2025届黑龙江省部分学校高三下学期二模考试物理试卷（解析版）

这是一份2025届黑龙江省部分学校高三下学期二模考试物理试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：高考范围。
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题中只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，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. 2024年10月3日，Physical Review C期刊上发表了中国科学院近代物理研究所的研究成果：研究团队合成新核素钚，并测量了该新核素的半衰期。已知钚-227的衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A. Y的电离能力较强，但穿透能力较弱
B. 该反应遵循电荷数守恒和质量守恒定律
C. 原子核的结合能小于原子核的结合能
D. 100个钚原子核经过两个半衰期后还剩余25个
【答案】A
【解析】A．根据质量数守恒和电荷数守恒定律可知为，则氦核的电离能力较强，但穿透能力较弱，故A正确；
B．该反应遵循电荷数守恒和质量数守恒定律，但质量不守恒，故B错误；
C．该反应衰变为和粒子后，释放核能，结合能等于比结合能与核子数乘积，所以原子核的结合能可能大于原子核的结合能，故C错误；
D．半衰期是大量粒子的统计规律，100个钚原子核经过两个半衰期后不一定剩余25个，故D错误。
故选A。
2. 如图所示，一个半球形的碗固定在桌面上，O为球心，碗口水平，碗的内表面及碗口是光滑的。一根轻质细线跨在碗口上，细线的两端分别系有两个小球P和Q，当它们处于平衡状态时，碗内的小球P和O点的连线与竖直方向的夹角，另一小球Q静止于空中。两小球均可视为质点，则碗内小球P与碗外小球Q的质量之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设碗内小球P的质量为，碗外小球Q的质量为M，根据受力平衡可得，细线的拉力
以碗内小球P为对象，设小球受到碗的支持力为N，根据受力平衡可得 ，
解得
联立可得
即
故选C。
3. 如图所示是同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图像，下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两单摆的摆长之比为
B. 乙单摆的振动方程
C. 甲单摆的机械能小于乙单摆的机械能
D. 内，甲摆球的重力势能增大，乙摆球的重力势能减小
【答案】B
【解析】A．由振动图像可知，甲、乙单摆的周期，
根据单摆周期公式
可知，故A错误；
B．对乙单摆有，，故
由图可知，时刻，乙单摆的位移为0，且向负方向运动，故乙单摆的振动方程为
故B正确；
C．单摆的机械能与摆球的质量、振幅等因素有关，仅从振动图像无法判断两单摆小球的质量关系，所以不能比较机械能的大小，故C错误；
D．内，甲、乙摆球均从平衡位置向最高点运动，故甲、乙摆球的重力势能均增大，故D错误。故选B。
4. 智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材，其简化模型如图所示。可视为质点的配重用轻绳悬挂到腰带的P点，配重随轻绳在水平面内做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角为。运动过程中腰带与人相对静止，下列说法正确的是（ ）
A. 若仅增大转速，腰带受到的摩擦力将增大
B. 若仅增大转速，绳子与竖直方向夹角将减小
C. 若仅增加配重，保持转速不变，绳子与竖直方向的夹角将减小
D. 若仅增加配重，保持转速不变，腰带受到的摩擦力将增大
【答案】D
【解析】AD．以腰带和配重整体为研究对象，转动过程中，根据平衡条件，整体在竖直方向处于平衡状态，所以f=（m配重+m腰带）g
故增大转速，腰带受到的摩擦力不变；若仅增加配重，保持转速不变，腰带受到的摩擦力将增大，故A错误，D正确；
BC．根据
则
若仅增大转速，绳子与竖直方向夹角将变大；若仅增加配重，保持转速不变，绳子与竖直方向的夹角将不变，选项BC错误；故选D。
