江西省萍乡市高三下学期二模考试物理试卷

2025年萍乡市高三第二次模拟考试物理本卷满分：100分考试时间：75分钟考生注意：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动。用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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题只有一项符合题目要求，每题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，有选错或不答的得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：研究团队合成了新核素钚，并测定了该新核素发生α衰变时放出的能量约为8191KeV，半衰期约为0.78s。下列说法正确的是（）A.钚227发生α衰变的核反应方程为B.钚227发生α衰变的核反应方程为C.10个钚227原子核经过0.78s后一定还剩余5个D.原子核的比结合能比原子核的比结合能大【答案】B【解析】【详解】AB．钚227发生α衰变，生成，核反应方程为故A错误，B正确；C．半衰期是大量粒子的统计规律，对少量原子核衰变不成立，10个钚227经过一个半衰期不一定还剩余5个，故C错误；D．钚227衰变的过程中是释放能量的，新核更加稳定，比结合能更大，所以的比结合能比的比结合能小，故D错误。故选B。2.有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳。破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则（）A.若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大B.若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子压力变小C.若A、B距离不变，顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越大D.若A、B距离不变，顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越小【答案】D【解析】【详解】AB．瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，AB错误；CD．若A、B距离不变，顶角越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C错误，D正确。故选D。3.中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置（EAST），这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示。磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B，甲粒子速度方向与磁场垂直，乙粒子速度方向与磁场方向平行，丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为θ，所有粒子的质量均为m，电荷量均为＋q，且粒子的初速度方向在纸面内，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则从图示位置开始计时，经历的时间后（）A.甲、乙两粒子均回到图示位置 B.甲、丙两粒子均回到图示位置C.乙、丙两粒子位置改变了 D.丙粒子位置改变了【答案】D【解析】【详解】AB．甲粒子受到洛伦兹力大小为，根据左手定则可知方向垂直纸面向里，在磁场中做匀速圆周运动，经过一个周期后回到图示位置；乙粒子速度与磁场平行，不受洛伦兹力，所以乙粒子做匀速直线运动，经过一个周期不能回到图示位置；丙粒子速度与磁场方向成角，分解丙粒子的速度，会得到平行磁场和垂直磁场的两分速度，垂直磁场的分速度平面最匀速圆周运动，平行磁场方向做匀速直线运动，所以经过一个周期后也不能回到图示位置，故AB错误；CD．乙粒子做匀速直线运动，一个周期运动的位移为将丙粒子速度分解为磁场方向速度和垂直磁场方向速度丙粒子在磁场中以速度做匀速圆周运动，周期解得周期所以丙粒子一个周期内会回到图示平面，水平方向经过的位移为，故C错误，D正确。故选D。4.2024年11月04日凌晨，神舟十八号载人飞船成功返回地面，神舟飞船返回过程简化如图所示。神舟十八号载人飞船与空间站分离后沿椭圆轨道1运行，圆形轨道2为空间站运行轨道，P为两轨道切点，Q为轨道1近地点，Q点离地高度不计。