四川省仁寿第一中学北校区2025届高三物理下学期第二次模拟考试试题含解析

PAGE18-四川省仁寿第一中学北校区2025届高三物理下学期其次次模拟考试试题（含解析）1.下列说法正确的是（）A.氢原子从激发态向基态跃迁时，会辐射光子B.钍的半衰期为24天，1g钍经过120天后还剩0.2g钍C.卢瑟福的粒子散射试验证明白原子核是由质子和中子组成的D.贝克勒尔通过对自然放射现象的探讨，发觉了原子中存在原子核【答案】A【解析】【详解】A．电子向低能级跃迁时会辐射光子，故A正确；B．依据故B错误；C．卢瑟福的粒子散射试验：绝大多数粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数粒子发生了较大的偏转，并有极少数粒子的偏转超过90°，有的甚至几乎达到180°而被反弹回来，这就是粒子的散射现象。试验结论：正电荷集中在原子中心。大多数α粒子穿透金箔：原子内有较大空间，而且电子质量很小。小部分α粒子变更路径：原子内部有一微粒，而且该微粒的体积很小，带正电。极少数的α粒子反弹：原子中的微粒体积较小，但质量相对较大。故C错误；D．卢瑟福发觉原子核，故D错误。故选A2.据报道，我国将在2024年放射火星探测器，并预料2024年抵达火星表面。若火星可视为匀称球体，其表面的重力加速度为g，半径为R0，探测器的质量为m，在离火星表面高度为R0的圆轨道上绕火星运行，则探测器（）A.受到火星的引力 B.线速度C.周期 D.角速度【答案】D【解析】【详解】A．由万有引力定律可得火星表面有得受到火星的引力故A错误；B．由公式得故B错误；C．周期为故C错误；D．角速度故D正确。故选D。3.如图所示，某一物体从倾角为θ的斜面上以初速度v0水平抛出，落到斜面上，不计空气阻力，重力加速度为g。则（）A.物体落到斜面上时的速度大小是B.物体在空中运动的时间是C.物体落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角为2θD.假如v0的大小不同，则物体落到斜面上时的速度方向也就不同【答案】B【解析】【详解】AB．物体落在斜面上时，斜面倾角为位移与水平方向的夹角，即为得物体在空中运动的时间是落到斜面上的速度选项A错误，B正确；CD．物体落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角即假如v0的大小不同，物体落到斜面上时的速度方向也是相同的，则选项CD错误；故选B。4.如图甲所示的电路中，志向变压器原线圈输入如图乙所示的正弦沟通电，沟通电压表和电流表均为志向电表，其中电压表示数为22V，下列说法正确的是（）A.灯泡中电流方向每秒钟变更50次B.变压器原、副线圈的匝数之比为5∶1C.变压器原、副线圈中磁通量变更率之比为1∶1D.将滑动变阻器滑片下滑，变压器的输入功率减小【答案】C【解析】【详解】A．沟通电的周期为0.02s，频率为50Hz，电流方向在一个周期内变更2次，则灯泡中电流方向每秒钟变更100次，选项A错误；B．变压器初级电压有效值为U1=220V，次级电压有效值为U2=22V，依据匝数比等于电压比可知，变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，选项B错误；C．变压器原、副线圈共用一个铁芯，则磁通量变更率是相等的，即磁通量变更率之比为1∶1，选项C正确；D．将滑动变阻器滑片下滑，则R2减小，次级电阻减小，因次级电压不变，依据可知，变压器次级消耗的功率变大，则变压器的输入功率变大，选项D错误。故选C。5.如图甲所示，O、A为电场中始终线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从O点以某一初速度沿直线运动到A点，其电势能Ep随位移x的变更关系如图乙所示。则从O到A过程中，下列说法正确的是（）A.点电荷的速度先增大后减小B.点电荷所受电场力先减小后增大C.该电场是负点电荷形成的D.O到A电势先降低后上升【答案】B【解析】【详解】A．正电荷在电场力作用下运动，故电荷的电势能与动能的总和不变，由图象可知，电势能先增大后减小，则动能先减小后增大，速度先减小后增大，A错误；

BC．电场力做的功W=Fx=Ep-Ep0，Ep-x图线的斜率反映电场力的大小，可见电场力先减小后增大，且方向发生了变更，因此不行能是点电荷的电场，即B正确，C错误；

D．从A到B过程中，该正电荷的电势能先增大再减小，则空间各点的电势先上升后降低，D错误。

