河北省沧州市三校联考2024-2025学年高三上学期11月期中物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025年普通高中学业水平选择性考试模拟试题物理（二）本试卷共8页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。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.如图所示为不同原子核的比结合能随质量数A变化的图线，查德威克发现中子的核反应方程为。下列说法正确的是（）A.是B.核的结合能大于核的结合能C.核的平均核子质量小于核的平均核子质量D.的总质量小于和的总质量【答案】C【解析】A.根据质量数守恒和电荷数守恒，可知为，A项错误；B.核的比结合能大于核的比结合能，但核的核子多，比结合能与核子数相乘后的结合能大，B项错误；C.比结合能越大，在核子结合成原子核时，平均每个核子的质量亏损越大，核的比结合能大于核的比结合能，所以核的平均核子质量小，C项正确；D.的比结合能均小于核的比结合能，该核反应会存在核能的释放，反应过程存在质量亏损，所以的总质量大于和的总质量，D项错误。故选C。2.某位球员向下拍打篮球，手和篮球接触的过程中，篮球的图像如图所示，规定竖直向下为正方向，和时篮球的位置相同，在和两段过程中，下列说法正确的是（）A.两段过程的位移相同 B.两段过程中的加速度方向相同C.两段过程中的加速度大小之比为1:2 D.整个过程的初速度与末速度大小之比为4:1【答案】B【解析】A．篮球回到初始位置，因此两段过程的位移大小相等、方向相反，A错误；B．篮球先向上减速，后向下加速，加速度方向均竖直向下，B正确；CD．由图像的意义可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，斜率代表加速度，根据面积以及斜率公式，可知CD错误。故选B。3.火星与金星绕太阳的运动均可视为圆周运动且周期之比约为3:1，单位时间内行星与太阳的连线扫过的面积叫作面积速率，则火星与金星绕太阳公转的面积速率之比约为（）A.1:1 B. C. D.【答案】B【解析】行星绕太阳做圆周运动，由万有引力提供向心力有解得行星与太阳连线扫过的面积速率则有故选B。4.如图甲所示为某兴趣小组用小型发电机，原、副线圈匝数分别为的理想变压器，钢针和金属板组成的燃气灶点火装置。如图乙所示为发电机产生的交变电流的电动势随时间变化的关系。已知当变压器副线圈电压瞬时值大于8000V时，钢针和金属板间就会引发电火花进而点燃气体，发电机线圈内阻不计。下列说法正确的是（）A.时，通过发电机线圈的磁通量变化率为零B.该交变电流的频率为5HzC.电压表的示数为20VD.才能实现点火【答案】A【解析】A．由图乙可知，时，瞬时电动势，电流方向发生改变，此时通过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，故A正确；B．根据图乙可知，周期则频率故B错误；C．电动势的最大值电压表示数有效值故C错误；D．根据变压器电压与匝数关系对峰值也成立，则有其中由于才能点火，解得故D错误。故选A。5.荡秋千是儿童喜爱的活动，如图所示，大人用水平力缓慢将秋千从最低点O拉至右侧最高点B，此时秋千绳与竖直方向的夹角为，然后由静止释放。小朋友和座椅的总质量为m、重心到秋千悬点的距离为L，忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法错误的是（）A.秋千被缓慢拉起的过程中，秋千绳上的拉力逐渐增大B.秋千被缓慢拉起的过程中，水平拉力做的功为C.秋千由静止释放至经过最低点的过程中，秋千绳上拉力的冲量一定大于重力的冲量D.秋千被拉至B点松手前秋千绳上的拉力一定小于秋千经过最低点时秋千绳上的拉力【答案】D【解析】A．秋千被缓慢拉起的过程中，根据平衡条件可知，秋千绳上的拉力随偏离竖直方向角度的增大而逐渐增大，A正确：B．