黑龙江省部分学校2025届高三下学期二模考试物理试题 含解析

这是一份黑龙江省部分学校2025届高三下学期二模考试物理试题 含解析，共19页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径 0，本卷命题范围， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分 100 分，考试时间 75 分钟。
2.答题前，考生务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对
应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区
域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：高考范围。
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 题中只有一项
符合题目要求，每小题 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，有选错的得 0 分）
1. 2024 年 10 月 3 日，Physical Review C 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
成新核素钚 ，并测量了该新核素的半衰期。已知钚-227 的衰变方程为 ，下
列说法正确的是（ ）
A. Y 的电离能力较强，但穿透能力较弱
B. 该反应遵循电荷数守恒和质量守恒定律
C. 原子核的结合能小于 原子核的结合能
D. 100 个钚 原子核经过两个半衰期后还剩余 25 个
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据质量数守恒和电荷数守恒定律可知 为 ，则氦核的电离能力较强，但穿透能力较弱，
故 A 正确；
B．该反应遵循电荷数守恒和质量数守恒定律，但质量不守恒，故 B 错误；
C．该反应 衰变为 和 粒子后，释放核能，结合能等于比结合能与核子数乘积，所以 原子
核的结合能可能大于 原子核的结合能，故 C 错误；
D．半衰期是大量粒子的统计规律，100 个钚 原子核经过两个半衰期后不一定剩余 25 个，故 D 错误。
故选 A。
2. 如图所示，一个半球形的碗固定在桌面上，O 为球心，碗口水平，碗的内表面及碗口是光滑的。一根轻
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质细线跨在碗口上，细线的两端分别系有两个小球 P 和 Q，当它们处于平衡状态时，碗内的小球 P 和 O 点
的连线与竖直方向的夹角 ，另一小球 Q 静止于空中。两小球均可视为质点，则碗内小球 P 与碗外
小球 Q 的质量之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设碗内小球 P 质量为 ，碗外小球 Q 的质量为 M，根据受力平衡可得，细线的拉力
以碗内小球 P 为对象，设小球受到碗的支持力为 N，根据受力平衡可得 ，
解得
联立可得
即
故选 C。
3. 如图所示是同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图像，下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两单摆的摆长之比为
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B. 乙单摆的振动方程
C. 甲单摆的机械能小于乙单摆的机械能
D. 内，甲摆球的重力势能增大，乙摆球的重力势能减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．由振动图像可知，甲、乙单摆的周期 ，
根据单摆周期公式
可知
故 A 错误；
B．对乙单摆有 ，
故
由图可知， 时刻，乙单摆的位移为 0，且向负方向运动，故乙单摆的振动方程为
故 B 正确；
C．单摆的机械能与摆球的质量、振幅等因素有关，仅从振动图像无法判断两单摆小球的质量关系，所以不
能比较机械能的大小，故 C 错误；
D． 内，甲、乙摆球均从平衡位置向最高点运动，故甲、乙摆球的重力势能均增大，故 D 错误。
故选 B。
4. 智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材，其简化模型如图所示。可视为质点的
