2025届黑龙江省部分学校高三下学期二模考试物理试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE12024~2025学年度高三年级第二次检测模拟卷物理考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：高考范围。一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10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）1.2024年10月3日，PhysicalReviewC期刊上发表了中国科学院近代物理研究所的研究成果：研究团队合成新核素钚，并测量了该新核素的半衰期。已知钚-227的衰变方程为，下列说法正确的是（）A.Y的电离能力较强，但穿透能力较弱B.该反应遵循电荷数守恒和质量守恒定律C.原子核的结合能小于原子核的结合能D.100个钚原子核经过两个半衰期后还剩余25个【答案】A【解析】A．根据质量数守恒和电荷数守恒定律可知为，则氦核的电离能力较强，但穿透能力较弱，故A正确；B．该反应遵循电荷数守恒和质量数守恒定律，但质量不守恒，故B错误；C．该反应衰变为和粒子后，释放核能，结合能等于比结合能与核子数乘积，所以原子核的结合能可能大于原子核的结合能，故C错误；D．半衰期是大量粒子的统计规律，100个钚原子核经过两个半衰期后不一定剩余25个，故D错误。故选A。2.如图所示，一个半球形的碗固定在桌面上，O为球心，碗口水平，碗的内表面及碗口是光滑的。一根轻质细线跨在碗口上，细线的两端分别系有两个小球P和Q，当它们处于平衡状态时，碗内的小球P和O点的连线与竖直方向的夹角，另一小球Q静止于空中。两小球均可视为质点，则碗内小球P与碗外小球Q的质量之比为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设碗内小球P的质量为，碗外小球Q的质量为M，根据受力平衡可得，细线的拉力以碗内小球P为对象，设小球受到碗的支持力为N，根据受力平衡可得，解得联立可得即故选C。3.如图所示是同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图像，下列说法正确的是（）A.甲、乙两单摆的摆长之比为B.乙单摆的振动方程C.甲单摆的机械能小于乙单摆的机械能D.内，甲摆球的重力势能增大，乙摆球的重力势能减小【答案】B【解析】A．由振动图像可知，甲、乙单摆的周期，根据单摆周期公式可知，故A错误；B．对乙单摆有，，故由图可知，时刻，乙单摆的位移为0，且向负方向运动，故乙单摆的振动方程为故B正确；C．单摆的机械能与摆球的质量、振幅等因素有关，仅从振动图像无法判断两单摆小球的质量关系，所以不能比较机械能的大小，故C错误；D．内，甲、乙摆球均从平衡位置向最高点运动，故甲、乙摆球的重力势能均增大，故D错误。故选B。4.智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材，其简化模型如图所示。可视为质点的配重用轻绳悬挂到腰带的P点，配重随轻绳在水平面内做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角为。运动过程中腰带与人相对静止，下列说法正确的是（）A.若仅增大转速，腰带受到的摩擦力将增大B.若仅增大转速，绳子与竖直方向夹角将减小C.若仅增加配重，保持转速不变，绳子与竖直方向的夹角将减小D.若仅增加配重，保持转速不变，腰带受到的摩擦力将增大【答案】D【解析】AD．以腰带和配重整体为研究对象，转动过程中，根据平衡条件，整体在竖直方向处于平衡状态，所以f=（m配重+m腰带）g故增大转速，腰带受到的摩擦力不变；若仅增加配重，保持转速不变，腰带受到的摩擦力将增大，故A错误，D正确；BC．根据则若仅增大转速，绳子与竖直方向夹角将变大；若仅增加配重，保持转速不变，绳子与竖直方向的夹角将不变，选项BC错误；故选D。5.如图所示，某同学从与墙水平距离为s、离地高为H处水平抛出一弹性小球（可视为质点），小球与竖直墙面发生碰撞后反弹，经过一段时间，小球首次落在水平地面上的落地点距墙面的水平距离为。若小球和墙面碰撞后，水平方向速度减小为原来的一半，竖直方向速度保持不变，碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，则小球与墙壁碰撞位置的离地高度为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设小球与墙壁碰撞前运动的时间为，碰撞后到落地的时间为，由平抛运动知识可知，解得设小球与墙壁碰撞位置离地高度为h，竖直方向有解得，故选A。6.火星冲日现象是火星、地球、太阳三者处于同一直线上，地球处于太阳、火星之间，此时是观察火星的最佳时间。如图所示，假设火星和地球在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动。已知火星到太阳中心的距离约是地球到太阳中心的距离的1.5倍，下列说法正确的是（）A.火星绕太阳公转的周期约为15个月 B.地球与火星公转的线速度大小之比为C.