安徽省皖北五校2024-2025学年高三下学期5月（第二次）模拟考试物理试卷（解析版）

这是一份安徽省皖北五校2024-2025学年高三下学期5月（第二次）模拟考试物理试卷（解析版），共15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。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.仔细阅读下列四幅图所描述的物理情景，有关说法正确的是( )
A. 玻尔原子理论的基本假设认为：电子绕核运行轨道的半径是任意的，可以取连续的任意数值
B. 光电效应产生的条件为：光照强度大于临界值
C. 电子束通过铝箔时的衍射图样证实了：运动电子具有波动性
D. 实验中发现少数α粒子发生了较大角度的偏转，说明金原子质量大而且很坚硬
2.在同一均匀介质中，分别位于坐标原点和x=7m处的两个波源O和P，沿y轴方向振动，形成了两列相向传播的简谐横波a和b，某时刻a和b分别传播到x=3m和x=5m处，波形如图所示.下列说法正确的是( )
A. a与b的周期之比为1:2
B. O与P可能是在同一时刻开始振动的
C. a与b相遇后可能会出现干涉现象
D. O与P开始振动的方向可能是相同的
3.如图甲所示，倾角为θ=37∘的固定斜面上有一物块处于静止状态，物块的质量为1kg，现用沿斜面向下的恒力推物块，过一段时间撤去推力，物块沿斜面向下运动的v-t图像如图乙所示，已知物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够长，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8.则下列判断正确的是( )
A. 物块静止时，斜面对物块的作用力大小为8N
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 推力F对物块做的功为36J
D. 若推力增大为原来的2倍，则物块下滑的加速度大小为6m/s2
4.如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O'点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO'段水平，长度为L；绳上套一可沿绳滑动的轻环。现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L。则钩码的质量为 ( )
A. 22MB. 32MC. 2MD. 3M
5.如图，一理想变压器ab端接交流电源U0恒定，原副线圈匝数比为k，R1、R2、R3阻值均为R.则当开关S闭合时R1功率为P1，当S断开时R1功率为P2，且P1:P2=25:9，则原副线圈匝数比k等于( )
A. 2:1B. 1:2C. 3:5D. 5:3
6.一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B.支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示.开始时OA边处于水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则( )
A. A球转动到最低点时，A球的速度最大
B. A球的最大速度为2 gl
C. A球第一次转动到OA边与竖直方向的夹角为60∘时，A球的速度最大
D. A球的最大速度为 8( 2-1)gl3
7.若一均匀球形星体的自转周期为T，引力常量为G，某物体在该星球表面赤道处称重为M，在两级处称重为N，则该星球的平均密度为( )
A. 3πGT2MN-MB. 3πGT2M-NMC. 3πGT2NN-MD. 3πGT2N-MN
8.在如图所示的xOy平面内(y轴正方向竖直向上)存在着水平向右的匀强电场，有一带正电的小球自坐标原点O沿y轴正方向竖直向上抛出，它的初动能为4J，不计空气阻力，当它上升到最高点时，它的动能仍为4J.则带电小球落回到x轴时的动能为( )
A. 8JB. 12JC. 16JD. 20J
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.在一个倾角为θ的足够长的固定斜面上，一小球以初速度v离开斜面，方向与斜面方向成θ角斜向上(θ0)，一边长为L、电阻为R、质量为m的正方形线框，以一定的初速v0进入磁场，求：
(1)线框右边界进入磁场瞬间的电流I、加速度a
(2)线框从开始到完全进入磁场的过程中，通过线框导线截面的电荷量q
(3)若线框完全进入磁场时速度为v，在磁场中滑行一段时间后停止，然后用平行x轴的水平恒力F拉线框，经时间t线框左边运动到y轴，此往返过程线框中产生的总焦耳Q是多少?
