浙江省宁波市2025届高三物理下学期适应性考试二模考试试题含解析

PAGE27-浙江省宁波市2025届高三物理下学期适应性考试（二模考试）试题（含解析）一、选择题I1.以下物理量为标量且单位是国际单位制基本单位的是（）A.电流A B.位移m C.电势V D.磁感应强度T【答案】A【解析】【详解】A．电流是标量且单位是国际单位制基本单位，故A正确；B．位移是矢量且不是国际单位制基本单位，故B错误；C．电势是标量，但不是国际单位制基本单位，故C错误；D．磁感应强度是矢量且不是国际单位制基本单位，故D错误。故选A。2.如图所示为一同上发觉的一幅新能源汽车的漫画，有关这幅漫画，下列说法正确的是（）A.磁铁对铁块的作用力大于铁块对磁铁的作用力B.磁铁对铁块的作用力大小等于铁块对磁铁的作用力C.依据牛顿其次定律，这种设计能使汽车向前运动D.只要磁铁的磁性足够强，汽车就可以始终运动下去【答案】B【解析】【详解】AB．磁铁对铁块的作用力和铁块对磁铁的作用力是一对相互作用力，应当相等，故A错误，B正确；CD．磁铁和铁块都是汽车的一部分，两者之间的作用力是汽车的内部作用，依据牛顿其次定律，没有合外力也就没有加速度，不能前进，故CD错误。故选B。3.如图所示为飞行员（丙）在跳伞训练，飞机驾驶员（甲）和地面指挥员（乙）在视察了丙的运动后，发生了争辩。关于甲、乙争辩的内容，下列说法正确的是（）A.甲选取了地面为参考系 B.乙选取了飞机为参考系C.两人的说法中必有一个是错误的 D.两人选取参考系不同导致视察结果不同【答案】D【解析】【详解】甲、乙两人的说法分别是以飞机和地面作为参考系探讨运动的，说法都是正确的。他们的争辩是由于选择的参考系不同而引起的，故ABC错误，D正确。故选D。4.如图所示，在离地面肯定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，若1s后4个水果均未着地，则1s后速率最大的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】依据代入解得同理解得由于故A正确，BCD错误故选A。5.下列说法正确是（）A.大量处于基态的氢原子在某一频率的光的照耀下，能发出多种频率的光子，其中有一种光的频率与入射光频率相同B.卢瑟福通过粒子轰击氮核试验，证明了在原子核内部存在中子C.某种金属能否发生光电效应取决于照耀光的时长D.一个原子核衰变为一个原子核的过程中，共发生了8次衰变【答案】A【解析】【详解】A．处于基态的氢原子在某单色光束照耀下，先汲取能量向高能级跃迁，然后再从高能级向低能级跃迁，其中从汲取光子后的最高的能级向基态跃迁时发出的光子的能量与汲取的光子的能量是相等的，故A正确；B．卢瑟福通过粒子轰击氮核试验，证明了在原子核内部存在质子，而查德韦克通过试验证明中子，故B错误；C．某种金属能否发生光电效应取决于照耀光的频率，故C错误；D．由质量数与质子数守恒，一个原子核衰变为一个原子核的过程中发生8次衰变发生6次衰变，故D错误。故选A。6.电容式压力传感器的原理如图所示，其中上板为固定电极，下板为可动电极。可动电极的两端固定，当有压力作用于可动电极时，极板会发生形变，从而变更电容器的电容。已知电流从灵敏电流计的正极流入时指针往右偏，则压力突然增大时（）A.电容器的电容变小 B.电容器的电荷量不变C.灵敏电流计指针往左偏 D.电池对电容器充电【答案】D【解析】【详解】A．当待测压力增大时，电容器板间距离减小，依据电容的确定式得知，电容C增大，故A错误；BCD．电容板间电压U不变，电容器所带电量为C增大，则Q增大，电容器处于充电状态，而上极板带正电，电流将从电流计正接线柱流入，所以灵敏电流计指针向右偏转，当稳定后，则会回到中心，故BC错误，D正确。故选D。7.如图所示，A、B是质量比为1:2、都带正电的小球，用两根长分别为2L和L的绝缘轻绳系住后悬挂于天花板上的同一点O。当系统平衡后，两根绳与竖直方向的夹角分别为α和β，则（）A.α>β B.α<β C.α=β D.不能确定【答案】C【解析】【详解】解法一如上图所示受力分析，力学三角形和几何三角形相像因为和是作用力和反作用力，大小相等，且，联立各式得又依据正弦定理可知因角和角互补，则联立解得因为和均为锐角，故所以ABD错误，C正确。