2025届安徽省六安第一中学高三下学期模拟预测物理试题（二）（高考模拟）

这是一份2025届安徽省六安第一中学高三下学期模拟预测物理试题（二）（高考模拟），共8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。

时间：75分钟 分值：100分
一、单选题（每题4分，共32分）
1．用如图所示的装置做光电效应实验，闭合开关S，用一发光功率为P的激光光源照射金属K，移动变阻器的滑片，当电压表的示数为U时，电流表示数恰好为0，已知金属K的逸出功为，电子电荷量为e，则光源单位时间内发出的光子数为（ ）
A．
B．
C．
D．
2．如图所示，质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，用频闪照相对小球上升和下降过程进行拍照，甲图是小球上升时的照片，乙图是小球下降时的照片，O是运动的最高点。假设小球所受阻力大小不变，重力加速度为g，据此估算小球受到的阻力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
3．如图所示，平行的太阳光直射地球的赤道，地球自西向东的自转周期T=24h，某日，天刚黑时，位于地球赤道上N点的人用天文望远镜恰好能看到一地球静止轨道卫星M。已知地球表面的重力加速度为g，地球半径为R。下列说法正确的是（ ）
A．卫星M离地面的高度为
B．卫星M和N点的人的向心加速度之比为
C．天黑之后，N点的人一整晚都能看到卫星M
D．天黑之后，N点的人将有一段时间观测不到卫星M
4．在一场冰上表演活动中，光滑的冰面上静止放置着一个质量为M的冰车，冰车顶部是一个半径为R的光滑四分之一圆弧轨道，轨道底部与冰面平滑连接。一位质量为m的花样滑冰运动员以水平速度冲向冰车并滑上轨道。已知运动员在轨道上升的高度小于R。下列说法正确的是（ ）
A．运动员再次滑离冰车时，冰车的速度大小一定小于
B．运动员沿轨道下滑过程中，冰车对冰面的压力始终等于（M+m）g
C．运动员再次滑回到轨道底端时，若以冰面为参考系，运动员速度和冰车速度满足，且小于
D．运动员冲上冰车轨道的过程中，运动员与冰车组成的系统动量守恒，机械能也守恒
5．一乘客在候车室座椅上看手机，手机屏幕处于水平面内，此手机屏幕用防窥屏制作成。这种防窥屏由透明介质和对光完全吸收的屏障构成，其中屏障垂直于屏幕平行排列，可实现对像素单元可视角度的控制（可视角度定义为某像素单元发出的光在图所示平面内折射到空气后最大折射角的2倍）。透明介质的折射率，屏障高度，屏障间隙，发光像素单元紧贴屏下并位于相邻屏障正中央，下列说法正确的是（ ）
A．防窥屏实现防窥效果是因为光发生了全反射
B．此防窥屏的可视角度
C．若增加透明介质的折射率，则可增强防窥效果
D．若增大，则可视角度增大
6．如图甲所示，空间存在竖直向下，磁感应强度大小为2T的匀强磁场，绝缘水平桌面上固定一间距为1m的光滑金属导轨，导轨的左侧接有阻值为的电阻R和理想二极管D。导轨上放置长为1m，阻值为的导体棒，时刻起棒在外力作用下向右运动，其速度变化规律如图乙所示，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻，则导体棒两端电压有效值为（ ）
A．4V B．2V C． D．
7．感应电动势是由回路中磁通量的变化引起的，根据磁通量变化的原因不同，可分为感生电动势和动生电动势。由磁场变化引起磁通量变化而产生的感应电动势称为感生电动势。变化的磁场在其周围空间会激发出感应电场（称为涡旋电场），这种电场迫使导体内的电荷做定向移动而产生感生电动势，如图甲所示；导体切割磁感线产生的电动势称为动生电动势。导体切割磁感线时，导体中的自由电子由于和导体一起运动，因而受到洛伦兹力的作用，使导体两端产生电动势，如图乙所示。下列说法不正确的是（ ）

A．对甲图，当如图所示的磁感应强度增加时，导体中电子将受到如图所示的涡旋电场力
B．对甲图，电荷定向移动对应的电能来自于让磁通量变化所需的能量
C．对乙图，当电子沿着导体棒运动时，会产生另一个洛伦兹力分量，但总洛伦兹力不做功
D．对乙图，电荷定向移动所增加的电势能来源于外力移动导体棒时所提供给系统的能量
8．如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB为圆的水平直径，CD为竖直直径，O为圆心。质量为m的小球套在圆环上，弹簧的一端与小球连接，另一端固定在圆环的D点，开始时小球静止在M点，弹簧始终处于弹性限度内。现对小球施加竖直向上的拉力F，使小球缓慢运动至N点，OM、ON与OA的夹角均为，经过A点时F大小等于mg。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧劲度系数为
