2025年江西省九江市高考物理二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年江西省九江市高考物理二模试卷（含详细答案解析），共21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.某人造地球卫星沿圆轨道运行，轨道半径是6.8×103km，周期是5.6×103s，引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2，试从这些数据估算地球的质量( )
A. 2×1020kgB. 4×1022kgC. 6×1024kgD. 8×1026kg
2.图为氢原子的能级图。大量氢原子处于n=4的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠，则( )
A. 用0.80eV的光子照射n=4能级的氢原子，可使氢原子电离
B. n=4跃迁到n=1放出的光子波长最长
C. 有4种频率的光子能使金属钠产生光电效应
D. 逸出光电子的最大初动能为12.75eV
3.如图所示，某同学在同一位置先后水平抛出一物体，第一次落在甲点，第二次落在乙点，不计空气阻力，则( )
A. 抛出时速度关系v1>v2
B. 抛出后加速度关系a1>a2
C. 抛出后位移关系s1>s2
D. 抛出后时间关系t1>t2
4.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面中a、b、c三点的位置如图所示，a、b、c三点的电势分别为8V、10V、12V，则( )
A. O点的电势为10VB. 电场强度大小为2 33V/cm
C. 电子从a到b电场力做的功为−2eVD. 电子在O点的电势能比b点的大
5.如图所示，ab是固定在竖直平面内的光滑绝缘细杆，a、b两点恰好位于以O为圆心的圆周上，杆上套有质量为m、电荷量为+q的小球(可看成点电荷)。第一次在O点放一点电荷+Q，让小球从a点静止释放，通过b时的速度为v1，加速度为a1；第二次在圆内加上磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，让小球仍从a点静止释放，通过b点时速度为v2，加速度为a2。则( )
A. v1=v2B. v12.29eV
n=3跃迁到n=2，能级差E4=−1.51eV−(−3.40eV)=1.89eV2.29eV
n=2跃迁到n=1，能级差E6=−3.40eV−(−13.6eV)=10.2eV>2.29eV
因此有4种频率的光子能使金属钠产生光电效应，故C正确；
D.从n=4跃迁到n=1，能级差ΔE=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV
根据爱因斯坦光电效应方程ΔE=Ek+W0
最大初动能Ek=ΔE−W0=12.75eV−2.29eV=10.46eV，故D错误。
故选：C。
A.根据电离所需的能量求解作答；
B.根据能级公式，以及波长与频率的关系求解作答；
C.根据光电效应产生的条件求解作答；
D.根据爱因斯坦光电效应方程求解作答。
本题考查了玻尔理论、爱因斯坦光电效应方程，掌握光电效应产生的条件，理解电离的含义，掌握爱因斯坦光电效应方程的运用。
3.【答案】D
【解析】解：AD、物体做平抛运动，
竖直方向上做自由落体运动有h=12gt2
由于h1>h2，可得t1>t2
水平方向上做匀速运动有x=v0t
由于x1mg
由牛顿第二定律可知，小球经过B点时的加速度a1>g，小球第二次经过B点时，由左手定则可知，洛伦兹力始终与杆垂直向右，竖直方向只受重力作用，由牛顿第二定律可知，小球经过B点时的加速度a2=g
所以a1>a2
故CD错误。
故选：A。
根据A点和B点在同一个等势面上，第一次小球从A点由静止运动到B点的过程中，库仑力对小球做功的代数和为零，结合动能定理，以及第二次小球从A点由静止运动到B点的过程中，洛伦兹力不做功分析AB；
根据牛顿第二定律，结合左手定则，小球第二次经过B点时，洛伦兹力始终与杆垂直向右，同时杆对小球产生水平向左的弹力，水平方向受力平衡分析求解。
本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。
6.【答案】C
【解析】解：A.设线圈边长为L，电阻为R，线圈横截面积为S，则线圈中的电流
I=BLvR
线圈电阻
R=ρ4LS
联立解得
I=BvS4ρ
可知电流与边长无关，则A、B线圈产生的电流之比是1：1，故A错误；
