2025年江西省南昌市江西师大附中高考物理模拟试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年江西省南昌市江西师大附中高考物理模拟试卷（含详细答案解析），共22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.下列说法不正确的是( )
A. 图甲中，当弧光灯发出的光照射到锌板上时，与锌板相连的验电器铝箔有张角，证明光具有粒子性
B. 图乙为某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像，当入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E
C. 图丙中，用从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂，可以发生光电效应
D. 丁图中由原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系可知，若D和E能结合成F，结合过程一定会释放能量
2.椎卯结构是中国传统木建筑、木家具的主要结构方式，我国未来的月球基地将采用月壤烧制的带有椎卯结构的月壤砖建设。在木结构上凿削矩形椎眼用的是如图甲所示木工凿，凿削椎眼时用锤子敲击木工凿柄，将木工凿尖端钉入木头，木工凿尖端钉入木头时的截面如图乙所示，锤子对木工凿施加的力F沿竖直面向下，木工凿对木头的侧面和竖直面的压力分别为F1和F2，下列说法正确的是( )
A. F1和F2是F的两个分力
B. 凿子尖端打磨的夹角不同，F2一定大于F1
C. 凿子尖端打磨的夹角不同，F2一定大于F
D. 凿子尖端打磨的夹角不同，F1一定大于F
3.如图所示，一汽缸固定在水平地面上，用活塞封闭着一定质量的理想气体。已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁间无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞对小挡板的压力刚好等于活塞的重力。现缓慢升高汽缸内气体的温度，则能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是( )
A.
B.
C.
D.
4.图示为一辆小汽车在公路上运动的位移-时间图像(x−t)，图线为抛物线，其纵截距为9m，t=3s处与时间轴t相切，0时刻图线的切线与t轴相交为(t1,0)。则可确认( )
A. 小汽车正在转弯
B. 图像中的t1=1.5s
C. 0∼3s内，有一个时刻小汽车速度为7m/s
D. 0∼3s内，小汽车平均速度为4.5m/s
5.地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆，如图所示，天文学家哈雷成功预言了哈雷彗星的回归。哈雷彗星最近出现的时间是1986年，预计下一次飞近地球将在2061年左右。若哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为r1，线速度大小为v1；在远日点与太阳中心的距离为r2，线速度大小为v2，由以上信息可知，下列说法正确的是( )
A. 哈雷彗星轨道的半长轴约是地球公转半径的3752倍
B. 线速度大小v16.43eV
即辐射出的光的能量大于逸出功，故可以发生光电效应，C正确；
D.核子平均质量小，则平均结合能大。由图可知，D和E能结合成F，平均结合能变大，说明结合过程一定会释放能量，D正确。
本题选择不正确的，故选：B。
弧光灯照射锌板发生光电效应现象，光电效应现象说明光具有粒子性；
根据EK=hν−hνc，入射光的频率为2ν0时，即可求出最大初动能；
根据Em−En=ΔE求出n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量，再进行判断；
由原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系分析结合过程中总质量的变化。
该题考查光电效应、原子核的核子平均质量与原子序数的关系，解题的关键知道光既具有粒子性，也具有波动性，衍射干涉说明光具有波动性，光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性。
2.【答案】D
【解析】解：A.F1和F2是凿子对木头的弹力，其大小等于F在垂直两接触面方向上的分力大小，不能说F1和F2是F的两个分力，故A错误；
BCD.将F沿垂直两接触面分解，如图
分力大小分别等于F1和F2，则由数学知识可知F1一定大于F和F2；当θF，当θ>45∘时，F2v2，故B错误；
C、根据牛顿第二定律有
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
可得哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比为a1a2=r22r12，故C错误；
D、哈雷彗星从近日点运动到远日点的过程中，引力做负功，则引力势能逐渐增加，故D错误。
故选：A。
根据开普勒第三定律求哈雷彗星轨道的半长轴与地球公转半径的关系；由开普勒第二定律分析哈雷彗星在近日点线速度与在远日点的线速度关系；根据牛顿第二定律求加速度之比；根据引力做功情况判断引力势能的变化情况。
解答本题的关键要掌握开普勒行星运动定律，并能熟练运用。对于天体做椭圆运动的情形，往往根据开普勒第三定律研究周期。
6.【答案】B
【解析】解：A.由图乙可知，t=0时刻质点N的振动方向沿y轴负方向向下，结合图甲可知波沿x轴正方向传播，故A错误；
B.由图甲可知，波长满足：
λ=6m×2=12m
振幅为
A=0.04m
设该波t=0时刻的波动方程为
y=Acs(2πλx+φ)
将(0,0.02)代入波动方程可得初相位
φ=π3
由图可知，M点平衡位置的坐标xM使