配重用轻绳悬挂到腰带的 P 点，配重随轻绳在水平面内做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角为 。运
动过程中腰带与人相对静止，下列说法正确的是（ ）
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A. 若仅增大转速，腰带受到的摩擦力将增大
B. 若仅增大转速，绳子与竖直方向夹角 将减小
C. 若仅增加配重，保持转速不变，绳子与竖直方向的夹角 将减小
D. 若仅增加配重，保持转速不变，腰带受到的摩擦力将增大
【答案】D
【解析】
【详解】AD．以腰带和配重整体为研究对象，转动过程中，根据平衡条件，整体在竖直方向处于平衡状态，
所以 f=（m 配重+m 腰带）g
故增大转速，腰带受到的摩擦力不变；若仅增加配重，保持转速不变，腰带受到的摩擦力将增大，故 A 错
误，D 正确；
BC．根据
则
若仅增大转速，绳子与竖直方向夹角 将变大；若仅增加配重，保持转速不变，绳子与竖直方向的夹角 将
不变，选项 BC 错误；
故选 D。
5. 如图所示，某同学从与墙水平距离为 s、离地高为 H 处水平抛出一弹性小球（可视为质点），小球与竖直
墙面发生碰撞后反弹，经过一段时间，小球首次落在水平地面上的落地点距墙面的水平距离为 。若小球
和墙面碰撞后，水平方向速度减小为原来的一半，竖直方向速度保持不变，碰撞时间忽略不计，不计空气
阻力，则小球与墙壁碰撞位置的离地高度为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设小球与墙壁碰撞前运动的时间为 ，碰撞后到落地的时间为 ，由平抛运动知识可知 ，
解得
设小球与墙壁碰撞位置的离地高度为 h，竖直方向有
解得
故选 A。
6. 火星冲日现象是火星、地球、太阳三者处于同一直线上，地球处于太阳、火星之间，此时是观察火星的
最佳时间。如图所示，假设火星和地球在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动。已知火星到太阳
中心的距离约是地球到太阳中心的距离的 1.5 倍，下列说法正确的是（ ）
A. 火星绕太阳公转的周期约为 15 个月 B. 地球与火星公转的线速度大小之比为
C. 地球与火星公转的向心加速度大小之比为 D. 两次火星冲日现象的时间间隔约为 26.4 个月
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律可得
又因为
联立解得
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故 A 错误；
B．火星、地球绕太阳公转，万有引力提供向心力，可得
解得
故地球与火星公转的线速度大小之比为
故 B 错误；
C．根据牛顿第二定律可得
解得
故地球与火星公转的向心加速度大小之比为
故 C 正确；
D．地球公转的角速度比火星公转的角速度快
两次火星冲日的时间内，地球比火星多转一圈，故
两次火星冲日现象的时间间隔为
故 D 正确。
故选 D。
7. 如图所示，两相邻宽度均为 L 的有界匀强磁场，其磁场方向相反，磁感应强度大小均为 B。边长为 L、
电阻为 R 的单匝正方形线框 abcd 的 ab 边与磁场左边界共线，线框在外力作用下，以速度 v 匀速穿越有界
磁场。以 ab 边刚进入磁场为计时零点，规定线框中感应电流 i 逆时针方向为正方向，力方向向右为正方向，
ab 边所受安培力为 ，外力为 F，下列图像正确的是（ ）
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A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】 时间内，由楞次定律可知，电流方向逆时针，感应电动势
感应电流为
ab 两点间的电势差
ab 所受的安培力大小为
方向向左，外力 方向向右；
时间内，由楞次定律可知，电流方向顺时针，感应电动势
感应电流为
ab 两点间的电势差
ab 所受的安培力大小为
方向向左，cd 所受的安培力大小也为
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方向向左，则外力 方向向右；
时间内，由楞次定律可知，电流方向逆时针，感应电动势
感应电流为
ab 两点间的电势差
ab 所受的安培力大小为
