北京市顺义区2025届高三物理零模试卷【附答案】

/一、单选题：本大题共14小题，共42分。1.已知铋210的半衰期是5d。20g铋210衰变后还剩5g，需要经过（）A.20d B.15d C.10d D.5d【正确答案】C【详解】根据半衰期公式，代入数据解得，故C正确，ABD错误。故选C。2.两种单色光a和b，a光照射某金属时有光电子逸出，b光照射该金属时没有光电子逸出，则两束光由空气射入玻璃砖中（）A.a光的频率小于b光的频率B.玻璃砖对a光的折射率较大C.在玻璃砖中a光的传播速度大于b光的传播速度D.两种单色光由玻璃射入空气时，b光的临界角较小【正确答案】B【详解】A.因为a光照射某金属时有光电子逸出，b光照射该金属时没有光电子逸出，所以a光的频率大于该金属的截止频率，b光的频率小于该金属的截止频率，所以a光的频率大于b光的频率，故A错误；B.同一介质中，频率大的光的折射率较大，所以玻璃砖对a光的折射率较大，故B正确C.因为a光的折射率大，根据可知，在玻璃砖中a光的传播速度小于b光的传播速度，故C错误；D.根据可知，两种单色光由玻璃射入空气时，b光的临界角较大，故D错误。故选B。3.一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体（）A.内能变大 B.压强变大 C.体积不变 D.从水中吸热【正确答案】D【详解】A．上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A错误；B．气泡内气体压强p=p0＋ρ水gh，故上浮过程气泡内气体的压强减小，故B错误；C．由玻意耳定律pV=C知，气体的体积变大，故C错误；D．上浮过程气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU=Q＋W知，气体从水中吸热，故D正确。故选D。4.一列沿x轴传播的简谐横波，某时刻波形如图1所示，以该时刻为计时零点，x=2m处质点的振动图像如图2所示。根据图中信息，下列说法正确的是（）A.波的传播速度v=0.1m/sB.波沿x轴负方向传播C.t=0时，x=3m处的质点加速度为0D.t=0.2s时x=3m处的质点位于y=10cm处【正确答案】D【详解】A．由图1可得，波的波长为由图2可得，波的周期为所以，波速为故A错误；B．由图2可得，时，处的质点向y轴正方向振动，根据“同侧法”，波的传播方向为沿x轴正方向，故B错误；C．由图1可得，时，处的质点在负向最大位移处，则该质点的加速度为正向最大，故C错误；D．时，质点振动时间为处的质点振动半个周期，由负向最大位移振动到正向最大位移处，即位移为故D正确故选D。5.如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6V，3W“的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是（）A.原、副线圈匝数之比为4：1B.副线圈中电流的有效值为2AC.原线圈的输入功率为12WD.输入电压u随时间t变化规律为【正确答案】A【详解】A．由原副线圈的电压比与匝数比的关系：，，，可得匝数比为4：1，故A正确；B．由副线圈的灯泡正常工作，可知副线圈的电流有效值为：故B错误；C．根据原副线圈匝数比与电流比的关系，可知副线圈的输出功率为，根据原副线圈的电功率相等，可知原线圈的输入功率为3W，故C错误；D．由图乙，可知原线圈的输入电压的峰值为，周期为，角频率为可知原线圈的电压随时间的表达式为：故D错误；故选A。6.如图所示，绕过定滑轮的绳子将物块A和物块B相连，连接物块A的绳子与水平桌面平行。现将两物块由图示位置无初速度释放，经过时间t，物块B未落地，物块A未到达滑轮位置。已知物块A的质量为M，物块B的质量为m，重力加速度为g。若忽略A与桌面之间的摩擦力，则绳子拉力大小为、物块A的加速度为，不计滑轮、绳子的质量。则下列说法正确的是（）A.绳子拉力大小B.物块A的加速度大小C.若A与桌面有摩擦力，则绳子拉力小于D.若A与桌面有摩擦力，则A的加速度大于【正确答案】B【详解】AB．运动过程中物块A与物块B的加速度大小相等，由牛顿第二定律得：对A、B整体：对B：联立解得：，故A错误，B正确；CD．若A与桌面有摩擦力，设该摩擦力大小为f，由牛顿第二定律得：对A、B整体：对B：解得：，故CD错误。故选B。7.如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是（）A.闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引B.闭合开关，达到稳定后，流过电流表的电流方向由b到aC.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向右D.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b【正确答案】C【详解】A．闭合开关瞬间，M线圈中有了电流，穿过线圈P的磁通量增加，为了阻碍磁通量的增加，线圈P会远离线圈M，所以线圈M和线圈P相互排斥，故A错误；B．