B.对线圈，由平衡条件有
F外=FA=BIL=B2L2vR=B2LvS4ρ
则外力功率
P=F外v=B2Lv2S4ρ
可知功率与L成正比，因为B线圈的边长是A的2倍，则外力对A、B线圈做功的功率之比是1：2，故B错误；
C.线圈产生热量
Q=I2Rt=I2R×Lv
联立解得
Q=B2L2vS4ρ
可知热量Q与L2成正比，故A、B线圈产生的热量之比是1：4，故C正确；
D.电荷量
q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔtRΔt=ΔΦR=BL2R
代入R1联立解得
q=BLS4ρ
可知q与L正比，通过A、B线圈横截面的电荷量之比是1：2，故D错误。
故选：C。
A.根据切割感应电动势公式E=BLv求解感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出感应电流之比；
B.由平衡条件和功率公式求外力对A、B线圈做功的功率之比；
C.由焦耳定律求出线圈产生的焦耳热，然后求出焦耳热之比；
D.由q=It求出电荷量之比。
本题关键明确线圈进入磁场过程中，感应电动势为E=BLv，然后根据Q=I2Rt求解热量，能由电流定义式可以求出电荷量。
7.【答案】D
【解析】解：A.油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，有
Eq=mg
解得油滴a带电量的大小
q=mgE
故A错误；
B.根据
qvB=mv2R
联立解得油滴a做圆周运动的速度大小
v=BgRE
故B错误；
C.设小油滴Ⅰ的速度大小为v1得
3R=m2v1q2B
小油滴Ⅰ做圆周运动的周期
T=2π×3Rv1
联立解得
T=2πEgB
故C错误；
D.带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得
mv=m2v1+m2v2
联立解得小油滴Ⅱ的速度
v2=−gBRE
由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，则小油滴Ⅱ做圆周运动的半径
r=m2v2q2B
联立解得
r=R
故D正确。
故选：D。
A.根据平衡关系求油滴a带电量的大小；
B.根据洛伦兹力提供向心力求油滴a做圆周运动的速度大小；
C.根据周期公式求小油滴Ⅰ做圆周运动的周期；
D.根据动量守恒和半径公式求小油滴Ⅱ做圆周运动的半径。
本题主要考查了带电油滴在复合场中的匀速圆周运动，理解小油滴所受重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力是解题的关键；知道油滴分离过程中满足动量守恒定律，要熟练掌握左手定则、向心力公式以及周期公式。
8.【答案】AC
【解析】解：A、根据克拉伯龙方程有pV=nRT，则有1p=VnRT可知，若改变气体体积时推活塞速度过快，气体对外界快速做功，气体温度降低，图像斜率增大，图线向上弯曲，对应的图线是b，故A正确；
B、推拉活塞时，手握住注射器含有气体的部分，人的温度高于气体的温度，导致气体温度升高，根据上述分析可知，图线向下弯曲，对应的图线是c，故B错误；
C、根据上述有1p=VnRT，若气体漏气，则表达式中的n减小，即图线上的点与运动连线的斜率增大，图线向上弯曲，对应的图线是b，故C正确；
D、若没有考虑注射器和传感器连接细管中的气体，设这段体积为V′，则有p(V+V′)T=C
解得1p=1CT(V+V′)
则对应图线是a，故D错误；
故选：AC。
根据克拉珀龙方程有pV=nRT，分析图线弯曲的原因。
解答本题的关键要掌握克拉珀龙方程pV=nRT，通过变形得到p的表达式，再分析图像弯曲的原因。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、由折射率表示介质对光的偏折程度，结合图中a、b两光的偏折程度，即可知折射率的大小满足：na>nb，
根据折射率与频率的关系，可知：fa>fb，由折射率与速度的关系：n=cv，即可知两种光在冰中的传播速度大小满足：vaEA′，A的机械能减小，故B错误；
C.对B而言，根据动能定理可得
3mg( 3−12)R+W=12⋅3m⋅2 3−12gR
解得W=34mgR>0
即杆对B做正功，故C正确；
D.AB整体而言，其质心位置距B的距离为
mm+3mR=14R
系统速度最大时，整体质心的位置应位于最低点，其下降的高度为
h= (34R)2+(14R)2= 104R
设此时杆与竖直方向的夹角为θ，则有
