四川省自贡市2024～2025学年高三物理二模试卷附答案

一、单选题：本大题共7小题，共分。1.2024年4月25心舱成功对接，组合体运行在离地约400公里的圆轨道上，引力常量为G，已知，关于神舟十八号载人飞船的发射、对接和在轨运行，下列说法正确的是（）A.组合体在轨运行时的速度大于7.9km/sB.神舟十八号和“天和”核心舱同轨后，神舟十八号加速可实现与“天和”核心舱对接C.知道组合体做圆周运动的周期及半径，可求出地球的质量D.组合体在轨运行时，宇航员受力平衡【答案】C【解析】【详解】A．第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以组合体在轨运行的速度小于7.9km/s。故A错误；B．神舟十八号和“天和”核心舱同轨后，神舟十八号加速后会做离心运动，不可能实现对接。故B错误；C．知道组合体做圆周运动的周期及半径，由可求出地球质量M。故C正确；D．组合体在轨运行时，宇航员做圆周运动，万有引力提供向心力，受力不平衡。故D错误。故选C2.很多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列叙述符合物理学史实的是（）A.首先提出量子理论的科学家是爱因斯坦B.光电效应和康普顿效应说明光具有波动性C.卢瑟福用α粒子散射实验证明原子内部存在着原子核第1页/共20页

D.汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的【答案】C【解析】【详解】A．首先提出量子理论的科学家是普朗克，故A错误。B．光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性，故B错误；C．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，故C正确；D．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子是有复杂结构的，故D错误。故选C。3.某学习小组在研究光的折射现象时，让一束红光和一束绿光，从半圆形的玻璃柱体横截面的圆心O点以相同的入射角沿PO方向射入，其透射光线分别从同一横截面上的A、B两点射出，如图所示，已知，光速，则下列说法正确的是（）A.OB是红光，OA是绿光B.玻璃对OA光束的折射率为C.OA光束在该玻璃中传播的速度为m/sD.逐渐增大角，因发生全反射而先消失是OA光束【答案】C【解析】【详解】A．因为绿光的折射率大于红光折射率，所以OB是绿光，OA是红光，故A错误；B．玻璃对OA光束的折射率为故B错误；C．OA光束在该玻璃中传播的速度为第2页/共20页

故C正确；D向光密介质，逐渐增大角，也不会发生全反射现象，故D错误。故选C。4.空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】解法一：ACxOy平面内电场的方向沿yO静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速yx运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。故选B。解法二：粒子在Ox轴正方向的速度vx轴负方向的速度v’第3页/共20页

相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x轴负方向以速度做匀速直线运动，同时在x轴上方做匀速圆周运动。故选B。5.光滑的水平面上叠放有质量分别为m和k一端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统像一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】对整体，当最大振幅时有得隔离分析，当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力得故C正确，A、B、D错误。故选C。【点评】解决本题的关键会分析物体做简谐运动的回复力是什么力。知道该题中最大振幅时两木块间的摩第4页/共20页

擦力达到最大静摩擦力。6.均为作用在线圈框架的端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度随时间变化的规律如图丙（正弦函数曲线）所示。发电机通过灯泡后接入理想变压器，三个灯泡均正常发光，灯泡正常发光时的电阻，不计线圈电阻。则每个小灯泡正常发光时的功率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据题意可知，线圈中产生的感应电动势最大值为由图丙可知角速度解得则发电机产生的电动势的瞬时值表达式为发电机正常工作时三个小灯泡均正常发光，则有变压器的原副线圈两端的电流关系为第5页/共20页

根据则变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电源的有效值设小灯泡正常发光的两端的电压为，副线圈两端的电压为，根据匝数比和电压关系，则原线圈的两端的电压为，则有解得小灯泡正常发光的功率故选C。7.如图，在区域内有垂直于xOy平面内的匀强磁场和平行于x轴的匀强电场，x轴和y轴所表示的单位长度相同。一不计重力的带电粒子每次均从坐标原点O以一定的速度沿y轴正方向射入。将（）A.从点射出B.从点射出C.从点射出D.从点射出【答案】B【解析】第6页/共20页

