2025年河南省五市第二次聯考高三物理考試答案【詳解】A．圖乙為質點Q的振動圖像，則知在t=0時刻，質點Q正從平衡位置向波峰運動，所以t=0時刻，質點Q向y軸正方向運動，可知該波沿x軸正方向傳播C．圖甲可讀出該簡諧波的波長λ=8m，圖乙可讀出該簡諧波的周期T=0.2s，所以有D．在t=0時刻，M由平衡位置向下振動，則其簡諧運動的表達式為2．D【詳解】A．設衛星在近地點做圓周運動的速度為v20，則有解得衛星從近地點的圓周軌道變軌到橢圓軌道需要加速，所以v2>v20“夸父一號”衛星做圓周運動的軌道半徑大于衛星在近地點做圓周運動的軌道半徑，則有綜合可知v2>v1故A錯誤；B．星從遠地點向近地點運動時，萬有引力做正功，動能增加，速度增大，所以v2>v3，故B錯誤；C．根據牛頓第二定律解得加速度大小“夸父一號”衛星在A、B兩點到地球的距離r相等，所以在A、B兩點處加速度大小相等，但加速度是矢量，方向指向地球，A、B兩點處加速度方向不同，故C錯誤；D．根據開普勒第三定律（其中r為軌道半長軸，T為周期，k為常量）由題意知圓的半徑與橢圓的半長軸相等，所以“夸父一號”衛星的周期等于橢圓軌道衛星的周期，故D正確。故選D。3.C【詳解】A．F1和F2是鑿子對木頭的彈力，其大小等于F在垂直兩接觸面方向上的分力大小BCD．將F沿垂直兩接觸面分解，如圖分力大小分別等于F1和F2，則由數學知識可知F1一定大于F和F2；當θ<45o時，F2>F，4.D【詳解】A．由題意知，氫原子從n=4能級躍遷到n=1能級時，輻射出的光子能量最大，光子最大能量為用該光子照射逸出功為2.29eV的金屬鈉時，逸出光電子的最大初動能最大，為B．氫原子從n=4能級躍遷到n=3能級時，輻射出的光子能量最小,波長最長C．若要使金屬鈉發生光電效應，則照射的光子能量要大于其逸出功2.29eV，大量氫原子從n=4的激發態躍遷到基態能放出CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),4)=6種頻率的光子，其光子能量分別為能使金屬鈉發生光電效應，其他4種均可以D．由于從n=4能級躍遷到n=5能級需要吸收的光子能量為所以用0.54eV的光子照射，不能使氫原子躍遷到n=5激發態，但是用電子轟擊可以不受該能量限制，可以部分被吸收5.A【詳解】C．由圖像可知，滑塊向上先勻減速到零，再保持靜止，根據解得v0=2m/s故C錯誤；ABD．根據整體受力分析，0~0.2s受到地面的摩擦力f=max方向水平向左，地面的支持力滿足G總—F支=may0.2~0.4s處于靜止狀態，摩擦力消失，G總=F支故BD錯誤,故A正確6.C【詳解】A．由v—t圖像可知，t=5s時速度為零，即汽車距離出發點最遠B．vt圖像與時間軸圍成的面積表示位移，0~3s時間內，汽車的位移大小為由動能定理可得其中v1=6m/s，解得0~3s時間內牽引力對汽車做的功W=108JC．3~5s時間內由圖像可知加速度大小為由牛頓第二定律可得F+0.2mg=ma可得因剎車額外產生的制動力的大小為F=3ND．根據圖像可知，0~6s時間內，汽車的路程克服阻力f做的功【詳解】A．金屬桿ab勻速向下運動時，產生的感應電動勢由b指向a，可知電容器上板電勢高，將上極板上移，電容器電荷量不變，場強不變，帶電粒子受力不變，不動，故A錯B．金屬桿勻速運動時滿足總解得勻速運動的速度大小為選項B正確；C．帶電液滴平衡時，解得電荷量大小為帶負電故選項C錯誤；D．金屬桿勻速運動時，若將電容器下極板向上移動，則電容器的電容增大，繼續充電，根據Q=CU，U不變，d減小E增大。上極板與P點距離不變，電勢差增加，上極板接地電勢為0，因此P點電勢降低，選項D錯誤。故選B。8．BD【詳解】A．以C點為原點，以CD為x軸，以垂直CD向上為y軸，建立坐標系如圖所示。對運動員的運動進行分解，y軸方向做類豎直上拋運動，x軸方向做勻加速直線運動。當運動員速度方向與CD平行時，在y軸方向上到達最高點，根據類豎直上拋運動的對稱性，可知t1=t2。而x軸方向運動員做勻加速運動，因t1=t2，故CF<FDBC．設在C點的初速度v與斜面的夾角為θ,將初速度沿x、y方向分解為v1=vcosθ、將加速度沿x、y方向分解為a1=gsinθ、a2=gcosθ則運動員的運動時間t=落在斜面上的距離s=vcosθ.t+gsinθ.t2則t∝v，s與v不成正比，B正確，C錯誤；D．