安徽狮远县重点中学2025届高三物理下学期6月模拟考试试题含解析

PAGE18-安徽省定远县重点中学2025届高三物理下学期6月模拟考试试题（含解析）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。每小题给出的4个选项中，第14-18题只有一项是符合题意要求的，第19-21题有多项是符合题意要求的。全部选对的6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分。1.氢原子的能级如图，一群氢原子处于n＝4能级上。当氢原子从n＝4能级跃迁到n＝3能级时，辐射光的波长为1884nm，下列推断正确的是()A.一群氢原子从n＝4能级向n＝1能级跃迁时，最多产生4种谱线B.从高能级向低能级跃迁时，氢原子核肯定向外放出能量C.氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，辐射光的波长大于1884nmD.用氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射的光照耀W逸＝6.34eV的铂，能发生光电效应【答案】D【解析】【详解】A.一群处于n＝4能级上的氢原子向n＝1能级跃迁时最多产生＝6种谱线，故A错误；B.从高能级向低能级跃迁时，氢原子肯定向外放出能量，但原子核不向外放出能量，故B错误；C.氢原子从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射的光子能量小于从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射的光子能量，依据可知从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射的光子波长小于1884nm，故C错误；D.氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射的光子的能量值：E12＝E2－E1＝－3.40eV－(－13.60eV)＝10.20eV，故用该光照耀W逸＝6.34eV的铂，能发生光电效应，故D正确。故选：D2.南昌市秋水广场拥有亚洲最大的音乐喷泉群．一同学在远处观看秋水广场喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高，表演结束时，靠近视察到该主喷水管口的圆形内径约有10cm，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是A.5×102W B.5×103W C.5×104W D.5×105W【答案】D【解析】【详解】40层楼高约h=120m．设水泵的功率为P，泵在时间内使质量为的水以速度v通过喷水管口，则，，以及（ρ为水的密度），由此可得．3.如图，表面到处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块马上从静止起先沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图像是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2．依据牛顿其次定律得：mgsinα+μmgcosα=ma1，mgsinβ-μmgcosβ=ma2，得a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinβ-μgcosβ，则知a1＞a2;而v-t图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率．上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x=at2知，上滑过程时间较短．因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图象都是直线．由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达c点的速度小于v0．故C正确，ABD错误．故选C【点睛】本题关键运用牛顿其次定律和运动学公式分析两个过程加速度关系、运动时间关系，即可结合图象的物理意义进行选择．4.如图所示，在足够大的光滑绝缘水平面内有一带正电的点电荷a(图中未画出)，与a带同种电荷的质点b仅在a的库仑力作用下，以初速度v0(沿MP方向)由M点运动到N点，到N点时速度大小为v，且v<v0，则下列说法错误的是()A.a电荷肯定在虚线MP下方B.b电荷在M点、N点的加速度大小可能相等C.b电荷在M点的电势能小于在N点的电势能D.b电荷从M点到N点的过程中，a电荷对其做的总功为负值【答案】B【解析】【详解】A．合外力应指向轨道凹侧，因为带同种电荷，a电荷肯定在虚线MP下方，故A对；CD．由v<v0可知，电荷b从M到N电场力对其做负功，选项C、D对；B．N点距点电荷a近，受到电场力大，所以b电荷在M点的加速度小于在N点的加速度，故B错；故选B。5.如图1所示，志向变压器的原线圈接有保险丝FU，其熔断电流为6A，副线圈接有阻值为R0=10Ω的定值电阻、铭牌上标有“100V50W”字样的灯泡以及最大阻值为400Ω的滑动变阻器R．