2025年四川省广安市高考物理二模试卷(含详细答案解析)

这是一份2025年四川省广安市高考物理二模试卷(含详细答案解析)，共19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.下列关于原子结构表述正确的是( )
A. 放射性元素 92238U的半衰期是45亿年，经过45亿年，20个 92238U原子必定有10个发生衰变
B. 自然界中大多数原子的原子核非常稳定，而少数原子核却能自发衰变，这说明原子核具有复杂的结构
C. 原子核在发生β衰变时会放出电子，该现象说明原子核内有电子，它和质子、中子统称为核子
D. 根据玻尔理论可知，一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，最多能放出6种不同频率的光子
2.在奥运会滑板街式比赛中，某选手(视为质点)从U形池边缘以初速度v0斜向上腾空，初速度方向与水平方向夹角为θ。若忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 选手在上升过程处于超重状态，下降过程处于失重状态
B. 选手在上升和下降阶段经过同一高度时速度相同
C. 选手在最高点时的速度为零
D. 选手回到与U形池边缘等高处的时间为2v0sinθg
3.如图，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上，O为球心，OO′垂直于桌面。一束单色光竖直向下照射在半球面上的A点，并从半球体底面上B点射出。已知入射光线SA与OO′的距离为 3R2，BO长度为 3R3，则透明半球体对该光的折射率为( )
A. 33B. 2C. 3D. 62
4.某智能机械臂应用模型如图所示，机械臂通过不可伸长的吊索OB和可以伸缩的液压杆OA吊起重物，其中A点通过铰链与竖直墙面连接。现缓慢调整液压杆OA，使吊索OB逐渐趋近水平，在此过程中( )
A. OA的支持力逐渐增大，OB的拉力大小不变
B. OA的支持力先减小后增大，OB的拉力大小不变
C. OA的支持力逐渐增大，OB的拉力逐渐减小
D. OA的支持力大小不变，OB的拉力逐渐减小
5.中国计划于2025年5月发射“天问二号”火星探测器，其变轨过程如图所示，探测器在近日点M短暂加速后进入霍曼转移轨道，接着沿着这个轨道抵达远日点P，又在P点短暂加速进入火星轨道。已知引力常量为G，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R。若只考虑太阳对探测器的作用力。下列正确的是( )
A. 探测器在霍曼转移轨道由M点到P点运动过程中的速度越来越大
B. 探测器在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为 rR
C. 探测器运行中在霍曼转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度之比为Rr
D. 探测器在霍曼转移轨道上的运行周期与在火星轨道的运行周期之比为r+R2R r+R2R
6.在如图所示的远距离输电电路中，a、b端接入电压U0=180V的交流电源，两变压器均为理想变压器，两变压器的匝数比满足n1n2=n4n3。已知R1、R2、R3的阻值均为5Ω，它们消耗的功率均相同，电表均为理想交流电表。则( )
A. 升压变压器T1的匝数比n1n2=14B. 电压表的示数为240V
C. 电流表的示数为72AD. R1的电功率2880W
7.图甲所示为某电容器的充、放电过程示意图。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化规律。电源电动势E=7.5V、内阻不计，充电前电容器带电量为零，先使S与“1”端相连，电源向电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的I−t曲线如图乙所示，下列正确的是( )
A. 在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相同
B. 图乙中阴影部分的面积S1R2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.图甲为某同学利用跳绳模拟战绳训练，该同学将绳子一端固定在杆上，用手上下甩动另一端。图乙为绳上P、Q两质点的振动图像，P、Q两质点平衡位置相距5m。波由P向Q传播。下列说法正确的是( )