5. 如图所示，某同学从与墙水平距离为s、离地高为H处水平抛出一弹性小球（可视为质点），小球与竖直墙面发生碰撞后反弹，经过一段时间，小球首次落在水平地面上的落地点距墙面的水平距离为。若小球和墙面碰撞后，水平方向速度减小为原来的一半，竖直方向速度保持不变，碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，则小球与墙壁碰撞位置的离地高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设小球与墙壁碰撞前运动的时间为，碰撞后到落地的时间为，由平抛运动知识可知，
解得
设小球与墙壁碰撞位置离地高度为h，竖直方向有
解得，故选A。
6. 火星冲日现象是火星、地球、太阳三者处于同一直线上，地球处于太阳、火星之间，此时是观察火星的最佳时间。如图所示，假设火星和地球在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动。已知火星到太阳中心的距离约是地球到太阳中心的距离的1.5倍，下列说法正确的是（ ）
A. 火星绕太阳公转的周期约为15个月
B. 地球与火星公转的线速度大小之比为
C. 地球与火星公转的向心加速度大小之比为
D. 两次火星冲日现象的时间间隔约为26.4个月
【答案】D
【解析】A．根据开普勒第三定律可得
又因为
联立解得
故A错误；
B．火星、地球绕太阳公转，万有引力提供向心力，可得
解得
故地球与火星公转的线速度大小之比为
故B错误；
C．根据牛顿第二定律可得
解得
故地球与火星公转的向心加速度大小之比为
故C正确；
D．地球公转的角速度比火星公转的角速度快
两次火星冲日的时间内，地球比火星多转一圈，故
两次火星冲日现象的时间间隔为
故D正确。故选D。
7. 如图所示，两相邻宽度均为L的有界匀强磁场，其磁场方向相反，磁感应强度大小均为B。边长为L、电阻为R的单匝正方形线框abcd的ab边与磁场左边界共线，线框在外力作用下，以速度v匀速穿越有界磁场。以ab边刚进入磁场为计时零点，规定线框中感应电流i逆时针方向为正方向，力方向向右为正方向，ab边所受安培力为，外力为F，下列图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】时间内，由楞次定律可知，电流方向逆时针，感应电动势
感应电流为
ab两点间的电势差
ab所受的安培力大小为
方向向左，外力方向向右；
时间内，由楞次定律可知，电流方向顺时针，感应电动势
感应电流为
ab两点间的电势差
ab所受的安培力大小为
方向向左，cd所受的安培力大小也为
方向向左，则外力方向向右；
时间内，由楞次定律可知，电流方向逆时针，感应电动势
感应电流为
ab两点间的电势差
ab所受的安培力大小为
cd所受的安培力大小为
方向向左，则外力方向向右；综合分析可知选项B正确。
故选B。
8. 下列说法正确的是（ ）
A. 分子力随分子间距离的减小一定增大
B. 外界对气体做功，气体内能一定增加
C. 晶体在熔化过程中吸收热量，分子势能一定增大
D. 某容器内气体分子平均动能减小，分子数密度增大，则气体的压强可能不变
【答案】CD
【解析】A．当分子间距离达到某值时，分子间作用力为0，当大于此值时，分子间作用力表现为引力，当分子间距离减小时，分子力先增大后减小，故A错误；
B．若外界对气体做功，且同时气体向外界放热，根据热力学第一定律可知，气体内能可能减小，故B错误；
C．由于晶体在熔化过程中有固定的熔点，故晶体在熔化过程中温度不变，分子的平均动能不变，但由于晶体在熔化过程中吸收了热量，内能增加，故其分子势能一定增大，C正确。D．某容器内气体分子平均动能减小，分子数密度增大，根据压强的微观意义可知，气体的压强可能不变，故D正确。故选CD。
9. 如图所示的电路中，电容器甲、乙通过导线连接，闭合开关S一段时间后，电容器乙两极板间的带电液滴恰好静止。现将开关S断开，随后将电容器甲的下极板向上平移少许，下列说法正确的是（ ）
A. 电容器甲的电容减小B. 电容器乙两极板间的电压减小
C. 液滴将向上运动D. 流过灵敏电流计的电流方向向右
【答案】BD
【解析】A．电容器甲的下极板向上平移少许，则减小，根据电容的决定式可知电容器甲的电容增大，故A错误；
BC．设闭合开关S，电路稳定时两电容器的电压均为U，则甲电容器的电荷量为
乙电容器的电荷量为
则两电容器的总电荷量为
开关断开后，两电容器总电荷量保持不变，可知两电容器极板间的电压均减小，根据可知电容器乙中的电场强度减小，电场力减小，小于重力，则液滴将向下运动，故B正确，C错误；
D．由于电容器乙的电容不变，极板间的电压减小，则电容器乙的电荷量减小，电容器乙放电，又由于上极板带正电，则流过灵敏电流计的电流方向向右，故D正确。故选BD。
