第頁，共頁第18頁，共18頁豫西北教研聯盟（洛平許濟）2024—2025學年高三第二次質量檢測試題物理注意事項：1．考試時間：75分鐘，總分100分。2．答題前，考生務必將自己的姓名、考號涂寫在答題卡上。3．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.在追求清潔高效能源的道路上，科學家們正致力于開發一種新型鉆石電池，利用人造鉆石安全包裹一定量放射性同位素碳，利用的β衰變來產生電能，下列說法正確的是（）A.改變環境溫度不會使的半衰期變長B.的比結合能大于衰變產物的比結合能C.的衰變產物為D.β衰變放出的電子來自碳原子的核外電子【答案】A【解析】【詳解】A．外界條件不會引起半衰期發生變化，所以改變環境溫度不會使的半衰期變長，故A正確；B．衰變反應時釋放能量，新核更穩定，新核的比結合能更大，所以的比結合能小于衰變產物的比結合能，故B錯誤；C．根據電荷數守恒、質量數守恒，可得核反應方程為故C錯誤；D．衰變輻射出的粒子，來自于碳原子核內的中子轉變成的質子時放出的電子，不是原子核外的電子，故D錯誤。故選A。2.下列說法正確的是（）A.甲圖中水流導光實驗利用的是光的折射原理B.乙圖中M、N是偏振片，當M不動，將N繞光的傳播方向為轉軸在豎直面內轉動90°后，光屏P上的光亮度不變C.單色光照射到不透光的小圓板上，在小圓板背后光屏上能形成如丙圖所示的衍射圖樣D.多普勒效應只適用于機械波不適用于光波【答案】C【解析】【詳解】A．甲圖中水流導光實驗利用是光的全反射原理，故A錯誤；B．乙圖中M、N是偏振片，當M不動，將N繞光的傳播方向為轉軸在豎直面內轉動90°后，光線將不能通過偏振片N，則光屏上將沒有光線到達，故B錯誤；C．單色光照射到不透光的小圓板上，在小圓板背后光屏上能形成如丙圖所示的衍射圖樣，故C正確；D．多普勒效應不僅適用于機械波，也適用于光波，故D錯誤。故選C。3.2024年6月25日14時07分，嫦娥六號返回器在預定地點準確著陸，實現世界首次月球背面采樣返回。“嫦娥六號”探測器的發射過程可以簡化如下：探測器由地面發射后，進入地月轉移軌道，在近月點多次變軌，由橢圓軌道變為圓形軌道。下列說法正確的是（）A.“嫦娥六號”在圓形軌道上的運行速度比月球的第一宇宙速度大B.“嫦娥六號”在圓形軌道上的運行周期比在橢圓軌道上的運行周期小C.“嫦娥六號”在地月轉移軌道上經過近月點的加速度比在橢圓軌道上經過該點時的加速度大D.“嫦娥六號”在橢圓軌道上經過近月點時的速度小于在圓形軌道上經過該點時的速度【答案】B【解析】【詳解】A．衛星繞月球做勻速圓周運動時，由萬有引力提供向心力可得月球第一宇宙速度等于衛星在月球表面軌道做勻速圓周運動的線速度，所以“嫦娥六號”在圓形軌道上的速度比月球的第一宇宙速度小，故A錯誤；B．由于橢圓軌道的半長軸大于圓形軌道的半徑，根據開普勒第三定律可知，“嫦娥六號”在圓形軌道上的運行周期比在橢圓軌道上的運行周期小，故B正確；C．根據牛頓第二定律可得可得可知“嫦娥六號”在圓形軌道上經過近月點時的加速度等于在地月轉移軌道上經過近月點時的加速度，故C錯誤；D．衛星從高軌道變軌到低軌道需要在變軌處點火減速，所以“嫦娥六號”在橢圓軌道上經過近月點的速度比在圓形軌道上經過近月點時的大，故D錯誤。故選B。4.隨著我國航天科技的飛速發展，離子推進作為一種高效、持久的空間電推進技術，在航天器姿態調整、軌道轉移等方面發揮著越來越重要的作用。離子推進器通過電離氣體（如氙氣）產生離子，并在強電場的作用下將離子加速噴出來產生推力。若某探測器質量為4950kg，每秒將3.0×10-3g的離子，以40km/s的速率（遠大于探測器的飛行速率）向后噴出，則探測器獲得的平均推力大小約為（）A.1.98N B.0.1485N C.0.120N D.1.20×10-3N【答案】C【解析】【詳解】根據動量定理可得代入數據解得故選C。5.如圖所示，不可伸長的細鋼絲繩兩端分別固定在豎直桿P、Q上的a、b兩點，a點比b點低。腳穿粗糙雜技靴的演員在走鋼絲表演時，可以在與兩桿P、Q等距的位置或細繩的中點保持平衡狀態，鋼絲繩質量可忽略不計，則演員（）A.在與P、Q兩桿等距位置時，左右兩側繩子拉力大小相等B.在與P、Q兩桿等距位置時，左側繩子拉力小于右側繩子拉力C.