四川省广安市2025届高三物理下学期二诊考试试题附答案

本试卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5.考试结束后，只将答题卡交回。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.下列关于原子结构表述正确的是（）A.放射性元素的半衰期是45亿年，经过45亿年，20个原子必定有10个发生衰变B.自然界中大多数原子的原子核非常稳定，而少数原子核却能自发衰变，这说明原子核具有复杂的结构C.原子核在发生衰变时会放出电子，该现象说明原子核内有电子，它和质子、中子统称为核子D.根据波尔理论可知，一个氢原子从能级向基态跃迁时，最多能放出6种不同频率的光子【答案】B【解析】【详解】A．放射性元素的半衰期是45亿年，半衰期只适用大量原子核的衰变，所以经过45亿年，20个原子不一定有10个发生衰变，故A错误；B．自然界中大多数原子的原子核非常稳定，而少数原子核却能自发衰变，这说明原子核具有复杂的结构，故B正确；C．原子核在发生衰变时会放出电子，电子是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，原子核内没有电子，原子核内的质子和中子统称为核子，故C错误；D．根据波尔理论可知，一个氢原子从的能级向基态跃迁时，最多能放出n-1=3种不同频率的光子，故D错误。故选B。2.在奥运会滑板街式比赛中，某选手（视为质点）从U型池边缘以初速度斜向上腾空，初速度方向与水平方向夹角为。若忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.选手在上升过程处于超重状态，下降过程处于失重状态B.选手在上升和下降阶段经过同一高度时速度相同C.选手在最高点时的速度为零D.选手回到与U型池边缘等高处的时间为【答案】D【解析】【详解】A．选手在上升过程和下降过程，只受重力，故加速度为重力加速度，方向竖直向下，所以选手在两过程中都处于失重状态，故A错误；B．根据对称性原理，选手在上升和下降阶段经过同一高度时速度大小相同，方向不同，故B错误；D．将选手斜抛的初速度分解到竖直方向和水平方向，则竖直方向的速度为水平方向的速度为选手在竖直方向做匀减速直线运动，直至最高点，此时竖直方向的速度为0，则上升的时间为根据对称性原理，选手下落到与U型池边缘等高处的时间为所以选手从飞出至回到与U型池边缘等高处的时间为故D正确；C．由D项分析，选手做斜抛运动，可知选手在最高点时，竖直方向速度为零，仍有水平方向的速度，故C错误。故选D3.如图，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上，O为球心，垂直于桌面。一束单色光竖直向下照射在半球面上的A点，并从半球体底面上B点射出。已知入射光线与的距离为，长度为，则透明半球体对该光的折射率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】入射光线与的距离为则入射角正弦故在底面B点，长度为，结合几何关系，可算出折射角正弦值根据折射定律故选C。4.某智能机械臂应用模型如图所示，机械臂通过不可伸长的吊索和可以伸缩的液压杆吊起重物，其中A点通过铰链与竖直墙面连接。现缓慢调整液压杆，使吊索逐渐趋近水平，在此过程中（）A.的支持力逐渐增大，的拉力大小不变B.的支持力先减小后增大，的拉力大小不变C.的支持力逐渐增大，的拉力逐渐减小D.的支持力大小不变，的拉力逐渐减小【答案】A【解析】【详解】对O点受力分析如图根据相似三角形关系可知缓慢调整液压杆OA，使吊索OB逐渐趋近水平，在此过程中OA变大，OB不变，可知FAO变大，FOB不变。故选A。5.中国计划于2025年5月发射“天问二号”火星探测器，其变轨过程如图所示，探测器在近日点M短暂加速后进入霍曼转移轨道，接着沿着这个轨道抵达远日点P，又在P点短暂加速进入火星轨道。已知引力常量为G，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R。若只考虑太阳对探测器的作用力。下列正确的是（）A.探测器在霍曼转移轨道由M点到P点运动过程中的速度越来越大B.探测器在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为C.探测器运行中在霍曼转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度之比为D.探测器在霍曼转移轨道上的运行周期与在火星轨道的运行周期之比为【答案】D【解析】【详解】A．探测器在霍曼转移轨道由M点到P点运动过程中，万有引力对其做负功，其动能减小，速度越来越小，故A错误；B．根据，可得即探测器在地球轨道上的线速度为同理，可得探测器在火星轨道上的线速度大小则探测器在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为，故B错误；C．探测器运行中在霍曼转移轨道上过P点与在火星轨道上过P点时，根据可得则探测器运行中在霍曼转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度相等，故C错误；D．探测器在霍曼转移轨道上与在火星轨道上运行时，根据开普勒第三定律有，联立探测器在霍曼转移轨道上的运行周期与在火星轨道的运行周期之比为故D正确。