10. 某款手动发电式电筒的装置简化图如图所示，装置左侧是一个水平圆盘，当圆盘绕轴心匀速转动时，固定在圆盘边缘处的小圆柱带动T形绝缘支架在水平方向往复运动，T形支架进而驱动导体棒在光滑的水平导轨上运动，导轨右端连接一理想变压器，其输出端给额定电压为2V的灯泡供电，导轨间存在垂直纸面向外、磁感应强度大小的匀强磁场。当导体棒运动的速度随时间变化的关系时，灯泡刚好正常发光。已知导轨间距，导体棒、导线及导轨电阻不计，电压表为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A. 圆盘转动的周期为4sB. 电压表的示数为
C. 理想变压器的匝数比为D. 灯泡两端电压的频率为2Hz
【答案】AC
【解析】A．由速度随时间变化的关系式可知，圆盘转动的角速度，则圆盘转动的周期为，故A正确；
B．导体棒切割磁感线产生感应电动势的瞬时值为
可知电动势的峰值为，电压表示数为感应电动势的有效值，则电压表的示数为，故B错误；
C．根据理想变压器电压表等于匝数比，可得匝数比为，故C正确；
D．变压器不改变频率，则灯泡两端电压的频率为
故D错误。故选AC。
二、非选择题（本题共5小题，共54分）
11. 某实验小组同学利用如图甲所示的电路“研究电容器的充、放电”，灵敏电流计的电流从正接线柱流入指针向右偏转，从负接线柱流入指针向左偏转。实验时，先将单刀双掷开关接“1”，通过计算机描绘出的电流随时间的变化规律如图乙所示。
（1）将单刀双掷开关从断开到接“1”、稳定后接“2”、到再次稳定全过程中，关于灵敏电流。指针的偏转，下列说法正确的是_______。
A. 先向右偏然后回到零，再向右偏然后回到零
B. 先向右偏然后回到零，再向左偏然后回到零
C. 先向左偏然后回到零，再向左偏然后回到零
D. 先向左偏然后回到零，再向右偏然后回到零
（2）已知电源的电动势。根据图乙，可知电容器的电容_______F。（保留一位小数）
（3）实验时，如果仅将图甲中的定值电阻。的阻值增大，则图乙中的充电时间将_______（填“变长”“不变”或“变短”）
【答案】（1）B （2） （3）变长
【解析】【小问1详解】
单刀双掷开关从断开到接“1”，电容器和电源和电阻和灵敏电流计组成回路，电容器充电，电流从正接线柱流入，故灵敏电流指针先向右偏，充电完毕后回路中电流为零，此时指针回到零。单刀双掷开关稳定后接“2”，电容器和和电阻和灵敏电流计组成回路，电容器放电，电流从负接线柱流入，故灵敏电流指针先向左偏，放电完毕后回路中电流为零，此时指针回到零。故指针的偏转情况是：先向右偏然后回到零，再向左偏然后回到零。
故选B。
【小问2详解】
根据图乙，图线与坐标轴所围区域大于等于半个的格数个数为，每个小格表示
故电容所带电荷量
电容器两端电压
可知电容器的电容
【小问3详解】
只增大电阻，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向1时电容器开始充电的电流减小，则曲线与纵轴交点的位置将向下移动，而充电时曲线与横轴所围成的面积将不变，所以充电时间将变长。
12. 某同学利用如图甲所示的装置“验证动能定理”，并完成了如下的操作：
①按如图甲所示的装置组装实验器材，调整滑轮的高度使细线与长木板平行；
②取下砂桶，将长木板的右端适当垫高，纸带穿过打点计时器，开启电源释放小车，直到在纸带上打下一系列均匀的点为止；
③挂上砂桶，并在砂桶中放入适量的沙子，用天平测出砂桶和沙的总质量为m，然后将装置由静止释放，重复操作，从其中选择一条点迹比较清晰的纸带，如图乙所示。
已知纸带中相邻两计数点间还有4个计时点未画出，计数点间的距离如图乙所示，打点计时器的打点频率，重力加速度大小为g。
（1）打下计数点4时，小车的速度大小_______m/s。
（2）若小车的质量为M，取打下计数点1~5的过程研究，若打下计数点1、5时小车的速度大小分别为和，则验证系统动能定理的表达式为_______。（用题中所给物理量符号表示）
（3）若砂桶和桶中沙的总质量远小于小车的质量，根据得出的实验数据，描绘出了图像如图丙所示，其中，则小车的质量_______kg。
（4）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若砂桶和桶中沙的总质量不满足远小于小车的质量，且。则从理论上分析，下列各图能正确反映关系的是_______；此时若图线直线部分的斜率为k，则从理论上分析，可知小车的质量_______。
【答案】（1）0.192
（2）
（3）0.4 （4） A
【解析】【小问1详解】
相邻两计数点间是时间间隔为
则打下计数点4时，小车的速度大小为
【小问2详解】
根据动能定理可知
【小问3详解】
若砂桶和桶中沙的总质量远小于小车的质量，根据动能定理