闭合开关，达到稳定后，穿过线圈P的磁通量不变，所以线圈P不会发生电磁感应现象，电路中没有感应电流，故B错误；CD．原本穿过线圈P的磁场方向是水平向右，在断开开关瞬间，穿过线圈P的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向也是水平向右，根据安培定则可知流过电流表的电流方向是由b到a，故C正确，D错误。故选C。8.如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C，取水平面为零势能面。下列说法正确的是（）A.物体在C点的速度为零B.物体在C点所受合力为零C.物体在B点时轨道对物体的支持力等于物体的重力D.物体在A点时弹簧的弹性势能大于物体在C点的重力势能【正确答案】D【详解】AB．物体恰好能够到达最高点C，说明在C点物体只受重力，根据牛顿第二定律有解得故AB错误；C．物体在B点时加速度向上，处于超重状态，轨道对物体的支持力大于物体的重力，故C错误；D．物体从A到C的过程，只有重力和弹簧弹力做功，弹簧和物体组成的系统机械能守恒，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的重力势能和动能之和，故物体在A点时弹簧的弹性势能大于物体在C点的重力势能，故D正确。故选D。9.将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（）A.上升和下落两过程的时间相等B.上升和下落两过程合力的冲量大小相等C.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度D.上升过程损失的机械能大于下落过程损失的机械能【正确答案】D【详解】C．竖直向上抛出、向下落的过程中，对小球分别受力分析可知上抛时的合力大小为：，下落时的合力大小为：可得到其受到的合力关系满足：，加速度，故加速度大小关系满足：，故C错误；A．由加速度，位移大小相等，可得到平均速度的相对大小关系满足：，两个时间关系满足：，故A错误；B．由加速度，位移大小相等，可知上抛过程初速度、下落过程的末速度大小关系满足：。根据动量定理，上抛过程中，以向上为正方向，则：下落过程，以向下为正方向，则：可知合力冲量的大小关系满足：，故B错误；D．由平均速度大小满足：，可知阻力的大小满足：，阻力做功满足：，结合功能关系，可知阻力做功大小与损失的机械能相等，即可知机械能损失情况满足：，故D正确。故选D。10.如图为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化规律为，下列说法正确的是（）A.a随t变化周期为B.时，弹簧弹力为0C.时，手机位于平衡位置下方D.从至，手机处于失重状态【正确答案】C【详解】A．由a随t变化规律，即可得周期满足解得故A错误；B．由a随t变化规律，可得时的加速度为0，结合回复力与加速度的关系可知回复力对手机受力分析，即可知弹簧的弹力满足故B错误；C．由a随t变化规律，可知时，手机的加速度为结合回复力公式回复力与加速度关系可知手机的位移为负，结合题意可知，此时手机位于平衡位置下方，故C正确；D．由a随t变化规律，可知从至，手机的加速度始终为正，结合题意，可知加速度方向始终为竖直向上，即可知手机为超重状态，故D错误。故选C。11.水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（）A.物体匀速运动过程中，受到向前静摩擦力B.传送带对物体的摩擦力对物体做正功C.刚开始物体相对传送带向后运动是因为受到向后的摩擦力D.传送带运动速度越大，物体加速运动时的加速度越大【正确答案】B【详解】A．物体匀速运动过程中，物体与传送带相对静止，且没有相对运动的趋势，所以不受静摩擦力作用，故A错误；B．传送带对物体的摩擦力方向与物体运动方向相同，根据功的计算公式可知摩擦力对物体做正功，故B正确；C．刚开始物体相对传送带向后运动是因为物体具有惯性，要保持原来的静止状态，而不是因为受到向后的摩擦力，物体受到的是向前的静摩擦力，故C错误；D．物体加速运动时的加速度为与传送带运动速度无关，故D错误。故选B。12.如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且。下列说法正确的是（）A.P点电势与Q点电势相等B.P、Q两点电场强度大小相等，方向相反C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小变为原来的4倍【正确答案】C【详解】A．根据沿电场线方向电势越来越低的知识可知，P点电势高于Q点电势，故A错误；B．由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，方向相同，故B错误；CD．根据点电荷的场强公式，结合电场叠加得P点电场强度，若仅将两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍。