安徽省淮北市淮南市高三下学期第二次质量检测物理试卷

淮北市和淮南市2025届高三第二次质量检测物理试题卷考试时间：75分钟试卷满分：100分注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡的指定位置。2、选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。3、答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32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）1.2025年1月20日，中国“人造太阳”全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）实现了1亿摄氏度1066秒稳态高约束模等离子体运行，再次刷新世界纪录，为实现可控核聚变又向前迈出了重要一步。是一个典型的核聚变反应，式中X为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】根据质量数和核电荷数守恒可知式中X为。故选A。2.两同学分别乘坐静止在湖面上的甲、乙两条小船游玩，两船在湖面上相距20m。有一列水波沿甲船到乙船的方向传播，一位同学测量在1min内小船上下颠簸了12次。当甲船位于波峰时，乙船刚好在波谷，此时两船间还有两个波峰，下列说法正确的是（）A.此列波的周期为2.5s B.此列波的波长为8mC.此列波的波速为16m/s D.随着波传向乙船，乙船会远离甲船【答案】B【解析】【详解】A．船在1min时间内上下浮动12次，故水波的周期为，故A错误；B．当甲船位于波峰时，乙船位于波谷，这时两船之间还有两个波峰，故两船间距离为代入解得，水波的波长为故B正确；C．由公式可得，水波的波速为故C错误；D．两船只会在平衡位置上下振动，水波经过一段时间，甲乙两船不会靠近，故D错误。故选B。3.2025年2月23日凌晨3时17分，中国“实践25号”卫星在距离地面约36000千米的同步静止轨道上，成功完成人类航天史上首次“太空加油”，为濒临退役的北斗G7卫星注入142kg推进剂，使其寿命延长8年。设北斗G7卫星和“实践25号”卫星均绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A.北斗G7卫星定点于我国上空B.北斗G7卫星的线速度大于第一宇宙速度C.加注燃料后，北斗G7卫星的加速度大小不变D.处在相同轨道上的“实践25号”加速可以追上北斗G7卫星【答案】C【解析】【详解】A．北斗G7卫星同步静止轨道上，位于赤道平面内，故不能定点于我国上空，故A错误；B．由得第一宇宙速度为卫星贴近地球表面飞行时的线速度，北斗G7卫星的轨道半径大于地球半径，故北斗G7卫星的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；C．由得加注燃料后，北斗G7卫星的加速度大小不变，故C正确；D．处在相同轨道上的“实践25号”加速，则会做离心运动，不可以追上北斗G7卫星，故D错误。故选C。4.“天宫课堂”中，航天员演示了微重力环境下的神奇现象，液体呈球状，往其中央注入空气，可以在液体内部形成一个同心球形气泡。液体球和同心球形气泡可简化为空心透明球壳模型，图示为该球壳截面图，O为球壳的球心。若液体球壳内表面的P点有一个点光源，可发出两种不同频率的单色光a和b。当图中时，a光恰好不能从液体球壳的外表面射出，b光射出的折射角。已知真空中的光速为c。则（）A.a光在液体中折射率为B.b光在液体中传播的速度为C.分别用a、b光在同一装置上做双缝干涉实验，a光产生的条纹间距大于b光D.b光照射到某金属表面能发生光电效应现象，a光照射到该金属表面也一定能发生光电效应现象【答案】D【解析】【详解】A．根据题意可知a光恰好不能从液体球壳的外表面射出，则有解得故A错误；B．对b光根据折射率，有解得在液体中传播的速度为故B错误；C．因为a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，所以a光的波长小于b光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式可知分别用a、b光在同一装置上做双缝干涉实验，a光产生的条纹间距小于b光，故C错误；D．