2025届江西省名校学术联盟高三下学期高考模拟冲刺（四）物理试卷（解析版）

这是一份2025届江西省名校学术联盟高三下学期高考模拟冲刺（四）物理试卷（解析版），共18页。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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题只有一项是符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，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. 如图为研究光电效应的实验装置图，将滑动变阻器的滑片移到最左端，用a、b两束不同的单色光分别照射光电管K极，发现两次电流表示数相同。将滑动变阻器向右移，发现电流表的示数为零时，用单色光a照射时电压表的示数比用单色光b照射时电压表的示数大，下列说法正确的是（ ）
A. a光遏止电压比b光遏止电压大
B. a光频率比b光频率低
C. 滑动变阻器向右移动过程中，从K极打出的光电子逐渐减少
D. 滑动变阻器向右移动过程中，从K极打出光电子最大初动能减小
【答案】A
【解析】AB．发现电流表的示数为零时，用单色光a照射时电压表的示数比用单色光b照射时电压表的示数大，说明a光的遏止电压大，频率高，A项正确，B项错误；
C．光束一定，打出的光电子数一定，C项错误；
D．光束一定时，由可知，从K极打出的光电子最大初动能与所加的反向电压无关，即打出的光电子的最大初动能一定，D项错误。故选A
2. 如图是一种吊装装置，动滑轮和定滑轮的质量与摩擦均不计，重物A吊在动滑轮上，绕过定滑轮和动滑轮的轻绳一端固定在竖直杆上P点，另一端吊着重物B。下列说法正确的是（ ）
A. 物块A的质量一定比物块B的质量大
B. 物块A的质量可能会等于物块B的质量
C. 将P点缓慢上移，物块B一定会向上移
D. 将P点缓慢上移，物块B一定会向下移
【答案】B
【解析】AB．当动滑轮两边轻绳的夹角为120°时，根据力的合成可知，物块A、B的质量相等，A项错误，B项正确；
CD．当P点向上缓慢移动时，假设B不动，对B分析，根据平衡条件可知绳子拉力不变，即动滑轮两边绳上的拉力不变，则两绳子的夹角不变，因此假设成立，CD项错误。故选B。
3. 雷雨天带电的乌云飘过一栋建筑物上空时，在避雷针周围形成电场，a、b、c、d为等差等势面，一个电子在电场中的运动轨迹如图中实线所示，A、B是轨迹上的两点，不计电子的重力。下列说法正确的是（ ）
A. 云层带正电
B. A点电场强度大小比B点的大
C. 电子在A点电势能比在B点电势能大
D. 电子在A点速度比在B点速度小
【答案】B
【解析】A．根据电子所受电场力的方向斜向左上，根据电场线的方向可知，A点电势比B点电势高，由此可知云层带负电，A项错误；
B．根据等差等势面的疏密可知，A点场强比B点场强大，B项正确；
C．根据结合A选项可知电子在A点电势能比在B点电势能小，C项错误；
D．若电子从A运动到B，电场力方向与运动方向的夹角为钝角，则电场力做负功，电子在A点速度比在B点速度大，D项错误。
故选B。
4. 如图为某种台灯的内部电路图，环形铁芯的变压器可看成理想变压器，灯泡的规格为“40V，40W”，在a、b两端接220V的交流电压，通过调节滑动变阻器，使灯泡正常发光。若理想变压器原、副线圈匝数比，则滑动变阻器R的阻值为（ ）
A. 20B. 30C. 40D. 50
【答案】A
【解析】根据，其中解得
故
所以
则
故选A。
5. 羽毛球比赛前测试羽毛球的性能，将球击出后，球在空中的轨迹如图所示，B是轨迹的最高点，A、C为轨迹上相同高度的两点，羽毛球受到的阻力仅与速度有关且和速度大小成正比，下列说法正确的是（ ）
A. 羽毛球在B点速度为零
B. 从A到B的运动时间大于从B到C的运动时间
C. 羽毛球在A点的速度大小大于在C点的速度大小
D. 羽毛球在A点的加速度大小小于在C点的加速度大小
【答案】C
【解析】A．由轨迹可知，羽毛球做曲线运动，则羽毛球在B点速度不为零，速度方向沿切线方向，故A错误；
B．羽毛球受到的阻力方向与运动方向相反，根据牛顿第二定律可知，羽毛球从A到B在竖直方向的加速度大于从B到C竖直方向的加速度，由于羽毛球从A到B在竖直方向的分位移等于从B到C竖直方向的分位移，根据位移公式可知，羽毛球从A到B运动的时间小于从B到C的运动时间，故B错误；