A. 增大甩动的频率，则波在绳子上传播速度增大
B. t=0.5s时，P、Q质两点振动方向相同
C. 波长可能为0.6m
D. 波速可能为203m/s
9.电磁感应是发电机的重要工作原理，如图甲所示，在边长为L的正方形abcd虚线区域内，分布着方向垂直水平面向外的匀强磁场，电阻为R的圆形导体框放置在绝缘水平面上，其圆心O点与ab边的中点重合，导体框恰好有一半处于磁场中。磁感应强度B随时同t的变化规律如图乙所示，其中B0、t0都是已知量。由于水平面粗糙，圆形导体框一直处于静止状态。则( )
A. t0时刻通过导体框的电流大小为πB0L216Rt0
B. 0∼t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为πB0L232R
C. 2.5t0时刻，水平面对导体框的摩擦力大小为πB02L316Rt0，方向水平向右
D. 0∼3t0时间内圆形导体框中产生的焦耳热为3π2B02L4256Rt0
10.我国自主研发的“磁浮储能系统”可将列车制动后进站时的部分动能转化为重力势能和弹性势能储存。原理简化如图，轻弹簧一端固定在倾角为30∘的斜面顶端，质量为1kg的滑块(可视为质点)以 130m/s初速度从底端A点沿斜面上滑，在B点开始压缩弹簧，滑块被弹回后恰好停在B点。已知AB的距离为4m，滑块与斜面的动摩擦因数为 32，弹簧的劲度系数为5N/m，重力加速度取10m/s2，取A点所在水平面为重力势能参考面，则( )
A. 整个过程弹簧的最大压缩量为1m
B. 全程产生的热量为30J
C. 物块的最大加速度为7.5m/s2
D. 滑块被弹回过程中最大速度时整个系统的机械能为23.75J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某学习小组通过如图所示装置探究动能定理。光电门1、2分别固定在长木板上相距s的两点，挡光片宽度为d(d≪s)，重力加速度为g。实验步骤如下：
(1)在长木板右端适当位置垫一高度为H的木块，使滑块(包含挡光片)恰好能匀速下滑，并测得此时木块与木板左端距离为L。
(2)让滑块以一定初速度沿斜面上滑，先后通过光电门1、光电门2，挡光时间分别为t1、t2。
①滑块与木板间的动摩擦因数μ=______；
②滑块通过光电门2的速度为v2=______；
③该学习小组要探究动能定理，上述物理量需满足：______=d22(1t12−1t22)。(均用题干中字母表示)
12.图甲是一种特殊材料制成的均匀圆柱体物件，为了测定这种材料的电阻率，某同学先用多用电表粗测其电阻Rx约有几万欧姆。
(1)该同学用游标卡尺测得其长为L=10.00cm，用螺旋测微器测得其外径d如图乙，则d=______ mm；
(2)这种特殊材料的电阻率ρ=______(用题中测得物理量L、d、Rx表达)；
(3)该同学又用如图丙所示电路精确测量该物件的电阻Rx。
①实验室提供了两款滑动变阻器：R1=10Ω和R2=10000Ω，为了减小误差，本实验中滑动变阻器应该选用______(填“R1”或“R2”)。
②将先开关S2置于a处，闭合开关S1，调节滑动变阻器，使灵敏电流计读数为I1=200μA；再将开关S2置于b处，保持滑动变阻器滑片不动，调节电阻箱，当电阻箱R0=29800Ω时，灵敏电流计示数为I2=150μA。
③已知灵敏电流计的内阻为200Ω，则物件的电阻测量值Rx=______Ω。
④本次实验Rx的测量值______(填“大于”或“等于”或“小于”)真实值。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图甲所示，某导热气缸左侧有一静止可无摩擦滑动的活塞，活塞横截面积为S，气缸内气体的温度为T0，密度为ρ0。一质量为m、体积为V的乒乓球静止于气缸底部。现逐渐降低温度，让乒乓球恰好能悬浮。已知大气压强为p0，重力加速度为g，设乒乓球体积不变。
(1)求乒乓球恰好能悬浮时气缸内气体的密度ρ1和温度T1；
(2)若保持温度T不变，将气缸缓慢取时针旋转90∘，稳定后乒乓球也恰好能悬浮，求活塞的质量M。
14.如图所示，质量为0.3kg的滑块B静止在光滑水平面上，形状大小相同质量为0.1kg的滑块A以初速度5m/s向右运动，与B发生正碰，碰后B滑上θ=60∘足够长的粗糙斜面，上升的最大高度为532m，B与斜面间的动摩擦因数为7 325，斜面与水平面平滑连接，空气阻力不计，重力加速度取10m/s2。求：
