广东省中山市华侨中学2024-2025学年高三下学期第六次模拟考试（二模）物理试题及答案与解析

这是一份广东省中山市华侨中学2024-2025学年高三下学期第六次模拟考试（二模）物理试题及答案与解析，共15页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷（选择题 共46分）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．“玉兔二号”月球车装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜，核电池将衰变释放的核能一部分转换成电能，的衰变方程为。下列说法正确的是（ ）
A．衰变方程中的x等于233
B．的穿透能力比射线的穿透能力强
C．的比结合能比的比结合能小
D．月夜的寒冷会导致的半衰期变长
2．在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端，不考虑地球自转的影响、车与轨道及空气之间的摩擦，乘客和车的运动为简谐运动，则（ ）
A．乘客做简谐运动的回复力是由车对人的支持力提供的
B．乘客达到地心时的速度最大，加速度最大
C．乘客只有在地心处才处于完全失重状态
D．乘客所受地球的万有引力大小与到地心的距离成正比
3．如图所示，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一个质量为m的小球。用水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向成60°时，则（ ）
A．杆对小球作用力的方向沿着杆B．杆对小球作用力一定大于mg
C．拉力的瞬时功率为D．拉力的瞬时功率为
4．新能源汽车对电池的性能要求非常高，某国产品牌汽车工程师对新款新能源汽车的直流蓄电池进行性能测试，测试过程中某电池组系统的图像如图所示，其中P为该电池组的输出功率，I为流过电池组的电流，下列说法正确的是（ ）
A．电池组的电动势为24VB．电池组的内阻为
C．电池组的短路电流为12AD．电池组的最大输出功率为72W
5．如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的小球，从O点沿电场方向射入，OMN为其一段运动轨迹，M点为轨迹的最右端，N点为O的正下方，不计空气阻力。关于小球从O经M到N点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球做匀变速运动B．小球的机械能守恒
C．小球从O到M速度先减小后增加D．小球在M、N两点的动能可能相等
6．法拉第圆盘的装置结构可简化为图甲，一个半径为r的匀质金属圆盘全部水平放置在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，在圆心O和圆盘边缘的A点之间接有一小灯泡，通过握把带动圆盘在磁场中绕轴心O沿箭头所示方向转动，当角速度为时，可观察到小灯泡发光。某同学改变实验条件分别进行了如图乙、图丙的实验，其中图乙仅撤去了小灯泡：图丙撤去了小灯泡，且仅有阴影区域的一半圆盘处在匀强磁场中，其他条件不变。下列说法正确的是（ ）
A．图甲A点的电势大于O点的电势
B．图乙OA间的电势差大小为
C．图丙圆盘中没有感应电流
D．撤去施加在握把上的外力，不考虑转轴的摩擦，则甲、丙圆盘减速转动至静止，乙圆盘保持匀速转动
7．如图所示，由紫光与红光混合的细光束从底面镀银的半圆形玻璃砖顶点A以入射角射入玻璃砖，已知该玻璃砖对紫光与红光的折射率分别为、，光束在玻璃砖半圆弧面上发生折射时不考虑反射，紫光与红光在玻璃砖内传播的时间分别为、。下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8．我国新能源汽车发展迅速，2022年仅比亚迪新能源汽车全年销量为186.35万辆，位列全球第一、如图所示为比亚迪某型号汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数的关系图像。若汽车质量为，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（ ）
A．汽车以恒定功率启动
B．汽车所受阻力为
C．汽车在车速为5m/s时，功率为30kW
D．若汽车由静止到最大速度所走的位移为45m，则汽车在该过程运动的时间为19s
9．两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，两列波的波速均为0.2m/s，波源的振幅均为4cm，图示为时刻两列波的图像，此刻平衡位置在和的两质点刚开始振动。下列说法正确的是（ ）
A．两列波波源的起振方向相同
B．当两列波相遇时，左边的波源振动了3s
C．平衡位置在处的质点为振动加强点
D．时，处的质点运动的总路程为32cm
2025 届侨中高三六模物理试题
