2025届安徽省滁州市高三下学期第二次教学质量监测物理试卷（解析版）

这是一份2025届安徽省滁州市高三下学期第二次教学质量监测物理试卷（解析版），共17页。
1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，务必擦净后再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
一、选择题∶本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1. 发生放射性衰变为，半衰期约为5730年。已知植物存活期间，其体内与的比例不变；生命活动结束后，的比例持续减少。现通过测量得知，某古木样品中的比例是现代植物样品的25%，则（ ）
A. 衰变为发生的是β衰变
B. 、具有相同的中子数
C. 该古木的年代距今约为5730年
D. 比原子核的比结合能更大
【答案】A
【解析】A．根据质量数与电荷数守恒有14-14=0，6-7=-1
可知，衰变为和电子，发生的是β衰变，故A正确；
B．、具有的中子数分别为12-6=6，14-6=8
可知，、具有不相同的中子数，故B错误；
C．根据半衰期的规律有
其中
解得t=11460年
故C错误；
D．衰变过程释放能量，表明比更加稳定，原子核越稳定，比结合能越大，可知，比原子核的比结合能小，故D错误。
故选A。
2. 如图所示，质量分布均匀的物块和木板竖直叠放，物块位于木板正中间，木板由两根相同的轻弹簧左右对称地牵引着并保持静止，此时木板中心位于C处。现用力竖直向下将木板中心拉到D处，并由静止释放，物块和木板将向上运动并在某处分分离。若木板中心位于B处时，弹簧处于原长状态，位置A与两弹簧的悬点等高，则物块与木板分离时木板中心位于（ ）
A. C处B. B处C. D、C之间D. B、A之间
【答案】B
【解析】物块和木板分离时，两者之间的弹力为零且加速度相等，此时物块只受重力作用加速度为g，则此时木板的加速度也为g，则木板除受重力以外的其他力的矢量和为零，则此时弹簧处于原长状态，即木板在B处。
故选B。
3. 一束激光以入射角θ从空气射入双层薄膜后再进入空气，薄膜厚度均为d，折射率分别为、，光路如图所示。现用折射率为n且厚度为2d的薄膜取代原双层薄膜，若光线射入与射出的位置、角度均与图中相同，则、与n的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】根据题意画出光路图如图所示
根据折射定律，在n1介质中，有
在n2介质中，有
换为n的介质后，有
由图可知
可得
故选D。
4. 某学习小组在做三力平衡实验中，他们把一立柱固定在水平桌面上，再将一个圆环套在立柱上，然后用三个水平力、、作用在圆环上，平衡时圆环紧靠在立柱上，其俯视图如图所示。欲移动圆环，使立柱位于圆环的正中央，若保持三个力方向不变，只调整其中两个力的大小，下列操作可行的是（ ）
A. 增加、的大小且增大的多些
B. 增加、的大小且增大的多些
C. 增加、的大小且增大的多些
D. 增加、的大小且增大的多些
【答案】A
【解析】A．由题意可知，圆环将水平向左运动，才能使立柱位于圆环的正中央，因此需要同时增加、的大小，同时需要保证垂直方向的合力为零，所以增大的多些，故A正确；
B．由题意可知，圆环将水平向左运动，才能使立柱位于圆环的正中央，当增加、的大小且增大的多些，环将沿垂直方向向上移动，故B错误；
C．由题意可知，圆环将水平向左运动，才能使立柱位于圆环的正中央，当增加、的大小且增大的多些，环将向下移动，故C错误；
D．由题意可知，圆环将水平向左运动，才能使立柱位于圆环的正中央，当增加、的大小且增大的多些，环将向下移动，故D错误。
故选A。
5. 如图所示，用平行光从侧面照射一个做匀速圆周运动的小球，它在光屏上的影子将做简谐运动。若从某时刻开始计时，测得影子偏离平衡位置的位移随时间变化的关系为，则小球的加速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据影子偏离平衡位置的位移随时间变化的关系为，可知小球做匀速圆周运动的半径为，小球做匀速圆周运动的角速度为；则小球的加速度大小为
故选D