C．由于羽毛球克服空气阻力做功，根据动能定理可知，羽毛球在A点的速度大于在C点的速度，故C正确；
D．结合上述可知，羽毛球在A点的重力与阻力的合力大于在C点重力与阻力的合力，因此羽毛球在A点的加速度大于在C点的加速度，故D错误。故选C。
6. 一定质量的理想气体经历了A→B→C→A的循环，其p—V图像如图所示，其中A→B过程气体分子的平均动能不变，下列说法错误的是（ ）
A. A→B过程，气体的压强与体积乘积是一个定值
B. B→C过程，气体放出的热量比外界对气体做功多
C. C→A过程，气体分子碰撞单位面积器壁的平均作用力减小
D. 再次回到A状态时，气体内能不变
【答案】C
【解析】A．A→B过程，气体分子的平均动能不变，可知，此过程气体的温度不变，根据玻意耳定律可知，气体的压强与体积乘积是一个定值，故A正确，不符合题意；
B．B→C过程，气体体积变小，外界对气体做功，气体的压强与体积乘积变小，根据玻意耳定律可知，气体的温度降低，则气体内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放出的热量比外界对气体做功多，故B正确，不符合题意；
C．C→A过程，气体体积变大，气体分子密度变小，但压强增大，气体分子碰撞单位面积器壁的平均作用力增大，故C错误，符合题意；
D．再次回到A状态时，气体温度不变，则气体内能不变，故D正确，不符合题意。
故选C。
7. 宇宙中由A、B两颗恒星组成的双星系统绕A、B连线上的一点做匀速圆周运动，已知恒星A的质量大于恒星B的质量，两恒星的总质量一定，两恒星间的距离为L，不考虑双星系统以外的天体对双星系统的影响，下列说法正确的是（ ）
A. 恒星A运动的角速度大于恒星B运动的角速度
B. 恒星A做圆周运动的向心力大于恒星B做圆周运动的向心力
C. L越大，恒星A做圆周运动的周期越大
D. 恒星A、B的质量差越大，恒星A做圆周运动的周期越大
【答案】C
【解析】A．双星系统两恒星做圆周运动的角速度相等，A项错误；
B．两恒星做圆周运动的向心力均为两恒星间的万有引力，大小相等，B项错误；
C．根据
其中
可得双星做圆周运动的周期
由于双星的总质量一定，则L越大，周期越大，C项正确；
D．A、B质量差的大小不影响双星做圆周运动的周期，D项错误。
故选C。
8. 如图甲，一只小鸟落到一个树枝上并随树枝一起振动，小鸟从落到树枝上开始后的一段时间内的振动可以看成简谐振动，其振动的v-t图像如图乙，取向下运动的速度为正。下列说法正确的是（ ）
A. 时刻小鸟在振动的最高点
B. 时刻到时刻，小鸟的加速度向上
C. 时刻小鸟所受合力为零
D. 时刻到时刻，小鸟的速度方向与加速度方向相同
【答案】BD
【解析】A．时刻，小鸟的速度向下最大，此时小鸟在平衡位置向下运动，故A错误；
B．时刻到时刻，小鸟的速度正在向下减小，此时小鸟的加速度向上，故B正确；
C．时刻小鸟的速度为零且正要向上运动，说明小鸟在振动的最低点，此时受到的合力最大，故C错误；
D．时刻到时刻，小鸟向上的速度在增大，速度向上，小鸟的速度方向与加速度方向相同，故D正确。
故选BD。
9. 某篮球爱好者对着竖直墙壁练习传球，球出手时的位置P离地高度为h，球斜向上传出，刚好垂直打在墙壁上的Q点，球垂直墙壁反弹后恰好落在P点正下方的地面上。已知P点离墙面的水平距离恰好等于h，Q点离地高度为1.5h，重力加速度大小为g，球的质量为m，不计球的大小，忽略空气阻力，则（ ）
A. 球与墙面碰撞前一瞬间速度大小为
B. 球与墙面碰撞后一瞬间速度大小为
C. 球与墙面碰撞过程损失的机械能为
D. 球落地前一瞬间，重力的瞬时功率大小为
【答案】AC
【解析】A．球斜向上运动到Q点过程做斜上抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，设从P点到Q点时间为，则
得
水平方向做匀速直线运动，球与墙面碰撞前一瞬间速度大小为，故A正确；
BC．设从Q点到地面时间为，则
得
球与墙面碰撞后一瞬间速度大小为
则碰撞过程中损失的机械能，故B错误，C正确；
D．球落地前一瞬间竖直方向的分速度
因此重力的瞬时功率，故D错误。
故选AC。
