2025届河南省豫西北教研联盟（许洛平）高三上学期第一次质量检测（一模）物理答案

高三物理一模参考答案一、选择题答案及详解题号12345678910答案ABDDBDCCDBDAD1.【答案】A【详解】.在发生光电效应的前提条件下，光的强度越大，光电流越大，故选项A正确；换用频率更高的紫光一定能发生光电效应，与光的强度无关，故选项B错误；仅将P移至C端，AK间的电压为0，仍然发生光电效，应有微弱的光电流，故选项C错误；密里根根据爱因斯坦的光电效应的方程计算出了普朗克常量，故D选项错误。故选A。2.【答案】Bx11【详解】由图像可知斜率k=20，纵轴截距b=−2，由=k+b得x=20t−4t2t2t2可知列车在做匀减速运动，初速度，加速度2；前内得位移v0=20m/sa=−4m/s3s1x=20m/s3s−4m/s2（3s）2=42m。故B答案正确。23.【答案】D【详解】不计空气阻力，铅球在空中运动过程中只受重力的作用，所以加速度相等，故A错误；两次初速度大小为0相等，，，所以错误；由题v2大于1v0cos1大于v0cos2B意可知两次水平位移相等，水平方向匀速直线运动，而所以小于，，t1t2即第一次在空中运动时间较短，故C错误；两次实际位移相同，第一次用时间较短，所以第一次平均速度较大，故D正确。4.【答案】D【详解】航天员可以漂浮在空间站中，万有引力提供向心力有GMm可得GM，=maa=r2r2故错误；根据万有引力提供向心力有2可得，由于天宫空间站在AGMmvGM=mv=r2rr轨运行的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则天宫空间站在轨运行的线速度大于同步卫星的线速度，故B错误；7.9km/s是发射地球卫星的最小速度，则神舟十八号的发射速度大{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}于7.9km/s，但是不能大于11.2km/s，大于11.2km/s就逃出地球引力范围了，故C错误；r6400km400km17+根据题意知空间站绕地球运动的轨道半径与地球半径之比为==R6400km16GMGMma=根据万有引力提供向心力，有=ma，联立解得：17。地表的重力加速度r2（R）216GMa162为g=可得=（），故D正确。R2g175.【答案】B12【详解】由题意可知T==0.2s,所以==10,根据小球的运动规律匀速圆周运动nT可知所以影子做简谐运动，且振动方程为yR=sin(10t)，故A、D错误，B正确；22由向心力公式FmRmR==100，故C错误。故选B。6.【答案】D【详解】将试探电荷从圆上任意一点移动到无穷远处，电场力做功均为0，可知圆上各点在同一等势面，由于电场线与等势面垂直，则正试探电荷在圆上所受电场力一定指向O点，故A错误；连接AD，CD，OD，由几何关系有ADOD⊥，BDL=3，=DABODB=30，则处和处在点产生的电场场强分别为和ABDE1E2k2QkQE==1(3L)2+(3L)26L2kQE=23L2将正交分解如图所示由矢量合成可知D点产生的场强大小为3kQE=(E)2+(E−E)2=，故B错误；1216L2D点与C点在同一等势面，由D点移到AC中点相当于由C点移到AC中点，正试探电荷在AO连线上受到的电场力向右，则在从C点移到AC中点过程中，电场力做负功，电势能增k2QqkQq3kQq加，故C错误；负试探电荷在C点所受电场力为F=+=，方向指向A4L2L22L2点。故D正确。{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}7.【答案】C【详解】物体在水平方向上受推力与摩擦力的作用，根据牛顿第二定律F−mg=ma解F得加速度a=−g，由乙图可知，当推力大于摩擦力时，随着F的减小，加速度a逐渐m减小；当推力减小到等于摩擦力时，合力为零，加速度为零；当推力小于摩擦力时，物体做减速运动，加速度反向增大，故A选项错误；由图像可知，推力与位移的关系式为：F=100−25x(0x4.0m)，当加速度为零时，物体速度最大，此时，F=mg，解得100−mgx==100−25x=3.0m，即在3.0m时，速度达到最大值，故B错误；25图像与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做的功，设物体的最大速度为，由F−xvm1图乙可知，从开始到速度最大，推力所做的功为W=(100+25)3J=187.5J，再由动21能定理W−mgx=mv2−0，代入数据解得：v=35m/s，故C正确；2mm1整个过程推力所做的功W=1004.0J=200J，再由动能定理：W−mgx=0−0，2m解得：，故选项错误。xm=8mD8.【答案】CD【详解】画出光路如下图光线在AB面上的入射角为=45，折11sin10射角tan=，则sin=，折射率为n==，故25sin2EFA错误，因DC平行于OE，则==FCE45，则tan45=，CFEFtan=，联合解得：CE=2R，CF=R，所以B错误，CCF+Rc正确；又因为n=，所以D正确；故选CD。v9.【答案】BD【详解】A．设输入电压U的有效值为U，根据有效值的定义有U()m2U21TT=22RR4求得输入电压U的有效值为U=10V，故A错误；{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}2n10V由等效电阻：1，因此，，故正确；RRR=+=(32)45ΩI==0.2ABn250Ω若将开关S由断开变为闭合，负载电阻变小，因此电流表的示数变大，故C错误；U1设原线圈两端电压为U1，则有EU=+IR111可知=R1，I1UUnIIn根据线圈电压、电流与匝数的关系有1=1=1且1=1=2，所以U2U2n2I2I2n12Un22，即副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比始终不变，=R1I2n1故D正确。