2025年萍鄉市高三第二次模擬考試物理本卷滿分：100分考試時間：75分鐘考生注意：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動。用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每題4分；第8～10題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分。1.2024年10月3日，PhysicalReviewC期刊上發表了中國科學院近代物理研究所的研究成果：研究團隊合成了新核素钚，并測定了該新核素發生α衰變時放出的能量約為8191KeV，半衰期約為0.78s。下列說法正確的是（）A.钚-227發生α衰變的核反應方程為B.钚-227發生α衰變的核反應方程為C.10個钚-227原子核經過0.78s后一定還剩余5個D.原子核的比結合能比原子核的比結合能大【答案】B【解析】AB．钚-227發生α衰變，生成，核反應方程為故A錯誤，B正確；C．半衰期是大量粒子的統計規律，對少量原子核衰變不成立，10個钚-227經過一個半衰期不一定還剩余5個，故C錯誤；D．钚-227衰變的過程中是釋放能量的，新核更加穩定，比結合能更大，所以的比結合能比的比結合能小，故D錯誤。故選B。2.有一種瓜子破殼器如圖甲所示，將瓜子放入兩圓柱體所夾的凹槽之間，按壓瓜子即可破開瓜子殼。破殼器截面如圖乙所示，瓜子的剖面可視作頂角為的扇形，將其豎直放入兩完全相同的水平等高圓柱體A、B之間，并用豎直向下的恒力F按壓瓜子且保持靜止，若此時瓜子殼未破開，忽略瓜子自重，不計摩擦，則（）A.若僅減小A、B距離，圓柱體A對瓜子的壓力變大B.若僅減小A、B距離，圓柱體A對瓜子的壓力變小C.若A、B距離不變，頂角越大，圓柱體A對瓜子的壓力越大D.若A、B距離不變，頂角越大，圓柱體A對瓜子的壓力越小【答案】D【解析】AB．瓜子處于平衡狀態，若僅減小A、B距離，A、B對瓜子的彈力方向不變，則大小也不變，AB錯誤；CD．若A、B距離不變，頂角越大，則A、B對瓜子彈力的夾角減小，合力不變，則兩彈力減小，C錯誤，D正確。故選D。3.中科院等離子體物理研究所設計制造了全超導非圓界面托卡馬克實驗裝置（EAST），這是我國科學家率先建成的世界上第一個全超導核聚變“人造太陽”實驗裝置。將原子核在約束磁場中的運動簡化為帶電粒子在勻強磁場中的運動，如圖所示。磁場方向水平向右，磁感應強度大小為B，甲粒子速度方向與磁場垂直，乙粒子速度方向與磁場方向平行，丙粒子速度方向與磁場方向間的夾角為θ，所有粒子的質量均為m，電荷量均為＋q，且粒子的初速度方向在紙面內，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則從圖示位置開始計時，經歷的時間后（）A.甲、乙兩粒子均回到圖示位置 B.甲、丙兩粒子均回到圖示位置C.乙、丙兩粒子位置改變了 D.丙粒子位置改變了【答案】D【解析】AB．甲粒子受到洛倫茲力大小為，根據左手定則可知方向垂直紙面向里，在磁場中做勻速圓周運動，經過一個周期后回到圖示位置；乙粒子速度與磁場平行，不受洛倫茲力，所以乙粒子做勻速直線運動，經過一個周期不能回到圖示位置；丙粒子速度與磁場方向成角，分解丙粒子的速度，會得到平行磁場和垂直磁場的兩分速度，垂直磁場的分速度平面最勻速圓周運動，平行磁場方向做勻速直線運動，所以經過一個周期后也不能回到圖示位置，故AB錯誤；CD．乙粒子做勻速直線運動，一個周期運動的位移為將丙粒子速度分解為磁場方向速度和垂直磁場方向速度丙粒子在磁場中以速度做勻速圓周運動，周期解得周期所以丙粒子一個周期內會回到圖示平面，水平方向經過的位移為，故C錯誤，D正確。