浙江省溫州市浙鰲高中2025屆高三物理下學期6月全真模擬試題含解析

PAGE26-浙江省溫州市浙鰲中學2025屆高三物理下學期6月全真模擬試題（含解析）一、選擇題（本題共13小題，每小題3分，共39分，每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.高三復學時班級都配有額溫槍，用來檢測同學們的體溫是否正常，你認為額溫槍用到了（）A.紅外線 B.紫外線C.倫琴射線 D.超聲波【答案】A【解析】【詳解】人們利用紅外線來測溫，是利用紅外線的熱效應，因為紅外線波長長，更簡單發(fā)生衍射，體溫越高人體放射的紅外線越強，故A正確，BCD錯誤。故選A。2.下列說法正確的是（）A.甲圖是高速上的指示牌，上面的“77km”、“100km”等指的是位移B.乙圖是高速上的指示牌，上面的“120”、“100等指的是平均速度C.丙圖是汽車上的時速表，上面的“72”指的是瞬時速度的大小D.丁圖是導航中的信息，上面的“26分鐘”、“27分鐘”指的是時刻【答案】C【解析】【詳解】A.甲圖是高速上的指示牌，上面的“77km”、“100km”等指的是路程，故A錯誤；B.乙圖是高速上的指示牌，上面的“120、“100等指的是瞬時速度大小，故B錯誤；C.丙圖是汽車上的時速表，上面的“72指的是瞬時速度的大小，故C正確；D.丁圖是導航中信息，上面的“26分鐘”、“27分鐘”指的是時間，故D錯誤．3.以下有關說法正確的是（）A.射線的電離本事比射線強B.氫原子從高能級向低能級躍遷時能放出射線C.結合能是指各核子結合成原子核時釋放的核能D.太陽表面溫度很高是因為表面發(fā)生了核聚變反應【答案】D【解析】【詳解】A．射線的電離本事主要看自身的帶電量，放射性元素放出的三種射線，射線的電離本事最弱，射線的電離本事較弱，射線的電離本事最強，故A錯誤；B．射線的產(chǎn)朝氣理是原子核受激發(fā)，是原子核變更才產(chǎn)生的，不是氫原子躍遷產(chǎn)生的，故B錯誤；C．結合能是核子結合成原子核時放出的能量，或把原子核分成核子所須要的能量，故C錯誤；D．太陽表面溫度很高是因為表面發(fā)生了氫核聚變反應而釋放巨大能量，故D正確。故選D。4.物體做直線運動的的圖像如圖所示，下列推斷正確的是（）A.物體做勻速直線運動 B.物體在2s時的速度是3m/sC.物體的加速度是1.0m/s2 D.物體的初速度為0【答案】C【解析】【詳解】ACD．由公式變形得則說明物體做勻加速直線運動，比照圖像可得，故AD錯誤，C正確；B．由公式得故B錯誤。故選C。5.平昌冬奧會武大靖在500m短道速滑項目中以39秒584的成果為中國隊奪得首金，同時也創(chuàng)建了新的世界紀錄。運動員進入彎道時，身體會向彎道內側傾斜，如圖則武大靖在平滑冰面上勻速率轉彎時（勻速圓周運動），下列說法正確的是（）A.冰面對武大靖支持力的方向斜向上B.靜摩擦力供應向心力C.所受的地面的作用力與重力平衡D.運動員進入彎道時，假如速度過快，離心力增大，他會做離心運動而滑離軌道【答案】B【解析】【詳解】A．冰面對武大靖支持力的方向垂直于冰面對上，故A錯誤；B．水平指向軌跡圓心的靜摩擦力供應向心力，故B正確；C．重力豎直向下，地面對運動員的作用力為支持力和摩擦力的合力，斜向上，與重力不是一對平衡力；運動員所受的地面的支持力與重力才是平衡一對平衡力，故C錯誤；D．運動員進入彎道時，假如速度過快，摩擦力不足以供應向心力，他會做離心運動而滑離軌道，故D錯誤。故選B。6.如圖所示，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結點O.在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運動，輕繩恰好構成一個邊長為l的等邊三角形，則()A.