2πλxM+π3=π2
解得M点坐标为
xM=1m
由图知，质点N的平衡位置坐标与M点坐标的关系为
xN=xM+6m=1m+6m=7m
质点N的平衡位置坐标满足
xN=7m
故B正确；
C.由题意可知该波的周期满足
T=2s×2=4s
可得质点M的振动方程满足
yM=Asin2πTt=0.04sin(π2t)m
质点M在t=0.5s时位移满足
yM=0.02 2m
故C错误；
D.质点P的振动方程满足
yP=Acs2πTt
t=0.5s时P点的位移满足
yP=0.02 2m
所以t=0.5s时P点的位移等于M点的位移，故D错误。
故选：B。
根据质点的振动方向，结合波的传播性质分析A；根据波t=0时刻的波动方程，结合M点与N点坐标的关系分析B；根据质点M的振动方程，得出质点M在t=0.5s时位移；根据质点P的振动方程，得出质点P在t=0.5s时位移
本题考查了机械波相关知识，理解质点在不同时刻的不同运动状态是解决此类问题的关键。
7.【答案】B
【解析】解：A.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直BC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T4，由T=2πmqB
可得：T4=2πmqB×14=65t0
解得磁感应强度大小：B=5πm12qt0
故A正确；
B.设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有θ2πT=2t0
又由T4=65t0，可得θ=5π6
画出该粒子的运动轨迹如下图所示。
设轨迹半径为R，由几何知识得Rcs30∘+Rcs30∘=l
可得粒子运动的轨道半径：R=2 37l
故B错误；
C.粒子射入磁场的速度大小为v=qBm=5 3πl42t0
故C正确；
D.射入的粒子恰好不从AB边射出，粒子在磁场中扫过的面积为：S=πR24+R⋅Rcs30∘=6 3+3π49l2
故D正确。
本题选择不正确的，故选：B。
根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系分析求解。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，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。
8.【答案】C
【解析】解：根据题意可知，线圈由中性面转过90∘时，即线圈的平面从与磁场方向垂直转到线圈的平面与磁场方向平行，此时穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，磁通量变化最快，根据电磁感应定律可知，瞬时感应电动势最大，电流最大，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据磁极旋转过程中，穿过线圈的磁通量变化如何影响线圈中的电流和电动势。根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的电动势与磁通量的变化率成正比。因此，当磁极从与线圈平面垂直的位置转过90∘时，需要分析这一过程中磁通量的变化情况及其对线圈中电流和电动势的影响。
本题的核心在于理解磁极旋转过程中，穿过线圈的磁通量变化如何影响线圈中的电流和电动势。关键点是磁通量变化率最大时，线圈中的电动势和电流也达到最大值。
9.【答案】AC
【解析】解：A.根据等量异种点电荷电场的分布特征，由对称性可知，UBB′=UFF′，UEE′=UFF，故UBB′=UEE′，故A正确；
B.C点到AD′点的两等量异种点电荷的距离不相等，C点的电势不为零，故B错误；
C.O点与O′点关于AD′连线的中点对称，两等量异种点电荷在O点和O′点产生的电场强度相等，故C正确；
D.平面A′D′DA为正方形，A′D连线与AD′连线垂直，根据等量异种点电荷电场的分布特征，A′D连线为等势线，将一带负电的试探电荷沿直线从A′点移动至D点，电势能不变，故D错误。
故选：AC。
根据等量异种点电荷电场的分布特征分析。
解题关键是熟悉等量异种点电荷空间电势分布特点。
10.【答案】BCD
【解析】解：A、根据题意可知，小球A、B、C组成的系统在水平方向合外力不为零，受墙的推力，竖直方向合外力也不为零，故动量不守恒，故A错误；
B、根据题意可知，小球B和C分离后小球C做匀速直线运动，故B、C分离时，两球速度均为v，对三小球整体列水平方向动量定理，则墙对小球A的冲量I=2mv，
故B正确；
D、根据题意可知，自小球A离开墙面到小球落地，A、B组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则mv=mvB+mvAx
且有vB=vAx
解得vB=vAx=v2
可知小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球B速度的2倍，故D正确；
C、根据题意可知，轻杆对小球A做功大小等于对小球B做功大小，即等于小球B、C的动能增量，则W=12mvB2+12mv2
小球A落地前瞬间动能大小为EkA=mgL−W
解得EkA=mgL−58mv2，
故C正确。
故选：BCD。
通过分析小球A受到轻微扰动后开始下滑的过程，可以利用动量守恒定律和动能定理来解决各个选项中的问题。关键在于理解小球A、B、C之间的相互作用以及它们在不同阶段的运动状态。
本题考查的是动量守恒定律、动能定理以及冲量的概念。
11.【答案】6.30； d22h(Δt)2； 2.8，0.4
【解析】解：(1)游标为20格，精度为0.05mm，根据游标卡尺得d=6mm+6×0.05mm=6.30mm
遮光条通过光电门的速度为v=dΔt
(2)又由v2=2ah
联立解得a=v22h=d22h(Δt)2
(3)对系统应用牛顿第二定律可得(mA+m)g−(mB+m0−m)g=(mA+mB+m0)a
整理得a=(mA−mB−m0)gmA+mB+m0+2gmA+mB+m0⋅m
