河北保定六校C6联考2024-2025学年高三下学期第二次模拟考试物理试卷（解析版）

这是一份河北保定六校C6联考2024-2025学年高三下学期第二次模拟考试物理试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分100分）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 关于天然放射现象，下列说法正确的是（ ）
A. 天然放射现象表明原子核内部是有结构的B. β 射线是原子核外电子形成的电子流
C. 升高温度可以减小放射性元素的半衰期D. β 射线比α射线的穿透能力弱
【答案】A
【解析】A．射线的放射表明原子核内部存在着复杂的结构和相互作用。例如α衰变过程中，2个质子和2个中子结合在一起形成α粒子。所以天然放射现象表明原子核内部有一定结构，故A正确；
B．发生一次β衰变，实际是原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，这个电子被抛射出来，故B错误；
C．原子核衰变的半衰期由自身结构决定，与物理条件和化学状态无关，故升高温度不能改变原子核衰变的半衰期，故C错误；
D．放射性元素衰变时放出的三种射线，γ射线穿透能力最强，β射线穿透能力居中，α射线穿透能力最弱，故D错误。故选A。
2. 2022年8月30日，国家航天局正式发布了“羲和号”太阳探测卫星国际上首次在轨获取的太阳谱线精细结构。是氢原子巴耳末系中波长最长的谱线，其对应的能级跃迁过程为（ ）
A. 从跃迁到B. 从跃迁到
C. 从跃迁到D. 从跃迁到
【答案】D
【解析】是氢原子巴耳末系中波长最长的谱线，根据
可知是氢原子巴耳末系中频率最小的谱线，根据氢原子的能级图，利用玻尔理论中的频率条件
可见能级差越小，频率越低，波长越长。故对应的能级跃迁过程为从跃迁到。故选D。
3. 手机无线充电技术越来越普及，如图甲所示是某款手机无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比，送电线圈所接电阻的阻值为。当间接上的正弦交变电源后，受电线圈中产生交变电流给手机充电，这时手机两端的电压为，流经手机的电流为。若把装置线圈视为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A. 受电线圈两端电压为B. 送电线圈的电流为
C. 间输入功率为D. 电阻的阻值为
【答案】D
【解析】B．设通过送电线圈和受电线圈的电流分别为I1、I2，且，根据理想变压器的电流关系
解得,故B错误；
AD．根据理想变压器电压与匝数关系有
解得
又，
整理可得，
代入数据联立解得，，故A错误，D正确；
C．根据，间输入功率为，故C错误。故选D。
4. 据报道，我国计划发射的“巡天号”望远镜将运行在离地面约400km的轨道上，其视场比“哈勃”望远镜的更大。已知“哈勃”运行在离地面约550km的轨道上，若两望远镜绕地球近似做匀速圆周运动，则“巡天号”（ ）
A. 角速度大小比“哈勃”的小
B. 线速度大小比“哈勃”的小
C. 运行周期比“哈勃”的大
D. 向心加速度大小比“哈勃”的大
【答案】D
【解析】A．根据万有引力提供向心力
可得
由于“巡天号”的轨道半径小于“哈勃”的轨道半径，故“巡天号”角速度大小比“哈勃”的大，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力可得
故“巡天号”线速度大小比“哈勃”的大，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力可得
故“巡天号”运行周期比“哈勃”的小，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得
故“巡天号”向心加速度大小比“哈勃”的大，故D正确。
故选D。
5. 2024年9月19日，我国在西昌卫星发射中心计划发射第五十九颗、第六十颗北斗导航卫星，至此北斗系统中已有多颗各种轨道的卫星。若卫星①为放在地球赤道上相对于地面静止的还未发射的卫星，卫星②为墨子号量子通信卫星（近似为圆轨道，高度约为500千米），卫星③为地球同步圆轨卫星，卫星④为四川省西昌市卫星发射中心卫星发射架上的卫星。若卫星①②③④相对于地心的线速度分别为，，，，运动的周期分别为，，，，角速度分别为，，，；动能为，，，；则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】ABC．依题意，这四颗卫星的轨道半径关系为
卫星①③④的角速度、周期与地球自转角速度、正确相同，即，
由，可得
卫星②③均为地球卫星，根据
可得，，
即轨道半径越大，角速度和线速度越小，周期越长，则有，，
综上所述，可得，，
故AB错误；C正确；
D．卫星动能
由于卫星质量未知，所以四颗卫星的动能关系不确定，故D错误。故选C。
6. 如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀减速直线运动，在速度减为0的过程中，前2s内和最后2s内的位移大小分别为2.5m、2m，则在该运动过程中（ ）

A. 小球的初速度大小为4m/s
B. 小球的加速度大小为2m/s2
C. 小球的运动时间为2.25s
D. 小球的运动时间为3s
【答案】C