解法二两球之间的库仑力是作用力和反作用力关系，大小相等，方向相反，两个小球均受到重力、静电力和拉力，因为A、B的质量比是1:2，长度之比是2:1，满意以O为支点的杠杆平衡条件所以可知故ABD错误，C正确。故选C。8.新冠肺炎疫情期间，同学们都待在家里仔细上网课。有一位同学突然想估算一下全校师生在家上直播课时消耗的总电能。他查阅了相关资料，信息如下表：学校师生总人数上课时间/节每天/节网络作业时间/h200030min62运用手机人数占比运用电脑人数占比手机的功率/W电脑的功率/W20%80%550仅考虑信息表中的用电器，试估算全校师生在家上直播课时一天消耗的总电能约为（）A.4.1×105J B.8.9×108J C.1.5×109J D.2.0×109J【答案】C【解析】【详解】学生每天在线学习的时间学生每天运用电脑的总功率学生每天运用手机的总功率学生每天学习运用手机和电脑须要消耗的电能为ABD错误，C正确。故选C。9.一着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹变更如图所示，着陆器先在轨道Ⅰ上运动，经过P点启动变轨发动机然后切换到圆轨道Ⅱ上运动，经过一段时间后，再次经过P点时启动变轨发动机切换到椭圆轨道Ⅲ上运动。轨道上的P、Q、S三点与火星中心位于同始终线上，P、Q两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点，且PQ=2QS=2l。除了变轨瞬间，着陆器在轨道上运行时均处于无动力航行状态。着陆器在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上经过P点的速度分别为v1、v2、v3，下列说法正确的是（）A.v1<v2<v3B.着陆器在轨道III上从P点运动到Q点的过程中速率变大C.着陆器在轨道Ⅲ上运动时，经过P点的加速度为D.着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点，与着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间之比为9:4【答案】B【解析】【详解】A．着陆器从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ须要减速，同理从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ也须要减速，因此故A错误；B．着陆器在轨道III上从P点运动到Q点的过程中，须要加速，所以速率变大，故B正确；C．依据牛顿其次定律得解得故C错误；D．设着陆器在轨道Ⅱ上周期为T1，在轨道Ⅱ上周期为T2，依据开普勒第三定律得解得故D错误。故选B。10.如图所示，志向变压器的原线圈a、b两端接正弦交变电压，副线圈M、N两端通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线上的等效电阻为R。起先时，开关K断开，当接通K时，以下说法不正确的是（）A.副线圈M、N两端的电压减小 B.等效电阻R上的电流增大C.通过灯泡L1电流减小 D.原线圈的输出功率增大【答案】A【解析】【详解】A．志向变压器输出电压与外电路无关，只和变压器变压比以及输入电压有关，则M、N的输出电压不变，A选项符合题意，故A正确；B．开关S闭合，L1和L2并联总电阻变小，电路电流增大，B选项不合题意，故B错误；C．等效电阻R分压增大，则L1两端分压变小，也即通过L1的电流变小，C选项不合题意，故C错误；D．L1和L2并联总电阻变小，则外电路总电阻变小，变压器输出功率变大，则输入功率变大，由于输入电压不变，则原线圈中的电流增大，D选项不合题意，故D错误。故选A。11.如图所示，abc是一块用折射率n=2的玻璃制成的透亮体的横截面，ab是半径为R的圆弧，ac边垂直于bc边，∠aOc=60°。当一束平行光垂直照到ac上时，ab的外表面只有一部分有光线穿出，则穿出光线部分的弧长为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】由题意作出光路图如下图所示设光的临界角为C，则有解得如图，在时，均发生全反射，图中d点为入射角等于临界角的临界点，所以只有bd部分有黄色光透射出，所以有黄色光射出部分的圆弧对对应的圆心角也是，对应圆弧的长度为故ACD错误，B正确。