故選D。4.2024年11月04日凌晨，神舟十八號載人飛船成功返回地面，神舟飛船返回過程簡化如圖所示。神舟十八號載人飛船與空間站分離后沿橢圓軌道1運行，圓形軌道2為空間站運行軌道，P為兩軌道切點，Q為軌道1近地點，Q點離地高度不計。已知軌道2的半徑為r，地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，軌道1的周期為T，引力常量為G，下列分析或結論正確的是（）A.載人飛船在軌道1上經過P點時速度等于B.載人飛船在軌道1上經過P點時速度大于C.空間站在軌道2運行的速率等于D.地球質量【答案】C【解析】ABC．根據載人飛船在軌道2上運動時解得飛船從軌道1上的P點加速才能進入軌道2，可知飛船在軌道1上經過P點時速度小于，選項AB錯誤，C正確；D．飛船在軌道2上運行時可得地球質量選項D錯誤。故選C。5.某同學買了一個透明“水晶球”，其內部材料折射率相同，如圖甲所示。他測出球的直徑為d；現有一束單色光從球上P點射向球內，折射光線與水平直徑PQ夾角，出射光線恰好與PQ平行，如圖乙所示。已知光在真空中的傳播速度為c。下列說法正確的是（）A.光在“水晶球”中的傳播時間為B.“水晶球”的折射率為2C.增大光線在P點的入射角，可以使光線從水晶球射向空氣時發生全反射D.僅換用波長更短的單色光，光在“水晶球”中傳播的時間變短【答案】A【解析】AB．如圖，根據幾何關系可以得出，根據折射率公式解得又解得根據幾個關系解得光線在“水晶球”中運動的距離為故故A答案正確,B答案錯誤；C．根據幾何關系，P點的入射角等于折射角的兩倍，故增大光線在P點的入射角，光線從水晶球射向空氣時不會發生全反射，故C答案錯誤；D．光的波長變短，折射率變大，光的偏折程度越大，光在“水晶球”中傳播距離變大，速度變小，運動的時間變長，故D答案錯誤；故選A。6.如圖為“用傳感器探究氣體等溫變化的規律”的實驗裝置，實驗時某同學緩慢推動活塞，在使注射器內空氣體積逐漸減小的過程中，由注射器壁上的刻度讀出氣體的體積V，由壓強傳感器測得的壓強值p在計算機屏幕上實時顯示，實驗過程中該同學發現，封閉氣體的溫度有緩慢且細微的升高，則實驗得到的圖像可能是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根據理想氣體狀態方程整理可得由此可知，隨著環境溫度的升高，圖像的斜率會逐漸變大。故選B。7.由于空氣阻力影響，炮彈的實際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖中實線所示，O點為發射點，d點為落地點，b點為軌跡的最高點。a、c為運動過程中經過的距地面高度相等的兩點，下列說法正確的是（）A.炮彈到達b點時的速度為零 B.炮彈到達b點時的加速度小于重力加速度gC.炮彈在Ob段重力的平均功率比bd段大 D.炮彈經過a點時重力的功率與c點相等【答案】C【解析】A．到達b點時，炮彈的豎直分速度為零，但具有水平分速度（不為零），故A錯誤；B．炮彈到達b點時，除受到豎直向下的重力外、還受到與運動方向相反的空氣阻力作用，所以到達b點時，炮彈的加速度大于重力加速度g，故B錯誤；C．從O到b的過程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力，由牛頓第二定律可得解得在從b到d的過程中，在豎直方向上，受到向下的重力和阻力在豎直向上的分力，由牛頓第二定律可得解得對比可得即上升階段的加速度總體比下降階段的加速度大，由可定性確定，豎直位移相同，加速度越大，時間就越短，所以炮彈由O點運動到b點的時間小于由b點運動到d點的時間，但兩個過程重力做功的值相同，根據可知炮彈在Ob段重力的平均功率大于bd段重力的平均功率，故C正確；D．