小環(huán)A的加速度大小為B.小環(huán)A的加速度大小為C.恒力F的大小為D.恒力F的大小為【答案】B【解析】【詳解】AB．設輕繩的拉力為T，則對A：T＋Tcos＝kTcos＝maA聯(lián)立解得：aA＝故B正確，A錯誤；CD．恒力F的大小為F＝2maA＝故CD錯誤．7.2024年2月11日，美國自然科學基金召開新聞發(fā)布會宣布，人類首次探測到了引力波.2月16日，中國科學院公布了一項新的探測引力波的“空間太極安排”.由中山高校發(fā)起的空間引力波探測工程“天琴安排”于2015年7月正式啟動.安排從2024年到2035年分四階段進行，將向太空放射三顆衛(wèi)星探測引力波.在目前探討的初步概念中，天琴將采納三顆全同的衛(wèi)星（SC1、SC2、SC3）構成一個等邊三角形陣列，地球恰處于三角形中心，衛(wèi)星將在以地球為中心、高度約10萬公里的軌道上運行，針對確定的引力波源進行探測，這三顆衛(wèi)星在太空中的分列圖類似樂器豎琴，故命名為“天琴安排”.則下列有關三顆衛(wèi)星的運動描述正確的是A.三顆衛(wèi)星肯定是地球同步衛(wèi)星B.三顆衛(wèi)星具有相同的加速度C.三顆衛(wèi)星的線速度比月球繞地球運動的線速度大且大于第一宇宙速度D.若知道引力常量G、三顆衛(wèi)星繞地球運轉周期T及地球的半徑R，則可估算出地球的密度【答案】D【解析】【詳解】同步軌道衛(wèi)星的半徑約為42400公里，是個定值，而三顆衛(wèi)星的半徑約為10萬公里，所以這三顆衛(wèi)星不是地球同步衛(wèi)星，故A錯誤；依據(jù)，解得：，由于三顆衛(wèi)星到地球的距離相等，則它們的加速度大小相等，但是方向不同，故B錯誤；第一宇宙速度是繞地球運動的最大速度，則三顆衛(wèi)星線速度都小于第一宇宙速度，故C錯誤；依據(jù)，若知道萬有引力常量G及三顆衛(wèi)星繞地球運轉周期T可以求出地球的質量M，再知道地球半徑R，所以可以求出地球的密度，故D正確．8.1905年，愛因斯坦把普朗克的量子化概念進一步推廣，勝利說明了光電效應現(xiàn)象，提出了光子說。在給出與光電效應有關的四個圖象中，下列說法正確的是（）

A.圖1中，當紫外線照耀鋅板時，發(fā)覺驗電器指針發(fā)生了偏轉，此時鋅板帶正電，驗電器也帶正電B.圖2中，從光電流與電壓的關系圖象中可以看出，電壓相同時，光照越強，光電流越大，說明遏止電壓和光的強度有關C.圖3中，若電子電量用e表示，已知，由圖象可求得普朗克常量的表達式為D.圖4中，由光電子最大初動能Ek與入射光頻率的關系圖象可知該金屬的逸出功為-E或【答案】A【解析】【詳解】A．當紫外線照耀鋅板時，發(fā)覺驗電器指針發(fā)生了偏轉，僅僅能說明驗電器帶電。發(fā)生光電效應后鋅板后帶正電，所以驗電器帶正電，故A正確；B．由圖可知，電壓相等時，光照越強，光電流越大，說明飽和光電流與光的強度有關，不能說明遏止電壓和光的強度有關，故B錯誤；C．依據(jù)可解得則圖像的斜率為變形可得故C錯誤；D．依據(jù)光電效應方程當時由圖像可得，縱軸截距為，所以即該金屬的逸出功為，圖像與軸焦點的橫坐標是，則該金屬的逸出功為，故D錯誤。故選A。9.如圖甲所示是我國自主設計的全球第一款可載客的無人駕駛飛機“億航184”，其自重為260kg，最大載重為100kg。圖乙是該無人機在最大載重狀況下，從地面起先豎直升空過程中的v-t圖象，則下列說法正確的是（）A.0-5s內的平均速度為3m/sB.5-8s內發(fā)動機的輸出功率為零C.0-5s發(fā)動機用于升空的功率漸漸減小D.發(fā)動機用于升空的功率至少為2.16×104W【答案】D【解析】【詳解】A．在v-t圖像中速度圖象的“面積”等于位移，可知0~5s內的平均速度故A錯誤；B．