B．小球静止在M点时弹簧对小球的弹力大小为2mg
C．小球在N点时弹簧对小球的弹力大小为
D．小球从M点缓慢运动到A点的过程中圆环对小球的弹力大小逐渐增大
二、多选题（每题5分，共10分）
9．如图所示，在距固定小球B水平距离为处的C点的正上方任意一点以不同的水平速度抛出质量为的小球A，小球A均能精准的击中小球B，不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．小球A的抛出点越高，击中B球时动能越大
B．小球A的抛出点越高，击中B球时重力的瞬时功率越大
C．只要A距C点的高度足够高，A就可以竖直向下击中B球
D．A击中B时的最小动能为
10．示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列说法正确的是（ ）
A．如果在之间加图a的电压，在之间加图c的电压，在荧光屏上会看到一条与轴平行的竖直亮线
B．如果在之间加图b的电压，在之间加图c的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线
C．如果在之间不加电压，在加图a电压，在荧光屏的轴上会看到一个亮斑
D．如果在之间和之间都加图b的电压，在荧光屏的坐标原点上会看到一个亮斑
三、实验题（每空2分，共14分）
11．某同学想利用智能手机的测加速度软件测量弹簧的劲度系数，他设计了这样的实验方案：如图甲所示，将弹簧左端连接气垫导轨左端，右端连接滑块，将智能手机固定在滑块上，并打开测加速度软件。
（1）滑块振动起来之后，用手机软件记录振动过程中的加速度—时间图像，如图乙所示，则滑块振动的周期为 s。
（2）已知弹簧的振动周期公式为。经测量，滑块和手机的总质量，计算时取，则该弹簧的劲度系数为 N/m。
（3）该同学查阅资料得知弹簧振子的实际周期公式为，其中m为弹簧的质量。因此本实验劲度系数的测量值比真实值 （填“大”或“小”）。
12．（1）某实验小组设计了如图甲所示的电路测量电压表V2的内阻及电源电动势。已知电压表V1量程为3V，内阻RV1=6000Ω，电压表V2量程也为3V，内阻RV2几千欧（待测），电源电动势约为5V，电源内阻可忽略。按以下步骤进行操作：
①按图甲所示原理图完成电路连接；
②把R1、R2均调至最大阻值；
③闭合开关S，调节R1、R2，使V1、V2均有合适示数，分别为U1、U2，若调至U1、U2满足U2U1的关系，此时电阻箱R2的阻值为1500Ω，则可知电压表的内阻RV2为 Ω；
④若将R1调至4000Ω并保持不变，调节R2，记录多组对应的U1、U2值，以U1为纵坐标，U2为横坐标描点作图，在实验误差允许范围内得到一条倾斜直线，直线的纵截距为b，则电源的电动势为 （用已知量和已测得量计算出结果）。该测量结果 （填“有”或“没有”）系统误差。
（2）用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，测量结果总存在系统误差。按如图乙所示的电路进行测量，可以消除这种系统误差。该实验的第一步是：闭合电键S1，将电键S2接2，调节滑动变阻器Rp和Rp′，使电压表读数尽量接近量程，读出此时电压表和电流表的示数U1、I1；接着让两滑动变阻器的滑片保持位置不动，将电键S2接1，读出这时电压表和电流表的示数U2、I2.由以上记录数据计算被测电阻Rx的表达式是Rx = 。
四、计算题（共44分）
13．（10分）如图甲所示，深度为的圆柱形绝热气缸底部安装有电热丝（体积可忽略），可以通过加热来改变缸内的温度，气缸口有固定卡销，气缸内用质量为、横截面积为的活塞封闭了一定质量的理想气体。当气缸内气体温度为时，则活塞刚好停在气缸口，此时缸内气体压强等于外界大气压强。现保持气体温度不变，将汽缸固定在倾角为的斜面上，再次达到稳定时如图乙所示，已知重力加速度为。不计活塞及固定卡销厚度，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动且不漏气，。求：
(1)气缸位于斜面上时，活塞距气缸底部的距离；
(2)气缸在斜面上放置时，接通气缸底部的电热丝缓慢给气体加热，一直到气体温度升高到，加热过程中通过电热丝的电流恒为，电热丝电阻为，加热时间为。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，求温度时气缸内气体的压强及气缸内气体温度从升高到的过程中增加的内能。