【解析】BCD．将小球的运动逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，设小球运动时间为t，由位移—时间公式可知，
解得、，故BD错误，C正确；
A．小球的初速度为，故A错误。故选C。
7. 如图所示，光滑定滑轮固定在墙上，绕过定滑轮的轻绳连接质量为2m的小球A和质量为m的小球B，小球B静止在地面上，用手托着小球A，滑轮两边的轻绳刚好伸直并沿竖直方向，这时小球A离地面的高度为H，不计滑轮和小球的大小，快速撤去手，小球A从静止开始运动至到达地面的过程中（小球A落地后不再弹起），下列说法正确的是（已知重力加速度大小为g）（ ）
A. 撤去手的一瞬间，小球B对地面的压力大小为
B. 小球A向下运动过程中，轻绳对小球A的冲量大小为
C. 小球A向下运动过程中，轻绳对小球A的冲量大于小球A重力的冲量
D. 小球A向下运动过程中，小球A的机械能减少量小于
【答案】B
【解析】A．释放小球A的瞬间，设A、B两小球组成的整体的加速度为a，由牛顿第二定律可得
解得
对小球A有
解得
对小球B有
解得
由牛顿第三定律可知小球B对地面压力大小为0；故A错误；
B．由，可得小球A向下运动的时间为
轻绳对小球A的冲量大小为，故B正确；
C．对小球A来说，小球A的重力大于轻绳拉力，所以轻绳对小球A的冲量小于小球A重力的冲量，故C错误；
D．重力做功不改变机械能，所以小球A的机械能减少量等于轻绳拉力做的功的大小，即
，故D错误。故选B。
二、多项选择题∶本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 下列关于单位制及其应用的说法中正确的是（ ）
A. 基本单位和导出单位一起组成了单位制
B. 选用的基本单位不同，构成的单位制也不同
C. 一般来说，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，并不一定同时确定单位关系
D. 在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中单位表示，只要正确应用公式，其结果就一定是用这个单位制中的单位来表示的
【答案】ABD
【解析】A．基本单位和导出单位一起组成了单位制，A正确；
B．选用的基本单位不同，构成的单位制也不同，B正确；
C．一般来说，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，同时也确定单位关系，C错误；
D．在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用公式，其结果就一定是用这个单位制中的单位来表示的，D正确。故选ABD。
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 空气中水蒸气的压强越大，人体水分蒸发的越快
B. 由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液面分子间作用力表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势
C. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大
D. 密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大
E. 扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
【答案】BDE
【解析】A．空气中水蒸气的压强越大，空气的绝对湿度越大，但人体水分蒸发的快慢与相对湿度有关，不能说明人体水分蒸发的越快，A错误；
B．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液面分子间作用力表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，B正确；
C．晶体熔化时吸收热量，但温度不变，分子平均动能不变，C错误；
D．密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，气体分子无规则运动越剧烈，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，D正确；
E．一切物质分子都在不停地做无规则运动，所以扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，E正确。故选BDE。
10. 如图所示，水平面是光滑的，一足够长的木板置于水平面上，木板上放一斜面体，木板与斜面体间的动摩擦因数为，斜面体倾角，一细绳一端系在斜面体顶端，另一端拴接一可视为质点的小球，细绳平行于斜面，已知小球、斜面体、木板质量均为1kg，，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（ ）
A. 若，当时，木板相对斜面体向右滑动
B. 若，不论F多大，小球均能和斜面体保持相对静止
C. 若，当时，小球对斜面体的压力不为0
D. 若，当时，细绳对小球的拉力为
【答案】BD
【解析】A．若μ=0.2，当F=4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统有F=3ma
代入数据解得