已知轨道2的半径为r，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，轨道1的周期为T，引力常量为G，下列分析或结论正确的是（）A.载人飞船在轨道1上经过P点时速度等于B.载人飞船在轨道1上经过P点时速度大于C.空间站在轨道2运行的速率等于D.地球质量【答案】C【解析】【详解】ABC．根据载人飞船在轨道2上运动时解得飞船从轨道1上的P点加速才能进入轨道2，可知飞船在轨道1上经过P点时速度小于，选项AB错误，C正确；D．飞船在轨道2上运行时可得地球质量选项D错误。故选C。5.某同学买了一个透明“水晶球”，其内部材料折射率相同，如图甲所示。他测出球的直径为d；现有一束单色光从球上P点射向球内，折射光线与水平直径PQ夹角，出射光线恰好与PQ平行，如图乙所示。已知光在真空中的传播速度为c。下列说法正确的是（）A.光在“水晶球”中的传播时间为B.“水晶球”的折射率为2C.增大光线在P点的入射角，可以使光线从水晶球射向空气时发生全反射D.仅换用波长更短的单色光，光在“水晶球”中传播的时间变短【答案】A【解析】【详解】AB．如图，根据几何关系可以得出，根据折射率公式解得又解得根据几个关系解得光线在“水晶球”中运动的距离为故故A答案正确,B答案错误；C．根据几何关系，P点的入射角等于折射角的两倍，故增大光线在P点的入射角，光线从水晶球射向空气时不会发生全反射，故C答案错误；D．光的波长变短，折射率变大，光的偏折程度越大，光在“水晶球”中传播距离变大，速度变小，运动的时间变长，故D答案错误；故选A。6.如图为“用传感器探究气体等温变化的规律”的实验装置，实验时某同学缓慢推动活塞，在使注射器内空气体积逐渐减小的过程中，由注射器壁上的刻度读出气体的体积V，由压强传感器测得的压强值p在计算机屏幕上实时显示，实验过程中该同学发现，封闭气体的温度有缓慢且细微的升高，则实验得到的图像可能是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】根据理想气体状态方程整理可得由此可知，随着环境温度的升高，图像的斜率会逐渐变大。故选B。7.由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点。a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，下列说法正确的是（）A.炮弹到达b点时的速度为零 B.炮弹到达b点时的加速度小于重力加速度gC.炮弹在Ob段重力的平均功率比bd段大 D.炮弹经过a点时重力的功率与c点相等【答案】C【解析】【详解】A．到达b点时，炮弹的竖直分速度为零，但具有水平分速度（不为零），故A错误；B．炮弹到达b点时，除受到竖直向下的重力外、还受到与运动方向相反的空气阻力作用，所以到达b点时，炮弹的加速度大于重力加速度g，故B错误；C．从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，由牛顿第二定律可得解得在从b到d的过程中，在竖直方向上，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，由牛顿第二定律可得解得对比可得即上升阶段的加速度总体比下降阶段的加速度大，由可定性确定，竖直位移相同，加速度越大，时间就越短，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，但两个过程重力做功的值相同，根据可知炮弹在Ob段重力的平均功率大于bd段重力的平均功率，故C正确；D．炮弹从a点到c点的过程，竖直方向，由于空气阻力的影响，竖直向上减速的加速度大于竖直向下加速的加速度，位移相同，根据可知，c点的竖直分速度小于a点的竖直分速度，根据重力的功率可知炮弹经过a点时重力的功率比c点大，故D错误。故选C。8.如图所示，两列波长与振幅都相同的横波，时，沿x轴正方向传播的波正好传播到坐标原点，沿x轴负方向传播的波刚好传播到处。已知两列波的振幅均为10cm，波速均为5m/s，则下列说法正确的是（）A.两波相遇后，平衡位置位于原点的质点是振动加强点B.在0~0.6s内，平衡位置位于原点的质点运动的路程为2mC.时，坐标在0~1m之间的质点偏离平衡位置的位移都为0D.时，坐标在0~1m之间的质点的速度均为0【答案】AC【解析】【详解】A．由于两列波波速与波长相等，可知，两列波的频率相等，根据同侧法可知，0时刻两列波的波前振动方向相反，若将0时刻两列波的波前等效为两个波源，则两等效波源振动步调相反，由于两波前到图中坐标原点的距离差等于半波长，可知，平衡位置位于原点的质点是振动加强点，故A正确；B．根据波长为2m，解得在0~0.2s内，位于原点的质点运动的路程0.2s时，右侧波传播到原点，结合上述可知，原点的质点振动加强，由于则在0.2~0.6s内，位于原点质点运动的路程可知，在0~0.6s内，平衡位置位于原点的质点运动的路程为故B错误；C．