5~8s內飛機勻速運動，發(fā)動機的輸出功率不為零，故B錯誤；C．0~2s加速度不變，輸出功率在漸漸增大，2-5s內輸出功率不變，故C錯誤；D．依據(jù)圖像可知2~8s時保持功率不變，此時功率所以發(fā)動機用于升空的功率至少為2.16×104W，故D正確。故選D。10.如圖所示，為了浴室用電平安，某同學用志向變壓器給浴室降壓供電，志向變壓器原、副線圈匝數(shù)比為5:1，原線圈輸入交變電壓u=311sin（）V。已知照明燈額定功率為44W，排氣扇電動機內阻為1，電流表示數(shù)為2A，各用電器均正常工作，電表均為志向表。則（）A.電壓表示數(shù)為62VB.變壓器的輸入功率為88WC.排氣扇輸出功率為44WD保險絲熔斷電流不得低于1A【答案】B【解析】【詳解】A．變壓器輸入的交變電壓為則有效值變壓器原、副線圈匝數(shù)比為，依據(jù)可解得故A錯誤；B．電流表示數(shù)為，因此輸出功率為即變壓器的輸入功率為，故B正確；C．照明燈的電流為則排氣扇的電流為則排氣扇的輸出功率為代入數(shù)據(jù)可得故C錯誤；D．變壓器的初級電流為因此保險絲熔斷電流不得低于，故D錯誤。故選B。11.一長方體電阻率為的載流P型半導體（載流子為空穴正電荷），長、寬、厚分別為a、b、c，其中a>b>c，置于勻強磁場B中，方向垂直于P型半導體上表面，現(xiàn)將金屬板用圖甲、乙兩種方式接到內阻可不計的電源兩端，合上開關后在P型半導體前后表面（即I、II面）將產(chǎn)生電勢差。已知電流I與空穴正電荷定向移動的速率v關系為（n為P型半導體單位體積內的空穴正電荷個數(shù)，q為空穴正電荷電荷量，s為導體的橫截面積）。則P型半導體（）A.圖甲、乙前后表面電勢差相等B.圖甲前后表面電勢差小于圖乙C.圖甲、乙的連接方式均為后表面電勢較高D.圖甲中前表面電勢高，圖乙中后表面電勢高【答案】C【解析】【詳解】AB．當處于圖甲的狀態(tài)時，依據(jù)變形可得當處于圖乙的狀態(tài)時，依據(jù)變形可得由于，因此即圖甲前后表面電勢差大于圖乙，故AB錯誤；CD．依據(jù)左手定則可知，空穴正電荷運動產(chǎn)生的電流的方向為I到II。在電源內部，II表面的電勢高于I表面的電勢。故C正確，D錯誤。故選C。12.兩根長度不同的細線下面分別懸掛兩個小球，細線上端固定在同一點，若兩個小球以相同的角速度繞共同的豎直軸在水平面內做勻速圓周運動，則兩個擺球在運動過程中，相對位置關系示意圖正確的是圖中的（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】對于圓錐擺，細線的拉力和重力的合力來供應小球的向心力，設細線長為L，擺球質量為m，細線與豎直方向的夾角為θ，小球與懸掛點的豎直高度為h，則有mgtanθ=mrω2r=Lsinθh=Lcosθ聯(lián)立解得由題知兩球的角速度相同，故兩球的高度相同，故選B。13.如圖1所示，半徑為R的勻稱帶電圓形平板，單位面積帶電量為，其軸線上隨意一點P（坐標為x）的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：，方向沿x軸．現(xiàn)考慮單位面積帶電量為的無限大勻稱帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓版，如圖2所示．