故选B。6.如图所示，斜面体固定在水平面上，一轻质细线绕过滑轮1和滑轮2，两端分别与物体和轻环连接，轻环穿在水平横杆上，滑轮2下吊一物体。物体和滑轮1间的细线平行于斜面，系统静止。现将向右移动少许，物体始终静止，系统再次静止，不计滑轮质量和滑轮与绳间的摩擦。则（）A.细线拉力将变大B.地面对斜面体的支持力将变大C.横杆对轻环的摩擦力将变大D.斜面体对物体的摩擦力将变小【答案】AC【解析】【详解】A．以滑轮2为探讨的对象，受力如图若将向右移动少许，两个绳子之间的夹角增大，由于对滑轮的拉力不变，两个绳子之间的夹角变大，依据绳子的拉力F肯定变大，A正确；B．对斜面体、物体、物体整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示依据平衡条件，有与角度无关，恒定不变，B错误；C．以为探讨的对象水平方向向右移动少许，F变大，变大，变大，横杆对轻环的摩擦力将变大，C正确；D．若原来物块有下降趋势，绳子拉力增大，可能有上升趋势，因摩擦力大小和方向都不能确定，D错误故选AC。7.如图所示，两根足够长平行光滑金属导轨竖直放置，间距为0.2m，电阻不计。完全相同的两金属棒ab、cd水平放置，棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的重力均为0.1N，电阻均为0.1Ω。在两导轨间有垂直导轨平面对里的匀强磁场，磁感应强度为0.5T。金属棒ab在竖直向上拉力F作用下向上匀速运动，金属棒cd恰好能保持静止，下列说法正确的是（）A.ab棒受到的拉力大小为0.1NB.ab棒向上运动的速度为2m/sC.ab棒两端的电势差为0.2VD.系统在2秒内增加的机械能和产生的热量均为0.4J【答案】BD【解析】【详解】A．金属棒cd恰好能保持静止，由平衡条件可得由于两棒中的电流大小相等，则ab棒所受安培力与cd棒的安培力相等，且由左手定则可知，ab棒所受安培力方向向下，由平衡可得ab棒受到的拉力大小故A错误；B．ab棒所受安培力为解得故B正确；C．ab棒两端的电势差为故C错误；D．系统在2秒内增加机械能为产生的热量等于克服安培力做的功故D正确。故选BD。8.如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率v0逆时针转动，在t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体的速度随时间变更的图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2。则（）A.传送带的倾角θ=B.物体与传送带的动摩擦因数µ=0.4C.在前2秒内，传送带对货物做的功为24JD.在前2秒内，货物与传送带间因摩擦产生的热量为24J【答案】AD【解析】【详解】AB．物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面对下的分力大于摩擦力，物块接着向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为10m/s，起先时物体摩擦力方向沿斜面对下，速度相等后摩擦力方向沿斜面对上，则联立解得，故A正确，B错误；C．第一段匀加速直线运动的位移为此过程传送带对货物做的功为其次段匀加速直线运动的位移为此过程传送带对货物做的功为则总功为故C错误；D．第一阶段物体与传送带间的相对位移为产生的热量为其次阶段物体与传送带间的相对位移为产生的热量为总热量为故D正确。故选AD。第Ⅱ卷（非选择题共174分）三、非选择题：全为必考题，每个试题考生都必需做答。共174分。9.某试验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因数，设计如图甲所示装置，已知当地的重力加速度为。(1)对于试验的要求，下列说法正确的一项是____；A．钩码的质量要远小于木块的质量B．要保证长木板水平C．接通电源同时释放木块(2)按正确的操作要求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器运用的是的沟通电源，纸带上的点每5个点取1个记数点，则该木块的加速度____；（结果保留两位有效数字）(3)若木块的质量为，钩码的质量为，则木块与长木板间的动摩擦因数为____（用、、、表示结果）。【答案】(1).B(2).1.1(3).【解析】【详解】（1）试验中不是用钩码的重力来表示细线对木块的拉力，对于M、m并不要求；又因为，的大小就是木块对木板的压力大小，所以要保证长木板水平；试验操作中是先通电源再放木块，即AC错误，B正确；（2）由逐差法公式可求得加速度（3）分别对木块和钩码进行受力分析，由牛顿其次定律表示出木块的加速度（T表示细线的拉力）,解得10.某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率．试验操作如下：（1）螺旋测微器如图甲所示．在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动__________（选填“A”“B”或“C”），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。（2）某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图乙所示，其读数是________。（3）甲图中Rx，为待测电阻丝．请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入乙图实物电路中的正确位置________。（4）为测量R，利用（3）甲图所示的电路，调整滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1–I1关系图象如图所示。