cSθ=34R 104R=3 10
系统机械能守恒则有
3mgR(1−csθ)−mgR(1−csθ)=12(m+3m)vmax2
联立解得vmax= 13−12gR
故D正确。
故选：ACD。
根据系统的机械能守恒求解；
对A两位置具有的机械能大小比较；
对B，根据动能定理分析；
对AB系统应用机械能守恒求解。
本题考查对机械能守恒条件的理解，注意研究对象的选择，属于较难题目。
11.【答案】； 4.9；2.5
【解析】解：(1)如下图所示：
(2)根据闭合电路欧姆定律，则有
E=U1+U2+U2R′r
可解得
E≈4.9V
r=2.5Ω
故答案为：(1)；(2)4.9；2.5。
(1)根据电路图连接实物图；
(2)根据串并联电路规律，结合闭合电路欧姆定律分析求解；
本题考查了测电源电动势及其内阻相关实验，理解实验的目的、步骤、数据处理和误差分析是解决此类问题的关键。
12.【答案】BD； F； 减小； 见解析
【解析】解：(1)A.进行图乙的实验操作时，F1、F2的夹角要适当，不是越大越好，故A错误；
B.为了减小拉力方向确定的误差，通过描点确定拉力方向时，所描的点到O点的距离应适当大一些，故B正确；
C.根据等效替代法，进行图丙的实验操作时，用一个弹簧测力计必须将小圆环拉到O点，故C错误；
D.同一次实验，O点的位置必须相同，重复实验再次进行验证时，小圆环到达的平衡位置O可以与前一次不同，故D正确。
故选：BD。
(2)由于实验误差，两个拉力的合力的理论值不一定沿橡皮筋方向，单独用一个弹簧测力计得到的合力的实际值一定沿橡皮筋方向，因此实验中一定沿GO方向的是F；
(3)现保持O点位置不变，同时使图中夹角α、β增大；根据平行四边形定则作图如图所示，可知F1、F2都减小；
(4)根据力的平行四边形定则，结合作图法可知，若两分力的夹角越小，则合力越大，单独用一个弹簧测力计测合力时，容易超过弹簧测力计的量程；若两分力的夹角越大，则合力越小，单独用一个弹簧测力计测合力时，弹簧测力计的示数过小，作图和读数时都容易增大误差，因此为F1、F2的夹角θ在60∘∼120∘之间角合适。
故答案为：(1)BD；(2)F；(3)减小；(4)见解析。
(1)根据实验原理及实验操作规范分析解答；
(2)根据实验的原理，结合实验的理论值与实验值的含义分析作答；
(3)根据力的动态平衡画图分析；
(4)根据合力与两分力的关系，从弹簧测力计的量程以及减小误差的角度分析作答。
本题主要考查了“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作和注意事项。
13.【答案】当ab棒固定时，通过ab棒的电流随时间变化的关系式为I=2t
当ab棒不固定时，经2.5s后ab棒开始运动，此时拉力F的功率为230W
【解析】解：(1)ab棒的速度：v=at，电动势：E=BLv，电流：I1=ERab+Rcd，代入数据解得：I=2t。
(2)ab棒开始运动，有：μmabg=F变=BI2L，所以：I2=μmabgBL，E=I2(Rab+Rcd)=BLvcd，即：BLvcd=(Rab+Rcd)μmabgBL，vcd=(Rab+Rcd)μmabg(BL)2=(1+1)×0.5×1×10(1×1)2=10m/s，由于cd棒做匀加速运动，因此有：t=vcda=2.5s，对cd棒，根据牛顿第二定律，则有：F−μmcdg−BI2L=mcda，解得：F=23N，作用在cd上的拉力F的功率为P=Fvcd，解得：P=230W
答：(1)当ab棒固定时，通过ab棒的电流随时间变化的关系式为I=2t。
(2)当ab棒不固定时，经2.5s后ab棒开始运动，此时拉力F的功率为230W。
(1)当ab棒固定时，cd棒做匀加速运动产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律推导电流表达式，结合运动学公式v=at，最终得到电流随时间变化的关系式。(2)ab棒开始运动的条件是安培力等于最大静摩擦力，由此求出临界电流。根据闭合电路欧姆定律和电磁感应定律，结合cd棒匀加速运动的速度表达式，求出达到临界电流所需时间。再对cd棒受力分析，由牛顿第二定律求出拉力F，最后根据功率公式P=Fv计算此时拉力的功率。
本题综合考查电磁感应与动力学问题，涉及法拉第电磁感应定律、安培力计算及牛顿运动定律的应用。第一问通过匀变速运动建立电动势随时间变化的关系，计算量适中，重点考查学生对电磁感应基本规律的掌握。第二问需分析ab棒临界运动条件，结合动力学方程求解时间与功率，计算过程较为复杂，能有效锻炼学生综合运用电磁学与力学知识的能力。题目设计巧妙之处在于通过双棒模型考查系统分析能力，特别是对临界条件的把握是解题关键。