則圓孔軸線上隨意一點Q（坐標為x）的電場強度為A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】無限大勻稱帶電平板R取無限大，在Q點產(chǎn)生的場強：，半徑為r的圓版在Q點產(chǎn)生的場強：，無限大勻稱帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓版后的場強是兩個場強的差，所以：，所以選項A正確【點睛】本題對中學學生來說比較新奇，要求學生能應用所學過的單位制的應用及極限法；本題對學生的實力起到較好的訓練作用，是道好題二、選擇題（本題共3小題，每小題2分，共6分，每小題給出四個備選項中至少有一個是正確的，全部選對得2分，選對但不全得1分，有選錯得0分）14.下列物理量或物理常數(shù)的單位用國際單位制中的基本單位表示正確的是（）A.普朗克常數(shù)h的單位：kg·m2/sB.磁感應強度B的單位：N/A·mC.電感線圈的電感系數(shù)L的單位：H（亨利）D.靜電力常數(shù)k的單位：kg·m3/A2·s4【答案】AD【解析】【詳解】A．依據(jù)公式，因能量E的單位為J，頻率的額單位為，那么普朗克常量h的國際制單位為故A正確；B．依據(jù)公式，可知磁感應強度B的國際制單位為故B錯誤；C．依據(jù)公式可知，電感線圈的電感系數(shù)L的國際制單位為D．依據(jù)公式，靜電力常數(shù)k的國際制單位為故選D。故選AD。15.一列簡諧橫波從左向右以v=2m/s的速度傳播，某時刻的波形圖如圖所示，下列說法正確的是（）A.A質點再經(jīng)過一個周期將傳播到D點B.B點正在向上運動C.B點再經(jīng)過回到平衡位置D.該波的周期T=0.05s【答案】BD【解析】【詳解】A．質點不隨波傳播，故選項A錯誤；B．波向右傳播，由逆向波形法，可推斷此時B點向上振動，選項B正確；C．B點向上振動，越靠近平衡位置平均速度越大，故回到平衡位置所用時間小于八分之一周期，選項C錯誤；D．由代入數(shù)據(jù)，可知周期為：選項D正確；故選BD。16.場致放射顯微鏡的構造如圖所示：一根尖端直徑約為100nm的針，位于真空玻璃球泡的中心，球的內表面涂有熒光材料導電膜，在膜與針之間加上如圖所示的高電壓，使針尖旁邊的電場高達4×109V/m，電子就被從針尖表面拉出并加速到達涂層，引起熒光材料發(fā)光。這樣，在熒光屏上就看到了針尖的某種像（針尖表面的放射率圖象），如辨別率足夠高，還可以辨別出針尖端個別原子的位置。但由于電子波的衍射，會使像模糊影響辨別率。將電極方向互換，并在玻璃泡中充進氦氣，則有氨離子產(chǎn)生打到熒光屏上，可使辨別率提高。以下推斷正確的是（）A.氦原子變成離子是在金屬尖端旁邊發(fā)生的B.電子從針尖到導電膜的運動過程加速度不斷減C.電子或氦離子的撞擊使熒光材料的原子躍遷到了激發(fā)態(tài)D.辨別率提高是因為氦離子的德布羅意波長比電子的長【答案】ABC【解析】【詳解】A．當無規(guī)則運動的氦原子與針尖上的鎢原子碰撞時，由于氦原子失去電子成為正離子，故A正確；B．由圖可知，該電場是非勻強電場，電子向電場弱的地方運動，電場減弱，加速度不斷減小，故B正確；C．當電子或氦離子以很大的速度撞擊熒光材料時，電子或氦離子把一部分動能轉移給了熒光材料的原子，從而從使其躍遷到了激發(fā)態(tài)，故C正確；D．在電場加速，依據(jù)動能定理有依據(jù)動能與動量的關系有依據(jù)德布羅意波長聯(lián)立得變換電極前后，兩極的電壓不變，而氦離子的質量、電量都大于電子的質量、電量，故氦離子的德布羅意波長比電子的小，故D錯誤。故選ABC。三、非選擇題（本題共6小題共55分）17.有同學利用如圖所示的裝置來驗證力的平行四邊形定則：在豎直木板上鋪有白紙，固定兩個光滑的滑輪A和B，將繩子打一個結點O，每個鉤碼的質量相等，當系統(tǒng)達到平衡時，依據(jù)鉤碼個數(shù)讀出三根繩子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列問題：(1)變更鉤碼個數(shù)，試驗能完成的是_____。