对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有
μ（m+m）g=（m+m）a球
代入数据解得a球=2m/s2＞a
因此此时木板相对于斜劈静止，故A错误；
B．若μ=0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为
μ（m+m）g=（m+m）a球
代入数据得a=5m/s2
当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有
代入数据解得a球=7.5m/s2＞a
因此不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故B正确；
C．若μ=0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速度为μ（m+m）g=（m+m）a球
代入数据得a球=8m/s2
此时对板、球和斜劈构成的系统，有F临界=（m+m+m）a球=（1+1+1）×8N=24N
当F=22.5N时，板、球和斜劈相对静止，有
又由B选项可知此时球刚好要离开斜劈，小球对斜面体的压力为0，故C错误；
D．若μ=0.8，F=26N>24N时由C选项可知此时木板与斜面体产生相对滑动，此时斜面与小球的加速度大小为8m/s2，小球离开斜面体，则对小球细绳的拉力
，故D正确。故选BD。
三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答）
11. 某物理课外活动小组准备测量当地的重力加速度，装置如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小球，用刻度尺多次测量摆线长度，并求出其平均值l，再用螺旋测微器多次测量小球的直径，并求出其平均值d，将l+d作为摆长L。将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，小球通过最低点时按下秒表同时数1，每次通过最低点计数一次，数到n时停止计时，秒表的读数为t，计算出单摆的周期T，多次改变摆长L并测出对应的摆动周期T。

（1）以下说法正确的有___________。
A．小球应该选用密度大的钢球或铁球
B．摆线要选择细些的，伸缩性小些的，并且尽可能长一些
C．应该先悬挂摆球后再测量摆线的长度
D．单摆周期的计算式为
（2）某次测量小球直径的结果如图所示，则这次测量的读数为________mm。
（3）该小组以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图像，如图乙所示，可以通过此图像得出当地的重力加速度g。由图像求出的重力加速度g=________________m/s2。（保留两位有效数字）
（4）造成图像不过坐标点的主要原因是_________________________。
【答案】（1）ABC （2）9.450 （3）9.9 （4）摆长多算了半径
【解析】（1）A．为了减少空气阻力的影响，小球应该选用密度大的钢球或铁球，A正确；
B．摆线要选择细些的以减小空气阻力，伸缩性小些的以保持摆长不变，并且尽可能长一些从而使偏转角尽可能小些，B正确；
C．应该先悬挂摆球后再测量摆线的长度，这样摆长测量的较准确，C正确；
D．单摆周期的计算式为，D错误。故选ABC。
（2）小球的直径
（3）根据可知
图像的斜率
可得
（4）摆长多算了半径。
12. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
（1）为完成此实验，以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是______和______（选填选项前的字母）
A.刻度尺B.天平C.打点计时器D.秒表
（2）关于本实验，下列说法中正确的是______。（选填选项前的字母）
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B.入射小球的质量必须小于被碰小球的质量
C.轨道倾斜部分必须光滑
D.轨道末端必须水平
（3）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出水平射程OP。然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。实验中还需要测量的有______。（选填选项前的字母）
A.入射小球和被碰小球的质量、
B.入射小球开始的释放高度h
C.小球抛出点距地面的高度H
D.两球相碰后的平抛射程OM、ON
（4）在某次实验中，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒。【用（3）中测量的量表示】
（5）某同学在上述实验中更换了两个小球的材质，且入射小球和被碰小球的质量关系为，其他条件不变。两小球在记录纸上留下三处落点痕迹如图乙所示。他将刻度尺的零刻线与O点对齐，测量出O点到三处平均落地点的距离分别为OA、OB、OC。该同学通过测量和计算发现，两小球在碰撞前后动量是守恒的。
①由此可以判断出上图中B处是______；
A.未放被碰小球时入射小球的落地点
B.入射小球碰撞后的落地点
C.被碰小球碰撞后的落地点
