PAGE20-內蒙古通遼市蒙古族中學2025屆高三物理下學期模擬試題（六）（含解析）二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部答對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分。1.關于下列物理問題的理解，正確的是（）A.康普頓探討X射線被較輕物質(石墨)散射后光的成分，發覺散射譜線中除了有波長與原波長相同的成格外，還有波長較長的成分，所以康普頓效應說明光具有波動性B.光電效應試驗中，用某一頻率的光照耀金屬，電壓不變時，光照越強，光電流越大，說明遏止電壓和光的強度有關C.當用能量為11eV的電子撞擊處于基態的氫原子（E1=-13.6eV）時，氫原子肯定不能躍遷到激發態D.氘核分別成質子與中子的過程中須要汲取的最小能量就是氘核的結合能【答案】D【解析】【詳解】A．康普頓依據X射線的光子與石墨中的電子碰撞的過程，發覺既滿意能量守恒又滿意動量守恒，證明了光子不但具有能量還具有動量，揭示了光的粒子性，選項A錯誤；B．依據光電效應方程和動能定理有可知入射光的頻率越大，遏止電壓越大，與入射光的強度無關；入射光的強度影響的是光電流的大小，選項B錯誤；C．當用能量為11eV的電子撞擊處于基態的氫原子時，氫原子可以汲取其中的10.2eV的能量，可能躍遷到激發態，選項C錯誤；D．質子與中子結合成氘核的過程中會放出的能量或者氘核分別成質子與中子的過程中須要汲取的最小能量就是氘核的結合能，選項D正確。故選D。2.2020年2月2日A.末貨物的加速度大小為B.前內貨物克服重力做功的功率不變C.最終內貨物處于超重狀態D.在第末至第末的過程中，貨物的機械能增大【答案】D【解析】【詳解】A．內貨物做勻減速直線運動，速度圖象的斜率表示加速度，則有故A錯誤；B．前內貨物的速度增大，克服重力做功的功率增加，故B錯誤；C．最終內貨物減速上升，加速度方向向下，所以貨物處于失重狀態，故C錯誤；D．在第末至第末的過程中，拉力仍對貨物做正功，所以貨物的機械能增大，故D正確。故選D。3.如圖所示，志向變壓器原、副線圈匝數之比為1:4，正弦溝通電源電壓為U=100V，電阻R1=10Ω，R2=20Ω，滑動變阻器R3最大阻值為40Ω，滑片P處于正中間位置，則（）A.通過R1的電流為8AB.電壓表讀數為400VC.若向上移動P，電壓表讀數將變大D.若向上移動P，電源輸出功率將變小【答案】A【解析】【詳解】AB．志向變壓器原副線圈匝數之比為，可知原副線圈的電流之比為，設通過的電流為，則副線圈電流為，初級電壓依據匝數比可知次級電壓為聯立解得故A正確，B錯誤；CD．若向上移動P，則電阻減小，次級電流變大，初級電流也變大，依據可知電源輸出功率將變大，電阻的電壓變大，變壓器輸入電壓變小，次級電壓變小，電壓表讀數將變小，故CD錯誤。故選Ａ4.如圖所示，已知地球半徑為R，甲乙兩顆衛星繞地球運動。衛星甲做勻速圓周運動，其軌道直徑為4R，C是軌道上隨意一點；衛星乙的軌道是橢圓，橢圓的長軸長為6R，A、B是軌道的近地點和遠地點。不計衛星間相互作用，下列說法正確的是（）A.衛星甲在C點的加速度肯定小于衛星乙在B點的加速度B.衛星甲周期大于衛星乙的周期C.衛星甲在C點的速度肯定小于衛星乙在A點的速度D.在隨意相等的時間內，衛星甲與地心的連線掃過的面積肯定等于衛星乙與地心的連線掃過的面積【答案】C【解析】【詳解】A．假如衛星乙以B點到地心的距離做勻速圓周運動時的加速度為，由公式得可知，故A錯誤；B．由題意可知，衛星甲的軌道半徑小于衛星乙做橢圓運動的半長軸，由開普勒第三定律可知，衛星甲的周期小于衛星乙的周期，故B錯誤；C．假如衛星乙以A點到地心的距離做勻速圓周運動時的線速度為，由公式得可知，由于衛星乙從以A點到地心的距離的圓軌道在A點加速做離心運動才能進入橢圓軌道，則衛星乙在A點的速度大于，所以衛星甲在C點的速度肯定小于衛星乙在A點的速度，故C正確；D．