故选BD。10.【答案】AD【详解】根据题意，对整体进行受力分析，水平方向上合力为零，物块所受摩擦力与半圆柱体所受摩擦力等大反向，故A正确；对小球P受力分析，受重力mg，光滑半圆柱的支持力N和绳子的拉力F，处于平衡状态，画出拉力F等大反向的力F'，即为mg和N的合力，如图所示由相似三角形有F'mg='OBOO解得3Fmg'=4由余弦定理有2322RRR+−(2)27cos==322RR82则有15sin=1−cos2=8对结点O受力分析，如图所示{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}由平衡条件有FF21=sin对物体Q受力分析，如图所示由平衡条件有FNmg=2,fF=4又有'315F4=F2=F1sin=Fsin=Fsin=mg32fF=N则有fF315===4FFNN64所以B错误，D正确；OA段绳子的张力不为零，在竖直方向上将小球P和圆柱体整体受力分析，可知C错误。故选AD。二、非选择题答案及详解k−k11.【答案】（2）5.30（5）B（6）21（每空2分）b【详解】（2）20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，由图可知读数为5mm60.05mm5.30mm+=（5）滑块的质量为M0，待测物体的质量为M，滑块受到拉力为F，由牛顿第二定律有F=(M0+M)a对钩码有mg−F=ma1M+M11联立得=0+agmg1纵轴截距为b=g故选B。{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}MM+M（6）由上述分析可知斜率为0=k而且0=kg1g2k−k解得M=21b12.【答案】（每空2分）IdIbII−II（）（），（）③−adbc，相等1900023.02.13或IcIaIaIc【详解】（1）要将A2改装成量程为3V的电压表，需串联的电阻U3VR0=−rA=－6−1000=9000Ig30010A（2）理论上，当I1为零时，加在改装电压表两端的电压就是电动势，电源电动势−6E=I2(R0+rA)=30010（9000+1000）V=3.0V根据闭合电路欧姆定律，可知E=I2(R0+rA)+（I1+I2）r由于II21R+rE上式简化为I=−0AI+1r2rR0+rA0.58由图像可知=r（300−180）10−6代入数据可得r=2.1Ω（3）滑动变阻器接入电路的阻值I(R+r)R=b0AIa待测电阻的阻值I(R+r)IIII−IId0AdbadbcRx=−R=−(R0+rA)=(R0+rA)IcIcIaIaIc由于电流表A1的内阻并入到滑动变阻中，不会对测量结果产生误差，因此测量值等于真实值。13.【详解】（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A的压强{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}………..（1分）pA=p0+ph=75cmHg+15cmHg=90cmHg（2）初状态，气体A的压强（分）pA=p0+ph=75cmHg+10cmHg=85cmHg………..12设玻璃管横截面积为Scm，初状态气体的体积3AVA=45Scm设末状态气体A的体积为VA，对气体A由玻意耳定律得pVAAAApV=………..（1分）解得3………..（1分）VA=42.5Scm末状态气体A的长度VL=A=42.5cmS气体A的长度减少量L=(45−42.5)=2.5cm初状态气体B的压强（分）pB=p0+ph1=75cmHg+5cmHg=80cmHg………..1末状态气体B的压强（分）pB=p0+ph2=75cmHg+(5+5−2.5)cmHg=82.5cmHg………..1初状态气体的体积2（分）BVB=41.25Scm1设活塞移动的距离为xcm，末状态气体B的体积33（分）VB=(41.25+5−x)Scm=(46.25−x)Scm………..1对气体B由玻意耳定律得pBBBBV=pV………..（1分）带入数据得x=6.25cm（1分）【其他解法只要合理同样给分】514.【答案】（1）v=gR；C2{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}10(3−)E110(3−)mg（2）B=或B=；10gR10qR43（3）x=R3v2【详解】（1）在A点对滑块受力分析，有mg−qEsin30=mA………..（1分）R1解得：v=gR………..（1分）A2滑块从C点到A点，根据动能定理有1122−+=−mgRqERmvmv2sin302AC22………..（1分）5解得：v=gR………..（1分）C2（2）在C点之前匀速直线运动，对滑块受力分析，有………..（1分）水平方向：FN=qEcos30………..（1分）竖直方向：FN+qEsin30=qvB+mg解得：或………..（1分）（3）滑块从A点抛出后，电场方向反向，以水平、竖直方向建立坐标系，竖直方向………..（1分）mg+qEsin30=may122R=ayt2………..（1分）26R解得：t=………..（1分）3g1水平方向qEcos30=ma,x=vt−at2………..（1分）xA2x43解得：x=R………..（1分）3{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}【其他解法只要合理同样给分】15.【详解】（1）设初始时电容器两端电压为U0，导体棒从开始运动到稳定过程，电容器极板上电荷量变化量为Q，导体棒稳定后的电动势为E，对导体棒，由动量定理有（分）BILt=m1v1−0………..1（分），E=BLv1………..1QQ而C==………..（1分），UU0−EQ由电流的公式有：