故选B。12.为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，电容器可通过开关S与电源或线圈L相连，如图所示。当S从a拨到b之后，由L与C构成的电路中产生振荡电流。那么（）A.若罐中的液面上升，振荡电流的频率变小B.若罐中的液面上升，振荡电流的周期变小C.当S从a拨到b之后的半个周期内，回路中的磁场能先变小后变大D.当S从a拨到b之后的四分之一周期内，回路中的电流增大，L的自感电动势变大【答案】A【解析】【详解】AB．两块平行金属板构成的电容器C的中间的液体就是一种电介质，当液体的高度上升，相当于插入的电介质越多，电容增大，依据电容C增大时，震荡的周期T增大，由可以判定，LC回路的振荡频率f减小，故B错误，A正确；C．当S从a拨到b之后的半个周期内，电容作为电源放电，电感产生电流，故磁场先变大，故C错误；D．当S从a拨到b之后的四分之一周期内，回路中的电流渐渐增大，但电流变更越来越慢，故L自感电动势变小，故D错误。故选A。13.如图所示，AB是半径为R的四分之一圆弧轨道，轨道底端B点与一水平轨道BC相切，水平轨道又在C点与足够长的斜面轨道CD平滑连接，轨道B处有一挡板（厚度不计）。在圆弧轨道上静止摆放着N个半径为r（r<<R）的光滑刚性小球，恰好将AB轨道铺满，小球从A到B依次标记为1、2、3、…、N号。现将B处挡板抽走，N个小球均起先运动，不计一切摩擦，考虑小球从AB向CD的运动过程，下列说法正确的是（）A.N个小球在离开圆弧轨道的过程中均作匀速圆周运动B.1号小球第一次经过B点的速度肯定小于C.1号小球第一次经过B点的向心加速度肯定等于2gD.1号小球第一次沿CD斜面上升的最大高度为R【答案】B【解析】【详解】A．受力分析可知，在下滑的过程中，曲面上的小球要做加速运动，故A错误；B．若第1个小球只有重力对其做功，则在运动到最低点的过程中，依据机械能守恒定律得解得但是，在第1个球在下滑过程中，始终受到其次个球对它的弹力，该弹力对它做负功，所以第1个小球到达最低点的速度故B正确；C．1号小球第一次经过B点的向心加速度所以故C错误；D．1号小球从AB向CD的运动过程中，初始高度为R，假如把N个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功机械能守恒，弧AB的长度等于小球全部到斜面上的长度，而在园弧上的重心位置小于，故第N个小球在斜面上能达到的最大高度小于R，1号小球更不能达到R的高度，故D错误。故选B。二、选择题II14.与的核聚变反应不产生温室气体，不产生放射性物质，是一种非常清洁、环保的能源，对今后人类社会的可持续发展具有深远意义，该核反应可表示为（X表示某种粒子），则下列说法正确的是（）A.该核反应很简洁发生，是目前利用核能的主要方式B.原子核比原子核稳定C.X为中子，是原子核的组成部分，最早由查德威克通过试验发觉D.X具有较强的电离实力【答案】BC【解析】【详解】A．该核反应是聚变反应，须要在超高温柔超高压的环境下进行的，不简洁发生，故A错误；B．反应过程放出能量，说明后面的能量低，更稳定，则原子核比原子核稳定，故B正确；C．依据质量数守恒和电荷数守恒有可知X为，是中子，是原子核的组成部分，最早由查德威克通过试验发觉，故C正确；D．由于中子不带电，因此它的电离实力较弱，故D错误。故选BC。15.如图甲所示，一绝缘的圆环上匀称分布着正电荷，一光滑细杆过圆心且垂直于圆环平面，杆上套有带正电的小球。t=0时刻把小球从a点由静止释放后，小球沿细杆运动经过b、c两点，小球运动的v—t图像如图乙所示。下列推断正确的是（）A.小球从a点运动到点的过程中电势能增大B.圆环在圆心处产生的电场强度为0C.a点的电场强度大于b点的电场强度D.a、b两点电势差Uab小于b、c两点电势差Ubc【答案】BD【解析】【详解】A．由题意得小球带正电，则小球从a点运动到b点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；B．