全国统考版2025届高考物理二轮复习评估验收模拟卷九含解析

PAGE15-高考仿真模拟卷(九)(时间：70分钟；满分：110分)第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是()A．比结合能越小，表示原子核中核子结合得越坚固，原子核越稳定B．光电效应和康普顿效应深化揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子既具有能量，也具有动量C．某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数削减6个D.eq\o\al(210,83)Bi的半衰期是5天，12geq\o\al(210,83)Bi经过15天后衰变了1.5geq\o\al(210,83)Bi15．甲、乙两物块在同始终线上运动的x－t图象如图所示，乙物块做匀变速运动，加速度大小为0.2m/s2，两图线相切于坐标点(5s，－3m)，下列说法正确的是()A．前5s内甲、乙的运动方向始终相反B．t＝5s时甲、乙相遇且速度相同C．乙的初速度大小为1.8m/sD．t＝0时甲、乙相距2.8m16．如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120°，此时悬线的张力为F.若圆环通电，使悬线的张力刚好为零，则环中电流大小和方向是()A．电流大小为eq\f(\r(3)F,3BR)，电流方向沿顺时针方向B．电流大小为eq\f(\r(3)F,3BR)，电流方向沿逆时针方向C．电流大小为eq\f(\r(3)F,BR)，电流方向沿顺时针方向D．电流大小为eq\f(\r(3)F,BR)，电流方向沿逆时针方向17．半径为R的某匀称球形天体上，两“极点”处的重力加速度大小为g，“赤道”处的重力加速度大小为“极点”处的eq\f(1,k).已知引力常量为G，则下列说法正确的是()A．该天体的质量为eq\f(gR2,kG)B．该天体的平均密度为eq\f(4g,3πGR)C．该天体的第一宇宙速度为eq\r(\f(gR,k))D．该天体的自转周期为2πeq\r(\f(kR,（k－1）g))18.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变更量为ΔU，电流表示数的变更量为ΔI，则()A．电压表示数U和电流表示数I的比值不变B．变更过程中ΔU和ΔI的比值增大C．电容器的电荷量增加，增加量为CΔUD．电阻R0两端电压减小，减小量为ΔU19．如图(a)所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，某探讨小组利用此装置探究物块在方向始终平行于木板向上、大小为F＝8N的力作用下加速度与倾角的关系．已知物块的质量m＝1kg，通过DIS试验，描绘出了如图(b)所示的加速度大小a与倾角θ的关系图线(θ<90°)．若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取10m/s2.则下列说法中正确的是()A．由图象可知木板与水平面的夹角处于θ1和θ2之间时，物块所受摩擦力肯定为零B．由图象可知木板与水平面的夹角大于θ2时，物块所受摩擦力肯定沿木板向上C．依据题意可以计算得出物块加速度a0的大小为6m/s2D．依据题意可以计算，当θ＝45°时，物块所受摩擦力为f＝μmgcos45°＝eq\r(2)N20.如图所示，ABCD是固定在地面上，由同种金属细杆制成的正方形框架，框架随意两条边的连接处平滑，A、B、C、D四点在同一竖直面内，BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β(α>β)，让套在金属杆上的小环从A点无初速度释放．若小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做功为W1，重力的冲量为I1，若小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做功为W2，重力的冲量为I2.则()A．W1>W2 B．W1＝W2C．I1>I2 D．I1＝I221．如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接肯定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变更的规律如图乙所示．在0～t0时间内，棒从静止起先做匀加速直线运动．乙图中t0、F1、F2为已知，棒和轨道的电阻不计．则()A．在t0以后，导体棒始终做匀加速直线运动B．在t0以后，导体棒先做加速，最终做匀速直线运动C．在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为eq\f(2（F2－F1）R,B2L2t0)D．在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电量为eq\f(（F2－F1）t0,2BL)题号1415161718192021答案第Ⅱ卷三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必需作答．第33～34题为选考题，考生依据要求作答．(一)必考题：共47分．22．(5分)光电计时器是一种探讨物体运动状况的常见仪器．当有物体从光电门通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．现利用如图甲所示装置探究物体的加速度与合外力、质量关系，其中NQ是水平桌面，PQ是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门(与之连接的两个光电计时器没有画出)，间距为x.小车上固定着用于挡光的窄片K，测得其宽度为d，让小车从木板的顶端滑下，光电门各自连接的计时器显示窄片K的挡光时间分别为t1和t2.