A．鉤碼的個數(shù)N1=N2=2，N3=4B．鉤碼的個數(shù)N1=N3=3，N2=4C．鉤碼的個數(shù)N1=N2=N3=4D．鉤碼的個數(shù)N1=3，N2=4，N3=5(2)在拆下鉤碼和繩子前，最重要的一個步驟是（）A．標記結點O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向B．量出OA、OB、OC三段繩子的長度C．用量角器量出三根繩子之間夾角D．用天平測出鉤碼的質量(3)在作圖時，下圖中更加符合實際的圖是_____圖。（填“甲”或“乙”）(4)如圖所示的試驗。ABCD為豎直平板，E、F兩處固定了摩擦不計的輕質滑輪，滑輪的軸保持水平，所用繩子的質量可不計。第一次試驗中，當裝平衡時，繩子的結點在O處，拉力的方向和鉤碼的位置如圖所示其次次試驗時，僅把右側滑輪的位置移動到圖中的G點，待穩(wěn)定后∠EOF將_____（填“變大”、“變小”或不變”），繩子結點O的位置將_____。A．豎直向下移動B．水平向右移動C．沿EO方向移動D．沿FO方向移動【答案】(1).BCD(2).A(3).甲(4).不變(5).C【解析】【詳解】(1)[1]對O點受力分析如圖OA、OB、OC分別表示三個力的大小，由于三共點力處于平衡，所以OC等于OD，因此三個力的大小構成一個三角形A．2、2、4不行以構成三角形，則結點不能處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；B．3、3、4可以構成三角形，則結點能處于平衡，故B正確；C．4、4、4可以構成三角形，則結點能處于平衡，故C正確；D．3、4、5可以構成三角形，則結點能處于平衡，故D正確。故選BCD；(2)[2]為驗證平行四邊形定則，必需作受力圖，所以先明確受力點，即標記結點O的位置，其次要作出力的方向并讀出力的大小，最終作出力的圖示，因此要做好記錄，是從力的三要素角度動身，要記錄砝碼的個數(shù)和記錄OA、OB、OC三段繩子的方向，故A正確，BCD錯誤。故選A；(3)[3]以O點為探討對象，F(xiàn)3的是實際作用效果在OC這條線上，由于誤差的存在，F(xiàn)1、F2的理論值要與實際值有肯定偏差，故甲圖符合實際，乙圖不符合實際；(4)[4]以O點為探討對象，受到三個力的作用，由于鉤碼個數(shù)不變，因此三個力的大小不變，O點所受豎直方向的拉力大小方向不變，即EO，F(xiàn)O兩繩子拉力的合力大小方向不變，依據(jù)平行四邊形定則可知，二力的大小不變，其合力的大小方向不變，則該二力的夾角不變，故∠EOF不變；[5]依據(jù)相像三角形的幾何關系可知，E點位置不變，EF之間的距離變大，而∠EOF不變，因此繩子結點O的位置將向EO方向移動，故ABD錯誤，C正確。故選C。18.某同學先后用多用電表和伏安法測量一個未知電阻Rx的阻值。(1)該同學選用倍率為“×100”的電阻擋時，指針位置如圖甲所示；他應選用倍率為___（填“×1”或“×10”）的電阻擋再次測量，當其選擇合適的倍率后，指針位置如圖乙所示，則所測電阻的阻值為____Ω；(2)為更精確測量其阻值，該同學采納了伏安法。試驗室備有下列試驗器材：a.電壓表V1（量程3V，內阻約為15kΩ）；b.電壓表V2（量程15V，內阻約為75kΩ）；c.電流表A1（量程250mA，內阻約為0.2Ω）；d.電流表A2（量程50mA，內阻約為1Ω）；e.滑動變阻器R（最大阻值150Ω）；f.電池組E（電動勢為3V，內阻不計）；g.開關S，導線若干。為減小試驗誤差，電壓表應選用___，電流表應選用___（填器材前面的序號），試驗電路應選___（填“圖丙”或“圖丁”）。若該同學選擇器材、連接電路等操作均正確，則電阻的測量值___（填“大于”“小于”或“等于”）其真實值，緣由是___________?！