化简可得
结合图像可知
可得小车的质量为
【小问4详解】
[1]若砂桶和桶中沙的总质量不满足远小于小车的质量，根据动能定理
化简可得
结合图像可知，选项A符合。
故选A。
[2]由上式可知
可得小车的质量为
13. 如图甲所示是“足球”玻璃球，某物理小组利用激光对该球的光学性质进行研究。如图乙所示是过球心所在的竖直截面的正视图，且AB是沿水平方向的直径，当激光水平向右从C点射入时，可从右侧的B点射出。已知玻璃球的半径为R，C到AB的竖直距离h=，且玻璃球内的“足球”是不透光体，不考虑反射光的情况下，光在真空中的速率为c，求：
（1）B点的出射光相对C点入射光方向的偏折角；
（2）激光在玻璃球中的传播时间。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
光从C点到B点的光路图如图所示

光在C点折射，由折射定律可知
其中
由几何关系可得
解得折射率为
光在B点折射，由折射定律可知
可得
故B点的出射光相对C点入射光方向偏折角为。
【小问2详解】
激光在玻璃球中的传播速度为
激光在玻璃球中的传播距离为
所以激光在玻璃球中的传播时间为
14. 如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限内以ON为直径、P为圆心、半径为R的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为的带电粒子，从y轴正半轴上处的M点以大小为的初速度垂直于y轴射入匀强电场中，经x轴上的P点进入匀强磁场，最后以垂直于y轴的方向射出匀强磁场。不计粒子重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）粒子从M点到再次经过y轴的时间。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
设粒子在电场中做平抛运动的时间为，根据运动学规律有，
由牛顿第二定律得
联立解得
【小问2详解】
设粒子在P点的竖直分速度大小为，根据运动学规律有
设粒子在P点速度与水平方向夹角为，根据速度的合成与分解有
解得
故
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，根据牛顿第二定律有
根据几何关系可得
联立解得
【小问3详解】
粒子在磁场中运动的周期
故粒子在磁场中运动的时间
从磁场中出来打到y轴上的时间
粒子从M点到再次经过y轴的时间
15. 如图所示，长的水平传送带以恒定的速度向左传动，其左端与长的水平面平滑地衔接，紧靠水平面的左端放置长，质量的长木板C，长木板C的上表面与右侧的水平面等高。质量的滑块A轻轻地放到传送带的最右端，经过一段时间与放在水平面右端、质量的滑块B发生弹性碰撞，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数，两滑块与水平面以及与长木板C上表面间的动摩擦因数均为，长木板的下表面光滑，重力加速度g取，两滑块均可视为质点，求：
（1）两滑块碰后瞬间，滑块A的速度；
（2）两滑块能否发生第二次碰撞？若能，两次碰撞的时间间隔；若不能，请说明理由；
（3）若传送带的长度可调，则滑块B恰好不能从长木板C左端滑出时的传送带长度。
【答案】（1）4m/s，方向水平向右
（2）能，
（3）9.72m
【解析】【小问1详解】
对滑块A由牛顿第二定律
解得
假设滑块A不能与传动带共速，由运动学公式
解得
故假设成立。两滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得，
则两滑块碰后瞬间，滑块A的速度大小为4m/s，方向水平向右。
【小问2详解】
假设滑块B不能滑上长木板，由动能定理可得
解得
假设成立，碰后滑块A先向右做匀减速，在向左匀加速到传送带的最左端，由对称性可知，滑块A返回到传送带最左端的速度大小仍为
滑块A在传动带上运动的时间为
滑块A在水平面上由牛顿第二定律
解得
由于，所以两滑块能发生第二次碰撞，设滑块A在水平面上滑动的时间为，由运动学公式
解得
所以两次碰撞的时间间隔为
【小问3详解】
滑块B刚好滑到长木板C的最左端，二者具有相同的速度，设此时传送带的长度为，两滑块碰撞前，对滑块A由运动学公式
两滑块碰撞过程中，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
设滑块B滑上长木板瞬间的速度大小为，由动能定理得
滑块B滑上长木板后，由动量守恒定律有
由能量守恒定律得
联立解得，滑块B恰好不能从长木板C左端滑出时的传送带长度为