现在原线圈的ab间接如图2所示的沟通电源，当滑动变阻器的滑片处在中点时，灯泡恰好正常发光，则下列说法正确的是A.原线圈两端输入的交变电压为u=22sin100πt(V)B.志向变压器原、副线圈的匝数比为1∶5C.若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，灯泡变亮D.若持续向下移动滑动变阻器的滑片，变压器的输入功率变大，可能会使熔断器熔断【答案】BD【解析】【详解】由题图2可知，交变电压的最大值为22V，周期为T=2×10－2s，所以角速度为ω==100π(rad/s)，则原线圈两端的交变电压为u=22sin100πt(V)，选项A错误；灯泡正常发光时的电阻为RL==200Ω，电流为IL==0.5A，当滑动变阻器的滑片处在中点时接入电路的电阻为200Ω，依据并联电路的特点可知，通过电阻R0的电流为I0=1A，所以变压器的输出电压为U2=UL＋I0R0=110V，则有，选项B正确；若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，接入电路的电阻变小，则副线圈中的电流变大，电阻R0两端的电压增大，所以灯泡两端的电压减小，亮度变暗，选项C错误；若持续向下移动滑动变阻器的滑片，副线圈中的电流会持续增大，由P出=U2I2可知输出功率变大，又P入=P出，所以输入功率变大，原线圈中的电流I1也增大，因此可能超过熔断电流6A，熔断器可能会熔断，选项D正确．6.我国的“天链一号”卫星是地球同步卫星，可为中低轨道卫星供应数据通讯，“天链一号”卫星4、赤道平面内的低轨道卫星b，地球的位置关系如图所示，O为地心，地球相对卫星a、b的张角分别为和（图中未标出），卫星a的轨道半径是b的9倍，且均绕地球同向运行，已知卫星．的周期为T，在运行过程中由于地球的遮挡，卫星b会进入卫星Q通讯的盲区，卫星间的通讯信号视为沿直线传播，信号传输时间可忽视，下列分析正确的是A.卫星a、b的速度之比为1：9B.卫星b星的周期为C.卫星b每次在盲区运行时间为D.卫星b每次在盲区运行的时间为【答案】BC【解析】【详解】A.设卫星a、b的轨道半径分别为r1和r2．地球半径为R．依据万有引力提向心力：解得：所以卫星a、b的速度之比为1：3.故A错误.B.由依据万有引力提向心力：可得：可得：r1＝9r2则得卫星b星的周期为.故B正确.CD.如图所示：A、B是卫星盲区两个边缘位置，由几何学问可得：∠AOB＝θ1+θ2则有：解得b每次在盲区运行的时间为：故C正确，D错误.7.如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，当物块运动到最低点之前，下列说法正确的是A.物块与斜面体间的弹力不变B.物块与斜面体间的摩擦力增大C.斜面体与地面间的弹力不变D.斜面体与地面间的摩擦力始终为0【答案】BD【解析】【详解】AB、设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，依据共点力平衡条件，支持力N=mgcosα，摩擦力f=mgsinα，故动摩擦因数μ=f/N=tanα；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′=mgcosα+Fsinα，变大；滑动摩擦力f′=μN′，也变大；故A错误，B正确；CD、不加推力F时，依据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故依据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向照旧是竖直向上(大小变大，方向不变)；同理,依据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力照旧是竖直向下(大小变大，方向不变)，故斜面体相对地面仍旧没有滑动趋势，故斜面体仍旧不受摩擦力，但对地压力变大了；故C错误，D正确；故选BD8.如图1，水平地面上边长为L的正方形ABCD区域，埋有与地面平行的金属管线．为探测金属管线的位置、走向和埋覆深度，先让金属管线载有电流，然后用闭合的摸索小线圈P（穿过小线圈的磁场可视为匀强磁场）在地面探测，如图2所示，将暴露于地面的金属管接头接到电源的一段，将接地棒接到电源的另一端．这样金属管线中就有沿管线方向的电流．使线圈P在直线BD上的不同位置保持静止时（线圈平面与地面平行），线圈中没有感应电流．将线圈P静置于A处，当线圈平面与地面平行时，线圈中有感应电流，当线圈平面与射线AC成37°角且保持静止时，线圈中感应电流消逝．下列说法正确的是（）（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）A.金属管线沿AC走向B.图2中的电源为电压恒定并且较大的直流电源C.金属管线的埋覆深度为D.线圈P在A处，当它与地面的夹角为时，P中的感应电流可能最大【答案】CD【解析】【详解】由题意可知，线圈P在直线BD上的不同位置保持静止（线圈平面与地面平行），线圈中没有感应电流．说明穿过线圈的磁通量不变，则金属管线沿BD走向，故A错误．由题意可知，当线圈静止时存在感应电流，则说明线圈产生的磁场为改变的，故电流肯定是改变的，故B错误．