根据可知，时，波向前传播了一个波长的距离，根据图示，左侧波形的波峰恰好传播到平衡位置在0.5m的质点，右侧波形的波谷恰好传播到平衡位置在0.5m的质点，根据波的叠加原理可知，时，坐标在0~1m之间的质点偏离平衡位置的位移都为0，故C正确；D．结合上述可知，平衡位置在原点与1m位置的点均为振动加强点，时，坐标在0~1m之间的质点偏离平衡位置的位移都为0，此时平衡位置在原点与1m位置的点均处于平衡位置，这两点的速度达到最大值，故D错误。故选AC。9.如图为“日”字形理想变压器（铁芯左右对称）的示意图，中间和两臂上分别绕有匝数为n0、n1，n2的线圈，线圈匝数比n0:n1:n2=10:4:5，两臂电路中接有相同的电阻R。将中间线圈接入电压的交变电流，设通过铁芯左右两臂的磁通量相等，下列说法正确的是（）A.三个线圈中磁通量的变化率都相同B.电压表V1的示数为7.2VC.电压表V1和V2示数比为4:5D.电流表A1和A2示数比为5:4【答案】BC【解析】【详解】A．因穿过中间线圈的磁通量等于两边线圈的磁通量之和，可知中间线圈的磁通量变化率大于两边线圈的磁通量变化率，两边线圈的磁通量变化率相等，选项A错误；B．中间线圈电压有效值可得左侧线圈两端电压即电压表V1的示数为7.2V，选项B正确；C．同理右侧线圈两端电压即电压表V2的示数为9.0V，电压表V1和V2示数比为4:5，选项C正确；D．因左右两边电路中所接的电阻相同，可知电流表A1和A2示数比等于电压之比，即为4:5，选项D错误。故选BC。10.如图甲所示为一种“自动旋转电玩小球”玩具模型的简化图。内侧半径为R的光滑绝缘轨道竖直固定放置，轨道内部存在与轨道平面平行的匀强电场（方向未知）。轨道内侧有一质量为m，电荷量为+q的五彩小球从轨道最低点P以某一初速度启动，在轨道平面内沿逆时针方向恰好能做完整的圆周运动。运动过程中，小球与轨道圆心O的连线与OP方向的夹角记为θ，乙图所示为小球在运动过程中的电势能Ep随角度θ的变化情况，已知重力加速度为g，则（）A.匀强电场的方向水平向左B.电场强度的大小为C.小球运动过程中动能的最小值为D.小球运动过程中对轨道压力的最大值为【答案】AD【解析】【详解】A．如图所示设M、N为圆环上与圆心O等高的两点，根据图乙可知当或者时，小球的电势能都为0，则P、Q两点为等势线当时，小球运动到N点，电势能最大为当时，小球运动到M点，电势能最小为综上可得电场线方向为N指向M，即水平向左，故A正确；B．小球由N点运动到M点，由动能定理得解得，故B错误；C．小球所受电场力，所以小球在圆环内受到的等效重力为，方向与MN成角，根据题意，小球运动到“最高点”时动能最小，小球恰好做圆周运动，则在“最高点”解得，故C错误；D．小球运动到“最低点”时对轨道的压力最大，小球从“最高点”到“最低点”的过程，在“最低点”处联立解得，故D正确。故选AD。二、非选择题：本大题共5小题，共54分。11.某实验小组用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。绕过定滑轮的轻质细线的两端分别悬挂质量均为m的重物A、B且处于静止状态，A与纸带连接，纸带通过固定的打点计时器（电源频率为50Hz），在B的下端再挂质量为m0的重物C。由静止释放重物C，利用打点计时器打出的纸带可研究系统（由重物A、B、C组成）的机械能守恒，重力加速度大小为g，回答下列问题：（1）关于该实验，下列说法正确的是（）A.无须测量重物C的质量m0就可以验证机械能守恒定律B.实验时，应先接通打点计时器电源再释放纸带C.增大重物C的质量可使重物A、B、C的加速度接近g，但不可能超过g（2）此实验存在系统误差，由于摩擦和空气阻力的影响，系统的总动能的增加量略______总重力势能（填“小于”或“大于”）；适当______重物A、B、C的质量，可减小本实验的相对误差。（填“增大”或“减少”）（3）对选取的纸带，若第1个点对应的速度为0，重物A上升的高度为h，通过计算得到三个重物的速度大小为v，然后描绘出v2h（h为横坐标）关系图像，若系统机械能守恒成立，且，则倾斜直线的斜率k＝______。【答案】（1）BC（2）①.小于②.增大（3）【解析】【小问1详解】A．根据题意可知，本实验系统减少的重力势能为系统增加的动能为需要验证机械能守恒的表达式为可知验证机械能守恒需要测量重物C的质量m0，故A错误；B．为了充分利用纸带，实验时，应先接通打点计时器电源再释放纸带，故B正确；C．以B、C为对象，根据牛顿第二定律可得以A为对象，根据牛顿第二定律可得联立可得加速度大小为可知增大重物C的质量可使重物A、B、C的加速度接近g，但不可能超过g，故C正确。故选BC。