因为a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，所以b光照射到某金属表面能发生光电效应现象，a光照射到该金属表面也一定能发生光电效应现象，故D正确。故选D。5.白鹤滩水电站是实施“西电东送”的国家重大工程。单机容量世界第一，额定电压世界最高，被誉为水电巅峰之作。如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数分别为、，降压变压器的原、副线圈匝数分别为、。保持发电机输出电压及输电线路上的总电阻不变。如果将输送电压由240kV升级为1000kV，输送的总电功率变为原来的2倍，则（）A.变为原来的B.输电线上的电流变为原来的C.输电线上损失的功率变为原来的D.如果用户两端电压不变，应变小【答案】A【解析】【详解】A．不变，如果将输送电压由240kV升级为1000kV，变为原来的，根据，所以变为原来的，故A正确；B．根据可知，因变为原来的2倍，变为原来的，则输电线上的电流变为原来的，故B错误；C．根据可知变为原来的，故C错误；D．总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则变大，又变小，，则变大，故D错误。故选A。6.如图所示，在水平地面上放置了一个顶端固定有定滑轮的斜面，物块B放置在斜面上，轻细绳的一端与B相连，另一端通过定滑轮与小球A相连。现对小球A施加水平外力F使其缓慢运动，直至将OA拉至图示位置，拉动过程中物块B和斜面始终静止。不计细绳与滑轮的摩擦，则下列说法正确的是（）A.拉力F先增大后减小 B.OA绳上的拉力一直减小C.斜面对B的摩擦力一直减小 D.地面对斜面的摩擦力一直增大【答案】D【解析】【详解】AB．设连接A球的绳子与竖直方向的夹角为，以A球为对象，根据受力平衡可得，可得，由于逐渐增大，可知拉力F逐渐增大，OA绳上的拉力逐渐增大，故AB错误；C．如果一开始绳子拉力大于B所受重力沿斜面的分力，则斜面对B的摩擦力沿斜面向下，随着绳子拉力的增大，斜面对B的摩擦力增大，故C错误；D．以斜面、B和A为整体，根据平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力与拉力F大小相等，方向相反，由于拉力F逐渐增大，所以地面对斜面的摩擦力一直增大，故D正确。故选D。7.如图甲所示，两个等量点电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，其连线中垂线上有a、b、c三点。一个质量50g，电荷量大小为的带电小球（可视为质点），从a点由静止释放，经过b、c两点，小球运动的图像如图乙所示，其经过b点时对应的图线切线斜率最大，则下列分析正确的是（）A.b、c两点间电势差B.沿中垂线由a点到c点电势逐渐升高C.由a点运动到c点的过程中，小球的电势能先增大后减小D.b点为中垂线上电场强度最大的点，且场强【答案】D【解析】【详解】A．从b到c，由动能定理解得，A错误；B．由乙图可知，从a点到c点小球速度一直增大，电场力一直做正功，小球带正电，故沿中垂线由a点到c点电势逐渐降低，B错误；C．由前面分析知，沿中垂线由a点到c点电势逐渐降低，小球带正电，则小球的电势能逐渐减小，C错误；D．由乙图可知，b点时对应的图线切线斜率最大，即在b点时加速度最大，由，知b点为中垂线上电场强度最大的点，且场强，D正确。故选D。8.如图所示，一根轻质弹性绳一端固定在天花板上的A点，另一端跨过墙上固定的光滑定滑轮B与一可视为质点的小物块相连，弹性绳的原长等于AB，绳的弹力符合胡克定律，劲度系数。初始状态，小物块被锁定在固定斜面上的M点，BM垂直斜面。某时刻，小物块解除锁定，同时施加一沿着斜面向上的恒力F，小物块由静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点，P为MN中点。已知斜面倾角，物块质量，，，物块与斜面间动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，，。物块从M到N的过程中，下列说法正确的是（）A.物块所受的支持力减小B.所受恒力F的大小为9NC.物块经P点时的动能为0.2JD.物块和弹性绳系统的机械能先增加后减少【答案】C【解析】【详解】A．对物块进行分析，在垂直于斜面方向合力为0，令弹性绳的伸长量为x，绳与斜面夹角为α，则有解得物块向上运动过程中，物块所受的支持力不变，故A错误；B．