6. 如图所示，在竖直平面内有一个半径为的光滑圆轨道，在轨道的圆心处固定一带电量为的点电荷，一质量为、带电量为的小球（可视为质点）在轨道的外侧沿着轨道运动。已知静电力常量为，重力加速度为。为使小球能做完整的圆周运动，至少为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由于小球（可视为质点）在轨道的外侧沿着轨道运动，为使小球能做完整的圆周运动，则小球能够顺利通过轨道的最低点，当取最小值时，小球在最低点所受轨道弹力恰好为0，小球在轨道最高点速度也恰好为0，在轨道最低点有
从最高点到最低点过程，根据动能定理有
解得
故选C
7. 某物理兴趣小组为研究通电导线周围的磁场，他们将一根很长的直导线，竖直穿过水平桌面上O点处的小孔并固定，然后在导线中通以恒定电流，以O点为原点，某一水平方向为x轴建立坐标系，再将一个灵敏的小磁针放在x轴上不同的位置，小磁针静止时N极指向与x轴正向的夹角为θ，图1为其俯视图。图2为实验得到的sinθ与位置x之间的关系曲线。已知该区域地磁场水平分量大小为B0。下列说法正确的是（ ）
A. 导线中电流方向为竖直向下
B. 此处地磁场方向与x轴垂直
C. 通电导线在x0处产生的磁感应强度大小为
D. x0处合磁场的磁感应强度大小为2B0
【答案】C
【解析】ACD．由图2可知，当时，知
解得
小磁针静止时N极的指向为合磁场的方向，设通电导线在处产生磁感应大小为，该区域地磁场水平分量大小为B0，如图所示
由数学关系知
解得
x0处合磁场磁感应强度大小为
解得
根据安培定则，由小磁针的偏转情况可判断，导线中电流方向为竖直向上，故AD错误，C正确；
B．由图1可知，小磁针放在x轴上，小磁针静止时N极指向与x轴正向的夹角为θ，说明地磁场与x轴不垂直，故B错误。
故选C。
8. 质量分别为mA=1kg、mB=2kg的小球A、B从地面上的同一位置先后竖直向上抛出，两球在空中发生正碰，图中曲线a是小球A碰前的位移—时间图像，曲线b是碰后A、B一起运动的位移—时间图像，a、b曲线关于t=3s轴对称。若空气阻力不计，重力加速度g取10m/s²，则两球碰撞中损失的动能为（ ）
A. 400JB. 300JC. 200JD. 100J
【答案】B
【解析】根据
由图可知t=3s时x=15m，解得v0=20m/s
则3s末A的速度
方向向下；由对称性可知两物体碰后速度向上，大小为v=10m/s，则碰撞过程动量守恒，以向上为正，则
解得碰前B的速度v2=20m/s
则两球碰撞中损失的动能为
带入数据解得
故选B。
二、选择题∶本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9. 如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1所在空间存在与BD方向平行的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，一质量为m、带电量为+q的带电粒子以一定的速度从A点沿AA1方向射入长方体区域，并恰好从C1点离开该区域。已知AB=AD=l，AA1=，不计粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A. 磁场方向由D指向B
B. 粒子的速度大小为
C. 若仅增大粒子的入射速度，则粒子在长方体区域内运动的时间将减小
D. 若在该区域增加一匀强电场使粒子沿AA1做直线运动，则该电场的电场强度大小为
【答案】BC
【解析】A．带电粒子从A点沿AA1方向射入长方体区域，并恰好从C1点离开该区域，即向斜上方偏转，由左手定则，磁场方向由B指向D，选项A错误；
B．粒子在A点受洛伦兹力方向指向C点，粒子又经过C1点，因且
可知粒子做圆周运动的圆心在C点，粒子做圆周运动的轨道半径为
根据
可得粒子的速度大小为
选项B正确；
C．若仅增大粒子的入射速度，则粒子轨道半径变大，粒子在长方体区域内圆弧所对的圆心角减小，根据
可知，粒子运动的时间将减小，选项C正确；
D．若在该区域增加一匀强电场使粒子沿AA1做直线运动，则需满足
解得该电场的电场强度大小为
选项D错误。
故选BC。
10. 图1是北京卫星测控中心对某卫星的监控画面，图中左侧数值表示纬度，下方数值表示经度，曲线是运行过程中卫星和地心的连线与地球表面的交点（即星下点）的轨迹展开图。该卫星运行的轨道可视为圆轨道，高度低于地球同步卫星轨道，绕行方向如图2所示。已知地球半径为，地球同步卫星轨道半径约为。关于该卫星，下列说法正确的是（ ）
