃砖半圆弧面上发生折射时不考虑反射，紫光与红光在玻璃砖内传播的时间分别为t1、t2。下列判断正确的是（ ）
A. t1>t2B. t1=t2C. t1U2，则降压变压器原、副线圈的匝数比大于1，故A错误；
B．变压器只能改变电压和电流，不能改变功率和频率，故B错误；
C．仅用户电阻R变小时，总电流变大，根据输电的电压损失变大，变压器输入端电压变小，所以电压表的示数变小，电流表的示数变大，故C错误；
D．根据C选项分析，同理可知仅用户电阻R变大时，电压表的示数变大，电流表的示数变小，故D正确。故选D。
5. 如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L，粗细均匀的匀质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c。在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为。仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为。电流产生的磁场忽略不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 三条边a、b、c中电流大小相等
B. 两次弹簧测力计示数
C. 金属等边三角形的总质量
D. 匀强磁场的磁感应强度
【答案】C
【解析】A．根据题意可知，b与c串联后再与a并联，电压相等，bc的电阻为a的电阻的两倍，此时a边中电流大小为I，则bc中的电流为，故A错误；
BCD．电流反向前，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向上，b、c边的安培力合力方向也竖直向上，a边的安培力大小为
b、c边的安培力合力大小为
对金属等边三角形受力分析，可得
电流反向后，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向下，b、c边的安培力合力方向竖直向下，a边的安培力大小仍然为
b、c边的安培力合力大小仍然为
对金属等边三角形受力分析，可得
解得，
可得，
故BD错误；C正确。故选C。
6. 如图所示，是做平抛运动的a球和做自由落体运动的b球的运动轨迹，其中A点和B点分别是a、b两球运动的起点，C为两球轨迹的交点。已知两球同时开始运动。图中每个小方格的边长为L，重力加速度为g。则（ ）
A. a球抛出的初速度为
B. 两球C点相遇
C. a球运动到D点时，两球间的距离为2L
D. 两球运动过程中的最小距离为2L
【答案】D
【解析】A．a球做平抛运动，从A到C在竖直方向有
在水平方向有
可得a球的初速度，故A错误；
B．竖直方向上两球均做自由落体运动，且同时下落，因起始点B较A点高2L，故两球竖直方向的间距恒为2L，不可能在空间上某点相遇，故B错误；
CD．以b为参考系，a相对b做水平方向的匀速运动，当a位于直线BC上时，有最小距离2L，而a运动至D点时b位于BC直线上且距D水平距离为
竖直距离为
实际合成距离为，故C错误，D正确。故选D。
7. 有一种简单测量声速的办法：如图所示，电子石英钟放在扩音机前，扩音机喇叭正对墙壁放出电子石英钟秒针走动时有节奏的“咔、咔”声（每相邻两个“咔”声相隔时间为T），让某同学站在墙壁和扩音机中间某位置，这位同学既能直接听到喇叭发出的声音，也能听到墙壁反射来的声音，只不过反射来的声音的音量更小一些，听到的声音节奏为“咔（强）——咔（弱）——咔（强）——咔（弱）……”当这位同学与墙的距离为L时（该同学与扩音机喇叭的距离大于2L），听到“咔（弱）”的时刻正好是两个“咔（强）”的中间时刻，则声速v的测量值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设扩音机与人相距，则人听到第一声咔（强）的时刻为
听到第二次咔（强）的时刻为
听到第一次咔（弱）的时刻为
已知，听到“咔（弱）”的时刻正好是两个“咔（强）”的中间时刻，即有
因此有
解得，故选B。
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。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 赤道上某处固定有很长的竖直索道，太空电梯可沿索道上下运动。电影《流浪地球2》有这样一个片段，太空电梯沿索道匀速上升，某时刻站在太空电梯地板上的人突然飘起来了，下列说法正确的是（ ）（已知地球半径，地球表面重力加速度g取）
A. 太空电梯沿索道匀速上升时，太空电梯绕地心运动的角速度变大
B. 太空电梯沿索道匀速上升时，太空电梯绕地心运动的线速度变大
C. 站在太空电梯地板上的人突然飘起来时，太空电梯离地面的高度约为
D. 站在太空电梯地板上的人突然飘起来时，太空电梯离地面的高度约为
【答案】BD
【解析】A．太空电梯和地球要保持相对静止，则电梯各处必有相同的角速度，故A错误
B．由公式可知，太空电梯沿索道匀速上升时，做圆周运动的半径变大，则太空电梯绕地心运动的线速度变大，故B正确；
CD．站在太空电梯地板上的人突然飘起来时，人所受万有引力恰好提供做圆周运动向心力，设此时太空电梯离地面的高度为，则有，
地球表面物体受到的重力
联立解得
故C错误，D正确。故选BD。
9. 如图甲所示，在分布区域足够大的均匀介质的水平表面上建立坐标系xOy，t=0时刻，位于坐标原点O的波源沿z轴方向开始做如图乙所示的简谐运动，波源的振动在均匀介质中将形成以O点为中心的简谐圆面横波。图中半径R1=12m的虚线圆面Ⅰ为简谐圆面横波的波谷，半径R2=18m的实线圆面Ⅱ为相邻的简谐圆面横波的波峰。已知xOy平面内的质点A、B、C的坐标分别为（9m，12m）、（－3m，－3m）、（－12m，12m），则下列说法正确的是（ ）