线圈平面与射线AC成37°角时，线圈中感应电流消逝说明B点的磁场方向成37°角，则由几何关系可知，埋覆深度d与OA长度的关系为d=OAtan53°，解得深度d=L，故C正确．P在A处，与地面夹角成53°时，线圈P与磁场方向相互垂直，则此时磁通量的最大，磁通量的改变率最大，故感应电流可能最大，故D正确．第II卷（共174分）三、非选择题：共174分。包括必考题和选考题两部分。（一）必考题：共129分。9.某同学利用气垫导轨验证机械能守恒定律，试验装置如图所示．气垫导轨倾斜固定在水平桌面上，导轨A点处有一带挡光片的滑块，滑块与挡光片的总质量为M，挡光片的宽度为d，滑块通过细线跨过光滑的定滑轮与两个相同的钩码相连，连接滑块的一段细线与导轨平行，每个钩码的质量为m．开启气泵，滑块恰好能静止于A点．导轨上B点处固定一个光电门，挡光片到光电门的距离为L（L小于钩码到定滑轮的距离）．已知当地重力加速度为g．①该同学用游标卡尺测出遮光片的宽度，则该同学用的游标卡尺是________分度（填10、20或50）．②某时刻只撤去钩码2，让滑块从A点静止起先运动，已知光电门记录挡光片挡光时间为，则滑块通过B点的瞬时速度为_________（用题目中所给的物理符号表示）．③在滑块从A点运动到B点的过程中，为了验证滑块与钩码1组成的系统机械能守恒，须要验证的关系式为_________________________（用题目中所给的物理符号表示）．【答案】(1).50(2).(3).【解析】【详解】解：①10分游标卡尺将9mm等分成10份，每份0.9mm，和主尺一格差0.1mm，精度0.1mm；20分游标卡尺将19mm等分成20份，每份0.95mm，和主尺一格差0.05mm，精度0.05mm；50分游标卡尺将49mm等分成50份，每份0.98mm，和主尺一格差0.02mm，精度0.02mm；游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读，所以该同学用游标卡尺测出遮光片的宽度，用的游标卡尺是50分度；②极短时间内平均速度等于瞬时速度，则滑块通过B点的瞬时速度为③开启气泵，滑块恰好能静止于A点，依据平衡条件则有：；只撤去钩码2，让滑块从A点静止起先运动，系统重力势能减小化量为，动能的增加量为：，为了验证滑块与钩码1组成的系统机械能守恒，须要验证的关系式为，即；10.某同学将电流表A与一电源和滑动变阻器串联改装成欧姆表．并测定电源的电动势E和内阻r，如图甲所示，已知电流表内阻Rg＝7.5Ω，满偏电流Ig＝10mA．电流表的表盘如图乙所示，该同学做如下操作：（1）首先，将两探针短接后，调整滑动变阻器R，使电流表A达到满偏．断开两探针，若用电阻箱替代滑动变阻器R．仍使电流表满偏．电阻箱读数如图丙所示，则R＝_____．（2）保持滑动变阻器R接入电路阻值不变，重新接回，将两探针接电阻箱，可以逐一将欧姆表刻度标出，当电阻箱调至1000Ω时，电流表读数如图乙所示，则此时电流为_____A．（3）由此，可以侧出电源的电动势E＝_____，内阻r＝_____．（4）改装好的欧姆表运用一段时间后，可认为电源电动势有所降低，内阻增大，该同学依据步骤规范操作，测量某肯定值电阻，测得电阻值_____真实值（填“大于”、“等于”、或“小于”）【答案】(1).142.0Ω(2).0.0060(3).1.5V(4).0.5Ω(5).大于【解析】【详解】（1）由图示电阻箱可知，其读数为：1×100Ω+4×10Ω+2×1Ω+0×0.1Ω＝142.0Ω；（2）电流表量程为10mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，示数为6.0mA＝0.0060A；（3）依据题意，应用闭合电路欧姆定律可知：，，解得：E＝1.5V，r＝0.5Ω．（4）欧姆调零时：，电源电动势降低，欧姆调零时欧姆表内阻R内减小，用欧姆表测电阻时：，由于R内减小，测电阻时电流I偏小，指针偏左，所测电阻偏大，电阻测量值大于真实值．11.近年来，随着AI的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L=7.6m.机械手将质量为1kg的包袱A轻放在传送带的左端，经过4s包袱A离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg的包袱B发生正碰，碰后包袱B在水平面上滑行0.32m后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包袱A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g=10m/s2.求：(1)包袱A与传送带间的动摩擦因数;(2)两包袱碰撞过程中损失的机械能;(3)包袱A是否会到达分拣通道口.