cd 所受的安培力大小为
方向向左，则外力 方向向右；综合分析可知选项 B 正确。
故选 B。
8. 下列说法正确的是（ ）
A. 分子力随分子间距离的减小一定增大
B. 外界对气体做功，气体内能一定增加
C. 晶体在熔化过程中吸收热量，分子势能一定增大
D. 某容器内气体分子平均动能减小，分子数密度增大，则气体的压强可能不变
【答案】CD
【解析】
【详解】A．当分子间距离达到某值时，分子间作用力为 0，当大于此值时，分子间作用力表现为引力，当
分子间距离减小时，分子力先增大后减小，故 A 错误；
B．若外界对气体做功，且同时气体向外界放热，根据热力学第一定律可知，气体内能可能减小，故 B 错误；
C．由于晶体在熔化过程中有固定的熔点，故晶体在熔化过程中温度不变，分子的平均动能不变，但由于晶
体在熔化过程中吸收了热量，内能增加，故其分子势能一定增大，C 正确。
D．某容器内气体分子平均动能减小，分子数密度增大，根据压强的微观意义可知，气体的压强可能不变，
故 D 正确。
故选 CD。
9. 如图所示的电路中，电容器甲、乙通过导线连接，闭合开关 S 一段时间后，电容器乙两极板间的带电液
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滴恰好静止。现将开关 S 断开，随后将电容器甲的下极板向上平移少许，下列说法正确的是（ ）
A. 电容器甲的电容减小 B. 电容器乙两极板间的电压减小
C. 液滴将向上运动 D. 流过灵敏电流计的电流方向向右
【答案】BD
【解析】
【详解】A．电容器甲的下极板向上平移少许，则 减小，根据电容的决定式 可知电容器甲的电
容增大，故 A 错误；
BC．设闭合开关 S，电路稳定时两电容器的电压均为 U，则甲电容器的电荷量为
乙电容器的电荷量为
则两电容器的总电荷量为
开关断开后，两电容器的总电荷量保持不变，可知两电容器极板间的电压均减小，根据 可知电容器
乙中的电场强度 减小，电场力减小，小于重力，则液滴将向下运动，故 B 正确，C 错误；
D．由于电容器乙的电容不变，极板间的电压减小，则电容器乙的电荷量减小，电容器乙放电，又由于上极
板带正电，则流过灵敏电流计的电流方向向右，故 D 正确。
故选 BD。
10. 某款手动发电式电筒的装置简化图如图所示，装置左侧是一个水平圆盘，当圆盘绕轴心匀速转动时，固
定在圆盘边缘处的小圆柱带动 T 形绝缘支架在水平方向往复运动，T 形支架进而驱动导体棒在光滑的水平
导轨上运动，导轨右端连接一理想变压器，其输出端给额定电压为 2V 的灯泡供电，导轨间存在垂直纸面向
外、磁感应强度大小 的匀强磁场。当导体棒运动的速度随时间变化的关系 时，
灯泡刚好正常发光。已知导轨间距 ，导体棒、导线及导轨电阻不计，电压表为理想电表，下列说
法正确的是（ ）
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A. 圆盘转动的周期为 4s B. 电压表的示数为
C. 理想变压器的匝数比为 D. 灯泡两端电压的频率为 2Hz
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由速度随时间变化的关系式可知，圆盘转动的角速度 ，则圆盘转动的周期为
故 A 正确；
B．导体棒切割磁感线产生感应电动势的瞬时值为
可知电动势的峰值为 ，电压表示数为感应电动势的有效值，则电压表的示数为
故 B 错误；
C．根据理想变压器电压表等于匝数比，可得匝数比
故 C 正确；
D．变压器不改变频率，则灯泡两端电压的频率为
故 D 错误。
故选 AC。
二、非选择题（本题共 5 小题，共 54 分）
11. 某实验小组的同学利用如图甲所示的电路“研究电容器的充、放电”，灵敏电流计的电流从正接线柱流入
指针向右偏转，从负接线柱流入指针向左偏转。实验时，先将单刀双掷开关接“1”，通过计算机描绘出的电
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流随时间的变化规律如图乙所示。
（1）将单刀双掷开关从断开到接“1”、稳定后接“2”、到再次稳定的全过程中，关于灵敏电流。指针的偏转，
下列说法正确的是_______。
A. 先向右偏然后回到零，再向右偏然后回到零
B. 先向右偏然后回到零，再向左偏然后回到零
C. 先向左偏然后回到零，再向左偏然后回到零
D. 先向左偏然后回到零，再向右偏然后回到零
（2）已知电源的电动势 。根据图乙，可知电容器的电容 _______F。（保留一位小数）