在與P、Q兩桿等距位置時，左側繩子拉力大于右側繩子拉力D.在細繩的中點時，左側繩子拉力大于右側繩子拉力【答案】B【解析】【詳解】設到節點的高度為，到節點的高度為，節點到P的水平距離為，節點到Q的水平距離為，端繩子和水平方向的夾角為，端繩子和水平方向的夾角為，對繩子節點進行受力分析，如圖所示ABC．在與P、Q兩桿等距位置時，根據，，由于，所以可得，根據平衡條件有由于，所以可知即，左側繩子拉力小于右側繩子拉力，故AC錯誤，B正確；D．在細繩的中點時，設、到節點繩子長度為，根據幾何關系有根據，由于，所以可得，根據平衡條件有由于，所以可知即，左側繩子拉力小于右側繩子拉力，故D錯誤。故選B。6.目前常見的過山車為了增加安全性，都用由上、下、側三組輪子組成的安全裝置把軌道車套在軌道上（如圖甲）。現有與水平面成θ=37°角的斜軌道和半徑R=10m的光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內，圓軌道的最低點位于地面（如圖乙）。帶安全裝置、可視為質點的軌道車從斜面上的A點由靜止釋放，經B點后沿圓軌道運動、恰好到達最高點C，已知軌道車與斜軌道間的動摩擦因數μ=0.25，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則下列說法正確的是（）A.軌道車在C點的速度為10m/s B.軌道車在B點的速度為20m/sC.斜軌道AB間的長度L為45m D.軌道車在C點受軌道的作用力一定向下【答案】C【解析】【詳解】A．由于軌道車恰好經過最高點C，則軌道車到達最高點時速度為0，故A錯誤；B．軌道車由B到C的過程，根據機械能守恒定律可得解得故B錯誤；C．軌道車由A運動到B的過程中，有，解得故C正確；D．軌道車在C點受軌道的向上作用力，故D錯誤。故選C。7.如圖，半徑為R的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行。a、b、c是圓周上的三個點，且為正三角形。從b點在圓平面內向不同方向以相同的速率射出相同的帶正電粒子，粒子經過圓周上各點中c點的動能最大，粒子從b點到c點靜電力做功為W，粒子帶電荷量為q，不計粒子所受重力，取b點電勢為零，則下列說法正確的是（）A.電場的方向由b指向cB.c點的電勢為C.粒子從b點到a點靜電力做功為D.粒子在圓心O點的電勢能為【答案】D【解析】【詳解】A．粒子經過圓周上各點中c點的動能最大，而粒子帶正電，可知c點電勢最低，場強方向垂直于過c點的切線方向，即電場的方向由O指向c，選項A錯誤；B．粒子從b點到c點靜電力做功為W，可知b點電勢為零，可得選項B錯誤；C．因ab與電場線垂直，則ab為等勢線，電勢均為零，則粒子從b點到a點靜電力做功為0，選項C錯誤；D．場強O點電勢為粒子在圓心O點的電勢能為選項D正確。故選D。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，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。8.如甲圖所示，在xOy平面內有兩個完全相同的點波源S1（-4，0）和S2（4，0），同時沿垂直于xOy平面開始振動，振動圖像均如乙圖所示，已知波長為8m，下列說法正確的是（）A.這兩列波的波速為2m/sB.這兩列波的波速為4m/sC.兩列波在P（4，6）點引起的振動總是相互加強的D.t=4.5s時Q（1，0）處的質點與平衡位置的距離為2cm【答案】AD【解析】【詳解】AB．由圖可知，周期為4s，所以故A正確，B錯誤；C．由于所以P（4，6）點引起的振動總是相互減弱的，故C錯誤；D．由于Q點到S1的距離為5m，則波源S1處的波傳播到Q點所用時間為Q點到S2的距離為3m，則波源S2處的波傳播到Q點所用時間為所以t=4.5s時波源S1處的波傳播到Q點后振動時間為2s，而波源S2處的波傳播到Q點后振動時間為3s，根據波的疊加原理可得，此時Q點的位移為-2cm，即Q處的質點與平衡位置的距離為2cm，故D正確。故選AD。9.如圖所示，與水平地面成角的傳送帶，以恒定速率v順時針轉動。現將一質量為m的小物體（視為質點）無初速度放在傳送帶的底端M處，小物體到達傳動帶最高點N處時恰好達到傳送帶的速率v，已知MN間的高度差為H，則在小物體從M到N的過程中（）A.