【答案】(1)μ1=0.5(2)△E=0.96J(3)包袱A不会到达分拣通道口【解析】【详解】(1)假设包袱A经过t1时间速度达到v0，由运动学学问有包袱A在传送带上加速度的大小为a1,v0=a1t1包袱A的质量为mA，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1mAg=mAa1解得：μ1=0.5(2)包袱A离开传送带时速度为v0，设第一次碰后包袱A与包袱B速度分别为vA和vB，由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB包袱B在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2mBgx=0-mBvB2解得vA=-0.4m/s，负号表示方向向左，大小为0.4m/s两包袱碰撞时损失的机械能:△E=mAv02-mAvA2-mBvB2解得：△E=0.96J(3)第一次碰后包袱A返回传送带，在传送带作用下向左运动xA后速度减为零，由动能定理可知-μ1mAgxA=0-mAvA2解得xA=0.016m<L，包袱A在传送带上会再次向右运动.设包袱A再次离开传送带的速度为vA′μ1mAgxA=mAvA′2解得:vA′=0.4m/s设包袱A再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为xA-μ2mAgxA′=0-mAvA2解得xA′=0.08mxA′=<0.32m包袱A静止时与分拣通道口的距离为0.24m，不会到达分拣通道口.12.如图所示，在xOy坐标系中有圆柱形匀强磁场区域，其圆心在O′(R，0)，半径为R，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面对里．在y≥R范围内，有方向向左的匀强电场，电场强度为E．有一带正电的徽粒以平行于x轴射入磁场，微粒在磁场中的偏转半径刚好也是R．已知带电徹粒的电量为q，质量为m，整个装置处于真空中，不计重力．(1)求微粒进入磁场的速度大小；(2)若微粒从坐标原点射入磁场，求微粒从射入磁场到再次经过y轴所用时间；(3)若微粒从y轴上y=处射向磁场，求微粒以后运动过程中距y轴的最大距离．【答案】（1）；（2）（3）【解析】【详解】（1）微粒射入磁场后做匀减速运动，洛伦兹力供应向心力，有：解得（2）微粒从原点射入磁场，因在磁场中轨迹半径也为R，所以微粒经圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，轨迹如图甲所示在磁场中运动时间为进入电场后做类平抛运动，沿电场方向解得故所求时间为：（3）微粒从y轴上处射向磁场，入射点为P，轨迹圆心为，如图乙所示在中=30°，=60°，连接，因，=120°，则=30°，两圆相交，关于圆心连线对称，设出射点为Q，由对称知=30°，出射点Q必位于点正上方．由于=60°，所以微粒从磁场中出射方向与x轴成．在电场中微粒沿x轴正方向做初速为的匀减速运行，加速度大小为在电场中向右运动的最远距离由以上三个方程及可解得运动过程中距y轴的最远距离为，即．13.关于固体、液体和气体，下列说法正确的是A.当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大B空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强就越接近饱和气压C.由于液体表面层分子间距高大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力D.单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数削减，气体的压强可能增大E.利用氧气的摩尔质量、密度以及阿伏加德罗常数就可以估算出一个氧气分子的体积【答案】BCD【解析】【详解】A．分子之间的距离等于平衡距离时，分子势能最小，所以当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能可能增大，也可能减小；故A错误；B．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强就越接近饱和气压；故B正确；C．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，此时分子之间的引力大于斥力，液体表面存在张力；故C正确；D．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数削减，但假如速度增大，撞击力增大，气体的压强可能增大；故D正确；E．气体分子间距离较大，所以无法利用氧气的摩尔质量、密度以及阿伏加德罗常数就可以估算出一个氧气分子的体积，只能求出单个分子占据的空间；故E错误。故选BCD．【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数、湿度、分子间作用力以及压强的微观意义等，要留意明确气体分子间距较大，只能求分子占据的空间.14.如图所示，一气缸内由光滑的活塞封闭着肯定量的志向气体，气缸(足够长)开口竖直向下．活塞下挂一个沙桶，活塞和沙桶的总质量为m，平衡时活塞离底部的距离为h．现往沙桶内缓慢加人沙子，装满沙桶时活塞离底部的距离高为H、已知气缸壁的导热性能良好，活塞的横截面积为S，在缸内可自由滑动且不漏气；大气压强为p0，环境温度不变，重力加速度为g．求①装入沙桶沙子的质量△m；②若因外界环境温度降低，活塞又回到离底部距离为h处，且内能减小了△E，则此过程须要向外界放出热量Q．【答案】①②【解析】【分析】依据平衡条件求出沙桶未装沙子时气缸内气体压强和当沙桶装满沙子时气缸内气体压强，由玻意耳定律列式装入沙桶沙子的质量；气体温度降低过程中，求出外界对气体做功