炮彈從a點到c點的過程，豎直方向，由于空氣阻力的影響，豎直向上減速的加速度大于豎直向下加速的加速度，位移相同，根據可知，c點的豎直分速度小于a點的豎直分速度，根據重力的功率可知炮彈經過a點時重力的功率比c點大，故D錯誤。故選C。8.如圖所示，兩列波長與振幅都相同的橫波，時，沿x軸正方向傳播的波正好傳播到坐標原點，沿x軸負方向傳播的波剛好傳播到處。已知兩列波的振幅均為10cm，波速均為5m/s，則下列說法正確的是（）A.兩波相遇后，平衡位置位于原點的質點是振動加強點B.在0~0.6s內，平衡位置位于原點的質點運動的路程為2mC.時，坐標在0~1m之間的質點偏離平衡位置的位移都為0D.時，坐標在0~1m之間的質點的速度均為0【答案】AC【解析】A．由于兩列波波速與波長相等，可知，兩列波的頻率相等，根據同側法可知，0時刻兩列波的波前振動方向相反，若將0時刻兩列波的波前等效為兩個波源，則兩等效波源振動步調相反，由于兩波前到圖中坐標原點的距離差等于半波長，可知，平衡位置位于原點的質點是振動加強點，故A正確；B．根據波長為2m，解得在0~0.2s內，位于原點的質點運動的路程0.2s時，右側波傳播到原點，結合上述可知，原點的質點振動加強，由于則在0.2~0.6s內，位于原點的質點運動的路程可知，在0~0.6s內，平衡位置位于原點的質點運動的路程為故B錯誤；C．根據可知，時，波向前傳播了一個波長的距離，根據圖示，左側波形的波峰恰好傳播到平衡位置在0.5m的質點，右側波形的波谷恰好傳播到平衡位置在0.5m的質點，根據波的疊加原理可知，時，坐標在0~1m之間的質點偏離平衡位置的位移都為0，故C正確；D．結合上述可知，平衡位置在原點與1m位置的點均為振動加強點，時，坐標在0~1m之間的質點偏離平衡位置的位移都為0，此時平衡位置在原點與1m位置的點均處于平衡位置，這兩點的速度達到最大值，故D錯誤。故選AC。9.如圖為“日”字形理想變壓器（鐵芯左右對稱）的示意圖，中間和兩臂上分別繞有匝數為n0、n1，n2的線圈，線圈匝數比n0:n1:n2=10:4:5，兩臂電路中接有相同的電阻R。將中間線圈接入電壓的交變電流，設通過鐵芯左右兩臂的磁通量相等，下列說法正確的是（）A.三個線圈中磁通量的變化率都相同B.電壓表V1的示數為7.2VC.電壓表V1和V2示數比為4:5D.電流表A1和A2示數比為5:4【答案】BC【解析】A．因穿過中間線圈的磁通量等于兩邊線圈的磁通量之和，可知中間線圈的磁通量變化率大于兩邊線圈的磁通量變化率，兩邊線圈的磁通量變化率相等，選項A錯誤；B．中間線圈電壓有效值可得左側線圈兩端電壓即電壓表V1的示數為7.2V，選項B正確；C．同理右側線圈兩端電壓即電壓表V2的示數為9.0V，電壓表V1和V2示數比為4:5，選項C正確；D．因左右兩邊電路中所接的電阻相同，可知電流表A1和A2示數比等于電壓之比，即為4:5，選項D錯誤。故選BC。10.如圖甲所示為一種“自動旋轉電玩小球”玩具模型的簡化圖。內側半徑為R的光滑絕緣軌道豎直固定放置，軌道內部存在與軌道平面平行的勻強電場（方向未知）。軌道內側有一質量為m，電荷量為+q的五彩小球從軌道最低點P以某一初速度啟動，在軌道平面內沿逆時針方向恰好能做完整的圓周運動。運動過程中，小球與軌道圓心O的連線與OP方向的夾角記為θ，乙圖所示為小球在運動過程中的電勢能Ep隨角度θ的變化情況，已知重力加速度為g，則（）A.