2024-2025学年安徽省黄山市高三（第二次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2024-2025学年安徽省黄山市高三（第二次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.电离烟雾探测器是一种含有镅−241(A95241A⁡m)的火灾报警装置，报警器的辐射源常常使用化合物二氧化镅。已知一个镅核放出一个氨核后转变为一个镎核并释放能量，镅核、镎核和氨核的质量分别为m1、m2和m3，单质销的半衰期为432.2年，光速为c。下列说法正确的是( )
A. 二氧化镅中的镅核(A95241A⁡m)半衰期不确定
B. 一个镅核放出氨核后转变为镎核的衰变为α衰变，镎核中有144个中子
C. 一个镅核发生衰变过程中释放的能量为(m2+m3−m1)c2
D. 500个销核432.2年后一定还剩250个
2.坐标原点O处的波源从平衡位置起振做简谐振动，产生沿x轴正方向传播的简谐横波。如图为某时刻该波刚传播到x=2m处的波形图。x轴上平衡位置坐标为4 m处的质点起振时间比波源迟2 s。下列说法正确的是
A. 各质点的起振方向都向上
B. 14个周期内波源沿x方向运动路程为0.5m
C. 周期T=1s
D. 波速v=1m/s
3.如图为一定质量的理想气体在a→b→c→a的循环过程中气体压强随体积变化关系图像。ab的延长线过坐标原点， bc平行于P轴，曲线ca是双曲线的一部分，下列说法正确的是( )
A. 在状态c→状态a的过程中，气体内能减小
B. 在状态a→状态b的过程中，气体分子热运动的平均动能不变
C. 在状态b→状态c的过程中，气体分子数密度变大
D. 在a→b→c→a的循环过程中，气体从外界吸收热量
4.一辆小汽车在高速公路上正常行驶，驾驶员发现前方较远处有异常情况，立即刹车，车辆匀减速直线行驶经过一段分别标有“0 m”“50 m”“100 m”的标志牌路面。车头到达“0 m”标志牌时开始计时，车头经过“0 m”∼“50 m”路段用时2 s，车头经过“50 m”∼“100 m”路段用时3 s，下列说法正确的是
A. 车头在“0 m”标志牌处速度大小等于853m/s
B. 车辆加速度大小等于12536m/s2
C. 车头在“50 m”标志牌处速度大小为20m/s
D. 车头在1s∼3.5s时间内的位移小于50 m
5.中国航天事业发展日新月异。两颗质量相等的卫星A和B分别在不同的圆轨道运行，卫星 A到地心距离为r，更高轨道的卫星 B为地球同步轨道卫星。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转周期为T。下列说法正确的是( )
A. 卫星在各自轨道稳定运行时卫星A的加速度比卫星B的加速度小
B. 卫星B和卫星A的轨道半径之比为 gR2T24π2r33 gR2T24π2r3
C. 卫星A的机械能大于卫星B的机械能
D. 卫星B和卫星A的周期之比2πrRT rg
6.两个质量分布均匀的圆柱体A、B静置在顶角为60∘的“V型”槽中，圆柱体 A的截面半径小于B的截面半径，截面图如图所示，不计一切摩擦，下列分析正确的是( )
A. 若以槽底端所在的边为轴顺时针缓慢转60∘的过程中，圆柱体A对槽壁的压力变大
B. 若以槽底端所在的边为轴顺时针缓慢转60∘的过程中，圆柱体A对B的压力变大
C. 若“V型”槽不转动，将A换成质量不变但半径更小的圆柱体，则圆柱体A对槽壁的压力不变
D. 若“V型”槽不转动，将A换成质量不变但半径更小的圆柱体，则圆柱体A对B的压力变大
7.绝缘水平桌面上有一质量为m的“”型金属框，框宽度为d，ab间电阻为R，两侧部分电阻不计且足够长。在竖直固定的绝缘挡板间放一根金属棒，挡板间隙略大于棒的直径，棒与金属框垂直且接触良好，金属棒接入电路部分的电阻为R，不计一切摩擦。空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现给框水平向左、大小为v0的初速度，俯视图如图所示。则下列说法正确的是
A. 开始时金属框的加速度大小为B2d2v0mR
B. 开始时挡板给导体棒的作用力大小为B2d2v02R，方向水平向左
C. 金属框从开始运动到静止过程中通过金属棒的电荷量为mv0Bd
D. 金属框从开始运动到静止过程中金属棒上产生的热量为12mv02