(1)该试验中，在变更小车的质量M或沙桶的总质量m时，需保持M________m(填“＞”“＜”“＝”“≫”或“≪”)，这样做的目的是___________________________；(2)用测得的物理量x、d、t1和t2计算加速度的表达式为a＝________；(3)某位同学经过测量、计算得到如表数据，请在图乙中作出小车加速度与所受合外力的关系图象．组别1234567M/kg0.580.580.58 0.580.580.580.58F/N0.100.150.200.250.300.350.40a/m·s－20.130.170.260.340.430.510.59(4)由图象可以看出，该试验存在着较大的误差，产生误差的主要缘由是________________________________________________________________________．23．(10分)热敏电阻包括正温度系数电阻器(PTC)和负温度系数电阻器(NTC)．正温度系数电阻器(PTC)在温度上升时电阻值增大，负温度系数电阻器(NTC)在温度上升时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，经常应用在限制电路中．某试验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx(常温下阻值约为10.0Ω)的电流随其两端电压变更的特点．A．电流表A1(量程100mA，内阻约1Ω)B．电流表A2(量程0.6A，内阻约0.3Ω)C．电压表V1(量程3.0V，内阻约3kΩ)D．电压表V2(量程15.0V，内阻约10kΩ)E．滑动变阻器R(最大阻值为10Ω)F．滑动变阻器R′(最大阻值为500Ω)G．电源E(电动势15V，内阻忽视)H．电键、导线若干(1)试验中变更滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零起先渐渐增大，请在所供应的器材中选择必需的器材，应选择的器材为：电流表选________；电压表选________；滑动变阻器选________．(只需填写器材前面的字母即可)(2)请在所供应的器材中选择必需的器材，在图1虚线框内画出该小组设计的电路图．(3)该小组测出热敏电阻R1的U—I图线如图2曲线Ⅰ所示．请分析说明该热敏电阻是________(填“PTC”或“NTC”)热敏电阻．(4)该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U—I图线如图2曲线Ⅱ所示．然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成电路如图3所示．测得通过R1和R2的电流分别为0.30A和0.60A，则该电池组的电动势为________V，内阻为________Ω.(结果均保留三位有效数字)24．(12分)如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝3×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面对里的匀强磁场．质荷比eq\f(m,q)＝4×10－10kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.15m，不计粒子的重力．(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；(2)若要使粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子其次次进入电场后的运动状况)．25．(20分)如图甲所示，一倾角为θ＝37°、高为h＝0.3m的斜面固定在水平面上，一可视为质点质量为m＝1kg，带电荷量q＝＋0.02C的物块放在斜面顶端，距斜面底端L＝0.6m处有一竖直放置的光滑半圆轨道，半径为R＝0.2m，半圆轨道底端有一质量M＝1kg可视为的质点的绝缘小球，半圆轨道底端与斜面底端之间存在如图乙所示的变更电场(水平向右为正方向，图甲中O点对应坐标原点，图线与坐标轴围成的图形是椭圆一部分，椭圆面积公式S＝πab，a、b分别为半长轴和半短轴)．现给物块一沿斜面对下的初速度，物块运动到半圆轨道处与小球发生对心弹性碰撞，不计物块经过斜面底端时的能量损失，已知物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.(1)若小球不脱离半圆轨道，求物块在斜面顶端释放的初速度范围；(2)若小球能通过最高点，并垂直打在斜面上，求小球离开半圆轨道时的速度及小球打在斜面上的位置．(二)选考题：共15分．请考生从2道题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分．33．[物理——选修3­3](15分)(1)(5分)关于扩散现象，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．温度越高，扩散进行得越快B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的(2)(10分)如图所示，某水银气压计的玻璃管顶端高出水银槽液面100cm不变，因上部混有少量的空气使读数不准，当气温为27℃时，实际大气压为76cmHg，而该气压计读数为70cmHg.求：①若气温为27℃时，该气压计中水银柱高度为64cm，则此时实际气压为多少cmHg?②在气温为－3℃时，该气压计中水银柱高度变为73cm，则此时实际气压应为多少cmHg?34．[物理——选修3­4](15分)(1)(5分)一列简谐横波，在t＝0.6s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为－1cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的波速是eq\f(50,3)m/sC．从t＝0.6s起先，紧接着的Δt＝0.6s时间内，A质点通过的路程是10mD．