由開普勒其次定律可知，衛星在同一軌道上運動時衛星與地心的連線在相等時間內掃過的面積相等，故D錯誤。故選C。5.如圖所示的裝置中，在A端用外力F把一個質量為m的小球沿傾角為30°的光滑斜面勻速向上拉動，已知在小球勻速運動的過程中，拴在小球上的繩子與水平固定桿之間的夾角從45°變為90°，斜面體與水平地面之間是粗的，并且斜面體始終靜止在水平地面上，不計滑輪與繩子之間的摩擦．則在小球勻速運動的過程中，下列說法正確的是（）A.地面對斜面體的靜摩擦力始終為零B.繩子對水平桿上的滑輪的合力肯定大于繩子的拉力C.繩子A端移動的速度大小大于小球沿斜面運動的速度大小D.外力F肯定增大【答案】D【解析】【詳解】D．設連接小球的繩子與水平方向的夾角為θ，對小球沿斜面方向，由平衡條件有則當θ角從45°變為90°的過程中，繩子的拉力T變大，因F=T，則外力F肯定增大，選項D正確；A．對小球和斜面的整體，地面對斜面體的靜摩擦力等于繩子拉力的水平重量，則地面對斜面體的靜摩擦力可知隨θ角的增加，地面對斜面的靜摩擦力f是變更的，選項A錯誤；B．當θ=90°時，滑輪兩邊繩子的夾角為120°，依據幾何關系和平行四邊形定則可知此時刻繩子對水平桿上的滑輪軸的合力等于繩子的拉力，選項B錯誤；C．將小球的速度v分解可知，繩子的速度可知繩子移動的速度大小小于小球沿斜面運動的速度的大小，選項C錯誤。故選D。6.將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球旁邊，所形成的電場線分布如圖所示，金屬球表面的電勢到處相等。a、b為電場中的兩點，c點位于金屬球的球心，為則（）A.a點的電場強度比b點的小B.a點的電勢比c點的高C.檢驗電荷－q在a點的電勢能比在b點的小D.將檢驗電荷+q從a點移到b點的過程中，電場力做負功【答案】BC【解析】【詳解】A．電場線的疏密表示場強的大小，由圖象知a點的電場強度比b點大，選項A錯誤；B．a點所在的電場線從＋Q動身到不帶電的金屬球終止，所以a點的電勢高于金屬球的電勢，而b點所在處的電場線從金屬球發出到無窮遠，所以金屬球的電勢高于b點的電勢，則a點的電勢比b點的高，選項B正確；C．電勢越高的地方，負電荷具有的電勢能越小，即負電荷在a點的電勢能較b點小，選項C正確；D．電勢越高的地方，正電荷具有的電勢能越大，即正電荷在a點的電勢能較b點大，則電荷+q從a點移到b點的過程中，電場力做正功，選項D錯誤。故選BC。7.半徑為r＝0.5m帶缺口的剛性金屬圓環在紙面上固定放置，在圓環的缺口兩端引出兩根導線，分別與兩塊垂直于紙面的平行金屬板連接，兩板間距離為d＝5cm，如圖甲所示，有變更的磁場垂直于紙面，其變更規律如圖乙所示（規定向里為正方向），在t＝0時刻平板間中心有一電荷量為+q的微粒由靜止釋放，運動中粒子不碰板，不計重力作用，則以下說法中正確的是（）A.第3秒內上極板帶正電B.第2秒末微粒回到了原位置C.兩極板之間的電場強度大小恒為D.t＝0時，在平板左側沿中心線方向放射一電荷量為-q的微粒，若t=4s粒子恰好離開電容器時，則其出射方向也與板面平行【答案】ACD【解析】【詳解】A．依據B-t圖可知，第3秒內原磁場向外增大，依據楞次定律可知感應電流方向為順時針，因此上極板帶正電，選項A正確；B．依據法拉第電磁感應定律可求出感應電動勢的大小為依據楞次定律推斷方向隨時間變更如下圖所示（上極板電勢為正）所以粒子先向上加速1s，然后向上減速1s，第2秒末微粒沒有回到原位置，選項B錯誤；C．依據圖乙可知B-t圖象中的斜率保持不變，因此感應電動勢的大小不變。兩極板之間的電場強度大小恒定，選項C正確；D．