14．（15分）如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。
（1）求碰撞前小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
（19分）如图所示，平面内有两个匀强磁场，y轴左侧的磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小为，y轴右侧的磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为．质量为m、电荷量为的粒子，从x轴上A点以速度沿y轴正方向射入磁场，恰好能垂直y轴击中其上D点，若该粒子从O点仍以相同大小速度沿与x轴正方向成角射出，，经过磁场偏转后能击中D点，不计粒子重力．求：
（1）比例系数k的数值；
（2）粒子由O运动到D的时间的所有可能值（计算结果用d、表示）；
（3）若从x正半轴上M点以相同大小速度沿某方向发射该粒子，也恰好垂直y轴击中D点，M距O点的距离（计算结果用d表示）；
六安一中2025届高三综合模拟试卷
物理试卷（二）参考答案
1.A【详解】根据 又
其中t=1s，可得光源单位时间内发出的光子数为，故选A。
2．B【详解】设每块砖的厚度是d，向上运动：9d-3d=aT2 向下运动时：3d-d=a'T2
联立得： 根据牛顿第二定律，向上运动时：mg+f=ma
向下运动时：mg-f=ma' 联立得：f=mg 故选B。
3．D【详解】A．如图所示, 对卫星M有
解得轨道半径 故A错误；B．位于N点的人随地球自转的向心加速度大小为；g为地球表面的重力加速度，故B错误；CD．天黑之后阳光无法照射到卫星，反射光无法到达N点的人，因此将有一段时间观测不到卫星M，故C错误，D正确。故选D。
4．C【详解】AC．运动员和冰车组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒。若以冰面为参考系，设运动员再次滑离冰车时，运动员的速度为，车速度大小，根据动量守恒有 根据能量守恒有
解得， 因，所以；因不知道与的大小关系，根据；可知无法判断与的大小关系，故A错误，C正确；B．运动员有向心加速度，在竖直方向上有向一下的分加速度，系统处于失重状态，故冰车对冰面的压力始终小于（M+m）g，故B错误；D．运动员冲上冰车轨道的过程中，运动员与冰车组成的系统在水平方向动量守恒，但在竖直方向上，由于运动员有竖直方向的分加速度，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒。又因为轨道光滑，整个过程中只有动能和重力势能的转化，系统机械能守恒，故D错误。
5.B【详解】A．防窥屏实现防窥效果是因为有吸光屏障，故A错误。BCD．如图所示，根据几何关系得；根据光的折射率 ，联立得r1=60°
则可视角度为120°，若减小透明介质的折射率，则r1减小，可视角度减小，可增强防窥效果；若增大，则i1减小，则r1减小，可视角度减小，故B正确。
6.D【详解】由图乙可知最大速度为，当导体棒向右运动时，根据楞次定律和安培定则可知，电流沿逆时针方向，二极管导通，导体棒两端电压的最大值为
当导体棒向左运动时，二极管截止，电路中没有电流，导体棒两端电压最大值
根据有效值的定义可得 ，解得，故选D。
7.A【详解】A．对甲图，当如图所示的磁感应强度增加时，根据楞次定律，感应电流的磁场向里，由右手定则可知，感应电场方向为顺时针方向，则导体中电子将受到与如图所示的方向相反的涡旋电场力，选项A错误，符合题意；B．由能量关系可知，对甲图，电荷定向移动对应的电能来自于让磁通量变化所需的能量，选项B正确；C．对乙图，当电子随导体棒向右运动时受到向上的洛伦兹力作用，该洛伦兹力对电子做正功；另一方向当电子沿着导体棒运动时，电子有沿导体棒向上运动的速度，受到向左的洛伦兹力作用，该洛伦兹力做负功，则电子受到的合洛伦兹力不做功，选项C正确；
D．由能量关系可知，对乙图，电荷定向移动所增加的电势能来源于外力移动导体棒时所提供给系统的能量，选项D正确。
8.C【详解】B．圆环光滑，小球经过A点时F大小等于mg，则小球在A点时弹簧处于原长，原长为；小球在M、A、N三点的受力情况如下图所示：
小球在M点时，由平衡条件可知： 又；则，故B错误。
A．,则，故A错误；
C．在N点，,得，故C正确；
D．小球从M到A过程中任意一点受力如图所示：