8.如图1所示，真空中x轴原点O处固定一点电荷a，其电荷量Q未知，另一试探点电荷b，其电荷量为q，以初动能Ek0自x2位置沿x轴负方向直线运动，该过程粒子动能Ek−1x图像如图2所示。已知静电力常量为k。设无穷远处电势为0，距点电荷a距离r处的电势φ=kQr，粒子仅受电场力作用。下列说法正确的是
A. x1、x2两处电场强度之比等于x1:x2
B. 沿x轴正方向电势逐渐升高
C. 电荷量Q=Ek0x1x2kq(x2+x1)
D. 如仅将a的电荷量变为2Q，点电荷b速度减为0时的位置坐标是2x1x2x1+x2
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，电路中理想变压器输入端接e=50 2cs2πt(V)的交流电，小灯泡额定功率为4W，电阻为1Ω，定值电阻R0阻值也为1Ω，原副线圈匝数之比为10:1。电表均为理想电表，滑动变阻器的最大阻值为10Ω，调节滑动变阻器阻值使小灯泡正常发光。下列说法正确的是( )
A. 电压表示数为50V
B. 电流表的示数为2A
C. 当滑动变阻器滑片向下移动时，小灯泡的亮度变暗
D. 当滑动变阻器滑片向下移动时，电阻R0的功率变小
10.如图所示，倾角为30∘的足够长光滑绝缘斜面固定在水平面上，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度E= 3mg3q。小球A的电荷量为+q，小球 B不带电，质量均为 m，两球用劲度系数为k的轻质绝缘弹簧连接，弹簧处于原长并锁定。现解除锁定释放两球并开始计时，t0时刻两球第一次速度相等，速度大小为v0，此时弹簧形变量为x0，在整个运动过程中弹簧均在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 两球每次速度相同时弹簧形变量均为x0
B. 两球每次加速度相同时弹簧的形变量均为mg4k
C. 在t=t0时，小球A的电势能增加了mg4(v0t0−x0)
D. 在t=2t0时，两球和弹簧系统机械能减少了mgv0t0
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.实验小组的两位成员用如图所示的装置设计了测量当地重力加速度和验证机械能守恒定律的实验方案。质量为m的小球(直径为d)通过轻绳连接在力传感器上，光电门安装在小球平衡位置处且与球心等高。测得悬挂点到球心的距离为L，忽略空气阻力。
环节一：测量当地重力加速度让单摆做简谐运动并开启光电门的计数模式，当光电门第一次被遮挡时计数器计数为1并同时开始计时，以后光电门每被遮挡一次计数增加1，若计数器计数为N时，单摆运动时间为t，则由此可测得当地的重力加速度g= 。(用题中所给的字母表示)
环节二：验证机械能守恒定律
(1)拉起小球至某一位置由静止释放，使小球在竖直平面内摆动，在最低点时可测得小球通过光电门的时间记为△t，则小球到达最低点的速度大小v= (用题中所给的字母填空)。
(2)将小球摆动过程中拉力传感器示数的最大值和最小值之差记为△F。
(3)为避免将环节一中重力加速度的测量误差引入该环节，要验证小球从释放点到最低点的过程机械能守恒，则只需验证 成立即可。(用含有△F、L、m、v的表达式填空)
12.实验小组中的小亮同学设计了测量电源电动势和内阻的实验。实验室提供的器材如下：待测电源、标准电源(电动势为E0、内阻为r0)、滑动变阻器、电阻箱、电流表A(量程恰当、内阻未知)、开关和导线若干。操作步骤如下：
(1)先用如图甲所示的电路运用“半偏法”测量电流表A的内阻，记为RA∘
(2)在图乙中，闭合开关S1、断开开关S2，调节滑动变阻器的滑片到某位置，记录下电流表示数为I1;保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关S1，闭合开关S2，记录下电流表示数为I2∘
(3)多次改变滑动变阻器滑片的位置，重复步骤(2)，记录下多组示数I1和I2，关于以上实验步骤，下列说法正确的是( )
A.电路甲运用半偏法测电流表A的内阻时，测量值偏大
B.电路甲中电源电动势大小和滑动变阻器的总阻值均应选择小一些
C.电路甲和乙中，闭合开关之前滑动变阻器的滑片均应置于最右端
(4)小亮同学利用图像法处理数据的过程中将1I1设为纵轴，为得出线性关系，则应选取 为横轴(选填I2、1I2或1I22)