10．如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为、和，两个副线圈分别接有电阻和，当发电机线圈以角速度匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻的电流为B．电阻两端的电压为
C．与的比值为D．发电机的功率为
第Ⅰ卷（非选择题 共54分）
三、实验题：本大题共2小题，每空2分，共18分。
11．（1）某同学用弹簧测力计粗测重力加速度。将一个质量为165g的物体挂在校准后的竖直弹簧测力计下端，静止时指针如图1所示，则重力加速度为______m/s2（结果保留2位有效数字）。
（2）某同学用如图2所示的装置测量重力加速度。打点计时器的打点周期为T。让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图3所示。A、B、C、D、E为纸带上5个连续打下的点。根据纸带可得重力加速度______（用、、、T表示）。
（3）某实验小组利用图4装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。
①组装好装置后，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用螺旋测微器测量小钢球直径d。螺旋测微器示数如图5所示，小钢球直径______mm，记摆长。
②多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T，并作出图像，如图6所示。已知图线斜率为k，可得重力加速度______（用k、表示）。
12．在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知定值电阻。
（1）实验中，定值电阻的作用有______（填字母）。
A．保护电源
B．在电流变化时使电压表示数变化明显
C．在电压变化时使电流表示数变化明显
（2）实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器滑片滑到最左端位置；
②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据的值，断开开关；
③将滑动变阻器滑到最左端位置；
④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据的值，断开开关；
⑤分别作出两种情况所对应的图像。
（3）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图乙所示，此时______V。
（4）根据测得数据，作出两图像分别如图丙、丁所示，根据图像可知图丙对应的接法为______（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）。
（5）综合可求得电源电动势，______V，内阻______。（结果均保留两位小数）
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13．（8分）如图甲所示，一个缸壁导热的汽缸水平放置，用活塞封闭一定量的理想气体，活塞与汽缸底部用一个原长为l、劲度系数为k的轻质弹簧连接，当环境温度为时，弹簧恰处于自然状态。现缓慢地将汽缸转动到开口向上竖直放置，如图乙所示，此时活塞距汽缸底部的距离为。已知外界大气压强为，活塞面积为S，忽略活塞与汽缸壁间的摩擦。求：
（1）活塞质量；
（2）若环境温度缓慢升高，则当弹簧恢复原长时，缸内气体的压强和温度。
14．（12分）地面上方空间存在水平向右的匀强电场，场强为E，不可伸长的绝缘细线长为L，上端系于O点，在其下端系一个质量为m、电量为的小球，现将小球在最低点A以一定的初速度水平向左抛出，小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，当小球速度最小时，细线与竖直方向的夹角，已知重力加速度为g，求：
（1）电场强度的大小；
（2）小球在最低点的初速度大小；
（3）若抛出小球的同时剪断细线，小球恰好落在地面上A点正下方的位置B，求A点离地的高度。
15．（16分）如图1所示，两物块A、B之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长，物块A的质量。现给物块A一个向右的初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，在时间内A、B物块运动的图像如图2所示。已知时刻它们的加速度最大，此时A的速度，位移。求：
（1）物块A的初速度的大小；
（2）时间内弹簧对物块A做的功；
（3）内B的位移大小和弹簧的劲度系数。
六模物理 参考答案
1．【答案】C
