學年度高三年級第二次檢測模擬卷物理考生注意：本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分分，考試時間分鐘。答題前，考生務必用直徑毫米黑色墨水簽字筆將密封線內項目填寫清楚。考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。本卷命題范圍：高考范圍。一、選擇題（本題共小題，共分。在每小題給出的四個選項中，第題中只有一項符合題目要求，每小題4分，第題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1.2024年10月3PhysicalReviewC期刊上發表了中國科學院近代物理研究所的研究成果：研究團隊合成新核素钚-227的衰變方程為列說法正確的是（）A.Y的電離能力較強，但穿透能力較弱B.該反應遵循電荷數守恒和質量守恒定律C.原子核的結合能小于原子核的結合能D.100個钚原子核經過兩個半衰期后還剩余25個【答案】A【解析】【詳解】A．根據質量數守恒和電荷數守恒定律可知為，則氦核的電離能力較強，但穿透能力較弱，故A正確；B．該反應遵循電荷數守恒和質量數守恒定律，但質量不守恒，故B錯誤；C衰變為和原子核的結合能可能大于原子核的結合能，故C錯誤；D．半衰期是大量粒子的統計規律，100個钚原子核經過兩個半衰期后不一定剩余25個，故D錯誤。故選A。2.如圖所示，一個半球形的碗固定在桌面上，O為球心，碗口水平，碗的內表面及碗口是光滑的。一根輕第1頁/共19頁質細線跨在碗口上，細線的兩端分別系有兩個小球P和Q，當它們處于平衡狀態時，碗內的小球P和O點的連線與豎直方向的夾角，另一小球Q靜止于空中。兩小球均可視為質點，則碗內小球P與碗外小球Q的質量之比為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】設碗內小球P質量為，碗外小球Q的質量為M，根據受力平衡可得，細線的拉力以碗內小球P為對象，設小球受到碗的支持力為N，根據受力平衡可得，解得聯立可得即故選C。3.如圖所示是同一地點的甲、乙兩單擺的部分振動圖像，下列說法正確的是（）A.甲、乙兩單擺的擺長之比為第2頁/共19頁B.乙單擺的振動方程C.甲單擺的機械能小于乙單擺的機械能D.內，甲擺球的重力勢能增大，乙擺球的重力勢能減小【答案】B【解析】【詳解】A．由振動圖像可知，甲、乙單擺的周期，根據單擺周期公式可知故A錯誤；B．對乙單擺有，故由圖可知，時刻，乙單擺的位移為0，且向負方向運動，故乙單擺的振動方程為故B正確；C能比較機械能的大小，故C錯誤；D．內，甲、乙擺球均從平衡位置向最高點運動，故甲、乙擺球的重力勢能均增大，故D錯誤。故選B。4.智能呼啦圈可以提供全面的數據記錄，讓人合理管理自己的身材，其簡化模型如圖所示。可視為質點的配重用輕繩懸掛到腰帶的P點，配重隨輕繩在水平面內做勻速圓周運動，輕繩與豎直方向的夾角為。運動過程中腰帶與人相對靜止，下列說法正確的是（）第3頁/共19頁A.若僅增大轉速，腰帶受到的摩擦力將增大B.若僅增大轉速，繩子與豎直方向夾角將減小C.若僅增加配重，保持轉速不變，繩子與豎直方向的夾角將減小D.若僅增加配重，保持轉速不變，腰帶受到的摩擦力將增大【答案】D【解析】【詳解】AD．以腰帶和配重整體為研究對象，轉動過程中，根據平衡條件，整體在豎直方向處于平衡狀態，所以f=（m+m）g故增大轉速，腰帶受到的摩擦力不變；若僅增加配重，保持轉速不變，腰帶受到的摩擦力將增大，故A錯誤，D正確；BC．根據則將不變，選項BC錯誤；故選D。5.sH和墻面碰撞后，水平方向速度減小為原來的一半，豎直方向速度保持不變，碰撞時間忽略不計，不計空氣阻力，則小球與墻壁碰撞位置的離地高度為（）第4頁/共19頁A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】設小球與墻壁碰撞前運動的時間為，碰撞后到落地的時間為，由平拋運動知識可知，解得設小球與墻壁碰撞位置的離地高度為h，豎直方向有解得故選A。6.火星沖日現象是火星、地球、太陽三者處于同一直線上，地球處于太陽、火星之間，此時是觀察火星的最佳時間。如圖所示，假設火星和地球在同一平面內沿同一方向繞太陽做勻速圓周運動。已知火星到太陽中心的距離約是地球到太陽中心的距離的1.5倍，下列說法正確的是（）A.火星繞太陽公轉的周期約為15個月B.地球與火星公轉的線速度大小之比為C.地球與火星公轉的向心加速度大小之比為D.兩次火星沖日現象的時間間隔約為26.4個月【答案】D【解析】【詳解】A．