t＝0時，在平板左側沿中心線方向放射一電荷量為-q微粒，可將粒子的運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速運動，依據豎直方向的受力特點可知t=4s粒子豎直方向速度為零，則其出射方向也與板面平行，選項D正確。故選ACD。8.如圖所示，傾角為θ、半徑為R的傾斜圓盤繞圓心處的轉軸O以角速度ω勻速轉動，一個質量為m的小物塊放在圓盤的邊緣，小物塊與圓盤間的動摩擦因數為μ．圖中A、B分別為小物塊轉動過程中所經過的最高點和最低點，運動過程中經過的C、D兩點連線與AB垂直，小物塊與圓盤間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且始終相對于圓盤靜止．重力加速度為g，下列說法正確的是()A.小物塊受到的摩擦力始終指向圓心B.動摩擦因數μ肯定大于tanθC.小物塊從A點運動到B點的過程中，摩擦力對小物塊做功為－μmgπRcosθD.當小物塊運動至C、D兩點時所受摩擦力大小相等，從C點運動到D點的過程中摩擦力對小物塊先做負功后做正功【答案】BD【解析】小物塊所受重力沿圓盤的分力及靜摩擦力的合力供應向心力，始終指向圓心，選項A錯誤；小物塊在B點時由牛頓其次定律Ff-mgsinθ=mRω2，Ff>mgsinθ，又因為Ff<μmgcosθ，所以μmgcosθ>mgsinθ，則μ肯定大于tanθ，選項B正確；小物塊從A點運動到B點的過程中由動能定理：mg?2Rsinθ+WFf=0解得WFf=-mg?2Rsinθ，選項C錯誤；小物塊運動到CD兩點時受力具有對稱性的特點，所受的靜摩擦力大小相等，方向關于AB對稱，從C點運動到D點的過程中，重力先做正功后做負功，小物塊動能始終不變，即合外力做功始終為零，所以摩擦力對小物塊先做負功后做正功，選項D正確；故選BD.第II卷三．非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必需做答。第33題～第38題為選考題，考生依據要求做答。（一）必考題（共129分）9.某同學設計了驗證動量守恒定律的試驗。所用器材：固定有光電門的長木板、數字計時器、一端帶有遮光片的滑塊A（總質量為M）、粘有橡皮泥的滑塊B（總質量為m）等。將長木板水平放置，遮光片寬度為d（d很小），重力加速度為g，用相應的已知物理量符號回答下列問題：(1)如圖（a）所示，使A具有某一初速度，記錄下遮光片經過光電門的時間t和A停止滑動時遮光片與光電門的距離L，則A經過光電門時的速度可表示為v=___；A與木板間的動摩擦因數μ=____；(2)如圖（b）所示，仍使A具有某一初速度，并與靜止在正前方的B發生碰撞（碰撞時間極短），撞后粘在一起接著滑行。該同學記錄了遮光片經過光電門的時間t0，A、B撞前B左端距光電門的距離s1，以及A、B撞后它們一起滑行的距離s2，若A、B材料相同，它們與木板間的動摩擦因數用字母μ表示，如需驗證A、B系統碰撞時滿意動量守恒定律，只需驗證_______________成馬上可。【答案】(1).(2).(3).【解析】【詳解】(1)[1]由于遮光片通過光電門的時間極短，可以用平均速度表示瞬時速度，故[2]由勻變速直線運動速度位移公式得，即有解得(2)[3]A經過光電門的速度為由勻變速直線運動速度位移公式有A與B碰撞前的速度為同理可得碰撞后AB的速度為即若A、B系統碰撞時滿意動量守恒定律即10.利用如圖所示的電路既可以測量電壓表和電流表的內阻，又可以測量電源電動勢和內阻，所用到的試驗器材有：兩個相同的待測電源（內阻r約為1Ω）電阻箱R1（最大阻值為999.9Ω）電阻箱R2（最大阻值999.9Ω）電壓表V（內阻未知）電流表A（內阻未知）靈敏電流計G，兩個開關S1、S2主要試驗步驟如下：①按圖連接好電路，調整電阻箱R1和R2至最大，閉合開關S1和S2，再反復調整R1和R2，使電流計G的示數為0，讀出電流表A、電壓表V、電阻箱R1、電阻箱R2的示數分別為0.40A、12.0V、30.6Ω、28.2Ω；②反復調整電阻箱R1和R2（與①中的電阻值不同），使電流計G的示數為0，讀出電流表A、電壓表V的示數分別為0.60A、11.7V。