秋千被缓慢拉起的过程中，由功能关系可知，水平拉力做的功等于小朋友和座椅重力势能的增加量，即为，B正确；C．秋千由点到最低点的过程中，则有动量变化量方向水平，重力冲量竖直向下，根据动量定理可得秋千绳上拉力的冲量大小C正确；D．秋千被拉至点时有摆到最低点时有当时，，D错误。故选D。6.一定质量理想气体由状态A经过状态B变为状态C，其图像如图所示。已知气体在状态C时的体积为。下列说法正确的是（）A.气体在状态A时的温度为300K、体积为B.从状态A到状态B的过程中，单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数可能不变C.从状态B到状态C的过程中，分子数密度减小，单个分子对器壁的平均撞击力不变D.从状态A到状态C的过程中，气体从外界吸收的热量大于45000J【答案】D【解析】A．从状态到状态的过程中，气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有解得从状态到状态的过程中，气体的压强与热力学温度成正比，所以气体发生等容变化，体积保持不变根据查理定律有解得A错误；B．从状态到状态B的过程中，体积不变，分子数密度不变，温度升高，分子平均动能增大，分子与器壁碰撞机会增加，单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数增多，B错误；C．从状态B到状态C的过程中，体积增大，分子数密度减小，温度升高，分子平均动能增大，单个分子对器壁的平均撞击力增大，C错误；D．从状态A到状态C的过程中，气体内能增加，气体对外做的功根据热力学第一定律可知，整个过程吸收的热量等于内能增加量与气体对外做的功之和，大于45000J，D正确。故选D。7.为提高运动员的腿部力量和耐力，拖轮胎跑是常用的一种训练方式。如图所示，一运动员在一段时间内通过轻绳拖动轮胎沿水平地面做匀加速直线运动。已知轮胎与地面间的动摩擦因数，轮胎的质量为m，则运动员以加速度a匀加速运动位移x的过程中（）A.当轻绳拉力方向与水平方向成角时所需拉力最小B.调整轻绳拉力方向，绳上拉力做功的最小值可能为maxC.若轻绳拉力方向不同，则轮胎所受合力做的功也不同D.即使轻绳拉力方向不同，但拉力的平均功率仍相同【答案】B【解析】A．轮胎在轻绳的拉力、重力、支持力和摩擦力的作用下做匀加速直线运动，设轻绳拉力F与水平方向成角，根据牛顿第二定律有解得其中当时，有最小值，故A错误；B．轻绳上拉力做的功可知，当时，轻绳拉力做功最小，解得故B正确；C．根据牛顿第二定律可得轮胎所受合外力大小只与轮胎加速度成正比，在轮胎移动距离x的过程中，合力做功大小与轻绳拉力方向无关，故C错误；D．轻绳上拉力的方向不同，摩擦力做功不同，动能变化相同，则拉力做功不同，轮胎匀加速运动位移x所需时间相同，故拉力的平均功率不同，故D错误。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，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，在直角坐标系xOy的x轴上固定着带电荷量分别为的两点电荷A、B，两点电荷与原点之间的距离均为a。一质量为m、带电荷量为的带电粒子，以x轴上的M点为圆心在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，M点到原点的距离为2a，圆周运动的半径为，不计粒子重力，静电力常量为k，下列说法正确的是（）A.A带正电，B带负电 B.A带负电，B带正电C. D.粒子的线速度大小为【答案】ACD【解析】AB．因为带电粒子以M为圆心做匀速圆周运动，则A、B位置固定的两电荷对带电粒子的合力提供向心力，合力方向指向M点，由力的合成可知，只有当A带正电、B带负电才能满足要求，A正确，B错误；CD．如图所示对圆周上的一点P，由库仑定律有满足由几何关系知联立解得CD正确。