A. 轨道平面与赤道平面夹角为
B. 连续两次到达同一经度均要运动1.5圈
C. 运行速度小于地球同步卫星的运行速度
D. 轨道半径约为
【答案】ABD
【解析】A．卫星轨道平面一定过地球的球心，由图可知，星下点轨迹最高纬度达到60°，即卫星轨道平面与赤道平面成60°，故A正确；
B．根据图乙，假设地球不自转，在卫星运动的半个周期内，星下点应该由（纬度60°、经度-180°）首次到达（纬度-60°、经度0°），而实际在地球自转的情况下，星下点首次到达了（纬度-60°、经度-60°），那么经度相差的60°就等于地球自转的角度，地球自转周期为T自=24h，设卫星运动的周期为T，则有：
解得：T=8h
可知卫星连续两次到达同一经度地球转过半周，卫星均要运动15圈，故B正确；
D．根据开普勒第三定律
解得
选项D正确；
C．根据
可得
可知运行速度大于地球同步卫星的运行速度，选项C错误。
故选ABD。
三、非选择题∶共5题，共58分。
11. 为了验证“系统机械能守恒”，某实验小组用水平气垫导轨、光电门、滑块等器材组装了如图所示的装置进行实验，具体步骤如下∶
a。用细绳将质量为的钩码跨过定滑轮连接在滑块上，调整定滑轮高度使细线水平；
b。测量遮光条的宽度，遮光条到光电门的距离；
c。将一质量为的砝码放置在滑块上，从静止释放滑块，记录遮光条通过光电门时的挡光时间，由此得出遮光条通过光电门时滑块的速度；
d。依次逐个增加滑块上质量为的砝码个数，每次将滑块从同一位置由静止释放，重复步骤c，得到一系列和的数据；
e。以为纵轴，为横轴作图，若图像满足一次函数形式，即可验证“系统机械能守恒”。
（1）在实验过程中，滑块和砝码的总质量__________（选填“需要”或“不需要”）远大于钩码质量。
（2）遮光条通过光电门时，滑块的速度大小为__________（用和表示）。
（3）若所绘制的图像截距为，已知当地重力加速度为，则滑块的质量__________（用、、和表示）。
【答案】（1）不需要 （2）
（3）
【解析】【小问1详解】
实验中要验证砝码和滑块及钩码组成的系统机械能守恒，由于我们研究的是整个系统，不需要将绳子拉力近似看作钩码重力，则不需要满足滑块和砝码的总质量远大于钩码质量；
【小问2详解】
因为遮光条的宽度很小，当遮光条通过光电门时，平均速度可以近似看作瞬时速度。遮光条通过光电门时，滑块的速度大小为
【小问3详解】
根据系统机械能守恒，系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，有
解得
由数学关系可知截距
解得滑块的质量为
12. 某同学在实验室中找到了一块库存的蓄电池，简单测试发现其内阻较大，该同学设计了如图所示的电路来测量它的电动势和内阻，具体步骤如下：
a.按电路图接好电路，把电阻箱、的阻值调到最大；
b.闭合开关，反复调节电阻箱、的阻值，当电流表、和电压表、的示数都合适且微安表读数为0，记录此时、示数之和为，、示数之和为；
c.重复上一次的操作，记录、示数之和为，、示数之和为；
d.由以上数据计算得到电池的电动势和内电阻。
（1）该实验中应选择__________（选填“A”或“B”）的微安表。
A. 零刻度在表盘左端，且能准确读出电流大小
B. 零刻度在表盘中央，无需准确读出电流大小
（2）若电流表量程为1mA，内阻约为200Ω，电流表量程为3mA，内阻约为50Ω，电压表量程为15V，内阻约为5000Ω，待测电源的电动势约为15V，为了减小实验误差，电压表应选择__________（选填“A”或“B”）的电压表。
A. 量程为6V，内阻约为6000Ω
B. 量程为30V，内阻约为10000Ω
（3）若实验测得mA，V，mA，V，则电池的电动势__________V，内阻__________Ω。（结果均保留到小数点后1位）
（4）若不考虑偶然误差，则该实验测量的电动势__________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
（5）某次实验中微安表示数为零，若此时增大电阻箱的阻值，则图中连接微安表的导线中会有方向向__________（选填“上”或“下”）的电流。
【答案】（1）B （2）A
（3）14.7 3333.3
（4）等于 （5）下
【解析】【小问1详解】
实验中是通过调节电阻箱使微安表示数为 0，利用的是电桥平衡原理，只需判断微安表指针是否指零，无需准确读出电流大小，所以应选零刻度在表盘中央的微安表 。