接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：U2/V0.501.021.542.052.55I2/mA20.040.060.080.0100.0请依据表中的数据，在方格纸上作出U2–I2图象______________。（5）由此，可求得电阻丝的Rx=___________Ω．依据电阻定律可得到电阻丝的电阻率．【答案】(1).C(2).0.200（均可）(3).(4).(5).23.5（23.0~24.0都算对）【解析】【详解】（1）[1]．在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动C，直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。（2）[2]．用螺旋测微器测量金属丝直径读数是：0.01mm×20.0=0.200mm；（3）[3]．电路连接如图所示；（4）[4]．作出U2–I2图象如图；（5）[5]．由图像可知11.如图所示，在匝数N=100匝、截面积S=0.02m2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场B0，B0匀称变更．两相互平行、间距L=0.2m的金属导轨固定在倾角为30°的斜面上，线圈通过开关S与导轨相连．一质量m=0.02Kg、阻值R1=0.5Ω的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的MN位置，M、N等高．一阻值R2=0.5Ω的定值电阻连接在导轨底端．导轨所在区域存在垂直于斜面对上的磁感应强度B=0.5T的匀强磁场．金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽视不计．重力加速度取g=10m／s2．(1)闭合开关S时，金属杆受到沿斜面对下的安培力为0.4N，请推断磁感应强度B0的变更趋势是增大还是减小，并求出磁感应强度B0的变更率．(2)断开开关S，解除对金属杆的锁定，从MN处由静止释放，求金属杆稳定后的速度以及此时电阻R2两端的电压．【答案】（1）磁感应强度B0的趋势是增大1T/s（2）10m/s0.5V【解析】【分析】(1)依据金属杆受安培力的方向，应用左手定则推断出金属杆中感应电流的方向，应用楞次定律推断磁感应强度假如变更；应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律与安培力公式求出磁感应强度的变更率；(2)应用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，对金属杆应用动量定理求出金属杆的速度，然后应用能量守恒定律与串联电路特点求出金属杆产生的焦耳热．【详解】(1)闭合开关S时，金属杆受到沿斜面对下的安培力，空中金属杆中的电流由M流向N，依据楞次定律可知磁感应强度B0的趋势是增大线圈中的感应电动势导线中的电流为金属杆受到的安培力为：F=BIL，得到：；(2)匀速时解得：由欧姆定律可得：得到U=0.5V．【点睛】本题是电磁感应与力学、电路等等学问的综合，与力学联系的桥梁是安培力，与电路的纽带是感应电动势；分析清晰金属杆的运动过程与电路结构是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、动量定理等学问即可解题．12.小车M=1kg静止在光滑水平地面上，其左侧有一颗插入地面的销钉（可确保小车不会向左运动），小车上表面由两段光滑圆弧夹一段粗糙水平轨道构成，如图所示。已知圆弧BC所对应的圆心角θ=、半径R1=2.75m，CD的长度L=1m、动摩擦因数μ=0.5，四分之一圆弧DE半径R2=0.3m。一小滑块m=1kg（视为质点）从某一高度处的A点以大小v0=4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，重力加速度取g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8，空气阻力不计，求：(1)滑块刚进入圆轨道BC时的速度vB；(2)滑块从E端冲出后，上升到最高点时距E点的竖直高度hm；(3)滑块在小车的水平段CD上运动的总时间t。【答案】(1)5m/s，方向垂直于O1B斜向右下方；(2)0.1m；(3)0.6s【解析】【详解】(1)分解B点速度可得垂直于O1B斜向右下方。(2)对滑块BC段有解得小车离开销钉后系统水平方向动量守恒，则滑块从C点到斜抛至最高点的过程中，对系统有得又解得(3)对滑块从C点到相对静止的过程有得知仅一次来回即达到共速，再设滑块过D点时的速度为，下车速度为，依据动量守恒定律得且解得，或，综合分析知，第1组解对应滑块相对小车向右滑行时通过D点，该阶段用时第2组解对应滑块从E点回到小车后，相对小车向左通过D点，之后相对小车向左滑行0.8m时与车共速（之后不再相对滑动），该阶段用时故滑块在CD运动的总时间13.【物理-选修3-4】下列说法中正确的是（）A.做简谐运动的质点，经过四分之一周期，所通过的路