同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，PQ间的平均电场强度变大，而PQ间距不变，由，故P、Q两点间电势差变为原来的2倍，故C正确，D错误。故选C。13.如图所示为一个加速度计的原理图。滑块可沿光滑杆移动，滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接；固定在滑块上的滑动片M下端与滑动变阻器R接触良好，且不计摩擦；两个电源的电动势E相同，内阻不计。两弹簧处于原长时，M位于R的中点，理想电压表的示数为0。当P端电势高于Q端时，电压表示数为正。将加速度计固定在水平运动的被测物体上，则下列说法正确的是（）A.若M位于R的中点右侧，P端电势低于Q端B.若电压表示数为负时，则物体速度方向向右C.电压表的示数随物体加速度的增大而增大，且成正比D.若物体向右匀加速运动，则电压表示数为负，则示数均匀增加【正确答案】C【详解】A．沿电流方向电势逐渐降低，由图可知通过电阻R的电流方向是向左的，所以若M位于R的中点右侧，P点电势升高，所以P端电势高于Q端，故A错误；B．若电压表示数为负，说明P端电势低于Q端，则M位于中点的左侧，左边的弹簧被压缩，右边的弹簧被拉伸，滑块受合力方向向右，即物体加速度方向向右，所以物体有可能向右加速运动，也有可能向左减速运动，故B错误；C．物体的加速度越大，M偏离中点的位置就越远，相对PQ两端的电势差就越大，通过电阻的电流的恒定的，则M点和中点之间的电阻也越大，且M点与中点的电阻大小与M点到中点的距离成正比，根据可知，电压表的示数随物体加速度的增大而增大，且成正比，故C正确；D．由上面B的分析可知，若物体向右匀加速运动，电压表的示数为负，因为加速度是恒定的，所以示数也是恒定的，故D错误。故选C。14.等离激元蒸汽发生器，是用一束光照射包含纳米银颗粒（可视为半径约10.0nm的球体，其中每个银原子的半径约0.10nm）的水溶液时，纳米银颗粒吸收一部分光而升温，使其周围的水变成水蒸气，但整个水溶液的温度并不增加。该现象可解释为：如图所示，实线圆表示纳米银颗粒，电子均匀分布在其中。当施加光场（即只考虑其中的简谐交变电场）时，在极短时间内，可认为光场的电场强度不变，纳米银颗粒中的电子会整体发生一个与光场反向且远小于纳米银颗粒半径的位移，使电子仍均匀分布在一个与纳米银颗粒半径相同的球面内（虚线圆）。长时间尺度来看，纳米银颗粒中的电子便在光场作用下整体发生周期性集体振荡（等离激元振荡）而使光被共振吸收，导致纳米银颗粒温度升高。下列说法正确的是（）A.一个纳米银颗粒中含有银原子的个数约102个B.光场变化的频率应尽可能接近水分子振动的固有频率C.在光场变化的一个周期内，光场对纳米银颗粒所做的总功为零D.图示时刻，两球交叠区域（图中白色部分）中电场强度可能为零【正确答案】D【详解】A．由体积比为半径比的三次方知，一个纳米银颗粒中含有银原子的个数约个，A错误；B．由于纳米银颗粒吸收一部分光而升温，整个水溶液的温度并不增加，光场变化的频率应尽可能接近纳米银颗粒的固有频率，B错误；C．在光场变化的一个周期内，该过程中电子在外力作用下做正功，光场使纳米银颗粒发生周期性集体振荡，所做的总功不为零，C错误；D．图示时刻，由于存在静电平衡，两球交叠区域（图中白色部分）中电场强度可能为零，D正确。故选D。二、实验题：本大题共2小题，共18分。15.关于在测量电源电动势和内阻的实验。（1）如图所示为两种测量电池电动势和内阻的实验电路图。图中部分器材规格为：电流表内阻约为，量程为；电压表内阻约为，量程为。若被测电源为一节干电池（电动势约，内阻约），应选择______电路图（选填“甲”或“乙”）；分析你选择方案的测量结果______。（选填“>”或“<”）（2）某兴趣小组利用铜片、锌片和橘子制作了水果电池，并用数字电压表可视为理想电压表和电阻箱测量水果电池的电动势E和内阻r，实验电路如图1所示。连接电路后，闭合开关S，多次调节电阻箱的阻值R，记录电压表的读数U，绘出图像，如图2所示，可得：该电池的电动势______V，内阻______。结果均保留两位有效数字【正确答案】（1）①.乙②.<（2）①②.【小问1详解】[1][2]甲方案中实验的误差来源于电流表的分压，实验测得的电源内阻为电流表内阻和电源内阻之和，由于电源的内阻较小，因此实验的误差大；乙方案中实验的误差来源于电压表的分流作用，由于电压表的内阻很大，分流作用不明显，可以忽略，因此选择乙方案误差小；考虑电压表的内阻的影响，根据闭合电路的欧姆定律变形得因此电动势的测量值小于真实值，即。【小问2详解】根据闭合定律的欧姆定律变形得结合图像可知，图像的纵截距表示电动势，电动势内阻等于图像斜率的绝对值。16.如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。（1）关于本实验，下列做法正确的是_____（填选项前的字母）。A.实验前，调节装置，使斜槽末端水平B.选用两个半径不同的小球进行实验C.