設運動員落在斜面上的速度方向與水平方向的夾角為β,斜面的傾角為α。則有tanβ=，則tanβ=2tanαα一定，則β一定，則運動員落在斜面上的速度方向與從C點飛出時的速度大小無關故選BD9．AC【詳解】A．題圖可知AB共速為，規定向右為正方向，由動量守恒有mv0=(m+M)解得物體B的質量M=2m故A正確；B．設物體A與輕彈簧分離時，AB速度分別為vA、vB，則由動量守恒有mv0=mvA+MvB能量守恒有聯立解得故B錯誤；C．設AB在t2前任意時刻速度分別為vA1、vB1，由動量守恒有mv0=mvA1+MvB1整理得mv0t0=mxA+MxB其中聯立解得故C正確；D．彈簧最短時AB共速，v共由能量守恒得代入數據10.AC解：設弧長為的圓弧所對應的圓心角為α,則α==根據幾何知識，全反射的臨界角為C＝30°根據全反射條件sinC=直接從AB、BC面射出的光線中，在此光學元件中傳播的最長路徑的長度l＝-R光在此光學元件中傳播的速度v=光在此光學元件中傳播的最長時間t=解得t＝2（-1）故選AC116分）AD（1分）0.45（2分2分）大于（1分）【詳解】（1）A．平衡摩擦力時，需要小車與紙帶連接，從而通過紙帶上所打出的點判斷小車是否做勻速直線運動B．設平衡摩擦力時木板抬高的傾角為θ,在沿木板方向根據平衡條件有Mgsinθ=μMgcosθ解得所以木板抬高的傾角θ與沙桶中沙的質量無關，每次改變沙桶中沙的質量時，不需要重新平衡摩擦力C．由于小車速度較快，且運動距離有限，打出的紙帶長度也有限，為了能在長度有限的紙帶上盡可能多地獲取間距適當的數據點，實驗時應先接通電源，再釋放小車D．本實驗要求小車所受合外力等于兩細繩的拉力之和，所以需要調節長木板左端定滑輪的高度，使兩滑輪間細繩與長木板平行（2）由題意可知相鄰兩計數點的間的時間間隔為T=0.1s根據逐差法可得小車（含滑輪）運動的加速度大小為0.45（3）當力傳感器的示數為F0時，易知小車（含滑輪）所受合外力大小為2F0，則根據牛頓第二定律可知小車（含滑輪）的質量為根據可知a-F圖像斜率的倒數表示小車（含滑輪）的質量，所以A同學所用小車（含滑輪）的質量小于B同學所用小車（含滑輪）的質量。1210分）×10（2分）170（或者170.01分）35（2分）大（2分）28（3分）（1）根據題意可知，用×100擋測量某電阻時，操作步驟正確，發現表頭指針偏轉角度很大，說明待測電阻較小，為了較準確地進行測量，應換到×10擋。（2）由圖甲可知，被測電阻的測量值為170Ω（3）根據題意可知，當電流計滿偏時，流過電源的電流為4Ig，由閉合回路歐姆定律可得，歐姆表內阻為則表盤上30μA刻度線對應的電阻值是（4）根據題意可知，電池的電動勢下降到5.6V，待測電阻比真實值偏大若測得某電阻為30kΩ,電池電動勢為6.0V，歐姆表內阻為15kΩ,則電流計的電流為電動勢下降到5.6V，歐姆表內阻為14kΩ,則這個電阻的真實值為【詳解】（1）原來瓶內氣體體積為(1分)打氣過程中，相當于空氣等溫壓縮；把20次打入氣體和原來瓶內氣體為研究對象，由玻意耳定律得(2分)解得(1分)（2）假設壺內洗滌劑不能全部從噴口噴出，當壺內空氣的壓強降到P0時，壺內氣體的體積為V2，由玻意耳定律得PV1=P0V2(1分)解得(1分)壺內剩余洗滌劑體積為V3,(1分)故不能全部噴出（1分）（其他答案合理均給分）14.（12分1）N,=30N【詳解】（1）B物體恰好通過圓周運動的最高點(1分)(1分)c點對物塊N由牛頓第三定律=mB30N物塊對軌道的壓力N,=N=30N（1分）(2)對物塊由b到dVB=Vb（1分）由動量守恒定律可得mAvA=mBvB（1分）聯立以上方程可得Ep=12J（1分）（3）設A與小車能達到共速，此過程小車向左運動位移為xM。對A與小車系統，取向左為正方向，由動量守恒定律mAvA=(mA+M)v（1分）解得v=1m/s對小車和A，由能量守恒定律有得相解得x相=0.5m=L解得xM=4m當物體與小車恰能達到共速，剛滑上平臺ef時的動能EkA與S無關對A由能量關系有當時，小車與平臺相碰時，A物體與小車未達到共速，對A由能量守恒定律有解得EKA=(2-4S)J（1分）1518分）(1)設虛線上方的場強為E1，下方場強為E