故截距(mA−mB−m0)gmA+mB+m0=4.0
斜率2gmA+mB+m0=4.00.8
解得mA=2.8kg，mB=0.4kg
故答案为：(1)6.30；(2)d22h(Δt)2；(3)2.8，0.4。
(1)根据游标卡尺读数规则分析求解；
(2)根据速度-位移公式分析求解；
(3)根据牛顿第二定律，结合图像的斜率和截距分析求解。
本题考查了牛顿定律相关实验，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】80； 1.225； C；E；G； 电路图如图所示； ρIlπDU
【解析】解：(1)根据欧姆表的读数规律，该读数为8×10Ω=80Ω。
(2)根据游标卡尺的读数规律，该读数为12mm+0.05×5mm=12.25mm=1.225cm。
(3)电源电动势为6V，即电路中能够提供的最大电压为6V，电压表V2的量程15V，若选用V2，则指针偏转较小，读数误差较大，为了减小误差，电压表选择电压表V1，量程为3V，即电压表选择E。根据欧姆表粗测的电阻为80Ω，则通过电阻膜的最大电流Imax=380A=37.5mA，电流表A2的量程0∼100mA较大，指针偏转较小，读数误差较大，为了减小电流表的读数误差，电流表应选择电流表A1，量程为0∼30mA，即电流表选择C；
了比较准确地测量电阻膜的电阻，需要使测量的范围宽广一些，控制电路采用滑动变阻器分压式接法，为了调节方便，测量数据的连续性强一些，滑动变阻器选择总阻值小一些，即滑动变阻器选择G。
(4)由于电阻膜粗测的电阻为80Ω，电压表V1的内阻约为3kΩ，电流表A1的内阻约为1Ω，则有RVR>RRA，电流表分压影响大一些，为了排除电流表分压影响，测量电路采用电流表外接法，结合上述，作出电路图如图所示
(5)根据欧姆定律有R=UI，根据电阻定律R=ρLS=ρLS，由于陶瓷管的直径远大于电阻膜的厚度，则有S=πDd，解得d=ρIlπDU。
故答案为：(1)80；(2)1.225；(3)C；E；G；(4)电路图如图所示；(5)ρIlπDU。
(1)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表读数。
(2)游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
(3)根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
(4)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图。
(5)应用欧姆定律与电阻定律求解。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法，要掌握实验器材的选择原则；应用欧姆定律与电阻定律即可解题。
13.【答案】解：(1)根据光的折射定律n=sinisinr可知，光线在B点进入液体的折射角满足
sinr=sinin= 32 3=12
可知
r=30∘
光线在B点进入液体的折射角为30∘；
(2)因折射光经凹面镜反射后沿原路返回，可知折射光线垂直于凹面镜。如图所示，折射光线的反向延长线过凹面镜的圆心O，如图所示，由几何关系得
∠ABC=∠COB=30∘
由题干可知AC=15mm，CD=10mm，BC的距离为
BC=ACtan∠ABC
OC的距离为
OC=BCtan∠COB
由几何关系得凹面镜半径
R=OC+CD
解得R=55mm
答：(1)光线在B点进入液体的折射角为30∘；
(2)凹面镜半径为55mm。
【解析】(1)根据折射定律分析解答；
(2)根据题意作图，根据几何关系分析解答。
本题考查了光的折射定律，根据题意作出光路图是解题的前提，应用折射定律与几何知识可以解题。
14.【答案】开始时线框中感应电流的大小为5A，方向为顺时针；
线框能达到的最大速度0.9m/s；
此过程中线框滑行的距离大小0.008m。
【解析】解：(1)根据右手定则，感应电流的方向为顺时针，
开始时，根据法拉第电磁感应定律：E=2NBLv
根据闭合电路欧姆定律有I=ER
代入数据解得：I=5A
(2)当F安=f时，速度最大，此时E1=2NBL(v−vm)
由I1=E1R
可得F安=2NBI1L
代入数据解得：vm=0.9m/s
(3)磁场保持静止后，对线框由动量定理得F−t+ft=mvm
安培力的平均值为F−=2NBI−L
由I−=E−R
根据法拉第电磁感应定律E−=2NBLv−
再由位移公式x=v−t
联立解得x=0.008m
答：(1)开始时线框中感应电流的大小为5A，方向为顺时针；
(2)线框能达到的最大速度0.9m/s；
(3)此过程中线框滑行的距离大小0.008m。
(1)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可求解电流；
(2)根据受力分析可求解速度大小；
(3)根据动量定理和匀速直线运动的公式可求解位移。
本题考查了法拉第电磁感应定律、欧姆定律及牛顿第二定律的应用，解题的关键是明确线框的运动过程，然后结合相关规律求解。
15.【答案】物块B滑上传送带时的速度大小为5m/s；
小球3开始运动的时间为2.5s；
物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量为323J。
【解析】解：(1)对A、B和弹簧组成的系统，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒
mvA=mvB
根据能量守恒
Ep=12mvA2+12mvB2+μmg⋅Δx
联立，解得
vB=5m/s
(2)因为
vB=5m/s>v0=3m/s
所以B在传送带上减速，假设B可以减速到与传送带共速，则设经过t1时间与传送带共速，根据牛顿第二定律
μmg=ma
根据运动学公式有
v0=vB−at1
联立，解得
t1=1s
减速的位移大小为
x1=vBt1−12at12
解得
x1=4m