地球与火星公转的向心加速度大小之比为 D.两次火星冲日现象的时间间隔约为26.4个月【答案】D【解析】A．根据开普勒第三定律可得又因为联立解得故A错误；B．火星、地球绕太阳公转，万有引力提供向心力，可得解得故地球与火星公转的线速度大小之比为故B错误；C．根据牛顿第二定律可得解得故地球与火星公转的向心加速度大小之比为故C正确；D．地球公转的角速度比火星公转的角速度快两次火星冲日的时间内，地球比火星多转一圈，故两次火星冲日现象的时间间隔为故D正确。故选D。7.如图所示，两相邻宽度均为L的有界匀强磁场，其磁场方向相反，磁感应强度大小均为B。边长为L、电阻为R的单匝正方形线框abcd的ab边与磁场左边界共线，线框在外力作用下，以速度v匀速穿越有界磁场。以ab边刚进入磁场为计时零点，规定线框中感应电流i逆时针方向为正方向，力方向向右为正方向，ab边所受安培力为，外力为F，下列图像正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】时间内，由楞次定律可知，电流方向逆时针，感应电动势感应电流为ab两点间的电势差ab所受的安培力大小为方向向左，外力方向向右；时间内，由楞次定律可知，电流方向顺时针，感应电动势感应电流为ab两点间的电势差ab所受的安培力大小为方向向左，cd所受的安培力大小也为方向向左，则外力方向向右；时间内，由楞次定律可知，电流方向逆时针，感应电动势感应电流为ab两点间的电势差ab所受的安培力大小为cd所受的安培力大小为方向向左，则外力方向向右；综合分析可知选项B正确。故选B。8.下列说法正确的是（）A.分子力随分子间距离的减小一定增大B.外界对气体做功，气体内能一定增加C.晶体在熔化过程中吸收热量，分子势能一定增大D.某容器内气体分子平均动能减小，分子数密度增大，则气体的压强可能不变【答案】CD【解析】A．当分子间距离达到某值时，分子间作用力为0，当大于此值时，分子间作用力表现为引力，当分子间距离减小时，分子力先增大后减小，故A错误；B．若外界对气体做功，且同时气体向外界放热，根据热力学第一定律可知，气体内能可能减小，故B错误；C．由于晶体在熔化过程中有固定的熔点，故晶体在熔化过程中温度不变，分子的平均动能不变，但由于晶体在熔化过程中吸收了热量，内能增加，故其分子势能一定增大，C正确。D．某容器内气体分子平均动能减小，分子数密度增大，根据压强的微观意义可知，气体的压强可能不变，故D正确。故选CD。9.如图所示的电路中，电容器甲、乙通过导线连接，闭合开关S一段时间后，电容器乙两极板间的带电液滴恰好静止。现将开关S断开，随后将电容器甲的下极板向上平移少许，下列说法正确的是（）A.电容器甲的电容减小 B.电容器乙两极板间的电压减小C.液滴将向上运动 D.流过灵敏电流计的电流方向向右【答案】BD【解析】A．电容器甲的下极板向上平移少许，则减小，根据电容的决定式可知电容器甲的电容增大，故A错误；BC．设闭合开关S，电路稳定时两电容器的电压均为U，则甲电容器的电荷量为乙电容器的电荷量为则两电容器的总电荷量为开关断开后，两电容器总电荷量保持不变，可知两电容器极板间的电压均减小，根据可知电容器乙中的电场强度减小，电场力减小，小于重力，则液滴将向下运动，故B正确，C错误；D．由于电容器乙的电容不变，极板间的电压减小，则电容器乙的电荷量减小，电容器乙放电，又由于上极板带正电，则流过灵敏电流计的电流方向向右，故D正确。故选BD。10.某款手动发电式电筒的装置简化图如图所示，装置左侧是一个水平圆盘，当圆盘绕轴心匀速转动时，固定在圆盘边缘处的小圆柱带动T形绝缘支架在水平方向往复运动，T形支架进而驱动导体棒在光滑的水平导轨上运动，导轨右端连接一理想变压器，其输出端给额定电压为2V的灯泡供电，导轨间存在垂直纸面向外、磁感应强度大小的匀强磁场。当导体棒运动的速度随时间变化的关系时，灯泡刚好正常发光。已知导轨间距，导体棒、导线及导轨电阻不计，电压表为理想电表，下列说法正确的是（）A.圆盘转动的周期为4s B.电压表的示数为C.理想变压器的匝数比为 D.灯泡两端电压的频率为2Hz【答案】AC【解析】A．由速度随时间变化的关系式可知，圆盘转动的角速度，则圆盘转动的周期为，故A正确；B．导体棒切割磁感线产生感应电动势的瞬时值为可知电动势的峰值为，电压表示数为感应电动势的有效值，则电压表的示数为，故B错误；C．根据理想变压器电压表等于匝数比，可得匝数比为，故C正确；D．变压器不改变频率，则灯泡两端电压的频率为故D错误。故选AC。二、非选择题（本题共5小题，共54分）11.某实验小组同学利用如图甲所示的电路“研究电容器的充、放电”，灵敏电流计的电流从正接线柱流入指针向右偏转，从负接线柱流入指针向左偏转。实验时，先将单刀双掷开关接“1”，通过计算机描绘出的电流随时间的变化规律如图乙所示。（1）将单刀双掷开关从断开到接“1”、稳定后接“2”、到再次稳定全过程中，关于灵敏电流。指针的偏转，下列说法正确的是_______。A.先向右偏然后回到零，再向右偏然后回到零B.先向右偏然后回到零，再向左偏然后回到零C.先向左偏然后回到零，再向左偏然后回到零D.先向左偏然后回到零，再向右偏然后回到零（2）已知电源的电动势。根据图乙，可知电容器的电容_______F。（保留一位小数）（3）实验时，如果仅将图甲中的定值电阻。