回答下列問題：(1)步驟①中，電流計G的示數為0時，電路中A和B兩點的電勢差UAB=______V；A和C兩點的電勢差UAC=______V；A和D兩點的電勢差UAD=______V；(2)利用步驟①中的測量數據可以求得電壓表的內阻為_______Ω，電流表的內阻為______Ω；(3)結合步驟①步驟②的測量數據，電源電動勢E為___________V，內阻為________Ω。【答案】(1).0(2).12.0V(3).-12.0V(4).1530Ω(5).1.8Ω(6).12.6V(7).1.50【解析】【詳解】(1)[1][2][3]．步驟①中，電流計G的示數為0時，電路中AB兩點電勢相等，即A和B兩點的電勢差UAB=0V；A和C兩點的電勢差等于電壓表的示數，即UAC=12V；A和D兩點的電勢差UAD==-12V；(2)[4][5]．利用步驟①中的測量數據可以求得電壓表的內阻為電流表的內阻為(3)[6][7]．由閉合電路歐姆定律可得2E=2UAC+I?2r即2E=24+0.8r同理即2E=2×11.7+0.6?2r解得E=12.6Vr=1.50Ω11.如圖所示，直角坐標系中的第Ⅰ象限中存在沿y軸負方向的勻強電場，在第Ⅱ象限中存在垂直紙面對外的勻強磁場.一電量為q、質量為m的帶正電的粒子，在-x軸上的點a以速率v0，方向和-x軸方向成60°射入磁場，然后經過y軸上y=L處的b點垂直于y軸方向進入電場，并經過x軸上x=2L處的c點.不計重力.求：(1)磁感應強度B的大小(2)電場強度E的大小(3)粒子在磁場和電場中的運動時間之比.【答案】（1）（2）（1）2π:9【解析】【試題分析】由幾何學問求出粒子的軌道半徑，然后由牛頓其次定律求出磁感應強度大小．粒子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動規律求出電場強度大小．求出粒子在磁場中的運動時間與在電場中的運動時間，然后求出時間之比．(1)粒子的運動軌跡如圖所示：由幾何學問可得：r+rsin30°=L粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律得：解得：(2)粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：2L=v0豎直方向：解得：(3)粒子在磁場中做圓周運動的周期：由幾何學問可知，粒子在磁場中轉過的圓心角：θ=180°-60°=120°粒子在磁場中做圓周運動的時間：粒子在電場中的運動時間：粒子在磁場和電場中的運動時間之比：【點睛】本題考查了粒子在磁場與電場中的運動，分析清晰粒子的運動過程、應用牛頓其次定律與類平拋運動規律、粒子做圓周運動的周期公式即可正確解題，解題時要留意數學學問的應用．12.如圖所示，有一足夠長的光滑平行金屬導軌間距為L，折成傾斜和水平兩部分，傾斜部分導軌與水平面的夾角為，水平和傾斜部分均處在磁感應強度為B的勻強磁場中，水平部分磁場方向豎直向下，傾斜部分磁場垂直傾斜導軌所在平面對下（圖中未畫出），兩個磁場區域互不疊加。將兩根金屬棒a、b垂直放置在導軌上，并將b用輕繩通過定滑輪和小物塊c連接。已知兩棒的長度均為L，電阻均為R，質量均為m，小物塊c的質量也為m，不考慮其他電阻，不計一切摩擦，運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且保持接觸良好，b始終不會遇到滑輪，重力加速度大小為g。