依据对称性可知，绝缘竖直圆环上匀称分布的正电荷在圆心处产生的场强完全抵消，则带电圆环在圆心处产生的场强为零，故B正确；C．由乙图可知小球在a处的加速度小于b处加速度，由可知a点的电场强度小于b点的电场强度，故C错误；D．依据动能定理可得a、b两点电势差Uab小于b、c两点电势差Ubc，故D正确。故选BD。16.如图所示是一列简谐横波在某一时刻的波形图，已知该时刻P质点的振动方向沿y轴负方向，波速是10m/s，则下列说法正确的是（）A.从该时刻起经过0.2s，Q质点通过的路程是2mB.从该时刻起经过0.1s，P质点通过的路程大于0.1mC.P质点从该时刻起到其次次到达波峰所用的时间等于0.45sD.P质点从该时刻起经过（0.2𝑛+0.05）s（𝑛=0，1，2，3…）时间均可回到平衡位置【答案】BD【解析】【详解】A．由图可知波长为则该波的周期为则该时刻起经过0.2s，Q质点通过的路程是故A错误；B．从该时刻起经过0.1s，则P点从4.5m处移到3.5m的位置，P点经过的路程即此过程的振幅，由几何关系的，P点初始高度为在3.5m处的高度为质点通过的路程为故B正确；C．P质点从该时刻起到其次次到达波峰所用的时间，可近似看成从到所用的时间，即故C错误；D．该波沿x的正方向传播，P质点的坐标为为4.5m，依据波形的平移法得到该时刻起经过0.05s波形向右平移0.5m，则质点P回到平衡位置。由于周期为0.4s，所以P质点从该时刻起经过（0.2n+0.05）s（n=0，1，2，3…）时间均可回到平衡位置，故D错误。故选BD。三、非选择题17.小海同学在居家学习过程中，利用手机来做物理试验。图甲为他利用手机拍摄了一个小球自由下落的视频，为了便于测量，小海在小球下落的背景中附了一根最小刻度为厘米（cm）的刻度尺，让小球从刻度尺0刻度处自由下落并录制视频，再依据视频信息来验证小球下落过程中机械能是否守恒。视频是由间隔相等时间连续拍摄的图片组成。人们日常所说的视频帧率，通常会用FPS（FramesPerSecond）表示，简洁地说就是在1s时间内拍摄照片的数量，由多张照片连起来加上音频就成了视频片段。小海同学用60FPS的帧率录制了一个小球自由下落的视频，并通过计算机把这个视频分解成照片，然后把这些照片从左到右排列，如图乙所示，这些照片记录了不同时刻小球自由下落时的位置。(1)本试验中小海同学是用60FPS的帧率录制的视频，并通过计算机把这个视频分解成照片，则相邻两张照片之间的时间间隔为_____s；(2)依据分解成的照片，可以计算小球下落到不同位置时的速度，当小球下落到图中P点时，速度大小为___m/s（保留二位有效数字）。；(3)在试验误差允许的范围内，若小球削减的重力势能ΔEp与小球增加的动能ΔEk近似相等，即可验证机械能守恒定律。若小球的质量为0.1kg，当地的重力加速度为9.79m/s2，以小球从起先下落到经过P点的过程进行探讨，其下落的高度为_________m，削减的重力势能为_____J（其次个空格要求保留三位有效数字）。【答案】(1).(2).3.3(3).0.503(4).0.492【解析】【详解】(1)[1]依题得，60FPS的帧率即意味着一秒拍摄60次，因此相邻来两张照片之间的时间间隔为。(2)[2]P点为时间中点，因此有(3)[3][4]依图得，下落高度为依据代入数据可求得18.现要描绘标有“2.5V，0.8W”的小灯泡L的伏安特性曲线，小海同学设计了图甲电路进行试验：(1)请将滑动变阻器接入电路（用笔画线代替导线完成接线）_________；(2)某次测量时，电压表的指针如图乙所示，此时电压表的读数为____V；(3)为进一步探讨小灯泡的电功率P和电压U的关系，小明利用测量所得的数据通过P=UI计算电功率。小明采纳图像法处理数据，将P、U2作为纵、横坐标建立直角坐标系，将获得的数据在坐标纸上描点，并依据数据分布作出了一条直线，如图丙所示。请指出P—U2图像中两处不恰当的地方_____、_____。【答案】(1).(2).2.05（2.01~2.09）(3).图线不能用直线拟合(4).