【小问2详解】[1][2]此实验由于摩擦和空气阻力的影响，减少的重力势能有一部分转化为内阻，使得系统的总动能的增加量略小于总重力势能；适当增大物A、B、C的质量，可减小摩擦和空气阻力的影响，减小本实验的相对误差。小问3详解】根据系统机械能守恒可得整理可得可知若系统机械能守恒成立，则倾斜直线的斜率为12.某水果加工厂的苹果自动分拣装置的示意图如图甲所示，该装置能把大小不同的苹果按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果，装置中R1为半导体薄膜压力传感器，托盘置于R1上，托盘所受重力不计。苹果经过托盘时对R1产生压力，半导体薄膜压力传感器R1的阻值随压力F变化的图像如图乙所示。初始状态衔铁水平，当电阻箱R2两端电压U2≥4V时，控制电路使电磁铁工作吸动衔铁，并保持一段时间，确保苹果在衔铁上运动时电磁铁保持吸合状态，苹果进入下通道。已知电源电动势E＝10V，内阻r＝1.0Ω，取重力加速度大小g＝10m/s2。（1）当质量较大的苹果通过托盘时，对应的压力传感器R1的阻值______（填“较大”或“较小”）。（2）现以0.3kg为标准质量将苹果分拣开，根据题述条件可知，质量小于0.3kg的小果将通过______（填“上通道”或“下通道”），电阻箱R2的阻值应调为______Ω（结果保留一位小数）。（3）若要将分拣标准质量提高到0.40kg，仅将R2的阻值调为______Ω即可实现。（结果保留一位小数）（4）若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，则分拣标准质量将会______（填“变大”“变小”或“不变”）。【答案】（1）较小（2）①.上通道②.14.0（3）10.7（4）变大【解析】【小问1详解】苹果通过托盘时，质量较大的苹果托盘对R1的压力较大，根据图乙可知，R1的阻值较小；【小问2详解】[1]若苹果质量小于0.3kg时，则R1阻值增大，分压增大，由于电源电动势不变，R2两端分压减小，电衔铁将不被吸合，小苹果将通过上通道；[2]当苹果质量为0.3kg时，此时为使该装置达到分拣目的，R2的阻值满足解得【小问3详解】同理当苹果质量为0.40kg时，此时为使该装置达到分拣目的，R2的阻值满足解得【小问4详解】若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，根据可知内阻r增大，则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻偏小，需要的压力偏大，即分拣标准质量将会偏大。13.一无人潜水装置基本结构如图所示，主要由长度为l0、横截面积为S的气缸，光滑轻活塞和压缩空气罐组成。气缸开口处和距底部处有限位卡口，底部通过一细管与压缩空气罐相连，细管有阀门可控制开关。下水前测得大气温度为T0，压强为p0，此时活塞位于两卡口正中间。潜水装置下潜到水底后检测到水底温度也为T0，下卡口受到活塞压力为F。已知水密度为ρ，重力加速度为g，不计器壁厚度，气缸与空气罐导热良好，细管体积可忽略不计，则：（1）已知l0<<h，求水底深度h；（2）完成探测后准备上浮，细管上的阀门会自动打开，连通两侧空气。若要使活塞恰好能够离开下限位卡口，求充入气缸中气体质量与原气缸中气体质量的比值。【答案】（1）（2）【解析】小问1详解】由题意可知，在下沉过程中，活塞会到达下卡口设潜水装置抵达水底时气缸内压强为，则根据理想气体状态方程有联立解得对活塞进行受力平衡分析可得解得【小问2详解】设活塞恰好能够离开下限位卡口时，设气缸内气体的体积和压强分别为、根据平衡条件可得对于充入气缸中的这部分气体，假设其压强转换为时，体积为由玻意耳定律解得得即充入气缸中气体质量与原气缸中气体质量的比值14.新型电动汽车在刹车时，电动机的线圈会充当“发电机”角色，由车轮带动线圈在磁场中运动回收能量。为研究方便，发电机可抽象为如图所示模型：两磁极间匀强磁场的磁感应强度大小为B、匝数为n、面积为S。电阻不计的长方形线圈，整个线圈都处于磁场中，线圈外接电能回收装置，现将回收装置理想化为一纯电阻，阻值为R。假设电动汽车刹车时受到的其他阻力与发电机线圈转动导致的阻力相比可以忽略，即刹车时失去的动能全部用来发电，电动汽车质量为M。（1）从图示位置线圈经时间恰好转过角，求0t1时间内通过电阻R的电量q。（2）在汽车刹车过程中某一时刻，线圈平面和磁场恰好平行，已知此时线圈转动角速度为ω，汽车在水平路面上的瞬时速度为v。求此时电动汽车的加速度大小。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】线圈恰好绕转轴转角的磁通量为时间内磁通量的变化量为时间内的平均电动势为平均电流为通过电阻的电量为联立解得【小问2详解】由于该时刻线圈平面和磁场恰好平行，则线圈产生的电动势为回路的电流为则发电机工作回路中电功率的大小为由于汽车失去的动能全部用