（3）实验时，如果仅将图甲中的定值电阻。 的阻值增大，则图乙中的充电时间将_______（填“变长”“不
变”或“变短”）
【答案】（1）B （2）
（3）变长
【解析】
【小问 1 详解】
单刀双掷开关从断开到接“1”，电容器和电源和电阻 和灵敏电流计组成回路，电容器充电，电流从正接
线柱流入，故灵敏电流指针先向右偏，充电完毕后回路中电流为零，此时指针回到零。单刀双掷开关稳定
后接“2”，电容器和和电阻 和灵敏电流计组成回路，电容器放电，电流从负接线柱流入，故灵敏电流
指针先向左偏，放电完毕后回路中电流为零，此时指针回到零。故指针的偏转情况是：先向右偏然后回到
零，再向左偏然后回到零。
故选 B。
【小问 2 详解】
根据图乙，图线与坐标轴所围区域大于等于半个的格数个数为 ，每个小格表示
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故电容所带电荷量
电容器两端电压
可知电容器的电容
【小问 3 详解】
只增大电阻 ，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向 1 时电容器开始充电的电流减小，则曲线与纵轴交点
的位置将向下移动，而充电时 曲线与横轴所围成的面积将不变，所以充电时间将变长。
12. 某同学利用如图甲所示的装置“验证动能定理”，并完成了如下的操作：
①按如图甲所示的装置组装实验器材，调整滑轮的高度使细线与长木板平行；
②取下砂桶，将长木板的右端适当垫高，纸带穿过打点计时器，开启电源释放小车，直到在纸带上打下一
系列均匀的点为止；
③挂上砂桶，并在砂桶中放入适量的沙子，用天平测出砂桶和沙的总质量为 m，然后将装置由静止释放，
重复操作，从其中选择一条点迹比较清晰的纸带，如图乙所示。
已知纸带中相邻两计数点间还有 4 个计时点未画出，计数点间的距离如图乙所示，打点计时器的打点频率
，重力加速度大小为 g。
（1）打下计数点 4 时，小车的速度大小 _______m/s。
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（2）若小车的质量为 M，取打下计数点 1~5 的过程研究，若打下计数点 1、5 时小车的速度大小分别为 和
，则验证系统动能定理的表达式为_______。（用题中所给物理量符号表示）
（3）若砂桶和桶中沙的总质量远小于小车的质量，根据得出的实验数据，描绘出了 图像如图丙所示，
其中 ，则小车的质量 _______kg。
（4）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若砂桶和桶中沙的总质量不满足远小于小车的质量，
且 。则从理论上分析，下列各图能正确反映 关系的是_______；此时若 图线直线部
分的斜率为 k，则从理论上分析，可知小车的质量 _______。
【答案】（1）0 192
（2）
（3）0.4 （4） ①. A ②.
【解析】
【小问 1 详解】
相邻两计数点间是时间间隔为
则打下计数点 4 时，小车的速度大小为
【小问 2 详解】
根据动能定理可知
小问 3 详解】
若砂桶和桶中沙的总质量远小于小车的质量，根据动能定理
化简可得
结合图像可知
可得小车的质量为
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【小问 4 详解】
[1]若砂桶和桶中沙的总质量不满足远小于小车的质量，根据动能定理
化简可得
结合图像可知，选项 A 符合。
故选 A。
[2]由上式可知
可得小车的质量为
13. 如图甲所示是“足球”玻璃球，某物理小组利用激光对该球的光学性质进行研究。如图乙所示是过球心所
在的竖直截面的正视图，且 AB 是沿水平方向的直径，当激光水平向右从 C 点射入时，可从右侧的 B 点射
出。已知玻璃球的半径为 R，C 到 AB 的竖直距离 h= ，且玻璃球内的“足球”是不透光体，不考虑反射
光的情况下，光在真空中的速率为 c，求：
（1）B 点的出射光相对 C 点入射光方向的偏折角；
（2）激光在玻璃球中的传播时间。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问 1 详解】
光从 C 点到 B 点的光路图如图所示
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光在 C 点折射，由折射定律可知
其中
由几何关系可得
解得折射率为