傳送帶對小物體做功為B.將小物體由底端傳送到N處過程中，該系統多消耗的電能為C.將小物體傳送到N處，系統因摩擦而產生的熱量為D.改變傳送帶與小物體之間的動摩擦因數，物體到達N點前速度達到v，則系統因摩擦產生的熱量將減少【答案】AD【解析】【詳解】A．根據功能關系知傳送帶對小物體做功等于物體機械能的增加量，為，故A正確；B．根據能量守恒定律，電動機消耗的電能E電等于摩擦產生的熱量Q與物塊增加機械能的和，為，故B錯誤；C．小物體到達傳動帶最高點N處時恰好達到傳送帶的速率v，設時間為，根據牛頓第二定律故由摩擦生熱故C錯誤；D．改變傳送帶與小物體之間的動摩擦因數，物體到達N點前速度達到v，根據知減小，增大，又根據C項分析知增大，減小，即系統因摩擦產生的熱量將減少，故D正確。故選AD。10.如圖所示，在空間直角坐標系中，yOz平面左側存在沿z軸正方向的勻強磁場，右側存在沿y軸正方向的勻強磁場，左、右兩側磁場的磁感應強度大小相等，yOz平面右側還有沿y軸負方向的勻強電場。現從空間坐標為的M點發射一質量為m、電荷量為的粒子、粒子的初速度大小為，方向沿xOy平面且與x軸正方向的夾角為60°，經一段時間后粒子垂直于y軸進入yOz平面右側，已知在yOz平面右側軌跡上第一次離yOz平面最遠的點恰好落在xOz平面上，不計粒子的重力。則下列說法正確的是（）A.磁感應強度大小為B.勻強電場的電場強度大小為C.粒子第2次經過yOz平面時的位置坐標D.粒子第2次經過yOz平面時的速度大小為【答案】BC【解析】【詳解】A．根據幾何關系粒子在平面做圓周運動的半徑根據可得左側勻強磁場的磁感應強度故A錯誤；B．粒子第一次經過y軸后在y方向向下做勻加速運動，同時在洛倫茲力作用下做圓周運動，因軌跡上離平面最遠的點恰好落在平面上，可知粒子到達平面上時恰好做個圓周運動，則用時間豎直方向解得故B正確；C．粒子第2次經過平面時做半個圓周運動，則所用時間為則沿y軸負方向做勻加速運動，因在O點上方和下方用時間相等，可知位置坐標沿z軸坐標即粒子第2次經過平面時的位置坐標，故C正確；D．粒子第2次經過平面時，沿著軸負方向的速度大小經過半個周期，方向的速度沿著負方向，大小為，根據運動的合成可知粒子第2次經過yOz平面時的速度大小故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：5小題，共54分。11.用甲圖裝置探究加速度與力的關系。（1）關于該實驗，下列說法正確的是（）A.將長木板右端墊高是為了平衡摩擦力B.槽碼質量不需要遠小于小車的質量C.平衡摩擦力時，需要用槽碼通過細線拉小車（2）乙圖是實驗中的一條紙帶，已知交流電頻率為50Hz、兩相鄰計數點間還有四個計時點未畫出，根據紙帶可求出小車加速度為______m/s2（結果保留三位有效數字）。（3）在（2）的基礎上，一同學將具有加速度測量功能的智能手機固定在甲圖中的小車上，拆除打點計時器，其他條件不變、將小車由靜止釋放，在智能手機上得到了加速度a隨時間t變化的圖像，如丙圖所示，智能手機測得的加速度大小為______m/s2（結果保留三位有效數字）。（4）在（2）和（3）中測得的加速度大小有明顯差異，主要原因是______【答案】（1）A（2）2.00（3）1.60（1.58~1.62）（4）系統所受合外力不變，小車上放置了智能手機，總質量增加，由牛頓第二定律可知加速度減小【解析】【小問1詳解】A．應平衡摩擦力，使繩上拉力等于小車的合力，即應將長木板右端墊高，故A正確；B．應使槽碼的質量遠小于小車的質量，使槽碼的重力等于繩的拉力，故B錯誤；C．平衡摩擦力時，不需要用槽碼通過細線拉小車，故C錯誤。故選A。【小問2詳解】由于交流電頻率為50Hz、兩相鄰計數點間還有四個計時點未畫出，所以兩相鄰計數點間的時間間隔為所以小車的加速度大小為【小問3詳解】由圖可知，智能手機測得的加速度大小為1.60m/s2。【小問4詳解】測得的加速度大小有明顯差異，主要原因是系統所受合外力不變，小車上放置了智能手機，總質量增加，由牛頓第二定律可知加速度減小。12.利用如圖所示的裝置探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系。