(5)在正确选取横轴的物理量后，小亮同学将数据描绘在坐标系中得到如图丙所示的图像，图像与横、纵坐标轴的交点坐标分别为 a、−b，则可测得该电源的电动势E= ，内阻r= (均用含有E0、r0、a、b的表达式填空)
(6)小组中的小江同学认为半偏法测出的RA有误差，故将导致以上测出的电源内阻r出现误差，你认为RA的测量误差将导致电源内阻r的测量值相对于真实值 (选填“偏大”“偏小”“不变”)
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13. 光纤通信具有诸多优点。一根粗细均匀的光导纤维束置于空气中， AB段为半圆形，光导纤维束的横截面直径为 d。一束激光在光导纤维内的传播过程中到达半圆直径上A点，方向与内表面夹角θ=30∘，之后在半圆形光导纤维内发生5次全反射(不含A、B位置)，从半圆直径上B点射出半圆形部分。已知光在光导纤维半圆的外圆表面均恰好发生全反射，过光导纤维中轴线的剖面及光路如图所示。已知真空中光速为c。求：
(1)该光导纤维的折射率;
(2)该光束在半圆形光导纤维中传播的时间。
14.某高楼卸货神器采用耐磨帆布作为滑道使搬运工作变得更加轻松。如图所示，OP段为总长s=28m的帆布材料制成的滑道，滑道与水平地面在P点平滑连接。质量为M=160kg的缓冲器静止在水平地面上，缓冲器由凹槽和一根高强度轻质弹簧组成，弹簧左端固定在凹槽内部，最右端位于P点正上方。质量为m=40kg的货物从距地面竖直高度h=10m的O点由静止滑下，至 P点时速度为v0=2m/s。货物和缓冲器与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧弹性势能公式Ep=12kx2(x为弹簧形变量)，重力加速度g取10m/s2。则：
(1)求货物在滑道上所受平均阻力f的大小;
(2)若缓冲器固定不动，弹簧的劲度系数为k=6.0×103N/m，为使货物与凹槽不相撞，
求弹簧伸出凹槽的最小长度lm;
(3)若缓冲器不固定，若更换一根劲度系数为k=2.0×103N/m的弹簧，弹簧伸出凹槽的
长度是0.1m，货物与凹槽碰撞时间极短，且碰后不分离，求凹槽向左运动的距离。
15.如图所示，边长为L的正方形abcd区域内存在方向垂直该平面向外的匀强磁场，ad边与y轴重合，且坐标原点O位于ad边的中点。第三象限内存在方向沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为 E 。带正电的粒子质量为m，电荷量为 q，从第三象限内(包含坐标原点)的不同位置p沿x轴正方向以速度v0出发，都经过坐标原点O进入正方形abcd区域。若p位于O点时，粒子恰好从cd边中点垂直于cd边射出，不计粒子的重力，求：
(1)磁感应强度大小;
(2)带电粒子出发点p的坐标轨迹方程;
(3)从bc边飞出磁场的粒子，其出发点 p的x轴坐标范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】略
2.【答案】C
【解析】A、简谐横波沿x轴正方向传播，根据波的平移法由图可知各质点的起振方向都向下，故A错误；
B、14个周期内波源沿y方向运动路程为A=0.5m ，波源不随波迁移，故B错误；
CD、由题意，x=4m处的质点起振时间比波源迟2s，知波传播4m的距离需要时间t=2s，因此波速v=4m2s=2m/s。
从波形图可以看出，波长λ=2m，周期T=λv=22s=1s，故C正确，D错误。
3.【答案】D
【解析】略
4.【答案】A
【解析】AB.设车头在“0 m”标志牌处速度大小v0，加速度大小a，“0 m”∼“50 m”路段：50=v0×2−12a×22
“0 m”∼“100 m”路段：100=v0×5−12a×52
v0=853m/s， a=103m/s2，A正确，B错误；
C.车头在“50 m”标志牌处速度大小v=v0−at=653m/s，C错误；
D.车头在1 s时速度v1=v0−at1=25m/s，在3.5s时速度v2=v0−at2=503m/s，故位移x=v1+v22×Δt=62512m>50m，D错误。
5.【答案】B
【解析】略
6.【答案】D
【解析】略
7.【答案】C
【解析】A.开始时金属框ab边切割电动势E=Bdv0，电流I=E2R，安培力FA=BId，加速度a=FAm，联立可得，开始时金属框的加速度大小a=B2d2v02mR，A错误；