（1）鎖定a，釋放b，求b的最終速度；（2）a、b由靜止釋放的同時在a上施加一沿傾斜導軌向上的恒力F=1.5mg，求達到穩定狀態時a、b的速度大小；（3）若（2）中系統從靜止起先經時間t達到穩定狀態，求此過程中系統產生的焦耳熱。【答案】（1）；（2）；；（3）【解析】【詳解】（1）當b和c組成的系統做勻速運動時，b、c有最大速度，且為最終速度依據平衡條件有mg=BIL①②③解得④對a棒有⑤代入數據得對于b和c組成的系統⑥所以隨意時刻都有，由于運動時間相同所以最終a、b的速度大小之比⑦穩定時的電流⑧當加速度都為0時，a、b、c達到穩定狀態，有解得a穩定時的速度大小⑨b、c穩定時的速度大小⑩設時間t內a棒沿傾斜導軌的位移大小為x1，b棒的位移大小為x2，由于運動時間相同，且始終有，則?對于a、b、c組成的系統，由功能關系得?代入數據得?以a為探討對象，依據動量定理有??解得?因為??解得?其中?解得解得13.我國古代歷法中的“二十四節氣”反映了古人的才智，有人還將其寫成了一首節氣歌：春雨驚春清谷天，夏滿芒夏暑相連，秋處露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒。下列與節氣有關的物理現象，說明正確的是（）A.夏天氣溫比春天高，則夏天大氣中分子的熱運動速率全部比春天大B.夏天氣溫比春天高，忽視分子間作用力，則肯定質量的大氣的內能在夏天比春天大C.夏天感覺比冬天悶熱是因為夏天同溫度下的大氣的肯定濕度比冬天的大D.秋天夜晚溫度降低，大氣的飽和汽壓減小，水蒸氣簡單在草上形成露水E.冬天里，肯定質量的冰溶化為同溫度水的過程中，分子勢能增加【答案】BDE【解析】【詳解】A．溫度是分子平均動能的標記，但溫度高不能說明每個分子的速率都更大，故A錯誤；B．忽視分子間作用力，氣體內能只有總動能，溫度越高，分子平均動能越大，肯定質量的大氣的內能越大，故B正確；C．夏天感覺比冬天悶熱是因為夏天同溫度下的大氣的相對濕度比冬天的大，故C錯誤；D．飽和汽壓與溫度有關，溫度越低，飽和汽壓越小，則水蒸氣簡單在草上形成露水，故D正確；E．肯定質量的冰溶化為同溫度水的過程中，分子動能不變，此過程要汲取熱量，內能增加，則分子勢能增加，故E正確。故選BDE。14.如圖所示，右端開口、左端封閉的豎直U形玻璃管（管壁厚度不計）兩邊粗細不同，粗玻璃管半徑為細玻璃管半徑的2倍，兩管中裝入高度差為5cm的水銀，左側封閉氣柱長為10cm，右側水銀面距管口為5cm。現將右管口封閉，并給右管內氣體加熱，緩慢上升其溫度，直到兩管水銀面等高，該過程中左管內的氣體溫度不變。已知外界大氣壓強為76cmHg、環境溫度為300K。求：（1）兩管水銀面等高時右側氣體壓強；（2）兩管水銀面等高時右管內氣體的熱力學溫度（結果保留一位小數）。【答案】（1）90cmHg；（2）639.5K【解析】【詳解】（1）兩管水銀面等高時，管內氣體壓強相等；因粗玻璃管半徑為細玻璃管半徑的2倍，所以左管截面積是右管的4倍，當右管水銀面下降4cm，左管水銀面上升1cm時，兩水銀面等高，左管內氣體做等溫變更，以左管內氣體為探討對象初狀態，末狀態由玻意耳定律得解得（2）對右管內氣體為探討對象初狀態，，末狀態，依據志向氣體的狀態方程可得解得15.如圖所示，水面上波源S1的振動方程為x=20sin100πt（cm），水面上波源S2的振動方程為x=10sin100πt（cm），實線與虛線分別表示S1和S2形成的兩列波的波峰和波谷。此刻，M是波峰與波峰的相遇點，不考慮水波的衰減，下列說法中正確的是（）A.這兩列波的頻率均為50HzB.隨著時間的推移，M處的質點將向O處移動C.P、N兩質點始終處在振動減弱位置D.從該時刻起，經過四分之一周期，M處的質點到達平衡位置，此時位移為零E.O、M連線的中點是振動減弱的點，其振幅為10cm【答案】ACD【解析】【詳解】A．由振動方程知則這兩列波的頻率均為故A正確；B．介質中的