光在 B 点折射，由折射定律可知
可得
故 B 点的出射光相对 C 点入射光方向偏折角为 。
【小问 2 详解】
激光在玻璃球中的传播速度为
激光在玻璃球中的传播距离为
所以激光在玻璃球中的传播时间为
14. 如图所示，平面直角坐标系 xOy 的第一象限内存在沿 y 轴正方向的匀强电场，第四象限内以 ON 为直径、
P 为圆心、半径为 R 的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为
的带电粒子，从 y 轴正半轴上 处的 M 点以大小为 的初速度垂直于 y 轴射入匀强电场
中，经 x 轴上的 P 点进入匀强磁场，最后以垂直于 y 轴的方向射出匀强磁场。不计粒子重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
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（3）粒子从 M 点到再次经过 y 轴的时间。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
设粒子在电场中做平抛运动的时间为 ，根据运动学规律有 ，
由牛顿第二定律得
联立解得
【小问 2 详解】
设粒子在 P 点的竖直分速度大小为 ，根据运动学规律有
设粒子在 P 点的速度 与水平方向夹角为 ，根据速度的合成与分解有
解得
故
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 ，根据牛顿第二定律有
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根据几何关系可得
联立解得
【小问 3 详解】
粒子在磁场中运动的周期
故粒子在磁场中运动的时间
从磁场中出来打到 y 轴上的时间
粒子从 M 点到再次经过 y 轴 时间
15. 如图所示，长 的水平传送带以恒定的速度 向左传动，其左端与长 的水
平面平滑地衔接，紧靠水平面的左端放置长 ，质量 的长木板 C，长木板 C 的上表面
与右侧的水平面等高。质量 的滑块 A 轻轻地放到传送带的最右端，经过一段时间与放在水平面
右端、质量 的滑块 B 发生弹性碰撞，已知滑块 A 与传送带间的动摩擦因数 ，两滑块与
水平面以及与长木板 C 上表面间的动摩擦因数均为 ，长木板的下表面光滑，重力加速度 g 取
，两滑块均可视为质点，求：
（1）两滑块碰后瞬间，滑块 A 的速度；
（2）两滑块能否发生第二次碰撞？若能，两次碰撞的时间间隔；若不能，请说明理由；
（3）若传送带的长度可调，则滑块 B 恰好不能从长木板 C 左端滑出时的传送带长度。
【答案】（1）4m/s，方向水平向右
（2）能，
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（3）9.72m
【解析】
【小问 1 详解】
对滑块 A 由牛顿第二定律
解得
假设滑块 A 不能与传动带共速，由运动学公式
解得
故假设成立。两滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得 ，
则两滑块碰后瞬间，滑块 A 的速度大小为 4m/s，方向水平向右。
【小问 2 详解】
假设滑块 B 不能滑上长木板，由动能定理可得
解得
假设成立，碰后滑块 A 先向右做匀减速，在向左匀加速到传送带的最左端，由对称性可知，滑块 A 返回到
传送带最左端的速度大小仍为
滑块 A 在传动带上运动的时间为
滑块 A 在水平面上由牛顿第二定律
解得
由于 ，所以两滑块能发生第二次碰撞，设滑块 A 在水平面上滑动的时间为 ，由运动学公式
解得
所以两次碰撞的时间间隔为
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【小问 3 详解】
滑块 B 刚好滑到长木板 C 的最左端，二者具有相同的速度，设此时传送带的长度为 ，两滑块碰撞前，对
滑块 A 由运动学公式
两滑块碰撞过程中，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
设滑块 B 滑上长木板瞬间的速度大小为 ，由动能定理得
滑块 B 滑上长木板后，由动量守恒定律有
由能量守恒定律得
联立解得，滑块 B 恰好不能从长木板 C 左端滑出时的传送带长度为
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