A. 波在介质中的传播速度为60m/s
B. t=0.8s时，质点A的加速度达到最大，方向沿z轴负方向
C. t=0.6s时，质点B的速度达到最大，方向沿z轴正方向
D. 在0~2.3s内，质点C振动通过的路程为1.5m
【答案】BD
【解析】A．根据题意可知，波长
根据题图乙可知振动周期
则波的传播速度，故A错误；
B．根据题图乙可知，波源起振方向沿z轴负方向，根据质点A的坐标（9m，12m），可得O、A间距为，波传到质点A经历时间
开始振动，起振方向与波源起振方向相同，沿z轴负方向，由于
表明时质点A到达了波峰位置，加速度达到最大值，方向沿z轴负方向，故B正确
C．根据质点B的坐标（－3m，－3m），可得O、B间距为
波传到质点B经历时间，开始振动，起振方向与波源起振方向相同，沿z轴负方向，由于，表明时质点B到达了平衡位置，速度达到最大值，方向沿z轴负方向，故C错误；
D．根据质点C的坐标（－12m，12m），可得O、C间距为
波传到质点C经历时间
开始振动，起振方向与波源起振方向相同，沿z轴负方向，由于
则0～2.3s内质点C振动通过的路程为，故D正确。故选BD。
10. 如图所示，正方形ABCD四个顶点固定四个等量点电荷，其中A、B处电荷带正电，C、D处电荷带负电，E、F、G、H分别为正方形四条边的中点，O为正方形的中心，下列说法正确的是（ ）
A. O点电势为0
B. O点的电场强度为0
C. 电子在E点的电势能小于在F点的电势能
D. 将电子从G点沿直线移动到H点，电场力做正功
【答案】AC
【解析】AD．点分别在和的中垂线上，处和处分别放置等量异种点电荷，为0等势线，所以点的电势为零，将电子从点沿直线移动到点，电场力不做功，选项A正确、选项D错误；
B．处和处分别放置等量同种点电荷，它们在中垂线上产生的电场强度方向均由指向，所以点电场强度不为0，选项B错误；
C．因电场强度方向均由指向，所以点电势高于点电势，带负电的电子在电势高处电势能小，所以电子在点的电势能小于在点的电势能，选项C正确。故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某班级分若干个学习小组，通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。验证机械能守恒定律思路：求出做自由落体运动物体的重力势能的减少量和对应过程动能的增加量，在实验误差允许范围内，若二者相等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律。
（1）在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，操作正确的是 。
A. B.
C. D.
（2）按正确合理的方法进行操作，打出的一条纸带如下图所示，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，重物的质量为m，交流电的频率为f。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减小量__________，动能增加量__________。
（3）换用两个质量分别为m1、m2的重物P、Q进行多次实验，记录下落高度h和相应的速度大小v，描绘v2-h图像如图。对比图像分析正确的是 。
A. 阻力可能为零B. 阻力不可能为零
C. m1可能等于m2D. m1不可能等于m2
【答案】（1）B （2） ①. ②. （3）BC
【解析】【小问1】打点计时器应连接交流电源，为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，并且充分利用纸带，应手提着纸带上端使纸带处于竖直方向且重物靠近打点计时器。故选B
【小问2】从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量
依题意有，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打B点时的速度大小为
则从打O点到打B点的过程中，重物动能的增加量为
【小问3】设重物受到的阻力大小为f，根据动能定理可得
整理可得
若阻力为0，则v2-h图线的斜率为，则两图线斜率应相同，由题图可知，两图线斜率不相等，所以阻力不可能为零；由图像斜率关系可知
由于不清楚两重物所受阻力大小关系，所以无法确定m1与m2的大小关系，即m1可能等于m2。故选BC。
12. 随着智能手机耗电的增加，充电宝成了为手机及时充电的一种重要选择。小南同学利用下列所给器材研究了不同电量时某充电宝的电动势和内阻变化规律。
A.电压表V（量程，内阻约）
B.电流表A（量程，内阻约）
C.滑动变阻器（）
D.滑动变阻器（）
E.待测充电宝（电动势E约，内阻r约）
F.开关S，导线若干
（1）为减小实验误差，滑动变阻器应选__________（填或），电路应选图甲中的__________（填“1”或“2”）。
（2）连接电路，电源用电量的充电宝，闭合开关，调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的读数。作出U-I图像，如图乙所示。由图像求得电量充电宝的电动势E=__________，内阻__________。（结果均保留3位有效数字）
（3）由于电压表内阻不是无穷大，充电宝内阻的测量值__________真实值（选填“大于”“小于”或“等于”）。