故选ACD。9.如图甲所示，某均匀介质中两波源形成的两列简谐横波均沿x轴传播，波速。两波源的位置坐标分别为和时刻两波源同时开始振动，振动图像均如图乙所示，质点P的平衡位置坐标，下列说法正确的是（）A.时刻，质点P的速度方向沿y轴正方向B.0~0.625s时间内，质点P经过的路程为20cmC.经足够长的时间，质点P的振幅为D.0~0.825s时间内，质点P经过的路程为52cm【答案】BC【解析】A．由图乙可知波源的振动周期，两列波的波长波源形成的波传播到质点用时波源形成的波传播到质点用时得出时只有波源形成的波传播到质点，则则质点处于平衡位置沿轴负方向运动，故A错误；B．时间内，质点振动了经过的路程为故B正确；C．若以0.625s开始计时，波源引起的质点的振动方程波源引起的质点的振动方程为则质点的振动方程为可知质点的振幅为，故C正确；D．时间内正好经历了一个周期0.2s，则质点经过的路程为则时间内，经过的总路程为，故D错误。故选BC。10.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，两金属棒M、N紧靠在一起垂直导轨放置，空间内存在垂直于导轨平面竖直向下的匀强磁场。现用水平恒力F使金属棒M向右做直线运动，经过时间t系统达到稳定。已知运动过程中两金属棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，下列说法正确的是（）A.系统达到稳定状态后，两金属棒的加速度相等且两金属棒之间的距离保持不变B.系统达到稳定状态前，金属棒N的速度与两金属棒之间的距离成正比C.系统达到稳定状态后，安培力对两金属棒的总冲量为零、总功也为零D.系统达到稳定状态前，金属棒M克服安培力做的功等于系统产生的焦耳热与金属棒N的动能之和【答案】BD【解析】A．金属棒M在恒力F的作用下由静止开始加速，切割磁感线产生感应电流，在安培力的作用下加速度逐渐减小，金属棒N开始由静止加速，加速度逐渐增大，当两者的加速度相等时，系统达到稳定状态，两金属棒的速度差不变，但两者之间的距离逐渐增大，A项错误；B．对金属棒N应用动量定理有，联立可得x为两金属棒之间的距离，B项正确；C．作用在两金属棒上的安培力大小相等、方向相反，在t时间内安培力的总冲量为零，但两金属棒位移不同，总功不为零，C项错误；D．对金属棒M由动能定理有根据能量守恒定律有联立解得D项正确。故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某同学用一个量程为10N弹簧秤测量一物块的重力，发现弹簧秤量程小于物块的重力，于是他利用如图甲所示的实验装置完成了测量。A.竖直固定一块木板，用图钉把白纸钉在木板上；B.把三根细绳系在一起，结点记为O，其中一条固定在板上的A点、一条与被测物块相连、一条与弹簧秤一端相连；C.用弹簧秤向左侧拉动结点O，适当调整细绳OB的方位，使OA、OB成一合适的角度、弹簧秤有合理的示数；D.记录下O点的位置，标出OA、OB、OC三条细绳上拉力的方向，记录弹簧测力计的示数为______N；E.根据平行四边形定则，选好标度，用铅笔和刻度尺在图乙中作出OA、OB拉力的合力的图示______；F.由平衡条件可知，OA、OB两细绳上的拉力的合力与物块重力的关系为______，由步骤E作图结果可得物块的重力约为______N（结果保留两位有效数字）。【答案】7.2见解析等大反向16【解析】[1]弹簧秤的最小分度为0.2N，可得示数为7.2N；[2]作出OC的反向延长线即为合力方向，选定标度，用力的图示表示弹簧秤示数，根据平行四边形定则，可得OA、OB两细绳上拉力的合力，如图所示[3]根据共点力平衡条件可知，OA、OB两细绳上拉力的合力与物块重力等大反向;[4]用刻度尺测量合力的长度，根据标度可得物块重力约为16N。12.有一只电压表V，刻度盘上共有N格刻度但其量程未知。