【解析】根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为，即衰变方程中的，A错误；是粒子，穿透能力比射线弱，B错误；比结合能越大越稳定，由于衰变成为了，故比稳定，即的比结合能比的小，C正确；半衰期由原子核本身决定，与温度等外部因素无关，D错误。
2．【答案】D
【解析】解：A、乘客做简谐运动的回复力是乘客受到的合力提供的，即万有引力与车对人的支持力的合力，故A错误。
B、乘客达到地心时处于平衡位置，故其速度最大，加速度等于零，故B错误。
R
C、乘客处于地心时，加速度为零，不是失重状态，故C错误。
D、设地球质量为M，乘客和车的质量为m，地球密度为，
在距离地心为r时：地球对乘客和车的万有引力充当回复力：，又
联立得：，即万有引力与r成正比，故D正确。故选：D。
因乘客和车的运动为简谐运动，找到回复力，写出回复力公式，根据回复力公式进行判断即可。
结合简谐运动的应用题，根据简谐运动的规律结合实际的运动进行分析即可。
3．【答案】C
【解析】解：AB、小球做匀速圆周运动，对其受力分析可知，小球受重力和杆对小球的作用力，合力应沿杆方向，根据矢量三角形法则得到杆对小球作用力方向如图所示（图中的、、），所以当杆与水平方向成60°时，杆对小球作用力的方向不沿着杆，杆对小球作用力也不一定大于mg，故AB错误；
CD、根据功能关系可知，拉力做功的功率等于克服重力做功功率，此时小球的速度为，
克服重力做功功率为：
，则拉力的瞬时功率为：，故C正确、D错误。
故选：C。
小球做匀速圆周运动，合力应沿杆方向，根据矢量三角形法则画图分析；拉力做功的功率等于克服重力做功功率，求出此时克服重力做功功率即可。
本题主要是考查平均功率，关键是弄清楚小球匀速转动时动能变化为零，转换思维方式，根据功能关系进行分析。
4．【答案】D
【解析】AB．设该蓄电池的电动势为E，蓄电池的内阻为r，则，变形可得，结合图像可知，该蓄电池的内阻为，该蓄电池的电动势为，故AB错误；
C．该蓄电池短路时，电流最大，最大电流为，故C错误；
D．输出功率为，其中，由数学知识可知，当时，输出功率最大，故D正确。故选D。
5．【答案】C
【解析】【解答】
A．小球在复合场中受重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，洛伦兹力与速度方向垂直，所以洛伦兹力的大小和方向均会发生变化，小球的加速度会变化，故A错误；
B．洛伦兹力不做功，电场力做功，所以机械能不守恒，故B错误；
C．把重力和电场力合成为一个等效重力，其方向斜向左下方，等效最高点在O到M的中途某处，而洛伦兹力不做功，所以小球从O到M的过程中速度先减小后增大，故C正确；
D．小球从M点到N点洛伦兹力不做功，但重力和电场力都做了正功，动能增加，故D错误。
6．【答案】D
【解析】解：A、将金属盘看作无数条由中心指向边缘的金属棒组合而成，当金属盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则判断可知，盘边缘为电源负极，中心为正极，所以A点的电势小于O点的电势，故A错误；
B、图乙撤去了小灯泡，金属圆盘不构成回路，不产生感应电流，但当金属盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，产生感应电动势，OA间的电势差大小等于感应电动势大小，为，故B错误；
C、图丙仅撤去了小灯泡，且仅有阴影区域的一半圆盘处在匀强磁场中。当金属盘转动时，阴影处每根金属棒都在切割磁感线，产生感应电动势，金属棒和没有在阴影区的金属盘组成回路，会产生感应电流，故C错误；
D、撤去施加在握把上的外力，不考虑转轴的摩擦，甲转动过程中灯泡消耗电能，圆盘产生焦耳热，因此甲圆盘减速转动至静止。丙转动过程中，一半圆盘不切割磁感线，形成涡流，根据楞次定律可知，圆盘处于磁场中的那部分会受到与转动方向相反的安培力而使圆盘停止转动，故丙圆盘减速转动至静止。乙圆盘磁场穿过整个圆盘，圆心与边缘会形成一个恒定的电势差，不会形成涡流，圆盘不受安培力，因此圆盘将匀速转动，故D正确。
故选：D。
运用右手定则判断电势高低；根据，求图乙OA间的电势差大小；图丙中，等效的金属棒和没有在阴影区的金属盘组成回路，圆盘转动时会产生感应电流；撤去施加在握把上的外力，根据有无感应电流，圆盘是否受到安培力，来判断圆盘能否停止运动。
本题关键要能将金属圆盘看成由无数幅条组成的，根据公式推导出圆盘产生的感应电动势，结合电路的结构分析是否存在感应电流。
7．【答案】A
【解析】作出光束在玻璃砖内传播的光路图。
设半圆形玻璃砖的半径为R，真空中的光速为c，紫光、红光在A点的折射角分别为、。对紫光有
，，
解得
同理得
由于，故，选项A正确BCD错误。故选A。
8．【答案】CD
【解析】A、由图知，汽车由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小，末速度大小
为，即汽车是以恒定的加速度启动的，汽车匀加速所需的时间，故A错误；
B、设汽车的额定功率为P，所受的阻力大小为f，则，匀加速过程，由牛顿第二定