【参考答案】
1.【答案】C
【解析】解：根据玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道，且轨道是量子化的，故A错误。
B、光电效应实验产生的条件为：光的频率大于极限频率，故B错误。
C、电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性，故C正确。
D、发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围，故D错误。
故选：C。
2.【答案】A
【解析】A.由同一均匀介质条件可得 a和 b两列波在介质中传播速度v相同，由图可知， a和 b两列波的波长之比为λaλb=24=12，根据T=λv，可得a与b的周期之比为TaTb=λaλb=12，故A正确；
B.因a和b两列波的波速相同，由a和b两列波分别传播到 x=3m 和 x=5m 处的时刻相同，可知O与P开始振动的时刻不相同，故B错误；
C.因为a与b的周期不同，则a与b的频率不同，a与b相遇后不能产生干涉现象，故C错误；
D.图示时刻，a波刚传到3m处，由同侧法可知， 3m处的质点开始振动方向沿y轴负方向，而所有质点的开始振动方向都相同，所以O点开始振动的方向沿y轴负方向，图示时刻，b波刚传到5m处，由同侧法可知，5m处质点开始振动方向沿y轴正方向，所以P点开始振动的方向沿y轴正方向，故D错误。
3.【答案】D
【解析】A.物块静止时，斜面对物块的作用力等于物块的重力，即10N，故A错误；
B.撤去恒力后，物块做匀速运动，故摩擦力等于物体的重力沿斜面的分力，即mgsinθ=μmgcsθ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ=tanθ=0.75，故B错误；
C.由乙图知道，物块下滑的加速度为3m/s2，根据牛顿第二定律F+mgsinθ-μmgcsθ=ma，得恒力F的大小为3N，推力F对物块做的功为W=F⋅12at2=18J，故C错误；
D.若恒力F增大为原来的2倍，则物块下滑的加速度增大为原来的2倍，即大小为6m/s2，故D正确。
4.【答案】D
【解析】该题的关键在于能够对线圈进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题。力的计算离不开几何关系和三角函数。
由几何关系求出环两边绳子的夹角，然后根据平行四边形定则求钩码的质量。
【解答】重新平衡后，绳子形状如下图：
由几何关系知：绳子与竖直方向夹角θ为30∘，则环两边绳子的夹角为60∘，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为 3Mg，
根据平衡条件，则钩码的质量为 3M。
故选D。
5.【答案】A
【解析】设原、副线圈的匝数分别为n1和n2，则k=n1n2，设通过原、副线圈的电流分别为I1和I2，将变压器与副线圈电路等效为一个电阻R等，设副线圈电路的总电阻为R副，则有I12R等=I22R副，则R等=I22I12R副=(n1n2)2R副=k2R副，
当开关S闭合时，R副=R2，则R等=k2R2，根据闭合电路欧姆定律有I1=U0R+R等=U0R+k2R2，则R1的功率P1=I12R=U0R+k2R22R，
当开关S断开时，R副 '=R，则R等 '=k2R，根据闭合电路欧姆定律有I1 '=U0R+R等 '=U0R+k2R，则R1的功率P2=I1'2R=U0R+k2R2R，
又P1:P2=25:9，联立解得k=2:1，故A正确，BCD错误。
6.【答案】D
【解析】解：根据题意知两球的角速度相同，线速度之比为VA：VB=ω⋅2l：ω⋅l=2：1
当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得：
mg⋅2lcsθ-2mg⋅l(1-sinθ)=12mVA2+12⋅2mVB2，
解得：VA2=83gl(sinθ+csθ)-83gl，
由数学知识知，当θ=45∘时，sinθ+csθ有最大值，
最大值为：VA= 8( 2-1)gl3，所以ABC错误，D正确。
故选：D。
7.【答案】C
【解析】在两极处，万有引力等于重力，故：GM'mR2=N;
在赤道处，万有引力和重力的合力提供向心力，故：GM'mR2-M=m4π2T2R;
联立解得：R=N-MT24π2m;
故星体的质量为：M'=NR2Gm;
故星体的密度为：ρ=M43πR3=3πGT2NN-M;
故C正确， ABD错误。
故选C。
8.【答案】D
【解析】解：设上升阶段的水平位移为x上，下降阶段的水平位移为x下；
根据运动的合成与分解，小球在水平方向做匀加速直线，在竖直方向做竖直上抛运动；且上升阶段所用时间与下落阶段所用的时间相同，即t上=t下；
由初速度为零的匀加速直线运动，相同的时间内位移之比为1：3：5：7…；得x上：x下=1：3；
小球到达最高点时，竖直方向的动能为零，水平方向获得的动能即为电场力在上升阶段对小球所做的功，即Eq⋅x上 =4J
则电场力对小球做的总功为W总=Eqx上+Eqx下=4×4=16J；
小球从O点到落回到x轴由动能定理得：EkM-Ek0=W总，Ek0=4J，代入数据得EkM=20J；故D正确，ABC错误；
故选：D。
9.【答案】AC
【解析】解：A、不计空气阻力方向与斜面方向成θ角斜向上抛运动，小球只受重力，加速度始终为g，保持不变，小球在空中相等的时间内速度变化一定相等，故A正确．
BC、将速度和加速度沿着斜面和垂直于斜面的方向分解，则在垂直于斜面方向上
v1=vsinθ；a1=gcsθ，且离斜面最远t=v1a1，得小球经时间t=vtan θg，离斜面最远，