10. 如图，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有沿y轴负方向的匀强电场E（大小未知），在以坐标为）的点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场B（大小未知）。在坐标为的A点沿x轴正方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小为，粒子从坐标原点O进入磁场，并以平行x轴的方向射出磁场，不计粒子的重力，则（ ）
A. 匀强电场的电场强度E大小为
B. 匀强磁场的磁感应强度B大小为
C. 粒子出磁场时的位置离x轴的距离为
D. 将此粒子在y轴上由静止释放，粒子经电场加速、磁场偏转后也能以平行x轴飞出磁场，则粒子释放的位置坐标为
【答案】AC
【解析】A．粒子在电场中做类平抛运动，由，
解得
A项正确；
B．粒子进入磁场时的竖直速度
则进入磁场时的速度为
方向与x轴夹角为45°；根据磁聚焦特点结合几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为，根据牛顿第二定律，解得
B项错误；
C．根据几何关系，粒子出磁场时位置离轴的距离为
C项正确；
D．设粒子由静止释放的位置为，则，
其中，解得
粒子释放的位置坐标为，D项错误。故选AC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某同学设计了一个验证碰撞中动量守恒的实验装置，两个半径相同的小球A、B，用等长的细线分别悬于力传感器a、b，两球静止时，相互接触，两悬线均竖直，a、b传感器示数分别为，且，当地的重力加速度大小为g。
（1）小球A的质量为______。
（2）将小球A拉开，使小球A的悬线与竖直方向成一定的角度，由静止释放小球A，球A与球B沿水平方向发生正碰，a、b两力传感器显示碰撞前，两悬线的最大拉力分别为，碰撞后两悬线的最大拉力分别为、，若悬点到球心的距离为L，则碰撞前一瞬间，小球A的速度大小为______，碰撞后一瞬间，小球A的速度大小为______。
（3）如果表达式______在误差允许的范围内成立，则表明A、B两球在碰撞中动量守恒。
【答案】（1） （2）
（3）
【解析】【小问1详解】
根据力的平衡
解得
【小问2详解】
根据牛顿第二定律
解得
同理可得碰撞后一瞬间，的速度大小。
【小问3详解】
同理可得碰撞后一瞬间，的速度大小为
如果表达式
成立，即，则表明两球碰撞中动量守恒。
12. 某学生实验小组要测量一量程为3V的电压表的内阻（约为几千欧）。
（1）先用多用电表粗测电压表内阻；将多用电表选择开关拨到电阻挡“×100”挡，将两表笔短接进行______调零，再将多用电表的______（选填“红”或“黑”）表笔与待测电压表的正接线柱相连，将另一支表笔与另一个接线柱相连，多用电表的指针位置如图甲所示，那么粗测结果是______Ω。
（2）为了精确测量此电压表的内阻，小组成员用半偏法测此电压表的内阻。设计的电路如图乙所示，其中：电阻箱R（最大阻值9999.9Ω），直流电源E（电动势6V），滑动变阻器最大阻值为20Ω。实验时，将图乙中滑动变阻器滑片移到最______（选填“左”或“右”）端，闭合开关，调节滑动变阻器使电压表满偏。断开开关，再调节电阻箱，使电压表半偏，这时电阻箱的阻值为，则电压表的内阻为______，此法测得的电压表内阻与真实值相比偏______（选填“大”或“小”）。
（3）另一同学设计了如图丙所示的电路测该电压表的内阻，其中电压表为被测电压表，为量程为6V的电压表，实验时，按正确的操作，闭合开关后，调节滑动变阻器及电阻箱的阻值，使两电压表的指针偏转均较大，若调节后，电压表的示数为、电压表的示数为，电阻箱接入电路的电阻为R，则被测电压表的内阻______。
【答案】（1）欧姆 黑 3200 （2）左 大
（3）
【解析】【小问1详解】
[1][2]将两表笔短接进行欧姆调零，再将多用电表的黑表笔与待测电压表的正接线柱相连，将另一支表笔与另一个接线柱相连；
[3]根据图甲可知粗测结果是
【小问2详解】
[1]实验时，将图乙中滑动变阻器滑片移到最左端，使电压表示数从最小开始调节。
[2]用半偏法测此电压表的内阻，断开开关，再调节电阻箱，使电压表半偏，这时电阻箱的阻值为，可认为电压表两端电压与两端电压相等，则电压表的内阻为
[3]断开开关，再调节电阻箱，使电压表半偏，此时电压表支路电阻变大，电压表支路的总电压变大，则两端电压大于电压表两端电压，大于电压表实际内阻，所以用半偏法测得的电压表内阻与真实值相比偏大。