律：，匀加速结束时，汽车的功率达到最大，为，联立知，，，，故B错误；
C、汽车在车速，此时汽车做匀加速直线运动，其功率，故C正确；
D、汽车匀加速运动的位移为，当达到额定功率后，做变加速运动，运动位移为，根据动能定理：，解得，故总时间为，故D正确。
9．【答案】BD
【解析】A．由波的传播方向可以确定质点的振动方向，沿着波的传播方向看上坡下下坡上的方法可得出处的波源起振方向为方向，处的波源起振方向为方向，两列波波源的起振方向相反，选项A错误；
B．两列波在处相遇，相遇时左边的波源向前传播了0.6m。由题可知，两列波的波速均为0.2m/s，所以左边的波源向前传播，选项B正确；
C．可以把两列波等效为波源在和处，在时刻同时起振，且两波源起振步调相反，处的质点距离两等效波源的波程差，满足半波长的偶数倍，因此处是振动减弱点，选项C错误；
D．0-4s时间段内，右边波源的振动形式还没有传到处，振动周期路程，把两列波等效为波源在和处，在时刻同时起振，且两波源起振步调相反，处的质点距离两等效波源的波程差，因此两列波叠加时处是振动减弱点，振幅，4~5s，处的质点始终处于平衡位置，故时，处的质点运动的总路程为32cm，选项D正确。
故选：BD
10．【答案】BC
【解析】解：
C、副线圈两端电压，根据交流电电动势的最大值表达式：
，交流电电动势的有效值：，由变压器的变压比得：，故C正确；
B、对于副线圈、，由变压器的变压比：，得：，故B正确；
A、根据欧姆定律，通过电阻的电流：，故A错误；
D、消耗的功率：，消耗的功率：
，发电机的功率，故D错误。
故选：BC。
本题为两个副线圈输出，电压与线圈匝数成正比，电流与线圈匝数不再成反比，变压器的输入功率等于输出功率即两副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率。
根据欧姆定律可得副线圈两端电压，根据交流电电动势的最大值表达式、最大值与有效值的关系以及变压器的变压比可得与的比值；
由变压器的变压比可得电阻两端的电压；
根据欧姆定律，可得通过电阻的电流；
发电机的功率P总等于消耗的功率加上消耗的功率。
11．【答案】9.7 20.035
【解析】（1）由图知物体的重力为，由，有g＝9.7m/s2。
（2）根据匀变速运动规律有，得。
（3）①小钢球直径。
②由单摆周期公式，得
可见得。
12．【答案】AB 1.50 接法Ⅰ 1.80 0.25
【解析】（1）定值电阻有保护电源的作用，且由于电源内阻很小，则根据闭合电路的欧姆定律有
可知加了定值电阻后可以达到电流变化时使电压表的示数变化明显的效果。故选AB。
（3）根据（4）中所做图像可知，电压表最大量程应为3V，而量程为3V的电压表，其分度值为0.1V，采用十分之一读法，需估读到分度值的下一位，由图乙可知电压表的读数为1.50V。
（4）两种方法中接法Ⅰ采用了电流表的内接法，接法Ⅱ采用了电流表的外接法，比较图丙和图丁可知，图丙所示图像的斜率更大，而图像斜率的绝对值表示电源的内阻，分析可知接法Ⅰ，即电流表的内接法，所测电源内阻偏大，所测内阻应为电源实际内阻与电流表内阻之和，由此可知图丙对应的接法为接法Ⅰ。
本题为两个副线圈输出，电压与线圈匝数成正比，电流与线圈匝数不再成反比，变压器的输入功率等于输
（5）当单刀双掷开关接1，且电流表示数为0时，电压表测量准确，此时电压表所测电压即为电源的电动势，因此电源电动势为图丙的纵轴截距，可得当单刀双掷开关接2，且电压表示数为0时，电流表测量准确，由图丁图像可知，此时电路电流为则根据闭合电路的欧姆定律有解得。
13．【答案】解：（1）由题意，设竖直放置后缸内气体压强为，
根据玻意耳定律可得：，解得：，
竖直放置后，对活塞，由力的平衡，可得：，
解得：；
（2）当弹簧恢复原长时，设缸内气体的压强为，温度为，
对活塞由力的平衡，可得：，解得：，
由理想气体状态方程，可得：，解得：。
14．【答案】解：（1）由小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，可知小球在运动过程中动能最小时仅由重力和电场力的合力提供向心力，，所以
（2）当小球速度最小时，由牛顿第二定律有
从最低点到小球速度最小过程中，由动能定理有联立解得
（3）若抛出小球的同时剪断细线，小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上先向左减速再向右加速，水平方向位移为零，设经过t时间落到地面，A点离地的高度为h，则有：
，，解得：
15．【答案】解：（1）由图2结合牛顿第二定律可知：，得：，
当时，A、B的加速度最大，此时速度v相同，即，
由动量守恒定律，得。
（2）时，弹簧恢复原长，由能量守恒列方程，
由动量守恒定律}，
得当时，，，
则时间内弹簧对物块A做功，解得。
（3）内，设某一时刻A的速度，设B的速度，由动量守恒定律，任一时刻都始终有：，
故存在，得，
弹簧的形变量为，，，
弹簧的劲度系数，得。