(1)第一次碰撞后滑块B和A的速度大小：
(2)物理学中将材料一定的两物体，碰撞后分开的相对速度与碰撞前接近的相对速度之比定义为恢复系数，即e=v′2−v′1v1−v2，其中v1、v2为两物体碰撞前的速度，v′1、v′2为碰后的速度，e仅由两物体材料决定。
①滑块A、B相碰时的恢复系数为e；
②滑块A、B第二次碰撞后的速度大小。
15.如图所示，在Ⅰ区域(0≤x≤L)，存在沿y轴负方向大小为E的匀强电场：在Ⅱ区域(L2L)同时存在垂直纸面向外的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为E。一比荷qm=1.0×108C/kg的带正电粒子，从A点(0,0.5L)沿x轴正方向以速度v0=1.0×105m/s进入Ⅰ区域；粒子经B点(L,0)进入Ⅱ区域。又从C点(2L,0)进入Ⅲ区域，其中L=0.02m，不计粒子的重力。求：
(1)Ⅰ区域电场强度E的大小和Ⅱ区域的磁感应强度B的大小；
(2)粒子在Ⅲ区域运动速度的最大值vmax；
(3)粒子在Ⅲ区域运动过程中经过x轴时的横坐标x。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核不适用，不能说经过一个半衰期，20个 92238U原子必定有10 个发生衰变，故A错误；
B、自然界中大多数原子的原子核非常稳定，而少数原子核却能自发衰变，这说明原子核具有复杂的结构，故B正确；
C、原子核在发生β衰变时会放出电子，是原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，电子是由中子转化而来，并不是原子核内本来就有电子。并且原子核内的质子和中子统称为核子，并非是电子、质子和中子统称为核子，故C错误；
D、根据玻尔理论可知，一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，最多能放出n−1=3种不同频率的光子，故D错误。
故选：B。
半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核不适用；自然界中大多数原子的原子核非常稳定，而少数原子核却能自发衰变，这说明原子核具有复杂的结构；电子是由中子转化而来，并不是原子核内本来就有电子，并且原子核内的质子和中子统称为核子；一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，最多能放出n−1=3种不同频率的光子。
本题主要考查半衰期、衰变以及跃迁，注意β衰变释放的电子来自原子核，不是核外电子，但是原子核内没有电子。
2.【答案】D
【解析】解：A.选手在上升过程和下降过程，只受重力，故加速度为重力加速度，方向竖直向下，所以选手在两过程中都处于失重状态，故A错误；
B.根据对称性原理，选手在上升和下降阶段经过同一高度时速度大小相同，方向不同，故B错误；
CD.将选手斜抛的初速度分解到竖直方向和水平方向，则竖直方向的速度为vy=v0sinθ
水平方向的速度为vx=v0csθ
选手在竖直方向做匀减速直线运动，直至最高点，此时竖直方向的速度为0，水平方向速度不变，则上升的时间为t1=v0sinθg
根据对称性原理，选手下落到与U形池边缘等高处的时间为t2=t1=v0sinθg
所以选手从飞出至回到与U形池边缘等高处的时间为t=t1+t2=2v0sinθg
故C错误，D正确；
故选：D。
加速度向上，物体处于超重状态，加速度向下，物体处于失重状态；速度为矢量，大小方向都相同，速度相同；做斜抛运动在最高点，速度不为零；根据斜抛运动分解为水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，结合斜抛运动的对称性求出时间。
本题主要考查了斜抛运动的特点，解题关键是掌握斜抛运动分解为水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，结合斜抛运动的对称性求解问题即可。
3.【答案】C
【解析】解：入射光线SA与OO′的距离为 3R2
则入射角正弦sinθ1= 32RR= 32
故θ1=60∘
在底面B点，BO长度为 3R3，结合几何关系，可算出折射角正弦值sinθ2=12