勻強電場的方向水平向左B.電場強度的大小為C.小球運動過程中動能的最小值為D.小球運動過程中對軌道壓力的最大值為【答案】AD【解析】A．如圖所示設M、N為圓環上與圓心O等高的兩點，根據圖乙可知當或者時，小球的電勢能都為0，則P、Q兩點為等勢線當時，小球運動到N點，電勢能最大為當時，小球運動到M點，電勢能最小為綜上可得電場線方向為N指向M，即水平向左，故A正確；B．小球由N點運動到M點，由動能定理得解得，故B錯誤；C．小球所受電場力，所以小球在圓環內受到的等效重力為，方向與MN成角，根據題意，小球運動到“最高點”時動能最小，小球恰好做圓周運動，則在“最高點”，解得，故C錯誤；D．小球運動到“最低點”時對軌道的壓力最大，小球從“最高點”到“最低點”的過程，在“最低點”處，聯立解得，故D正確。故選AD。二、非選擇題：本大題共5小題，共54分。11.某實驗小組用如圖所示的裝置來驗證機械能守恒定律。繞過定滑輪的輕質細線的兩端分別懸掛質量均為m的重物A、B且處于靜止狀態，A與紙帶連接，紙帶通過固定的打點計時器（電源頻率為50Hz），在B的下端再掛質量為m0的重物C。由靜止釋放重物C，利用打點計時器打出的紙帶可研究系統（由重物A、B、C組成）的機械能守恒，重力加速度大小為g，回答下列問題：（1）關于該實驗，下列說法正確的是（）A.無須測量重物C的質量m0就可以驗證機械能守恒定律B.實驗時，應先接通打點計時器電源再釋放紙帶C.增大重物C的質量可使重物A、B、C的加速度接近g，但不可能超過g（2）此實驗存在系統誤差，由于摩擦和空氣阻力的影響，系統的總動能的增加量略______總重力勢能（填“小于”或“大于”）；適當______重物A、B、C的質量，可減小本實驗的相對誤差。（填“增大”或“減少”）（3）對選取的紙帶，若第1個點對應的速度為0，重物A上升的高度為h，通過計算得到三個重物的速度大小為v，然后描繪出v2-h（h為橫坐標）關系圖像，若系統機械能守恒成立，且，則傾斜直線的斜率k＝______。【答案】（1）BC（2）小于增大（3）【解析】【小問1詳解】A．根據題意可知，本實驗系統減少的重力勢能為系統增加的動能為需要驗證機械能守恒的表達式為可知驗證機械能守恒需要測量重物C的質量m0，故A錯誤；B．為了充分利用紙帶，實驗時，應先接通打點計時器電源再釋放紙帶，故B正確；C．以B、C為對象，根據牛頓第二定律可得以A為對象，根據牛頓第二定律可得聯立可得加速度大小為可知增大重物C的質量可使重物A、B、C的加速度接近g，但不可能超過g，故C正確。故選BC。【小問2詳解】[1][2]此實驗由于摩擦和空氣阻力的影響，減少的重力勢能有一部分轉化為內阻，使得系統的總動能的增加量略小于總重力勢能；適當增大物A、B、C的質量，可減小摩擦和空氣阻力的影響，減小本實驗的相對誤差。【小問3詳解】根據系統機械能守恒可得整理可得可知若系統機械能守恒成立，則傾斜直線的斜率為12.某水果加工廠蘋果自動分揀裝置的示意圖如圖甲所示，該裝置能把大小不同的蘋果按一定質量標準自動分揀為大蘋果和小蘋果，裝置中R1為半導體薄膜壓力傳感器，托盤置于R1上，托盤所受重力不計。蘋果經過托盤時對R1產生壓力，半導體薄膜壓力傳感器R1的阻值隨壓力F變化的圖像如圖乙所示。初始狀態銜鐵水平，當電阻箱R2兩端電壓U2≥4V時，控制電路使電磁鐵工作吸動銜鐵，并保持一段時間，確保蘋果在銜鐵上運動時電磁鐵保持吸合狀態，蘋果進入下通道。已知電源電動勢E＝10V，內阻r＝1.0Ω，取重力加速度大小g＝10m/s2。（1）當質量較大的蘋果通過托盤時，對應的壓力傳感器R1的阻值______（填“較大”或“較小”）。