根據開普勒第三定律可得又因為聯立解得第5頁/共19頁故A錯誤；B．火星、地球繞太陽公轉，萬有引力提供向心力，可得解得故地球與火星公轉的線速度大小之比為故B錯誤；C．根據牛頓第二定律可得解得故地球與火星公轉的向心加速度大小之比為故C正確；D．地球公轉的角速度比火星公轉的角速度快兩次火星沖日的時間內，地球比火星多轉一圈，故兩次火星沖日現象的時間間隔為故D正確。故選D。7.如圖所示，兩相鄰寬度均為L的有界勻強磁場，其磁場方向相反，磁感應強度大小均為B。邊長為L、電阻為R的單匝正方形線框abcd的ab邊與磁場左邊界共線，線框在外力作用下，以速度v勻速穿越有界磁場。以ab邊剛進入磁場為計時零點，規定線框中感應電流i逆時針方向為正方向，力方向向右為正方向，ab邊所受安培力為，外力為F，下列圖像正確的是（）第6頁/共19頁A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】時間內，由楞次定律可知，電流方向逆時針，感應電動勢感應電流為ab兩點間的電勢差ab所受的安培力大小為方向向左，外力方向向右；時間內，由楞次定律可知，電流方向順時針，感應電動勢感應電流為ab兩點間的電勢差ab所受的安培力大小為方向向左，cd所受的安培力大小也為第7頁/共19頁方向向左，則外力方向向右；時間內，由楞次定律可知，電流方向逆時針，感應電動勢感應電流為ab兩點間的電勢差ab所受的安培力大小為cd所受的安培力大小為方向向左，則外力方向向右；綜合分析可知選項B正確。故選B。8.下列說法正確的是（）A.分子力隨分子間距離的減小一定增大B.外界對氣體做功，氣體內能一定增加C.晶體在熔化過程中吸收熱量，分子勢能一定增大D.某容器內氣體分子平均動能減小，分子數密度增大，則氣體的壓強可能不變【答案】CD【解析】【詳解】A．當分子間距離達到某值時，分子間作用力為0，當大于此值時，分子間作用力表現為引力，當分子間距離減小時，分子力先增大后減小，故A錯誤；BB錯誤；C體在熔化過程中吸收了熱量，內能增加，故其分子勢能一定增大，C正確。D．某容器內氣體分子平均動能減小，分子數密度增大，根據壓強的微觀意義可知，氣體的壓強可能不變，故D正確。故選CD。9.如圖所示的電路中，電容器甲、乙通過導線連接，閉合開關S一段時間后，電容器乙兩極板間的帶電液第8頁/共19頁滴恰好靜止。現將開關S斷開，隨后將電容器甲的下極板向上平移少許，下列說法正確的是（）A.電容器甲的電容減小B.電容器乙兩極板間的電壓減小C.液滴將向上運動D.流過靈敏電流計的電流方向向右【答案】BD【解析】A可知電容器甲的電容增大，故A錯誤；BC．設閉合開關S，電路穩定時兩電容器的電壓均為U，則甲電容器的電荷量為乙電容器的電荷量為則兩電容器的總電荷量為開關斷開后，兩電容器的總電荷量保持不變，可知兩電容器極板間的電壓均減小，根據可知電容器乙中的電場強度減小，電場力減小，小于重力，則液滴將向下運動，故B正確，C錯誤；D板帶正電，則流過靈敏電流計的電流方向向右，故D正確。故選BD。10.定在圓盤邊緣處的小圓柱帶動T形絕緣支架在水平方向往復運動，T形支架進而驅動導體棒在光滑的水平2V時，燈泡剛好正常發光。已知導軌間距，導體棒、導線及導軌電阻不計，電壓表為理想電表，下列說法正確的是（）第9頁/共19頁A.圓盤轉動的周期為4sB.電壓表的示數為C.理想變壓器的匝數比為D.燈泡兩端電壓的頻率為2Hz【答案】AC【解析】【詳解】A．由速度隨時間變化的關系式可知，圓盤轉動的角速度，則圓盤轉動的周期為故A正確；B．導體棒切割磁感線產生感應電動勢的瞬時值為可知電動勢的峰值為，電壓表示數為感應電動勢的有效值，則電壓表的示數為故B錯誤；C．根據理想變壓器電壓表等于匝數比，可得匝數比故C正確；D．變壓器不改變頻率，則燈泡兩端電壓的頻率為故D錯誤。故選AC。二、非選擇題（本題共5小題，共分）某實驗小組的同學利用如圖甲所示的電路“”指針向右偏轉，從負接線柱流入指針向左偏轉。實驗時，先將單刀雙擲開關接“1”，通過計算機描繪出的電第10頁/共19頁流隨時間的變化規律如圖乙所示。（1）將單刀雙擲開關從斷開到接“1”、穩定后接“2”、到再次穩定的全過程中，關于靈敏電流。指針的偏轉，下列說法正確的是_______。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）已知電源的電動勢。根據圖乙，可知電容器的電容_______F（3（填“變長”“不變”或“變短”）【答案】（1）B（2）（3）變長【解析】【小問1詳解】單刀雙擲開關從斷開到接“1線柱流入，故靈敏電流指針先向右偏，充電完畢后回路中電流為零，此時指針回到零。