结合上述，物块所受滑动摩擦力根据几何关系有物块从M到N的过程有解得故B错误；C．根据几何关系有物块从M到P的过程有结合上述解得故C正确；D．物块从M到N的过程，恒力F与摩擦力的合力对物块和弹性绳构成的系统始终做正功，则物块和弹性绳系统的机械能始终增大，故D错误。故选C二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）9.如图甲所示，质量的物块被锁定在倾角、足够长的光滑斜面上，时刻解除锁定，并对物块沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向上为正方向，下列说法正确的是（）A.时物体向下运动 B.0~2s时间内合外力冲量为0C.时物体恰好返回至出发位置 D.时物体的动量是时物体动量的两倍【答案】CD【解析】【详解】AC．0~1s时间内，物体沿斜面向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律解得0~1s时间内，位移时速度1~2s时间内，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律解得1~2s时间内，位移0~2s时间内，位移故时物体沿斜面向上运动，时物体恰好返回至出发位置故A错误，C正确；B．时，速度由动量定理0~2s时间内合外力冲量等于动量的变化量故B错误；D．时动量时，动量负号表示方向，时物体的动量是时物体动量的两倍故D正确。故选CD。10.如图所示，半径为L的光滑圆形金属轨道固定放置在绝缘水平面上，圆心O处固定一竖直细导体轴。间距为L、与水平面成角的足够长平行光滑倾斜导轨通过导线分别与圆形轨道及导体轴相连。倾斜导轨和圆形金属轨道分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。细导体棒OA在水平面内绕O点沿逆时针方向以角速度匀速转动时，水平放置在导轨上的导体棒CD恰好静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.C端的电势高于D端B.CD棒的质量C.若锁定OA棒，将CD棒由静止释放，CD棒运动的最大速度D.若OA棒以匀速转动，CD棒由静止释放经时间t达到匀速，则这段时间内CD棒的位移【答案】BC【解析】【详解】A．由右手定则可知，A端电势高于O端电势，电流从D流向C，故D端的电势高于C端，故A错误；B．根据题意可知，细导体棒OA在水平面内绕O点沿逆时针方向以角速度匀速转动时，感应电动势为回路中感应电流为对CD棒受力分析，由平衡条件有解得故B正确；C．锁定OA棒，CD棒静止释放，最终匀速运动，则有又有，联立解得故C正确；D．设CD棒速度为时，经过一小段时间，速度变化量为，对棒由动量定理有又有，从静止释放到速度达到最大的过程，有最终匀速运动，则有联立解得故D错误故选BC。三、非选择题（本题共5小题，共58分。考生根据要求作答）11.如图甲所示，某物理兴趣小组利用低成本实验材料制作了一个便携力学传感器，能实时显示压力F—时间t图像，并能够进行数据分析。研究小组使用它在课堂上模拟电梯的上升和下降过程，把砝码水平放置在传感器上面，拉住细绳使传感器从静止开始，在竖直方向上运动。一段时间后得到的图像如下图乙所示，从图像上选取的点的力学数据如下表1所示，重力加速度g取。表1点ABCEFGHI力/N0.500.810.210.030.150.740.080.98请你分析以上图像和表格信息，回答下列问题：（1）该小组使用的钩码质量为______A.0.5g B.5g C.50g D.500g（2）在A至I点中，钩码处于失重状态且加速度小于的点有______（3）从D点到E点，钩码的加速度变化情况是______A.先向上减小后向下减小 B.先向上减小后向下增大C.先向下增大后向下增大 D.先向上增大后向下减小【答案】（1）C（2）C（3）B【解析】【小问1详解】由图乙可知得故选C。【小问2详解】钩码处于失重状态时，由牛顿第二定律得当时，故有在A至I点中，钩码处于失重状态且加速度小于的点只有C点符合。故选C。【小问3详解】从D点到E点，由图像可知先大于重力逐渐减小过程中加速度向上减小；当小于重力再继续逐渐减小过程中加速度向下增大。故选C。12.