（2）現以0.3kg為標準質量將蘋果分揀開，根據題述條件可知，質量小于0.3kg的小果將通過______（填“上通道”或“下通道”），電阻箱R2的阻值應調為______Ω（結果保留一位小數）。（3）若要將分揀標準質量提高到0.40kg，僅將R2的阻值調為______Ω即可實現。（結果保留一位小數）（4）若電源長時間未使用，內阻r增大，但電動勢不變，則分揀標準質量將會______（填“變大”“變小”或“不變”）。【答案】（1）較小（2）上通道14.0（3）10.7（4）變大【解析】【小問1詳解】蘋果通過托盤時，質量較大的蘋果托盤對R1的壓力較大，根據圖乙可知，R1的阻值較小；【小問2詳解】[1]若蘋果質量小于0.3kg時，則R1阻值增大，分壓增大，由于電源電動勢不變，R2兩端分壓減小，電銜鐵將不被吸合，小蘋果將通過上通道；[2]當蘋果質量為0.3kg時，此時為使該裝置達到分揀目的，R2的阻值滿足解得【小問3詳解】同理當蘋果質量為0.40kg時，此時為使該裝置達到分揀目的，R2的阻值滿足解得【小問4詳解】若電源長時間未使用，內阻r增大，但電動勢不變，根據可知內阻r增大，則實際要吸引銜鐵打開通道時的電阻偏小，需要的壓力偏大，即分揀標準質量將會偏大。13.一無人潛水裝置基本結構如圖所示，主要由長度為l0、橫截面積為S的氣缸，光滑輕活塞和壓縮空氣罐組成。氣缸開口處和距底部處有限位卡口，底部通過一細管與壓縮空氣罐相連，細管有閥門可控制開關。下水前測得大氣溫度為T0，壓強為p0，此時活塞位于兩卡口正中間。潛水裝置下潛到水底后檢測到水底溫度也為T0，下卡口受到活塞壓力為F。已知水密度為ρ，重力加速度為g，不計器壁厚度，氣缸與空氣罐導熱良好，細管體積可忽略不計，則：（1）已知l0<<h，求水底深度h；（2）完成探測后準備上浮，細管上的閥門會自動打開，連通兩側空氣。若要使活塞恰好能夠離開下限位卡口，求充入氣缸中氣體質量與原氣缸中氣體質量的比值。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳解】由題意可知，在下沉過程中，活塞會到達下卡口設潛水裝置抵達水底時氣缸內壓強為，則根據理想氣體狀態方程有聯立解得對活塞進行受力平衡分析可得解得小問2詳解】設活塞恰好能夠離開下限位卡口時，設氣缸內氣體的體積和壓強分別為、根據平衡條件可得對于充入氣缸中的這部分氣體，假設其壓強轉換為時，體積為由玻意耳定律解得得即充入氣缸中氣體質量與原氣缸中氣體質量的比值14.新型電動汽車在剎車時，電動機的線圈會充當“發電機”角色，由車輪帶動線圈在磁場中運動回收能量。為研究方便，發電機可抽象為如圖所示模型：兩磁極間勻強磁場的磁感應強度大小為B、匝數為n、面積為S。電阻不計的長方形線圈，整個線圈都處于磁場中，線圈外接電能回收裝置，現將回收裝置理想化為一純電阻，阻值為R。假設電動汽車剎車時受到的其他阻力與發電機線圈轉動導致的阻力相比可以忽略，即剎車時失去的動能全部用來發電，電動汽車質量為M。（1）從圖示位置線圈經時間恰好轉過角，求0-t1時間內通過電阻R的電量q。（2）在汽車剎車過程中某一時刻，線圈平面和磁場恰好平行，已知此時線圈轉動角速度為ω，汽車在水平路面上的瞬時速度為v。求此時電動汽車的加速度大小。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳解】線圈恰好繞轉軸轉角的磁通量為時間內磁通量的變化量為時間內的平均電動勢為平均電流為通過電阻的電量為聯立解得【小問2詳解】由于該時刻線圈平面和磁場恰好平行，則線圈產生的電動勢為回路的電流為則發電機工作回路中電功率的大小為由于汽車失去的動能全