【小问3详解】
由图丙电路图可得
解得被测电压表的内阻为
13. 如图为半圆形玻璃砖的截面，O为半圆的圆心，半径为R。在半圆的对称轴上有一点光源P，沿PA方向射出一束单色光，已知，，光在A点的折射光线照射到圆弧面上的B点，OB与AP平行，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）半圆形玻璃砖对该光的折射率；
（2）光从A点传播到B点所用的时间。
【答案】（1） （2）
【解析】【小问1详解】
如图所示
设光在A点的入射角为i，根据几何关系
解得
由B点作半圆对称轴的垂线BC，则
根据几何关系，
设折射角为r，根据几何关系
解得
则折射率
【小问2详解】
根据几何关系
光从A点传播到B点所用的时间
又
解得
14. 如图，光滑平行金属导轨、水平部分固定在水平平台上，圆弧部分在竖直面内，足够长的光滑平行金属导轨、固定在水平面上，导轨间距均为L，点与点高度差为，水平距离也为，导轨、左端接阻值为R的定值电阻，水平部分处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，平行金属导轨、完全处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大小均为。质量为的导体棒放在金属导轨、上，质量为m的金属棒从距离导轨水平部分高度为处由静止释放，从处飞出后恰好落在P、Q端，并沿金属导轨、向右滑行，金属棒落到导轨、上时，竖直方向分速度完全损失，水平分速度不变，最终a、b两金属棒恰好不相碰，重力加速度大小为，不计导轨电阻，一切摩擦及空气阻力。a、b两金属棒接入电路的电阻均为R，运动过程中始终与导轨垂直并接触良好。求：
（1）导体棒a刚进入磁场时的加速度大小；
（2）平行金属导轨、水平部分长度d；
（3）通过导体棒b中的电量及整个过程金属棒a产生的焦耳热。
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】【小问1详解】
设金属棒a刚进入磁场时的速度大小为，根据动能定理有
解得
金属棒进入磁场的瞬间，金属棒a中感应电动势
感应电流
根据牛顿第二定律有
解得
【小问2详解】
设金属棒a从、飞出时的速度为，飞出后做平抛运动，则有，
解得
金属棒a在金属导轨、水平部分运动过程中，根据动量定理有
根据电流的定义式有
该过程感应电动势的平均值
感应电流的平均值
又
解得
【小问3详解】
金属棒落到金属导轨、上向右滑行时的初速度大小为，金属棒a、b组成的系统动量守恒，设最后的共同速度为，根据动量守恒定律有
解得
对金属棒进行分析，根据动量定理有
根据电流的定义式有
解得
金属棒在导轨、上运动时产生的焦耳热
解得
金属棒在导轨上运动时产生的焦耳热
解得
因此金属棒中产生的焦耳热
15. 如图，倾角为的斜面体固定在水平面上，质量为3m的物块静止在斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数为0.75。质量为m的小球在斜面上离物块距离为L处由静止释放，小球运动过程中受到的阻力始终为其重力的，小球每次与物块的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度大小为g，小球与物块的第二次碰撞刚好发生在斜面底端，不计物块和小球的大小，，，求：
（1）小球第一次与物块碰撞前速度大小；
（2）小球第一次与物块碰撞后沿斜面上升的最高点离开始释放的位置距离；
（3）物块开始的位置离斜面底端的距离。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
设小球沿斜面向下运动的加速度为，根据牛顿第二定律
解得
设小球第一次与物块碰撞前瞬间的速度大小为，根据运动学公式
解得
【小问2详解】
设第一次碰撞后小球的速度大小为，物块的速度大小为，根据动量守恒定律
根据能量守恒
解得
小球沿斜面向上运动时，设加速度大小为，根据牛顿第二定律
解得
沿斜面向上运动的距离
小球第一次与物块碰撞后沿斜面上升的最高点离开始释放的位置距离为
【小问3详解】
设小球与物块第一次碰撞后沿斜面向上运动的时间为，则
碰撞后，对物块研究，由于
因此碰撞后物块沿斜面向下做匀速直线运动，当小球运动到最高点时，物块离小球的距离
设小球在最高点至与物块发生第二次碰撞所用时间为，则
解得
因此物块开始离斜面底端的距离