根据折射定律，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据几何关系得出入射角和折射角，结合折射定律求解。
光的折射问题，解题的关键在于正确画出光路图、找出几何关系。
解题的一般步骤如下：
(1)根据题意正确画出光路图；
(2)根据几何知识正确找出角度关系；
(3)依光的折射定律列式求解。
4.【答案】A
【解析】解：对O点受力分析，如图所示。
根据平衡条件可知，O点所受的三个力构成闭合的矢量三角形，根据相似三角形关系可得
GAB=FAOAO=FOBOB
缓慢调整液压杆OA，使吊索OB逐渐趋近水平，在此过程中OA变大，OB不变，可知FAO变大，FOB不变，故A正确，BCD错误。
故选：A。
对O点受力分析，根据平衡条件，运用三角形相似法列式分析各力的变化情况。
本题是动态平衡问题，要确定研究对象，正确分析受力，灵活选择解题方法。本题运用三角形相似法解答，比较简洁。
5.【答案】D
【解析】解：A.探测器在霍曼转移轨道由M点到P点运动过程中，万有引力对其做负功，其动能减小，速度越来越小，故A错误；
B.根据GMmr2=mv2r，可得v= GMr
即探测器在地球轨道上的线速度为v= GMr
同理，可得探测器在火星轨道上的线速度大小v′= GMR
则探测器在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为 Rr，故B错误；
C.根据GMmR2=ma
可得a=GMR2，探测器运行中在霍曼转移轨道上过P点与在火星轨道上过P点时，
在霍曼转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度相等，故C错误；
D.探测器在霍曼转移轨道上与在火星轨道上运行时，根据开普勒第三定律有a3T12=R3T22，a=r+R2
联立探测器在霍曼转移轨道上的运行周期与在火星轨道的运行周期之比为
故D正确。
故选：D。
M点到P点运动过程中，万有引力对其做负功，其动能减小；根据万有引力提供向心力以及开普勒第三定律分析。
开普勒行星运动三大定律基本内容：
1、开普勒第一定律(轨道定律)：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。
2、开普勒第二定律(面积定律)：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。
3、开普勒第三定律(周期定律)：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。
6.【答案】D
【解析】解：A.R1、R2、R3的阻值相等，消耗的功率相同，故通过R1、R2、R3的电流相同，设为I2，则通过降压变压器T2副线圈的电流为2I2，由理想变压器原、副线圈匝数与电流关系得n4n3=I22I2=12，则有n1n2=n4n3=12，故A错误；
B.由于变压器T1原线圈的输入功率等于R1、R2、R3的总功率，通过变压器T1原线圈的电流I1=n2n1I2=2I2，而R1、R2、R3的阻值相等，消耗的功率相同，令T2副线圈两端电压为U4，则有U0I1=3U4I2，解得U4=23U0,解得U4=120V，故B错误；
C.电流表的示数为I2，等于通过R2的电流，则有I2=U4R2=1205A=24A，故C错误；
D.R1的电功率为P=I2U4=24×120W=2880W，故D正确。
故选：D。
R1、R2、R3的阻值均为5Ω，它们消耗的功率均相同，则它们的电压以及电流也相同，结合变压器原理以及欧姆定律分析。
本题的关键掌握理想变压器的电压、电流和匝数之间的关系，搞清功率分配情况，即可解决本题。
7.【答案】C
【解析】解：A.由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向向右，所以在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相反，故A错误；
B.曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积相等，即S1=S2
故B错误；
C.由题意可知电源内阻不计，所以电容器两端电压等于电源电动势，根据电容定义式可知电容器的电容为：C=QE=1000×10−37.5F=0.133F
故C正确；
D.由图乙数据可知，电容器充电时的最大电流大于电容器放电时的最大电流，则R1