某同学用多用电表做了以下两个实验：（1）用多用电表欧姆挡测量某元件的阻值，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针的偏转角度过大，因此需选择______（选填“×10”或“×1k”）倍率的电阻档，并需欧姆调零后，再次进行测量，若多用电表的指针如图甲所示，测量结果为______Ω；（2）欧姆挡进行电阻调零后，为了测量多用电表内部电源的电动势E，该同学设计了如图乙所示的电路，但电路中有一处接线错误，请指出：______；（3）正确连接线路后，闭合开关，改变电阻箱的阻值，可得到多组毫安表示数I和电阻箱阻值R，作出图线如图丙，该图线斜率为k，若忽略毫安表内阻，可得出______；若考虑到毫安表内阻的影响，这个测量值______（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。【答案】（1）①.×10②.600（2）电流表的正负接线柱接反（3）①.②.等于【解析】【小问1详解】[1][2]用多用电表欧姆挡测量某元件的阻值，选用×100倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针的偏转角度过大，说明待测电阻阻值相对所选倍率较小，因此需选择×10倍率的电阻档，并需欧姆调零后，再次进行测量，若多用电表的指针如图甲所示，测量结果为【小问2详解】多用电表的黑表笔连接内部电源的正极，红表笔连接内部电源的负极，则图乙电路中的一处接线错误是电流表的正负接线柱接反。【小问3详解】[1]若忽略毫安表内阻，根据闭合电路欧姆定律可得可得可知图像的斜率为解得[2]若考虑到毫安表内阻的影响，根据闭合电路欧姆定律可得可得可知图像的斜率仍为故电动势测量值等于真实值。13.济南趵突泉是中国著名的风景名胜，泉水一年四季恒定在18℃左右。严冬，水面上水气袅袅，像一层薄薄的烟雾，一边是泉池幽深，波光粼粼，一边是楼阁彩绘，雕梁画栋，构成了一幅奇妙的人间仙境。在水底有很多小孔冒出微小气泡，可以看到气泡在缓慢上升过程中体积逐渐变大且没有破裂。假设初始时小气泡（可视为理想气体）体积，气泡上升过程中内外压强相同。已知泉水水深，大气压强，水的密度，重力加速度g取。（1）求气泡到达水面时的体积；（2）已知气泡上升过程中对外界做功，判断气泡是吸热还是放热，并求出热量的数值。【答案】（1）（2）吸热，【解析】【小问1详解】气泡在深度时，压强为解得水温不变，根据玻意耳定律有解得【小问2详解】温度不变，内能不变，根据热力学第一定律有体积变大，气泡上升过程中对外界做功，则有解得气泡从外界吸收热量14.如图所示，水平长直轨道上方存在一个竖直向下的匀强电场，电场强度大小。O点左侧轨道粗糙，右侧轨道光滑。在O点右侧放置一个质量，带有四分之一光滑圆弧轨道的绝缘槽，圆弧半径，圆弧槽的末端与水平轨道相切于O点。在O左侧处有一个质量，电荷量的带负电的小物块（可视为质点），小物块受到大小，与水平方向成37°的推力作用，由静止开始向右运动，到达O点时撤去力F，此时，小物块速度。不计空气阻力，以水平轨道所在平面为零势能面，重力加速度g取，，。求：（1）小物块与O点左侧轨道间动摩擦因数；（2）小物块电势能的最小值；（3）小物块第一次离开圆弧槽到再一次进入圆弧槽过程中，圆弧槽运动的位移大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】方法1：小物块在O点右侧做匀加速直线运动，依据动能定理有因为联立解得方法2：小物块在O点右侧做匀加速直线运动，有依据牛顿第二定律有因为，联立解得【小问2详解】方法1：设小物块第一次离开圆弧槽时水平速度为，竖直速度为，小物块和圆弧槽组成系统，水平方向动量守恒，故依据能量守恒有联立解得小物块第一次离开圆弧槽后，竖直方向做初速度方向向上，大小为的匀变速直线运动，加速度方向向下，设大小为a，依据牛顿第二定律解得小物块第一次离开圆弧槽后上升的最大高度小物块电势能变化量为故小物块电势能的最小值方法2：小物块第一次离开圆弧槽后上升到最大高度时，小物块与圆弧槽速度相等设此时速度为，小物块和圆弧槽组成系统，水平方向动量守恒，故依据能量守恒有解得小物块电势能变化量为故小物块电势能的最小值【小问3详解】方法1：小物块第一次离开圆弧槽和再一次进入圆弧槽过程，小物块和圆弧槽在水平方向均做速度为的匀速直线运动，此过程历时为t故圆弧槽此过程运动位移方法2：设小物块第一次离开圆弧槽时水平速度为，竖直速度为，小物块和圆弧槽组成系统，水平方向动量守恒，故依据能量守恒有解得小物块第一次离开圆弧槽后，竖直方向做初速度方向向上，大小为的匀变速直线运动，加速度方向向下，设大小为a，依据牛顿第二定律解得小物块第一次离开圆弧槽和再一次进入圆弧槽过程