敬鸢浮?1).×10(2).70(3).a(4).d(5).圖丁(6).小于(7).電壓表分流【解析】【詳解】(1)[1][2]選用倍率為“×100”的電阻擋測量，指針的位置如圖甲所示，指針偏角太大，說明所選擋位太大，要較精確的測量該電阻的阻值，應選擇×10電阻擋，重新進行歐姆調零，然后再測電阻；按正常依次操作后，指針的位置如圖中乙，則該電阻的阻值為7×10Ω=70Ω(2)[3]電源電動勢是3V，電壓表應選a[4]通過待測電阻的最大電流約為電流表選d[5]由于說明待測電阻較小，則電流表用外接法，即驗電路應選圖丁[6][7]電流表外接法中，電壓表測量的是電阻兩端的真實電壓，由于電壓表的分流作用使電流表的示數(shù)大于流過待測電阻的電流，據(jù)此可知，電阻的測量值小于其真實值，主要緣由為電壓表的分流作用。19.如圖甲所示，光滑平臺右側與一長為L=10m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一小滑塊以初速度v0=10m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止．現(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角θ=37°，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板時的能量損失，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ；(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t．【答案】(1)0.5(2)【解析】【詳解】(1)設滑塊質量為m，木板水平常滑塊加速度為a，則對滑塊有：滑塊恰好到木板右端停止解得：(2)當木板傾斜，設滑塊上滑時的加速度為a1，最大距離為s，上滑的時間為t1，有：聯(lián)立解得、設滑塊下滑時的加速度為a2，下滑的時間為t2，有聯(lián)立解得：滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間：20.在學校組織的趣味運動會上,某科技小組為大家供應了一個寓學于樂的嬉戲.如圖所示,將一質量為0.1的鋼球放在點,用彈射裝置將其彈出,使其沿著光滑的半圓形軌道和運動,段為一段長為的粗糙平面,為接球槽.圓弧和的半徑分別為,,小球與段的動摩擦因數(shù)為,點離接球槽的高度為,水平距離為,接球槽足夠大,取10.求:

(1).要使鋼球恰好不脫離圓弧軌道,鋼球在點的速度多大?在位置對半圓軌道的壓力多大?(2).要使鋼球最終能落入槽中,彈射速度至少多大?【答案】(1)6N(2)【解析】【詳解】(1)要使鋼球恰好不脫離圓弧軌道，對最高點有可得鋼球從到的過程有點有聯(lián)立可得依據(jù)牛頓第三定律可得,鋼球在位置對半圓軌道的壓力大小為6(2)設要使鋼球能落入槽中,點速度至少為,從到由平拋運動規(guī)律得水平方向豎直方向可得假設鋼球在點的速度恰為以時,鋼球可運動到點,且速度為，從到由動能定理有可得故當鋼球在點的速度恰為時,鋼球不行能到達點,更不行能平拋入槽要使鋼球最終能落入槽中,須要更大的彈射速度,才能使鋼球既滿意不脫離圓弧軌道,又能落入槽中從到由動能定理有聯(lián)立可得21.間距為L的兩平行光滑金屬導軌如圖所示，x軸平行導軌，y軸垂直導軌。在位置有一寬度可不計的絕緣薄層，隔開左右兩部分電路。在導軌間存在磁場，y軸左側磁場方向垂直紙面對外，y右側磁場方向垂直紙面對里，區(qū)域磁場恒為B0，區(qū)域磁感應強度沿y軸方向磁感應強度大小不變，沿x軸方向磁感應強度大小隨x變更，而且變更規(guī)律相同