②若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式______是否成立。【用（5）中的物理量字母表示】
【答案】（1）A （2）B （3）AD##DA （4）m1·OP=m1·OM+m2·ON
（5）①C ②m1·OC2=m1·OA2+m2·OB2
【解析】（1）本实验必须使用的有天平，用来测小球的质量，还有刻度尺，用来测小球平抛的水平位移，AB正确。故选AB。
（2）AC．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放即可，轨道倾斜部分不必光滑，A正确，C错误；
B．入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，才能使两球碰后均向前运动，B错误；
D．轨道末端必须水平，才能使小球做平抛运动，D正确。
故选AD。
（3）实验中还需要测量的有入射小球和被碰小球的质量m1、m2，两球相碰后的平抛射程OM、ON，AD正确。
（4）若碰撞过程动量守恒，应满足
小球做平抛运动竖直位移相同，故运动时间相同，由可知，平抛初速度与水平位移成正比，故应满足的表达式为m1·OP=m1·OM+m2·ON
（5）若入射小球和被碰小球的质量关系为m1=2m2，则表达式为2OP=2OM+ON
由图可知OA=17.6cm、OB=25.0cm、OC=30.0cm，带入上式对比可得2OC≈2OA+OB
故C点是未放被碰小球时入射球的落地点，B处是被碰小球碰撞后的落地点，A是入射小球碰撞后的落地点，C正确。故选C。
若是弹性碰撞，则满足机械能守恒m1=m1+m2
整理可得m1·OC2=m1·OA2+m2·OB2
四、解答题
13. 静止在水平地面上的物体的质量为m=2kg，在大小为6N的水平恒力F推动下开始运动，4s末它的速度达到4m/s。重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物体运动的加速度；
（2）物体与地面的动摩擦因数μ。
【答案】（1）1m/s2；（2）0.2
【解析】（1）根据加速度的定义可知物体运动的加速度为
（2）物体在水平方向上受恒力F和摩擦力作用，由牛顿第二定律可得F-μmg=ma
解得μ=0.2
14. 静电除尘的原理如图所示，负极B附近的气体分子被电离成正离子和电子，其中电子在向着正极A运动的过程中附着在粉尘上，使粉尘带负电。粉尘在静电力的作用下被吸附到正极A上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中，达到除尘的目的。已知A、B两极间的电压为，一粉尘颗粒所带的电荷量为，从距离B足够近的地方运动到A。
（1）求静电力对该粉尘颗粒所做的功；
（2）初始位置和电荷量相同，但质量不同的粉尘颗粒，落在A板上的位置可能不同，静电力对这些粉尘颗粒做的功是否相同？简要说明理由。
【答案】（1）；（2）相同，理由见解析
【解析】（1）静电力对粉尘颗粒做的功
（2）静电力对粉尘颗粒做的功相同。
根据，静电力做功只与电荷量、初末位置电势差有关。板上各点电势相同，电荷量相同的粉尘颗粒从同一位置出发，落到板上的不同位置，电势差均相同，因此静电力做功相同。
15. 如图所示，长为L = 4 m水平传送带以v0 = 4 m/s的速度顺时针匀速传动。倾角为θ = 37°的斜面固定在水平地面上，轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端栓接质量为m1 = 1 kg的物块A，开始时弹簧处于压缩状态并锁定，此时A与斜面顶端的距离为x = 12.5 m。将质量为m2 = 2 kg的物块B从水平传送带的最左端无初速度释放，物块B恰好从斜面的最高点无碰撞的滑上斜面，当物块B沿斜面减速到零时，解除弹簧锁定，一段时间后，物块B恰好能到达传送带最左端。已知物块A、B与斜面间的动摩擦因数均为，物块B与传送带间的动摩擦因数为μ2 = 0.2，sin37° = 0.6，cs37° = 0.8，重力加速度g = 10 m/s2，弹簧的原长l0 < 10 m，轻弹簧始终在弹性限度内。求
（1）物块B从开始运动到第一次到达传送带最右端的时间；
（2）传送带最右端与斜面顶端的高度差；
（3）解除锁定前弹簧弹性势能。
【答案】（1）2 s （2）0.45 m （3）525 J
【解析】【小问1】分析可知，物体B先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为
物体B加速度到与传送带共速时，其位移
其位移刚好为传送带长度L，故物块B从开始运动到第一次到达传送带最右端的时间
解得
【小问2】分析可知，物块B从传送带右端以v0 = 4 m/s的初速度做平抛运动到斜面，物块B恰好从斜面的最高点无碰撞的滑上斜面，由平抛规律可知，物体在斜面顶端时竖直方向速度
故传送带最右端与斜面顶端的高度差
【小问3】分析可知，物块B滑上斜面时的速度
物块B从沿斜面做匀减速直线运动，由
此时物体B位移
联立解得
故物块B从刚好减到速度为零时恰与A接触，解除弹簧锁定后，A、B一起沿斜面向上运动，弹簧恢复原长时A、B分离，从解除弹簧锁定到弹簧恢复原长的过程中，由能量守恒可得
因解除弹簧锁定，一段时间后，物块B恰好能到达传送带最左端，则物块B返回斜面顶端时的速度应仍为v1，对物块B，从刚滑上斜面到返回斜面顶端过程中，由动能定理得
对物块B，从解除弹簧锁定到弹簧恢复原长过程中，由动能定理得
又因为
联立以上解得