故选B。
【小问2详解】
待测电源电动势约为15V，电压表量程为 15V 。为减小误差，与的示数之和应大于电源电动势，30V量程太大，误差较大，6V 量程较为合适。
故选A。
【小问3详解】
由图电路可知，路端电压为两电压表示数之和，流过电源的电流为两电流表示数之和，由闭合电路欧姆定律可得
代入题中数据，解得
【小问4详解】
该实验原理是基于闭合电路欧姆定律，在没有偶然误差情况下，只要电路连接和测量方法正确，不存在系统误差，测量值等于真实值。
【小问5详解】
微安表示数为零，说明电桥平衡。增大电阻箱R1阻值，其两端电压增大，为使电桥重新平衡，需增大与R1相对的桥臂电压，即微安表与电源负极间电势差要增大，所以连接微安表的导线中会有方向向下的电流 。
13. 汽车悬挂系统是连接车轮和车身的重要部件，普通悬挂使用弹簧，而空气悬挂用气缸、活塞代替了弹簧，提高了驾乘的舒适度。图示为某空气悬挂系统的示意图，面积为S的活塞将导热良好、高度为的气缸密闭良好，气缸通过阀门与气泵相连，此时阀门关闭，活塞正好处于气缸正中间。设该悬架所承受的部分车身（包括缸体等）质量始终为，其中为大气压强，为重力加速度，活塞厚度不计且与气缸间无摩擦，连接管的体积不计，空气视为理想气体。
（1）求此时气缸内封闭空气的压强；
（2）若环境温度由上升到，求车身上升的高度；
（3）遇到崎岖路面时为了抬高车身，需用气泵给气缸充入一定量的空气，若车身高度因此上升，求充入压强为的空气的体积。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
对缸体分析得
解得
【小问2详解】
温度上升，密闭气体压强不变,根据盖吕萨克定律
其中
解得
【小问3详解】
充入气体前后，由玻意耳定律
解得
14. 如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，传送带均以大小为的速度运行。将一质量为的工件（视为质点）轻放到传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件与两传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度为。求：
（1）工件在传送带甲上做加速运动的位移大小；
（2）工件在传送带乙上运动时，因摩擦产生的热量；
（3）工件从传上传送带乙至速度最小时所用的时间。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】【小问1详解】
由牛顿第二定律得
由位移速度关系
联立解得
【小问2详解】
工件滑到传送带乙上后，相对于乙的运动和受力情况如图所示
故在乙上相对初速度为
相对位移为
因为
产生的热量为
联立解得
【小问3详解】
以地面为参考系，工件在乙上的运动和受力情况如图
故工件在传送带上做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，分解速度为
由运动学公式
解得
15. 如图1所示，两条间距为、电阻不计的光滑平行金属轨道固定在水平面上，轨道右侧与光滑绝缘斜面的底部平滑连接，斜面倾角为，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。将长度均为的金属棒P、Q放在轨道上，两棒均与轨道垂直，Q棒到斜面底部的距离为。现给P棒一定的初速度，在Q棒第一次到达斜面底端之前，两棒的速度—时间图像如图2所示，已知P棒的质量为，两棒电阻均为，重力加速度为，整个过程两棒未相碰，P棒始终在水平轨道上，Q棒未冲出斜面，求：
（1）Q棒第一次到达水平轨道右端时的加速度大小；
（2）Q棒从开始运动至第一次到达水平轨道右端所用时间；
（3）P棒做减速运动的总位移大小和Q棒在斜面上运动的总时间。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】【小问1详解】
在Q棒第一次到达斜面底端之前，由动量守恒定律得
解得
对Q棒，根据牛顿第二定律
又有，，
综合得
又有
解得
【小问2详解】
在Q棒第一次到达斜面底端之前，对Q棒，由动量定理有
解得
解得
由动量守恒定律有
所以。
将代入得
【小问3详解】
由题意知，棒最终停在斜面底部，整个过程对得
解得
又有
解得
对系统整个过程
解得