横坐标的标度选择不合理（最大刻度以7.0V2左右比较合适）【解析】【详解】(1)[1]依据试验原理可知，本试验应采纳滑动变阻器分压接法以及电流表外接法，则连接原理图如图所示(2)[2]由上题图可知，电压表选用量程，因此可干脆对下面一层数字进行读数，然后在进行估值，由此可得此时电压表的读数为。(3)[3][4]由于灯泡的电阻随温度的变更而变更，因此作出的图形不能为直线。由图可知，由于横坐标选择不合适，使得图像过于集中。19.如图为大型游乐设施环形座舱跳楼机。跳楼机从离地面高度h1=100m处由静止起先自由下落到离地面h2=20m处的位置时起先以恒力制动，使跳楼机到达地面时速度刚好减为0。已知座舱内小海的质量m=70kg，重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力。试求：(1)跳楼机下落过程中的最大速度vm；(2)跳楼机下落到地面的总时间t；(3)跳楼机在自由下落阶段和制动阶段，小海对座椅的作用力大小分别为多少。【答案】(1)40m/s；(2)5s；(3)0，3500N【解析】【详解】(1)跳楼机在第一阶段做自落体运动达最大速度后作减速运动。自由下落的高度为依据自由落体运动规律代入数据可得(2)依据自由落体规律可得做自由落体的时间为由匀变速规律可得因此下落总时间为代入数据解得(3)第一阶段下落80米的过程，自由下落，完全失重，因此作用力为0。设后20米下落过程的加速度大小为，则代入数据可得对人受力分析，有代入数据可得依据牛顿第三定律可知，小海对座椅的作用力大小也为3500N20.某遥控赛车轨道如图所示，赛车从起点A动身，沿摆放在水平地面上的直轨道AB运动L=10m后，从B点进入半径R=0.1m的光滑竖直圆轨道，经过一个完整的圆周后进入粗糙的、长度可调的、倾角=30的斜直轨道CD，最终在D点速度方向变为水平后飞出（不考虑经过轨道中C、D两点的机械能损失）。已知赛车质量m=0.1kg，通电后赛车以额定功率P=1.5W工作，赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=，重力加速度g取10m/s2：(1)求赛车恰好能过圆轨道最高点P时的速度vP的大小；(2)若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动，求赛车通电的最短时间；(3)已知赛车在水平直轨道AB上运动时始终处于通电状态且最终阶段以恒定速率运动，进入圆轨道后关闭电源，选择CD轨道合适的长度，可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大，求此最大水平位移，并求出此时CD轨道的长度。【答案】(1)1m/s；(2)；(3)，【解析】【详解】(1)小球恰好在最高点P，只受到重力，重力供应向心力，即代入数据可得(2)由(1)小题可知，若要赛车做完整圆周运动，即小车到达P点的速度至少为，赛车从起先运动到P点的全过程，由动能定理得：代入数据可得，赛车的最短通电时间(3)赛车在最终过程做匀速运动，牵引力与滑动摩擦力平衡，其速度大小为设CD轨道的长度为，赛车沿CD向上运动过程运用动能定理可得赛车从D飞出后做平抛运动，其水平位移为x，则有联立可得由数学学问可得，当，水平位移x有最大值，最大值为21.如图甲所示，两条间距为l、足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面上，轨道平面存在如图乙所示的磁场，磁感应强度在0~T时间内呈线性变更，T时刻后稳定不变，大小为B。t=0时刻，磁场方向垂直于纸面对下。有一边长也为l，质量为m，总电阻为R的正方形线框ABCD在外力的作用下固定在轨道上，线框有一半面积位于磁场内。T时刻，撤去外力，同时给线框一个水平向右的初速度v0，线框最终能全部穿过磁场右边界EF，已知CE长度大于线框的边长：(1)在0~T时间内，线框中感应电流的大小和方向；(2)线框完全进入磁场时的速度大小；(3)从t=0时刻起先到穿出EF边界的过程中，线框产生的总热量。【答案】(1)，ABCDA；(2)；(3)【解析】【详解】(1)在时间内，通过线框的磁通量发生变更，由法拉第电磁感应定律可得产生的感应电流大小为依据楞次定律，感应电流方向为ABCDA。(2)T时刻，撤去外力后，线框在安培力作用下作减速运动，由动量定理可得其中解得(