故选D。6.在如图所示的远距离输电电路中，a、b端接入电压的交流电源，两变压器均为理想变压器，两变压器的匝数比满足。已知、、的阻值均为5Ω，它们消耗的功率均相同，电表均为理想交流电表。则（）A.升压变压器的匝数比B.电压表的示数为240VC.电流表的示数为72AD.的电功率2880W【答案】D【解析】【详解】A．、、的阻值相等，消耗的功率相同，故通过、、的电流相同，设为，则通过降压变压器副线圈的电流为，由理想变压器原、副线圈匝数与电流关系得，则有，故A错误；B．结合上述可知，通过变压器原线圈的电流，由于变压器原线圈的输入功率等于、、的总功率，而、、的阻值相等，消耗的功率相同，令副线圈两端电压为，则有，解得，故B错误；C．结合上述可知，电流表的示数为，等于通过的电流，则有，故C错误；D．的电功率为,故D正确。故选D。7.图甲所示为某电容器的充、放电过程示意图。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化规律。电源电动势E=7.5V、内阻不计，充电前电容器带电量为零，先使S与“1”端相连，电源向电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的I-t曲线如图乙所示，下列正确的是（）A.在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0电流方向相同B.图乙中阴影部分的面积C.若，则该电容器电容值约为0.133FD.由甲、乙两图可判断阻值【答案】C【解析】【详解】A．由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向向右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相反，故A错误；B．曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积相等，即故B错误；C．由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容为故C正确；D．由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则故D错误。故选C。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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满分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.图甲为某同学利用跳绳模拟战绳训练，该同学将绳子一端固定在杆上，用手上下甩动另一端。图乙为绳上P、Q两质点的振动图像，P、Q两质点平衡位置相距5m。波由P向Q传播。下列说法正确的是（）A.增大甩动的频率，则波在绳子上传播速度增大B.t=0.5s时，P、Q质两点振动方向相同C.波长可能为0.6mD.波速可能为【答案】BD【解析】【详解】A．波的传播速度只和介质有关，所以增大甩动的频率，则波在绳子上传播速度不变，故A错误；B．由图乙可知，t=0.5s时刻，P、Q质两点振动方向相同，故B正确；C．根据题意可知（n=0，1，2……）所以（n=0，1，2……）当波长为0.6m时，n不能取整数，故C错误；D．波速为（n=0，1，2……）当波速为，则故D正确。故选BD。9.电磁感应是发电机的重要工作原理，如图甲所示，在边长为L的正方形abcd虚线区域内，分布着方向垂直水平面向外的匀强磁场，电阻为R的圆形导体框放置在绝缘水平面上，其圆心O点与ab边的中点重合，导体框恰好有一半处于磁场中。磁感应强度B随时同t的变化规律如图乙所示，其中B0、t0都是已知量。由于水平面粗糙，圆形导体框一直处于静止状态。则（）A.t0时刻通过导体框的电流大小为B.0~t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为C.2.5t0时刻，水平面对导体框的摩擦力大小为，方向水平向右D.0~3t0时间内圆形导体框中产生的焦耳热为【答案】AC【解析】【详解】AB．由图甲可知线圈的有效面积为在0~2t0时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小为则t0时刻通过导体框的电流大小为故A正确；B0~t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为故B错误；C．2t0~3t0时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小为感应电流大小为2.5t0时刻导体框所受安培力大小为根据左手定则可知，安培力方向水平向左，由于导体框一直处于静止状态，摩擦力与安培力平衡，可知方向水平向右，故C正确；D．0~3t0时间内圆形导体框中产生的焦耳热为故D错误。故选AC。10.我国自主研发的“磁浮储能系统”可将列车制动后进站时的部分动能转化为重力势能和弹性势能储存。原理简化如图，轻弹簧一端固定在倾角为30°的斜面顶端，质量为1kg的滑块（可视为质点）以初速度从底端A点沿斜面上滑，在B点开始压缩弹簧，滑块被弹回后恰好停在B点。