按實驗要求連接器材并進行實驗，分別測量原線圈匝數為n1時的輸入電壓U1和副線圈匝數為n2時的輸出電壓U2，數據如下表：原線圈匝數n1（匝）副線圈匝數n2（匝）輸入電壓U1（V）輸出電壓U2（V）1002004.328.271008004.3233.904008004.338.2640016004.3316.52（1）下列說法正確的是（）A.變壓器工作時通過鐵芯導電把電能由原線圈輸送到副線圈B.變壓器工作時在原線圈上將電能轉化成磁場能、在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”能量的作用C.變壓器原、副線圈中的磁通量總是相同D.變壓器副線圈上不接負載時、原線圈兩端電壓為零（2）為了減小渦流在鐵芯中產生的熱量、鐵芯是由相互絕緣的硅鋼片平行疊成。如圖丙所示、對上端放置的變壓器鐵芯，硅鋼片應平行于（）A.平面abcd B.平面abfe C.平面abgh D.平面aehd（3）在誤差允許范圍內，表中數據基本符合______規律；（4）進一步分析數據，發現輸出電壓比理論值偏小，請分析原因______（至少寫出兩條）。【答案】（1）B（2）D（3）或在誤差允許的范圍內，變壓器原、副線圈的電壓之比等于匝數（之比）（4）有漏磁、鐵芯發熱、導線發熱等【解析】小問1詳解】A．變壓器開始正常工作后，通過電磁感應將電能從原線圈傳遞到副線圈，故A錯誤；B．變壓器工作時在原線圈上將電能轉化成磁場能、在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”能量的作用，故B正確；C．由于實際變壓器存在漏磁，所以變壓器原、副線圈中的磁通量不相同，故C錯誤；D．變壓器副線圈上不接負載時、原線圈兩端電壓不為零，故D錯誤。故選B。【小問2詳解】根據變壓器的原理可知，當磁感線與硅鋼平面平行時，產生的渦流較小，即硅鋼片應平行于平面aehd。故選D。【小問3詳解】根據表中數據，在誤差允許的范圍內基本符合即變壓器原、副線圈的電壓之比等于匝數之比。【小問4詳解】輸出電壓比理論值偏小，主要原因是變壓器不是理想變壓器，有漏磁、鐵芯發熱、導線發熱等能量損耗，使副線圈兩端電壓偏低。13.如甲圖所示拔火罐是中醫的一種傳統療法，以罐為工具，利用燃火產生負壓，使之吸附于體表、造成局部瘀血，以達到通經活絡、消腫止痛等作用。小明親身體驗拔火罐的魅力后，想研究一下“火罐”的“吸力”，設計了如乙圖的實驗裝置：將一個橫截面積為S的圓柱狀汽缸倒置固定在鐵架臺上，輕質活塞通過細線與放在臺面的重物m相連。實驗時，他從汽缸底部的閥門K處，投入一團燃燒的輕質酒精棉球。待酒精棉球熄滅后，立即密閉閥門K。此時，活塞下的細線恰好被拉直，但拉力為零，活塞距汽缸底部的距離為L。由于汽缸傳熱良好，隨后重物會被緩慢拉起，最后重物穩定在距臺面處。已知環境溫度T0不變，，p0為大氣壓強，汽缸內的氣體可看作理想氣體，不計活塞與汽缸內壁之間的摩擦。求：（1）酒精棉球熄滅時溫度T與環境溫度T0的比值；（2）若從酒精棉球熄滅到最終穩定過程中氣體放出的熱量為Q，求氣體內能的變化。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳解】閥門K密閉時，氣體壓強為p0，重物穩定在距臺面處時，由平衡條件得可得根據理想氣體狀態方程解得【小問2詳解】外界對氣體做功為根據熱力學第一定律可得氣體內能變化量14.如圖所示，兩根等高光滑的半圓形圓弧軌道，半徑為r，間距為L，軌道豎直固定且電阻不計。在軌道左端連一阻值為的電阻，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，現有一根長度稍大于L、質量為m、接入電路電阻為的金屬棒，從軌道的左端ab處開始（記為時刻），在變力F的作用下以初速度沿圓弧軌道做勻速圓周運動至cd處，直徑ad、bc水平，整個過程中金屬棒與導軌接觸良好，求此過程中：（1）流過金屬棒的電流隨運動時間變化的關系式；（2）通過電阻的電荷量q；（3）作用力F做功。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳解】設t時刻金屬棒與圓心的連線和水平方向的夾角為，則：產生的感應電動勢：根據閉合電路歐姆定律可得：聯立以上各式解得【小問2詳解】整個過程中需要