（4）小南同学又测量了不同电量某充电宝的电动势和内阻，如下表所示。根据实验数据的分析处理方法可以发现，随着该充电宝电量的减少，电动势和内阻的变化规律是：电动势________，内阻________。
【答案】（1） ； 1 （2） 5.07##5.08##5.09 ；
（3）小于 （4） 基本不变 ；基本不变
【解析】【小问1】充电宝内阻小，选阻值小的滑动变阻器方便调节，故选；充电宝内阻小，图2中电流表分压作用明显，电路图选1误差较小；
【小问2】由闭合电路欧姆定律得
作出图像，如图所示
纵轴的截距表示充电宝的电动势，故
电源内阻
【小问3】等效电源法，测量值为电压表内阻和充电宝内阻并联值，故测量值小于真实值
【小问4】充电宝的电动势非常稳定，几乎跟电量的多少没有关系，电量在已充满和快用完之间，被测充电宝的电动势始终是5.1伏左右，故电动势基本不变。虽然充电宝在不同电量下测得的内阻数值有所不同，但它们离平均值的差异都小于0.1欧。可以认为，这是由测量时的偶然误差引起的，其数量级跟实验用的导线电阻相当，充电宝内阻基本不变。
13. 2024年10月25日第57届田径运动会正式开幕。小明所在班级使用了桶装纯净水进行供水，图甲为桶装纯净水使用压水器供水的示意图，图乙是简化的原理图。当手按下压水器时，压水器中的活塞打开，外界空气压入桶内，放手后，压水器活塞关闭，当压水器将水压到出水管管口时，水可以流出。压水器出水管上方有一个止水阀，按下止水阀，桶内空气可以与外界相通。已知桶底横截面积，容积V＝20L。现桶内有10L水，初始时出水管竖直部分内外液面相平，出水口与桶内水面的高度差h＝0.3m，压水器气囊的容积，空气可视为理想气体。出水管的体积与桶内水的体积相比可忽略不计，水的密度，外界大气压强恒为，重力加速度g取。
（1）若桶内气体温度不变，刚好有水从出水管流出时桶内气体的压强为多少。
（2）已知小明的水杯容量为500mL，现有10位拥有相同容量水杯的同学需要接水。若每次将气囊完全压下，需要压多少次，可以让10位同学刚好接满水。已知整个过程桶内温度不变，压气完成后打开出水管开关进行接水。
【答案】（1） （2）28次
【解析】【小问1】设刚有水出时桶内气体压强为，
解得
【小问2】设10位同学用水总量为，则有
此时水面到管口的高度为
解得
设接水稳定后桶内压强为，则有
解得
对整个过程，根据玻意耳定律可得
联立可得n＝28次
14. 如图所示，位于同一水平面上的物块甲、乙、丙均可视为质点，质量分别为 和 ，初始时甲以速度 向右匀速运动，乙、丙分别静止在 两点。已知水平面足够长， 两点间距为 ，重力加速度为 ，仅 两点之间的地面可能存在摩擦， 所有碰撞均没有能量损失。
（1）若 两点之间光滑，甲与乙、乙与丙各发生一次碰撞后立即将乙取走，判断甲和丙能否再次发生碰撞；
（2）若甲、乙与 间地面的动摩擦因数均为 ，为使三个物块间只能发生共 2 次碰撞求 应满足的条件。
【答案】（1）不能 （2）
【解析】【小问1】若A、B两点之间光滑，规定向右为正方向，甲与乙先发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒有，
解得，
此后乙与丙发生弹性碰撞，有，
解得
显然，取走乙后，甲与丙速度完全相同，故不能再相碰
【小问2】由（1）可知，甲与乙先发生第一次碰撞，碰后两者的速度分别为，，此后乙穿过AB的过程中，根据动能定理有
解得
显然根号内值必须为正，即
解得
然后乙与丙发生第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒有，
解得
为使乙不会与甲再次碰撞，应使甲、乙都在AB间减速直至都静止时也不相遇，根据动能定理有，对甲、乙分别有动能定理有，
又
解得
综上可得
15. 在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直于纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场的电场强度大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直于纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为和的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是棱长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力及离子间的相互作用，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当很小时，有，。求：
（1）通过磁分析器选择出来的离子的比荷；
（2）偏转系统仅加电场时，离子在穿越偏转系统中沿电场方向偏转的距离；
（3）偏转系统仅加磁场时，离子注入晶圆的位置坐标（用长度、及L表示）。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设经过速度选择器出来后的离子的速度为，有
解得
通过磁分析器选择出来的离子在磁场中运动时有，
联立解得
（2）根据题意离子经过电场的角度很小，所以离子在穿越偏转系统中的时间为
离子沿电场方向偏转的距离为，
联立代入解得
（3）偏转系统仅加磁场时，根据洛伦兹力提供向心力有
运动轨迹如图，设离子离开磁场时速度方向偏转角度为，有
联立解得
经过磁场时，离子在y方向上偏转的距离为
离开磁场后到达y轴上时间内，在y方向上偏转的距离为
所以有
即偏转系统仅加磁场时，离子注入晶圆的位置坐标为。
电量
100%
80%
60%
40%
20%
5%
5.04
5.04
5.00
5.14
5.08
0.21
0.20
0.21
0.25
0.15