已知AB的距离为4m，滑块与斜面的动摩擦因数为，弹簧的劲度系数为5N/m，重力加速度取10m/s2，取A点所在水平面为重力势能参考面，则（）A.整个过程弹簧的最大压缩量为1mB.全程产生的热量为30JC.物块的最大加速度为7.5m/s2D.滑块被弹回过程中最大速度时整个系统的机械能为23.75J【答案】AD【解析】【详解】A．设弹簧的最大压缩量为x，根据动能定理可得代入数据解得故A正确；B．全程产生的热量为故B错误；C．当弹簧被压缩到最短时，物块的加速度最大，且最大加速度为解得故C错误；D．滑块被弹回过程中最大速度时加速度为零，即解得根据动能定理可得整个系统的机械能为联立可得故D正确。故选AD。三、实验题：本题共2小题，11题6分，12题10分，共16分。11.某学习小组通过如图所示装置探究动能定理。光电门1、2分别固定在长木板上相距S的两点，挡光片宽度为d（），重力加速度为g。实验步骤如下：（1）在长木板右端适当位置垫一高度为H的木块，使滑块（包含挡光片）恰好能匀速下滑，并测得此时木块与木板左端距离为L。（2）让滑块以一定初速度沿斜面上滑，先后通过光电门1、光电门2，挡光时间分别为、。①滑块与木板间的动摩擦因数________；②滑块通过光电门2的速度为________；③该学习小组要探究动能定理，上述物理量需满足：________。（均用题干中字母表示）【答案】①.②.③.【解析】【详解】（2）①[1]在长木板右端适当位置垫一高度为H的木块，使滑块（包含挡光片）恰好能匀速下滑，并测得此时木块与木板左端距离为L。对木块根据平衡条件可得得②[2]滑块通过光电门2的速度为③[3]设斜面与水平面的夹角为，若让滑块以一定初速度沿斜面上滑，先后通过光电门1、光电门2，挡光时间分别为、。若该学习小组要探究动能定理，即探究其中，，联立求得上述物理量需满足12.图甲是一种特殊材料制成的均匀圆柱体物件，为了测定这种材料的电阻率，某同学先用多用电表粗测其电阻约有几万欧姆。（1）该同学用游标卡尺测得其长为，用螺旋测微器测得其外径d如图乙，则_______；（2）这种特殊材料的电阻率_________（用题中测得物理量L、d、表达）：（3）该同学又用如图丙所示电路精确测量该物件的电阻。①实验室提供了两款滑动变阻器：和，为了减小误差，本实验中滑动变阻器应该选用_________（填“”或“”）。②将先开关置于a处，闭合开关，调节滑动变阻器，使灵敏电流计读数为；再将开关置于b处，保持滑动变阻器滑片不动，调节电阻箱，当电阻箱时，灵敏电流计示数为。③已知灵敏电流计的内阻为200Ω，则物件的电阻测量值_________Ω。④本次实验的测量值_________（填“大于”或“等于”或“小于”）真实值。【答案】（1）11.016（2）（3）①.②.22300③.大于【解析】小问1详解】用螺旋测微器测得外径为【小问2详解】根据电阻定律可得这种特殊材料的电阻率为【小问3详解】①[1]由为了保证开关S2和电阻箱时滑动变阻器的分压几乎不变，不管是Rx或R0与滑动变阻器左侧部分的并联电阻应该变化不大，所以为了减小误差，滑动变阻器应采用阻值较小的；③[2]由欧姆定律可知代入数据解得④[3]本实验中S2置于a处的电流大于开关置于b处的电流，则S2置于a处与滑动变阻器左侧的并联的部分分压较小，由欧姆定律有其中，化简可得当时，为真实值，而实际上故Rx的测量值会偏大，即Rx的测量值大于真实值。四、计算题：本题共3小题，13题10分，14题12分，15题16分，共38分解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。13.如图甲所示，某导热气缸左侧有一静止可无摩擦滑动的活塞，活塞横截面积为S，气缸内气体的温度为，密度为。一质量为m、体积为V的乒乓球静止于气缸底部。现逐渐降低温度，让乒乓球恰好能悬浮。已知大气压强为，重力加速度为g，设乒乓球体积不变。（1）求乒乓球恰好能悬浮时气缸内气体的密度和温度；（2）若保持温度不变，将气缸缓慢顺时针旋转90°，稳定后乒乓球也恰好能悬浮，求活塞的质量M。【答案】（1），（2）【解析】【小问1详解】（1）乒乓球刚好能浮起，说明浮力等于重力，即解得气体发生等压变化时有,可得解得【小问2详解】（2）乒乓球刚好也能浮起，说明浮力等于重力，即气体发生等温变化时，可得解得M=14.如图所示，质量为0.3kg的滑块B静止在光滑水平面上，形状大小相同质量为0.1kg的滑块A以初速度5m/s向右运动，与B发生正碰，碰后B滑上θ=60°足够长的粗糙斜面，上升的最大高度为，B与斜面间的动摩擦因数为，斜面与水平面平滑连接，空气阻力不计，重力加速度取10m/s2。求：（1）第一次碰撞后滑块B和A的速度大小：（2）物理学中将材料一定的两物体，碰撞后分开的相对速度与碰撞前接近的相对速度之比定义为恢复系数，即，其中、为两物体碰撞前的速度，、为碰后的速度，e仅由两物体材料决定。①滑块A、B相碰时的恢复系数为e；②滑块A、B第二次碰撞后的速度大小。【答案】（1）2m/s，1m/s（2）①0.6；②1.6m/s，1.3m/s【解析】【小问1详解】设第一次碰后AB两滑块的速度分别为vA和vB，碰前A速度为v0，对B，由动能定理可得解得碰撞过程，由动量守恒定律可得解得【小问2详解】①由恢复系数公式代入第一次碰撞数据解得②再次到达水平面时速度为vB1，从H处再次滑下时，由动能定理可得再次碰撞时，设向左为正方向，碰后A、B速度分别为vA2、vB2，由动量守恒定律