【详解】设粒子的初速度为，电场、磁场均存在，粒子恰好沿直线运动，可得撤去磁场后，粒子电场中做类平抛运动，可得，又撤去电场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有联立，解得圆的圆心位置为（-1,0射出。故选B。二、多选题：本大题共3小题，共分。8.一列简谐波沿x轴正方向传播，O为波源且t=0时刻开始沿y轴正方向起振。如图所示为t=0.3s时x=0至x=4mx=2m）A.这列波的周期为0.2sB.t=0.3s时x=2m处的质点加速度正向最大C.t=0.8s时x=16m处的质点经过平衡位置向上运动D.t=0.3s时x=14m处的质点的位置坐标为【答案】AC【解析】【详解】A．由题知，波长，波源t=0时刻开始沿y轴正方向起振，则介质中各个质点均沿y轴正方向起振，t=0.3s时，x=2m处的质点第二次到达波峰，振动了，波从波源O传到x=2m处的质点，用时，则第7页/共20页

解得周期为故A正确；B．t=0.3s时x=2m处的质点处于波峰，则加速度负向最大，故B错误；C．波速则t=0.3sx=12mt=0.3s时波形图可得，此时x=12m处的质点处于平衡位置，且向上振动，t=0.4s时，波传播到x=16m处的质点，再经过0.4s，即再经过2个周期，x=16m质点从平衡位置向上运动。则t=0.8s时，x=16m处的质点从平衡位置向上运动，故C正确；D．t=0.3s时，波传播距离为因此波向右传播了12m，所以在x=14m处的质点还未振动，故D错误。故选AC。9.如图所示，以A、B、C、D为顶点构成的长方形处于一平行板电容器（未画出）形成的匀强电场中，长方形所在平面与两平行板垂直，AB的长度为8cm，BC的长度为6cm，D点距带正电荷的电容器极板的距离为20cm。取无穷远处为零电势，A、B、C三点的电势分别为9V、25V、16V。则（）A.D点电势为0VB.D点电势为18VC.两平行板间的电势差为50VD.两平行板间电势差为100V【答案】AD【解析】【详解】AB．在匀强电场中，平行等间距的两点电势差相等，可得第8页/共20页

代入数据可得0故A正确，B错误；CDCD分为8等分，每一等分对应1cmF点的电势为9VAFD点做AF的垂线,如图有几何关系可得DG的长度为解得所以电场强度的大小为解得又因为D的电势为0，且D点距离正极板的距离为20cm，有对称性可知，两极板间的距离为40cm，所以两极板间的电势差为解得故D正确，C错误故选AD。10.如图所示，表面粗糙的“L”型水平轨道固定在地面上，劲度系数为k、原长为的轻弹簧一端固定在第9页/共20页

轨道上的O点，另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连，滑块总质量为m。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x的A点由静止释放，向左最远运动到坐标为的B得滑块的加速度a与坐标x的关系如图所示，其中为图线纵截距。则滑块由A运动至B过程中（弹簧始终处于弹性限度内）下列描述正确的是（）A.B.最大动能为C.动摩擦因数D.滑块在和处的弹性势能【答案】BC【解析】【详解】A．由图可知，当滑块运动到位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而不是原长，故A项错误；B．加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合图线与横轴所围区域的面积可得故B项正确；C．根据牛顿第二定律得当时，，解得：动摩擦因数第10页/共20页