由平衡条件可知，x、减小，增大，故减小，故D错误。故选C。
9．BD【详解】AD．小球A做平抛运动，则有， 解得
根据动能定理有 解得 根据基本不等式可知，当高度
此时，A击中B球时动能达到最小值，且有
即随高度的增大，A击中B球时动能先减小后增大，故A错误，D正确；
B．小球A做平抛运动，则有，则小球A的抛出点越高击中B球时重力的瞬时功率可知，小球A的抛出点越高击中B球时重力的瞬时功率越大，故B正确；
C．小球A做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，可知，小球击中B的速度不可能竖直向下，即A不可能竖直向下击中B球，故C错误。故选BD。
10.ABC【详解】AC．如果在之间不加电压，则在X轴方向不偏转，在（Y正负）加图a恒定电压，所有电子都打在荧光屏的正Y轴上的同一点，因此在正Y轴上将出现一个亮斑，因此可知，如果在（X正负）之间加图a的电压，则会在正X轴上将出现一个亮斑；若只在（Y正负）之间加图c的正弦变化规律的电压，电子将在Y轴来回简谐运动，在荧光屏的Y轴上会看到一条竖直亮线，现在同时在之间和在（Y正负）之间分别加上图a、图c所示电压，由运动的合成，会在荧光屏上看到过正X轴上某点平行于Y轴的一条竖直亮线，故AC正确；
B．如果在（X正负）之间加图b的电压，电子在一个周期内会在X轴方向上，由负X轴上某点向正X轴方向扫面到关于原点对称的某点，在荧光屏上会看到X轴上的一条水平亮线，若只在（Y正负）之间加上图c所示电压，根据以上分析可知，Y轴方向上发生周而复始与电压变化一致的偏转，根据运动的合成可知，若在之间加图b的电压，在之间加图c的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线，故B正确；D．根据以上分析可知，如果在之间和之间都加图b的电压，由运动的合成可知，在荧光屏上将出现一条夹在X轴与Y轴之间倾斜的亮线，故D错误。
11．(1)0.8 (2)37.5 (3)小
【详解】（1）由图乙可知，周期为
（2）根据，则代入数据解得
（3）弹簧振子的实际周期公式为，则
故本实验劲度系数的测量值比真实值小。
12.(1) 3000 没有 (2)
【详解】（1）[1]根据并联电路规律可知U1=U2R2 由题意可知U2U1，R2=1500Ω，解得RV2=3000Ω
根据闭合电路欧姆定律可得E=U1+（）R1 整理得
即 U1﹣U2图像纵轴截距为 电源电动势为
[3]按图甲所示电路进行实验，消除了电压表分流对实验的影响，电压与电流的测量值等于真实值，该实验没有系统误差。
（2）[4]根据实验步骤，由欧姆定律得：U1=I1（RA+RP+Rx） U2=I2（RA+RP）；解得Rx
13．(1) ……4分 (2) 5p0， ……6分
【详解】（1）初始时，对封闭气体，压强体积分别为， 斜面上，初始时活塞受力平衡，则 解得 根据玻意耳定律有 解得
（2）假设活塞刚好到达气缸口时，气体温度为，结合上述，根据查理定律有 解得
此后气体体积不再变化，根据查理定律有 解得
电热丝产生的热量 气体对外做功 气体增加内能
解得
14．(1)1.25J ……5分 (2)0.3J ……5分 (3)0.2m ……5分
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有 解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时所需时间为 解得
小物块加速运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，此阶段传送带运动的距离为
则碰撞前小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有 其中， 解得
由能量守恒，小物块与小球碰撞过程中系统损失的总动能为 得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有 联立解得,即P点到O点的最小距离为。
15.【答案】（1）2/3 ……5分 (2) ……10分 (3)……4分
【详解】（1）带电粒子在磁场中运动，有 由题意可知
因，则 结合几何关系得 所以；
1°若粒子从y轴左侧击中D点，有；其中 即
因，即 解得；所以，；
粒子由O到D的时间为；
2°若粒子从y轴右侧击中D点，有 其中
即 因，即 解得
所以，；粒子由O到D的时间为；
（3）设的方向与x轴正半轴的夹角为，如图所示；则有；求得，
M距O点的距离为。