，根据对称性可知小球开始运动到第一次落到斜面上时间为t'=2vtanθg，故B错误C正确；
D、在沿着斜面上，小球开始运动到第一次落到斜面上位移为
x=vcsθt'-12gsinθt'2=2υ2sinθg-2v2sin3 θgcs2 θ，D错误。
10.【答案】BD
【解析】对小球在O点受力分析如下，
因为qE=mg，即F合= 2mg，方向与水平方向夹角45∘左下，
在其他位置受力分析可知，除了重力电场力还有洛伦兹力，将O点的合运动分解为两个分运动，如下图所示，
qv1B= 2mg，解得v1= 2m/s，由右手定则可知方向垂直F合方向右下，即虚线方向，
v2=v1= 2m/s，方向与v1方向相反，
即小球沿虚线右下做匀加速直线运动，和逆时针匀速圆周运动，
经过A点时速度最大，vA=v1+v2=2 2m/s，故A错误，B正确；
由上述分析有对小球由O点到A点的过程，由动能定理得 2mgL=12mvA2，得L= 25m，故C错误，D正确。
11.【答案】(1)A；(2)CD；(3)d(x2-x1)(n-2)L；(4)变小。
【解析】(1)干涉条纹与分划板竖线未对齐时，两条纹之间间距测量值偏大，根据Δx=Ldλ可知，波长测量值偏大，故A正确，BCD错误；
(2)先测量n个条纹的间距再求出Δx，属于放大测量取平均值。
A.《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量，属于等效替代法，故A错误。
B.《探究弹簧弹力与形变量的关系》的实验中弹簧的形变量的测量，属于测多次取平均值，故B错误。
C.《用单摆测重力加速度》的实验中单摆的周期的测量，属于放大测量取平均值，故C正确。
D.《用油膜法估测油酸分子的大小》的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，属于放大测量取平均值，故D正确。
故选CD。
(3)相邻两条干涉条纹之间的间距Δx=x2-x1n-2=Ldλ，故单色光的波长λ=d(x2-x1)(n-2)L；
(4)若把该装置整体放入纯净水中，则光的传播速度变小，根据v=λf，频率不变，波长变小，由Δx=Ldλ可知，条纹间距变小。
12.【答案】(1)b；
(2)(R0+Rg1)b; k(R0+Rg1)；
(3)偏小。
【解析】(1)实验电路图中缺少电压表，需要用电流表改3V量程的电压表，可知应将电流表A1与定值电阻R0串联，因此实验电路图选择图(b)；
(2)根据实验电路图，在不考虑R0所在支路电流时，电路图方程为：E=I1(Rg1+R0)+I2r，
由此可得：I1=-rR0+Rg1I2+ER0+Rg1，
因此：k=rR0+Rg1、b=ER0+Rg1，
可以解得：E=(R0+Rg1)b、r=k(R0+Rg1)；
(3)若考虑R0所在支路的电流，电路图方程为：E0=I1(Rg1+R0)+(I2+I1)r0，
化简后可得：I1=-r0R0+Rg1+r0I2+E0R0+Rg1+r0，
其中E0R0+Rg1+r0=b，
由此可得E0=(R0+Rg1+r0)b>E，这样测出的电动势比真实值偏小。
13.【答案】解：(1)对B气体，根据理想气体状态方程P0V=P112V
解得p1=2P0
则根据等温方程p0V+np0×16V=p1×(2V-12V)
解得n=12 次；
(2)A中气体温度不变p1×(2V-12V)=p2V
对B中气体p0VT0=p2VT
解得T=3T0。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】 解：(1)小物块从a滑至b，根据机械能守恒定律有：mgR=12mv02，得v0=5m/s
经b点时：N-mg=mv02R，得：N=90N
由牛顿第三定律有物块对轨道压力N'=N=90N，方向竖直向下；
(2)物块滑上B至AB共速，设共速v1，有：mv0=(m+M)v1，得v1=3m/s
第一次B与P碰后B向左减速至0，此时B离P最远，
对B:μmg=MaB，得aB=7.5m/s2
v12=2aBxB
得：xB=0.6m；
(3)最终AB静止，B与P接触，有：mgR=μmgx，得：x=2.5m
A与P距离：xAP=L-x=0.5m。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)初始时刻电动势e=B0Lv0
电流I=eR=B0Lv0R，由右手定则可知线框右边界进入磁场瞬间的电流I为逆时针方向；
安培力f=B0IL
得加速度大小为：a=fm=B02L2v0mR，方向水平向左；
(2)由法拉第电磁感应定律知E=△Φ△t=IR
又q=I△t
得q=△ΦR=B⋅L2R=B0L2-12kL3R;
(3)设t时刻速度为vt，则ε=B1Lvt-B2Lvt=kL2vt
由闭合电路欧姆定律得I=εR=kL2vtR
安培力f=B1IL-B2IL=k2L4R⋅vt
由动量定理知：-f⋅t=0-mv
则：k2L4vtR⋅t=mv
得滑行的位移：x=mvRk2l4
设返回过程某时刻速度为vt'
则感应电动势ε'=kL2vt'
感应电流I'=ε'R
安培力：f'=(B1'-B2')I'L=k2L4vt'R
由动量定理知：(F-f')⋅t=mv'-0
则：Ft-k2L4R⋅x=mv'
得返回到y轴时的速度：v'=Fm⋅t-v
由功能关系知：F⋅x=12mv'2+Q2
得返回过程产生的焦耳热：Q2=F⋅mvRk2L4-12m(Fmt-v)2
又向右运动过程产生的焦耳热：Q1=12mv2
往返过程产生的总焦耳热：Q=Q1+Q2=F⋅mRvk2L4-F2t22m+Fv⋅t。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】