單刀雙擲開關穩定后接“2”，電容器和和電阻和靈敏電流計組成回路，電容器放電，電流從負接線柱流入，故靈敏電流指針先向左偏，放電完畢后回路中電流為零，此時指針回到零。故指針的偏轉情況是：先向右偏然后回到零，再向左偏然后回到零。故選B。【小問2詳解】根據圖乙，圖線與坐標軸所圍區域大于等于半個的格數個數為，每個小格表示第11頁/共19頁故電容所帶電荷量電容器兩端電壓可知電容器的電容【小問3詳解】只增大電阻，由閉合電路歐姆定律知，將開關擲向1時電容器開始充電的電流減小，則曲線與縱軸交點的位置將向下移動，而充電時曲線與橫軸所圍成的面積將不變，所以充電時間將變長。12.某同學利用如圖甲所示的裝置“驗證動能定理”，并完成了如下的操作：①按如圖甲所示的裝置組裝實驗器材，調整滑輪的高度使細線與長木板平行；②取下砂桶，將長木板的右端適當墊高，紙帶穿過打點計時器，開啟電源釋放小車，直到在紙帶上打下一系列均勻的點為止；③掛上砂桶，并在砂桶中放入適量的沙子，用天平測出砂桶和沙的總質量為m，然后將裝置由靜止釋放，重復操作，從其中選擇一條點跡比較清晰的紙帶，如圖乙所示。已知紙帶中相鄰兩計數點間還有4個計時點未畫出，計數點間的距離如圖乙所示，打點計時器的打點頻率，重力加速度大小為g。（1）打下計數點4時，小車的速度大小_______m/s。第12頁/共19頁（2M1~515時小車的速度大小分別為和，則驗證系統動能定理的表達式為_______（3圖像如圖丙所示，其中，則小車的質量_______kg。（4）假設已經完全消除了摩擦力和其他阻力的影響，若砂桶和桶中沙的總質量不滿足遠小于小車的質量，且關系的是_______圖線直線部分的斜率為k，則從理論上分析，可知小車的質量_______。【答案】（1）0192（2）（3）0.4（4）①.A②.【解析】【小問1詳解】相鄰兩計數點間是時間間隔為則打下計數點4時，小車的速度大小為【小問2詳解】根據動能定理可知小問3詳解】若砂桶和桶中沙的總質量遠小于小車的質量，根據動能定理化簡可得結合圖像可知可得小車的質量為第13頁/共19頁【小問4詳解】[1]若砂桶和桶中沙的總質量不滿足遠小于小車的質量，根據動能定理化簡可得結合圖像可知，選項A符合。故選A。[2]由上式可知可得小車的質量為13.如圖甲所示是“足球”在的豎直截面的正視圖，且AB是沿水平方向的直徑，當激光水平向右從C點射入時，可從右側的B點射出。已知玻璃球的半徑為RC到AB的豎直距離h=，且玻璃球內的“足球”是不透光體，不考慮反射光的情況下，光在真空中的速率為c，求：（1）B點的出射光相對C點入射光方向的偏折角；（2）激光在玻璃球中的傳播時間。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳解】光從C點到B點的光路圖如圖所示第14頁/共19頁光在C點折射，由折射定律可知其中由幾何關系可得解得折射率為光在B點折射，由折射定律可知可得故B點的出射光相對C點入射光方向偏折角為。【小問2詳解】激光在玻璃球中的傳播速度為激光在玻璃球中的傳播距離為所以激光在玻璃球中的傳播時間為14.xOy的第一象限內存在沿yON為直徑、P為圓心、半徑為R的半圓形區域內，存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場。一質量為m、電荷量為y軸正半軸上處的M點以大小為的初速度垂直于y軸射入勻強電場中，經x軸上的P點進入勻強磁場，最后以垂直于y軸的方向射出勻強磁場。不計粒子重力，求：（1）勻強電場的電場強度大小；（2）勻強磁場的磁感應強度大小；第15頁/共19頁（3）粒子從M點到再次經過y軸的時間。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳解】設粒子在電場中做平拋運動的時間為，根據運動學規律有，由牛頓第二定律得聯立解得【小問2詳解】設粒子在P點的豎直分速度大小為，根據運動學規律有設粒子在P點的速度與水平方向夾角為，根據速度的合成與分解有解得故設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為，根據牛頓第二定律有第16頁/共19頁根據幾何關系可得聯立解得【小問3詳解】粒子在磁場中運動的周期故粒子在磁場中運動的時間從磁場中出來打到y軸上的時間粒子從M點到再次經過y軸時間15.如圖所示，長的水平傳送帶以恒定的速度向左傳動，其左端與長的水平面平滑地銜接，緊靠水平面的左端放置長，質量的長木板C，長木板C的上表面與右側的水平面等高。質量的滑塊A輕輕地放到傳送帶的最右端，經過一段時間與放在水平面的滑塊BA與傳送帶間的動摩擦因