故C项正确；D．能量守恒定律可得故D项错误。故选BC。三、实验题：本大题共2小题，共分。在“用单摆测定重力加速度”实验中：（1）下列哪个装置最适合用来做单摆？_______A.B.C.D.（2）用20分度的游标卡尺测量摆球的直径，如图甲所示，由此可知摆球的直径______cm。（3）以下关于该实验的说法中正确的有______。A.用刻度尺测量摆线的长度，单摆的摆长B.若发现摆球不在同一个竖直平面内摆动，则需重新释放摆球C.摆球摆动稳定后，从某次摆球经过最高位置时开始计时D.摆球摆动稳定后，从某次摆球经过最低位置时开始计时（4）实验中改变几次摆长L，测出相应的摆动周期T，得到多组L与T的数据，作出图线，如图乙所示，图线上A、B两点的坐标分别为，，则重力加速度g的计算式为______。【答案】①.A②.1.370③.BD##DB④.【解析】1）[1]根据单摆理想模型可知，为减少空气阻力的影响，摆球应采用密度大、体积小的铁球，为第11页/共20页

使摆球摆动时摆长不变，摆线应用不易变形的细丝线，悬点应用铁夹来固定，故A正确，BCD错误。（2）[2]游标卡尺的读数为（3）[3]A．用刻度尺测量摆线的长度l，单摆的摆长，故A错误；B动，故B正确；CDC错误，D正确；故选BD。（4）[4]根据单摆周期公式整理得因此图线斜率为解得12.如图甲所示是一个多用电表的简化电路图。请完成下列问题。第12页/共20页

(1)S旋到位置56____________(2)某同学用此多用表测量某电学元件的电阻，选用“×10”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择____________（填“×1”或“×100”）倍率的欧姆挡。(3)某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙、丙所示的简易欧姆表。实验器材如下：A．干电池（电动势E为3.0V，内阻rB．电流计G（量程300μA，内阻99ΩC．可变电阻器R；D．定值电阻R=4Ω；E．导线若干，红黑表笔各一只。①如图乙所示，表盘上100μA刻度线对应的电阻刻度值是____________Ω；②如果将R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，换挡前、后倍率之比为____________。【答案】①.直流电源②.×100③.20000④.100：1【解析】【详解】(1)[1]由图所示可知，当转换开关旋到位置5、6时，表头与电阻串联，此时可用来测量直流电压。(2)[2]测量某电学元件的电阻，选用“”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，待测阻值较大，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，需选择“”倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量。(3)①[3]欧姆表中值电阻等于欧姆挡内部电阻，则中间刻度值对应示数为有解得所以表盘上100μA刻度线对应的电阻刻度值是。第13页/共20页

②[4]当电流计满偏时：流过的电流电流计内阻为100表改装成欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的，欧姆表换挡前、后倍率之比等于。四、简答题：本大题共1小题，共分。13.如图，一半径为的圆内存在匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里，在圆形磁场右边有一接地的“”形金属挡板，在bc边中点O开一小孔，圆形磁场与bc边相切于O点，挡板内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度大小，在cd边下方处放置一足够长的水平接收板P，初速度可忽略的大量电子，经过电压U加速后，有宽度为的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过O点进入，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间的相互作用和电子的重力，其中已知，求：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度v；（2）圆形磁场区域的半径（3）电子在水平接收板上击中的区域。【答案】（1）2）3），区域如图左【解析】第14页/共20页

1）电子初速度为0，忽略电子间的相互作用和电子的重力，经过电压U加速，则解得（2）因为有宽度为的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过O点，画图可知，圆形磁场半径等于电子在其运动轨迹的半径，即（3）挡板内电子进入挡板内磁场，由可知在挡板内做圆周运动的半径为圆形磁场内圆周运动半径的2倍，即当圆的轨迹与abO子在O点速度从竖直向上往顺时针偏转时，其轨迹也绕O点顺时针偏转，当偏转到圆的轨迹与ad边相切时，此时粒子刚好不能射到收集板，如右图所示在右边大三角形中第15页/共20页

在三角形中则代入解得电子在水平接收板上击中的区域为这一区域。五、计算题：本大题共2小题，共分。14.道的前一部分是水平的，跑道后一段略微向上翘起。飞机在尾段翘起跑道上的运动虽然会使加速度略有减L＝kv（，从静止的航母上滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段在水平跑道上受到的平均阻力恒为，加速度为，位移为80m，后一段倾斜跑道上的加速度为，路程为100m，