从t＝0.6s起先，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为10m的障碍物不能发生明显衍射现象(2)(10分)如图所示为用某种透亮材料制成的一块柱形棱镜的截面图，圆弧CD为半径为R＝0.5m的四分之一的圆周，圆心为O，已知AD＝eq\f(\r(6),5)R光线从AB面上的某点入射，入射角θ1＝45°，它进入棱镜后射向O点，恰好不会从BC面射出．求：(i)该棱镜的折射率n；(ii)光线在该棱镜中传播的时间t.(已知光在空气中的传播速度c＝3.0×108m/s)高考仿真模拟卷(九)14．解析：选B.比结合能越大，表示原子核中核子结合得越坚固，原子核越稳定，选项A错误；光电效应和康普顿效应深化揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子既具有能量，也具有动量，选项B正确；某原子核经过一次α衰变核内中子数减小2；再进过两次β衰变后，核内中子数再减小2，故共削减4个中子，选项C错误；eq\o\al(210,83)Bi的半衰期是5天，12geq\o\al(210,83)Bi经过15天后还剩下1.5geq\o\al(210,eq\a\vs4\al(83))Bi，选项D错误．15．解析：选B.x－t图象斜率表示速度，前5s内甲、乙的斜率始终为负，运动方向始终相同，A错误；t＝5s时甲、乙斜率相同，位移、时间都相同，所以相遇且速度相同，B正确；由甲图线知t＝5s时，速度为－0.6m/s，乙做匀变速运动，v＝v0＋at，乙的初速度大小为1.6m/s，C错误；由位移x＝x0＋v0t＋eq\f(1,2)at2，代入(5s，－3m)及v0的值，可得x0＝2.5m，D错误．16．解析：选A.要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向向上，依据左手定则可以推断，电流方向应沿顺时针方向，依据力的平衡F＝BI·eq\r(3)R，求得I＝eq\f(\r(3)F,3BR)，故A项正确．17．解析：选D.在两极点处有：Geq\f(Mm,R2)＝mg，解得该天体的质量为：M＝eq\f(gR2,G)，故A错误；该天体的平均密度为：ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3g,4πGR)，故B错误；由mg＝meq\f(v2,R)，解得该天体的第一宇宙速度为：v＝eq\r(gR)，选项C错误；在赤道处有：eq\f(GMm,R2)－eq\f(1,k)mg＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)R，解得该天体的直转周期为T＝2πeq\r(\f(kR,（k－1）g))，故D正确．18．解析：选C.依据部分电路欧姆定律，电压表示数U与电流表示数I的比值为可变电阻的阻值，因此比值变大，A错误；定值电阻R0和电源内阻的总阻值不变，故电阻箱的阻值变更前后，内阻r和R0分得的总电压U1与通过的电流I1的比值保持不变，即R0＋r＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(ΔU1,ΔI1)，依据闭合电路的欧姆定律知，可变电阻两端电压的增大量等于定值电阻和内阻分得的电压和的削减量，即ΔU1＝ΔU，串联电路，电流时时到处相等，故ΔI1＝ΔI，所以eq\f(ΔU,ΔI)保持不变，故B、D错误；依据闭合电路欧姆定律，总电阻变大，总电流变小，内阻和R0分得的电压减小，电阻箱两端电压增大，电容器两端电压增加，故电容器的带电量增加了CΔU，C正确．19．解析：选BC.依据图象可知，当斜面倾角为θ1时，摩擦力沿斜面对下，当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面对上，则夹角大于θ2时，物块所受摩擦力肯定沿木板向上；当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态，但摩擦力不肯定为零，故A错误，B正确；当θ＝0时，木板水平放置，物块在水平方向受到拉力F和滑动摩擦力f作用，已知F＝8N，滑动摩擦力f＝μN＝μmg，所以依据牛顿其次定律物块产生的加速度：a0＝eq\f(F－μmg,m)＝6m/s2，故C正确；当θ＝45°时，重力沿斜面的重量F1＝mgsin45°＝5eq\r(2)N<8N，最大静摩擦力fm＝μmgcos45°＝eq\r(2)N，因为(8－5eq\r(2))N<eq\r(2)N，所以此时物块处于静止状态，受到静摩擦力，则f＝(8－5eq\r(2))N，故D错误．20．解析：选BC.设正方形的边长为l，经AB段和CD段摩擦力做负功，大小为μmglcosβ，经BC段和AD段摩擦力做负功，大小为μmglcosα，W1＝W2，A错误，B正确；小环从A经B滑到C点和从A经D滑到C点过程中路程相等，到达C点时速度大小相等．设AB段加速度为a1，a1＝gsinβ－μgcosβ，AD段加速度为a2，a2＝gsinα－μgcosα，则a1<a2，B点速度vB＝eq\r(2a1l)，D点的速度vD＝eq\r(2a2l)，vD>vB，所以AD段的平均速度大于AB段的平均速度，CD段的平均速度大于BC段的平均速度，小环从A经B滑到C点所用时间大于从A经D滑到C点所用的时间，依据I＝mgt，得I1>I2，C正确，D错误．21．解析：选BD.由题意可知，F1＝ma，在t0时刻，F2－BIL＝ma，且I＝eq\f(BLv,R)，v＝at0，联立可得：F2－eq\f(B2L2at0,R)＝ma，在t0以后，F2不变，t增大，a减小，直到a＝0后匀速，A错误，B正确；由F1＝ma和F2－eq\f(B2L2at0,R)＝ma，可得：a＝eq\f(（F2－F1）R,B2L2t0)，C错误；在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为：q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B×L×\f(1,2)ateq\o\al(2,0),R)＝eq\f(（F2－F1）t0,2BL)，D正确．