的阻值增大，则图乙中的充电时间将_______（填“变长”“不变”或“变短”）【答案】（1）B（2）（3）变长【解析】【小问1详析】单刀双掷开关从断开到接“1”，电容器和电源和电阻和灵敏电流计组成回路，电容器充电，电流从正接线柱流入，故灵敏电流指针先向右偏，充电完毕后回路中电流为零，此时指针回到零。单刀双掷开关稳定后接“2”，电容器和和电阻和灵敏电流计组成回路，电容器放电，电流从负接线柱流入，故灵敏电流指针先向左偏，放电完毕后回路中电流为零，此时指针回到零。故指针的偏转情况是：先向右偏然后回到零，再向左偏然后回到零。故选B。【小问2详析】根据图乙，图线与坐标轴所围区域大于等于半个的格数个数为，每个小格表示故电容所带电荷量电容器两端电压可知电容器的电容【小问3详析】只增大电阻，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向1时电容器开始充电的电流减小，则曲线与纵轴交点的位置将向下移动，而充电时曲线与横轴所围成的面积将不变，所以充电时间将变长。12.某同学利用如图甲所示的装置“验证动能定理”，并完成了如下的操作：①按如图甲所示的装置组装实验器材，调整滑轮的高度使细线与长木板平行；②取下砂桶，将长木板的右端适当垫高，纸带穿过打点计时器，开启电源释放小车，直到在纸带上打下一系列均匀的点为止；③挂上砂桶，并在砂桶中放入适量的沙子，用天平测出砂桶和沙的总质量为m，然后将装置由静止释放，重复操作，从其中选择一条点迹比较清晰的纸带，如图乙所示。已知纸带中相邻两计数点间还有4个计时点未画出，计数点间的距离如图乙所示，打点计时器的打点频率，重力加速度大小为g。（1）打下计数点4时，小车的速度大小_______m/s。（2）若小车的质量为M，取打下计数点1~5的过程研究，若打下计数点1、5时小车的速度大小分别为和，则验证系统动能定理的表达式为_______。（用题中所给物理量符号表示）（3）若砂桶和桶中沙的总质量远小于小车的质量，根据得出的实验数据，描绘出了图像如图丙所示，其中，则小车的质量_______kg。（4）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若砂桶和桶中沙的总质量不满足远小于小车的质量，且。则从理论上分析，下列各图能正确反映关系的是_______；此时若图线直线部分的斜率为k，则从理论上分析，可知小车的质量_______。【答案】（1）0.192（2）（3）0.4（4）A【解析】【小问1详析】相邻两计数点间是时间间隔为则打下计数点4时，小车的速度大小为【小问2详析】根据动能定理可知【小问3详析】若砂桶和桶中沙的总质量远小于小车的质量，根据动能定理化简可得结合图像可知可得小车的质量为【小问4详析】[1]若砂桶和桶中沙的总质量不满足远小于小车的质量，根据动能定理化简可得结合图像可知，选项A符合。故选A。[2]由上式可知可得小车的质量为13.如图甲所示是“足球”玻璃球，某物理小组利用激光对该球的光学性质进行研究。如图乙所示是过球心所在的竖直截面的正视图，且AB是沿水平方向的直径，当激光水平向右从C点射入时，可从右侧的B点射出。已知玻璃球的半径为R，C到AB的竖直距离h=，且玻璃球内的“足球”是不透光体，不考虑反射光的情况下，光在真空中的速率为c，求：（1）B点的出射光相对C点入射光方向的偏折角；（2）激光在玻璃球中的传播时间。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】光从C点到B点的光路图如图所示光在C点折射，由折射定律可知其中由几何关系可得解得折射率为光在B点折射，由折射定律可知可得故B点的出射光相对C点入射光方向偏折角为。【小问2详析】激光在玻璃球中的传播速度为激光在玻璃球中的传播距离为所以激光在玻璃球中的传播时间为14.如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限内以ON为直径、P为圆心、半径为R的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为的带电粒子，从y轴正半轴上处的M点以大小为的初速度垂直于y轴射入匀强电场中，经x轴上的P点进入匀强磁场，最后以垂直于y轴的方向射出匀强磁场。不计粒子重力，求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）粒子从M点到再次经过y轴的时间。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详析】设粒子在电场中做平抛运动的时间为，根据运动学规律有，由牛顿第二定律得联立解得【小问2详析】设粒子在P点的竖直分速度大小为，根据运动学规律有设粒子在P点速度与水平方向夹角为，根据速度的合成与分解有解得故设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，根据牛顿第二定律有根据几何关系可得联立解得【小问3详析】粒子在磁场中运动的周期故粒子在磁场中运动的时间从磁场中出来打到y轴上的时间粒子从M点到再次经过y轴的时间15.如图所示，长的水平传送带以恒定的速度向左传动，其左端与长的水平面平滑地衔接，紧靠水平面的左端放置长，质量的长木板C，长木板C的