14.【答案】t=0时弹簧的伸长量为0.1m；
小球的振动方程为x=0.2sin(10t+π2)m；
小球的振动方程为x=0.3sin(5 2t+π2)m
【解析】解：(1)由F−t图像可知：T=0.2πs，由弹簧振子的周期公式可得：T=2π mk，解得：k=4π2mT2=4π2×0.2(0.2π)2N/m=20N/m
由图像可知，在t=0时刻，台面对底座的支持力为0，对底座，由平衡条件可得：kx1=Mg，解得：x1=Mgk=0.2×1020m=0.1m；
(2)小球在平衡位置，由平衡条件可得：kx0=mg，解得：x0=mgk=0.2×1020m=0.1m，
则振幅为：A=x0+x1=0.1m+0.1m=0.2m
由题图可知振动的周期为：T=0.2πs，则ω=2πT=2π0.2πrad/s=10rad/s
设小球振动的初相位为φ，则振动方程为：x=0.2sin(10t+φ)m
在t=0时，弹簧处于最高点，即位移为A，所以有：0.2=0.2sinφ，解得：φ=π2
则小球的振动方程为：x=0.2sin(10t+π2)m；
(3)当m=04kg时，在平衡位置，由平衡条件可得：kx0′=mg，解得：x0′=mgk=0.4×1020m=0.2m
所以振幅为：A′=x0′+x1=0.2m+0.1m=0.3m
则弹簧振子的周期为：T′=2π mk=2π 0.420s=0.2 2πs
ω′=2πT′=2π0.2 2πrad/s=5 2rad/s
小球的初相位不变，则振动方程为：x=0.3sin(5 2t+π2)m。
答：(1)t=0时弹簧的伸长量为0.1m；
(2)小球的振动方程为x=0.2sin(10t+π2)m；
(3)小球的振动方程为x=0.3sin(5 2t+π2)m。
(1)由图像可求周期，由周期公式可求劲度系数，由平衡条件可求弹簧的伸长量；
(2)由平衡条件可求小球在平衡位置时弹簧的压缩量，然后求出振幅和角速度的大小，由t=0时的振幅可求初相位，即可求出振动方程；
(3)由平衡条件可求小球在平衡位置时弹簧的压缩量，然后求出振幅和角速度的大小，即可求出振动方程。
本题考查竖直方向弹簧振子的简谐运动问题，涉及弹簧振子的周期公式T=2π mk。结合图甲(装置示意图，小球通过弹簧与底座相连，底座在压力传感器上)和图乙(压力随时间变化图像)，通过分析小球在不同位置时的受力情况，求解弹簧伸长量和振动方程。
15.【答案】1号沙包放入货斗后瞬间的共同速率为 Fd2m；
2025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率为 2025Fd2026m；
全过程中的能量损失为20252Fd
【解析】解：(1)放入沙包前，对货斗动能定理：
Fd=12mv12
代入数据解得
v1= 2Fdm
1号沙包放入货斗后，以v1的方向为正方向：
mv1=2mvx
可得
vx= Fd2m
(2)2号沙包放入货斗前，以v2的方向为正方向：
Fd=12×2mv22−12×2mv1A2
2号沙包放入货斗后：
2mv2=3mv2x
可得
v2x= 2Fd3m
3号沙包放入货斗前：
Fd=12×3mv32−12×3mv22
其中3号沙包放入货斗后，以v3的方向为正方向：
3mv3=4mv3x
可得
v3x= 3Fd4m
依此类推，可知第n个沙包放入货斗后的共同速度
vnx= nFd(n+1)m
所以，2025个沙包放入货斗后的共同速度
v2025n= 2025Fd2026m
(3)全过程由能量守恒可知
ΔE=F⋅2025d−12×2026m⋅v2
所以
ΔE=20252Fd
答：(1)1号沙包放入货斗后瞬间的共同速率为 Fd2m；
(2)2025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率为 2025Fd2026m；
(3)全过程中的能量损失为20252Fd。
(1)根据动能定理和动量守恒求1号沙包放入货斗后瞬间的共同速率；
(2)根据动量守恒求2025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率；
(3)由能量守恒求全过程中的能量损失。
本题是利用动量守恒和能量守恒联合解决一维碰撞问题的典型例子，解题关键掌握动能定理和能量守恒、动量守恒定律的应用。电阻箱R′阻值
电压表V1示数
电压表V2示数
10Ω
2.0V
2.3V
2.5V
1.9V