22．解析：(1)小车的质量为M，沙桶的质量为m，依据牛顿其次定律得：对m：mg－F拉＝ma对M：F拉＝Ma解得：F拉＝eq\f(mMg,m＋M)＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))当m≪M时，即当沙桶的总质量要远小于小车的质量，绳子的拉力近似等于沙桶的总质量，这样做的目的是小车所受合外力大小等于(或约等于)mg.(2)v1＝eq\f(d,t1)，v2＝eq\f(d,t2)，加速度的表达式为a＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2x)＝eq\f(d2（teq\o\al(2,1)－teq\o\al(2,2)）,2xteq\o\al(2,1)teq\o\al(2,2)).(3)如图．(4)从图中发觉直线没过原点，当F≠0时，a＝0.也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消．该同学试验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分．答案：(1)≫让小车所受合外力大小等于(或约等于)mg(2)eq\f(d2（teq\o\al(2,1)－teq\o\al(2,2)）,2xteq\o\al(2,1)teq\o\al(2,2))(3)如解析图所示(4)木板倾角偏小(或未完全平衡摩擦力)23.解析：(1)由题意，电源电动势为15V，则电压表选D，电路中最大电流约为1.5A，则电流表选B，热敏电阻电压从零起先变更，则滑动变阻器应采纳分压式接法，且选用最大阻器较小的E.(2)由于电压表的内阻远大于热敏电阻常温下的阻值，因此电流用外接法，电路如图所示．(3)由图中曲线Ⅰ可知，电流随电压的增大而增大，温度上升，元件电阻值变大，则该电阻为PTC电阻．(4)由图知，当流过R1电流为0.3A时，其两端电压为8V，当流过R2电流为0.6A时，其两端电压为6V，由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，代入数据解得，电动势为10.0V，内阻为6.67Ω.答案：(1)BDE(2)如解析图所示(3)PTC(4)10.06.6724．解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则：sOA＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(F,m)E＝eq\f(F,q)y＝v0t联立解得a＝7.5×1014m/s2，t＝2.0×10－8s，y＝0.4m.(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：vx＝at＝1.5×107m/s粒子经过y轴时的速度大小为：v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,0))＝2.5×107m/s与y轴正方向的夹角为θ，θ＝arctaneq\f(vx,v0)＝37°要使粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，则：R＋Rsinθ≤yqvB＝meq\f(v2,R)联立解得B≥4×10－2T.答案：(1)0.4m(2)B≥4×10－2T25．解析：(1)当小球运动到半圆轨道与圆心等高处速度为零时，对物块从起先运动到与小球碰撞前，由动能定理有mgh＋W电－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(h,tanθ)))＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)分析题图乙可知W电＝eq\f(1,4)πqEm×0.2物块与小球碰撞时，由动量守恒有mv＝mv1＋Mv2，由机械能守恒有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)对小球由能量守恒有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝MgR，解得v0＝eq\r(6)m/s物块与小球恰能碰撞时，由动能定理有mgh＋W电－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(h,tanθ)))＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2)m/s当小球恰能通过最高点时，由圆周运动学问可得Mg＝Meq\f(veq\o\al(2,3),R)小球从最低点运动到最高点的过程，依据动能定理得－2MgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，解得v0＝2eq\r(3)m/s综上所述，物块在斜面顶端释放的初速度范围为eq\r(2)m/s＜v0≤eq\r(6)m/s或v0≥2eq\r(3)m/s.(2)小球离开最高点后，做平抛运动，设小球离开最高点时速度为v4，则有水平方向x＝v4t，竖直方向y＝eq\f(1,2)gt2又垂直打在斜面上，则eq\f(x,y)＝eq\f(2v0,vy)＝2tanθ设打在斜面上位置的高度为h′，则由几何学问可得x＝L＋eq\f(h′,tanθ)，y＝2R－h′代入数据联立可得h′＝0，v4＝eq\f(3\r(2),2)m/s，故小球恰好垂直打在斜面的底端．答案：(1)eq\r(2)m/s＜v0≤eq\r(6)m/s或v0≥2eq\r(3)m/s(2)eq\f(3\r(2),2)m/s小球恰好垂直打在斜面的底端33．解析：(1)依据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，故A正