B.开始时导体棒受到的安培力大小FA=BId=B2d2v02R，根据右手定则，回路电流顺时针，根据左手定则，安培力方向水平向左，挡板给导体棒的作用力大小为B2d2v02R，方向水平向右，B错误；
C.金属框从开始运动到静止过程中，根据动量定理，−BIdt=0−mv0， 电荷量q=It，可得q=mv0Bd
D.金属框从开始运动到静止过程中，闭合回路产生的热量为Q=12mv02，金属棒上产生的热量为12×12mv02=14mv02，D错误。
8.【答案】D
【解析】A、根据点电荷的电场强度E=kQr2，则x1、x2两处电场强度之比等于x22:x12，故A错误；
B、根据题意可知场源电荷Q与试探电荷q带同种电荷，但是不知道电性，则沿x轴正方向电势的升降不能确定，故B错误；
C、试探电荷从x2到x1过程根据动能定理有：Ek0−0=qU=qkQx1−kQx2，解得Q=Ek0x1x2kqx2−x1，故C错误；
D、仅将a的电荷量变为2Q，点电荷b速度减为0时的过程，根据动能定理有：Ek0−0=qU=qk⋅2Qx−k⋅2Qx2，解得点电荷b速度减为0时的位置坐标x=2x1x2x1+x2，故D正确。
9.【答案】AC
【解析】略
10.【答案】BCD
【解析】略
11.【答案】环节一：π2(N−1)2Lt2 环节二：(1)d△t(3)△FL=32mv2
【解析】略
12.【答案】(3)C
(4)1I2
(5)baE0 bE0+r0
(6)不变

【解析】略
13.【答案】解：(1)光在光导纤维半圆的外圆内表面恰好发生全反射，
可知发生全反射的临界角为30∘
根据公式sinC=1n
可得光导纤维的折射率n=2
(2)设OA长为r，则OD=d+r，由等腰三角形OAD可知
OD=2OAcs30∘
得OA=r=(1+ 3)d2
光在光导纤维中的传播速度v=cn=c2
光在光导纤维中的路程s=6r
则该光束在半圆形光导纤维中运动的时间
t=sv=(6+6 3)dc

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)对货物在滑道下滑过程应用动能定理
mgh−fs=12mv02
代入数据可得f=140N
(2)为使货物与缓冲器恰好不相撞，设弹簧伸出缓冲装置的最小长度为lm，由动能定理
可得，
12mv02=μmglm+12klm2
解得
lm=215m
(3)设碰撞前缓冲装置未移动，碰撞前货物的速度为 v，碰撞后瞬间共同速度为v′，
碰撞后后退的距离为x，由动能定理
−μmgl−12kl2=12mv2−12mv02
碰撞瞬间动量守恒
mv=(m+M)v′
碰撞后减速到静止，由动能定理
−μ(m+M)gx=0−12(m+M)v2
将上述式子联立，将数值代入，可得x=0.01m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)进入磁场时速度为v0的粒子为坐标原点出发，速度水平，恰好从cd边中点垂直于
cd边射出，故圆周运动的半径为L2，由圆周运动半径公式
r=L2
qv0B=mv02r
得磁感应强度B=2mv0qL
(2)设p点的坐标为(−x,−y)，粒子运动到坐标原点的时间为t，由运动学公式
x=v0t，y=12at2，Eq=ma
联立后可得，出发点p的坐标轨迹方程
y=Eq2mv02x2
(3)设从坐标原点0飞入磁场的粒子速度为v，方向与x轴正方向的夹角为α，则轨道
半径为r，有
r=mvqB=mv0qBcsα=L2csα
即rcsα=L2
可知磁场中所有粒子的轨迹圆心都在dc边上。
当粒子与ab边相切时，粒子打到bc边上的位置为飞出的上边缘。由右图的几何关
系可知
r1=L，L2=Lcsα
a=60∘
可知飞入磁场时的竖直分速度
vy=v0tan60∘= 3v0
则出发点p的x轴坐标
x1=v0t=v0vya= 3mv02Eq
粒子打在c点为飞出bc边的下边缘。打在c的粒子运动轨迹如右图所示，此时轨
迹与c点相切。由几何关系
rsinα+r=L，rcsα=L2
a=37∘
可知飞入磁场时的竖直分速度
vy=v0tan37∘=3v04
则出发点p的x轴坐标x2=v0t=v0vya=3mv024Eq
从bc边飞出磁场的粒子，其出发点p的x轴坐标范围是
− 3mv02Eq≤x≤−3mv024Eq

【解析】详细解答和解析过程见【答案】