已知电压表V满偏电压约为几伏，内阻约为几千欧，现要准确测量该电压表的满偏电压和内阻，实验室提供了下列器材：A．微安表（量程为，内阻约为500Ω）B．电阻箱R（阻值范围为0~9999.9Ω）C．滑动变阻器（阻值范围为0~50Ω）D．电源（电动势约为6V，内阻约为0.5Ω）E．开关、导线若干（1）请根据提供的器材设计一个测量电路，并在图乙中画出实验电路图______。（2）如图甲所示为实物图，已连接了部分导线。请用笔画线代替导线补充完成实物间连线______。（3）根据（2）中的实物连线，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应滑到最______（填“左”或“右”）端；电阻箱阻值调到最______（填“大”或“小”）。（4）闭合开关，调节滑动变阻器和电阻箱R的阻值，使电压表指针满偏，记录微安表的示数，此时电阻箱的阻值；再次调节滑动变阻器和电阻箱R的阻值，使电压表指针半偏，读出相应的。（5）由测量数据可得，电压表的满偏电压______，内阻______。（用题中所给字母表示）【答案】（1）（2）（3）右大（5）【解析】[1]电压表量程未知，不能直接读取电压表的示数，微安表与电压表串联用伏安法无法测定电压表内阻。电压表与电阻箱串联，用半偏法虽可以测定电压表内阻，但无法确定其量程。微安表内阻未知，不能改装成电压表，也不能确定电压表量程。根据所给器材考虑电压表与电阻箱并联后与微安表串联，通过改变电阻箱阻值可得到两组电压表偏转格数、电阻箱阻值和微安表示数的对应数据，根据欧姆定律列出电压表指针偏转格数、电阻箱阻值和微安表示数关系，联立可求得电压表量程和内阻。因滑动变阻器阻值远小于电压表内阻，应采用分压法。设计电路图如图所示。[2]根据设计电路连接实物图，如图所示[3][4]闭合开关之前，为使测量电路分压最小，保护微安表，应使滑动变阻器的滑片滑到最右端，电阻箱的阻值调到最大。[5][6]根据欧姆定律，当电压表指针满偏时当电压表指针半偏时有联立解得13.如图所示为两个完全相同的半圆形玻璃砖，半径为R，底面平行，一束单色光平行于对称轴入射到玻璃砖上的A点，经玻璃砖折射后从B点射出，再从C点入射到另一块玻璃砖，在玻璃砖的内表面D点恰好发生全反射（C、D均未标出）。已知A点到对称轴的距离为，玻璃砖对该单色光的折射率为，不考虑在底面的反射，光在真空中的传播速度为c，求：（1）光从A点传播到B点经历的时间；（2）两玻璃砖底面之间的距离。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】作出光路图如图所示由几何关系可知，在A点的入射角根据解得为等腰三角形，可知光在玻璃砖中的传播速度解得光从A点传播到点经历的时间【小问2详析】从点入射的光线，入射角为，折射角为，其折射光线恰在点发生全反射，在中根据正弦定理有由于解得两玻璃砖之间的距离14.如图所示，甲同学从离地面高度的点以与水平夹角斜向上发球，运动到离地面高的点时，乙同学跳起击打排球，使排球以的速度水平返回，并落回到点，乙同学与排球的作用时间。已知排球的质量为0.3kg，重力加速度，手掌与排球作用过程中的位移以及空气阻力均忽略不计，求：（1）排球从点运动到点经历的时间；（2）甲、乙两同学分别对排球所做的功；（3）乙同学对排球的竖直方向的平均作用力的大小。【答案】（1）（2），（3）【解析】【小问1详析】排球在乙同学的作用下，做平抛运动，下落高度以竖直向下为正方向排球在甲同学的作用下，做斜上抛运动，以竖直向上为正方向，设抛出球时排球的初速度为，则联立解得【小问2详析】甲同学对排球做的功，由动能定理得解得乙同学对排球做的功，由动能定理得解得【小问3详析】排球运动到点时的速度在竖直方向上满足在乙同学作用下，对排球在竖直方向上由动量定理得联立解得15.如图所示，两平行金属板A、B间的电势差为，电子由静止开始从金属板A出发，经电场加速后沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为的偏转