用质量大的小球碰撞质量小的小球（2）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m1的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为M、N和P（P为m1单独滑落时的平均落点）。a．图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点_____；b．分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON。在误差允许范围内，若关系式_____成立，即可验证碰撞前后动量守恒。（3）受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1，2的质量分别为m和M，弦长AB=l1、A′B=l2、CD=l3。推导说明，m、M、l1、l2、l3满足_____关系即可验证碰撞前后动量守恒。【正确答案】（1）AC（2）①.用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点②.m1OP=m1OM＋m2ON（3）ml1=−ml2＋Ml3【小问1详解】A．实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前，后速度成正比，需要确保小球做平抛运动，即实验前，调节装置，使斜槽末端水平，故A正确；B．为使两小球发生的碰撞为对心正碰，两小球半径需相同，故B错误；C．为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出，需要用质量大的小球碰撞质量小的小球，故C正确。故选AC。【小问2详解】[1]用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点。[2]碰撞前、后小球均做平抛运动，由可知，小球的运动时间相同，所以水平位移与平抛初速度成正比，所以若m1OP=m1OM＋m2ON即可验证碰撞前后动量守恒。【小问3详解】设轻绳长为L，小球从偏角θ处静止摆下，摆到最低点时的速度为v，小球经过圆弧对应的弦长为l，则由动能定理有由数学知识可知联立两式解得若两小球碰撞过程中动量守恒，则有mv1=−mv2＋Mv3又有，，整理可得ml1=−ml2＋Ml3三、简答题：本大题共2小题，共20分。17.如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。（1）求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；（2）求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；（3）在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。【正确答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）开关闭合前电容器电荷量为Q，则电容器两极板间电压开关闭合瞬间，通过导体棒的电流解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为（2）开关闭合瞬间由牛顿第二定律有将电流I代入解得（3）由（2）中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，其v-t图线如图所示18.我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。已知电子的质量为m、电荷量为；对于氙离子，仅考虑电场的作用。（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；（2）求径向磁场的磁感应强度大小；（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。【正确答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律解得氙离子在放电室内运动的加速度大小（2）电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与径向磁场给的洛仑兹力平衡，沿着轴线方向的匀强磁场给的洛仑兹力提供向心力，即，解得径向磁场的磁感应强度大小为（3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，设单位时间内进入放电室的电子数为，则未进入的电子数为，设单位时间内被电离的氙离子数为,则有已知氙离子数从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有联立可得单位时间内被电离的氙离子数为氙离子经电场加速，有时间内氙离子所受到的作用力为，由动量定理有解得由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小则四、计算题：本大题共2小题，共20