2025屆河南省信陽市光山縣一高二高高三下學(xué)期二模聯(lián)考物理試題（解析版）VIP

2025屆光山縣一高、二高二模聯(lián)考高三物理試題注意事項∶本試卷滿分100分，考試時間為75分鐘。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考號填寫在答題卡上；考試結(jié)束，將答題卡交回。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。）1.一質(zhì)點做直線運動的關(guān)系圖像如圖所示，則該質(zhì)點的關(guān)系圖像可大致表示為選項圖中的（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】由v－t關(guān)系圖像可知，物體開始沿正方向做勻減速直線運動到零，然后反向做勻加速直線運動，x－t關(guān)系圖線切線斜率表示瞬時速度，可知瞬時速度先減小后反向增大，另外反向運動時加速度大于原來的加速度，所以運動相同距離所用時間短。故選B。2.2021年5月18日，中國空間站天和核心艙進入軌道，其軌道可視為圓軌道，繞地球運行的周期約為90分鐘，至今為止，多艘神舟號飛船都成功對接天和核心艙；2024年4月25日，神舟十八號載人飛船成功對接天和核心艙，若對接前后天和核心艙軌道不變。下列說法正確的是（）A.空間站內(nèi)的宇航員在軌觀看“蘇炳添以9秒83的成績闖入東京奧運會百米決賽”的比賽時間段內(nèi)飛行路程可能超過79kmB.空間站在軌道上運行的速率大于地球靜止衛(wèi)星運行的速率C對接成功后，空間站由于質(zhì)量增大，運行周期變大D.對接成功后，空間站由于質(zhì)量增大，運行加速度變大【答案】B【解析】【詳解】AB．空間站圍繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力定律和牛頓第二定律可得解得空間站的周期為90min，小于地球靜止衛(wèi)星，可知其軌道半徑小于靜止衛(wèi)星半徑，所以其運行速率大于靜止衛(wèi)星運行速率；同時可知其運行速率小于地球第一宇宙速度，即7.9km/s，在10s內(nèi)的時間，衛(wèi)星運動的路程小于79km，故A錯誤，B正確；CD．對接成功后，由可知加速度和知運行周期都與空間站質(zhì)量無關(guān)，故周期不變，加速度不變，故CD錯誤。故選B。3.智能手機安裝軟件后，可利用手機上的傳感器測量手機運動的加速度，帶塑膠軟殼的手機從一定高度由靜止釋放，落到地面上，手機傳感器記錄了手機運動的加速度a隨時間t變化的關(guān)系如圖所示，為當?shù)氐闹亓铀俣?。下列說法正確的是（）A.釋放時，手機離地面的高度為B.手機第一次與地面碰撞的作用時間為C.手機第一次與地面碰撞中所受最大彈力為自身重力的10倍D.0至?xí)r間內(nèi)圖線與橫坐標圍成的面積中，時間軸下方與上方的面積大小相等【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，時刻手機開始接觸地面，則內(nèi)做自由落體運動，釋放時，手機離地面的高度為故A錯誤；B．由圖可知，時刻手機開始接觸地面，時刻手機開始離開地面，則手機第一次與地面碰撞的作用時間為，故B錯誤；C．由圖可知，時刻手機的加速度最大，且方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律可得可得手機第一次與地面碰撞中所受最大彈力為自身重力的11倍，故C錯誤；D．由圖可知，時刻手機的加速度最大，此時手機受到地面的彈力最大，手機處于最低點，手機的速度為零，則時間內(nèi)手機的速度變化量為零，根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，可知0至內(nèi)圖線與橫坐標圍成的面積中，時間軸下方與上方的面積大小相等，故D正確。故選D。4.水上滑翔傘是一項很受青年人喜愛的水上活動。如圖1所示，滑翔傘由專門的游艇牽引，穩(wěn)定時做勻速直線運動，游客可以在空中體驗迎風(fēng)飛翔的感覺。為了研究這一情境中的受力問題，可以將懸掛座椅的結(jié)點作為研究對象，簡化為如圖2所示的模型，結(jié)點受到牽引繩、滑翔傘和座椅施加的三個作用力F1、F2和F3，其中F1斜向左下方，F(xiàn)2斜向右上方。若滑翔傘在水平方向受到的空氣阻力與水平速度成正比，在豎直方向上受到的空氣作用力保持不變。當提高游艇速度，穩(wěn)定時則（）A.F2可能等于F3B.F1一定變小C.當速度增大到一定程度，人的腳尖可以觸及海面D.F2和F3的合力方向可能沿水平向右【答案】C【解析】【詳解】A．結(jié)點受到三個力的作用處于平衡狀態(tài)，則三個力的合力為零，所以F1和F3的合力大小一定等于F2的大小，又由于兩個力的夾角為銳角時，合力大于任意一個分力，則F2一定大于F3，故A錯誤；B．將力F2和F3沿水平方向與豎直方向分解，如圖設(shè)F1和F2與豎直方向的夾角分別為α、β，則因當速度變大時，空氣阻力變大，即F2的水平分量F2x變大，豎直分量不變，則F2變大，β變大，F(xiàn)1也一定變大，故B錯誤；C．人的腳尖觸及海面時，F(xiàn)1方向水平向左，結(jié)點在三力作用下仍能保持平衡，所以，人的腳尖可以接觸海面，故C正確；D．結(jié)點受到三個力的作用處于平衡狀態(tài)，則三個力的合力為零，所以F2和F3的合力大小一定等于F1的大小，方向與F1相反，方向一定不能沿水平方向向右，故D錯誤。故選C。5.在2023年9月21日的“天宮課堂”上，航天員給同學(xué)們解答了與太空垃圾相關(guān)的問題。假設(shè)在空間站觀察到如圖所示的太空垃圾P、Q、M、N（P、Q、M、N均無動力運行，軌道所在空間存在稀薄氣體），假設(shè)空間站和太空垃圾均繞地球做順時針方向的運動，空間站的軌道高度不變。則最可能對空間站造成損害的是（）AP B.Q C.M D.N【答案】A【解析】【詳解】太空垃圾無動力運行，由于軌道空間存在稀薄氣體，所以太空垃圾的軌道會逐漸減低，根據(jù)可得所以太空垃圾P、N的周期大于空間站，在軌道降低過程中，P最有可能對空間站造成損害，N會在空間站的后方。故選A。6.在如圖所示的電路中，輸入端接在電壓恒定的正弦交流電源上，電流表、電壓表均為理想表，、為定值電阻，為滑動變阻器，開關(guān)S開始接在1端，則下列判斷正確的是（）A.僅將滑動變阻器的滑片P向下移，電流表的示數(shù)和電壓表的示數(shù)均變小B.僅將滑動變阻器的滑片P向上移，電流表的示數(shù)和電壓表的示數(shù)均變大C.將開關(guān)S由1合向2，電流表的示數(shù)變小，電源輸出的功率變小D.將開關(guān)S由1合向2，電流表的示數(shù)變大，電壓表的示數(shù)變小【答案】C【解析】【詳解】AB．設(shè)原線圈中電流表的示數(shù)為I，變壓器匝數(shù)比為k，則當滑片P向下移時，接入電阻增大，根據(jù)歐姆定律，副線圈電流減小，所以原線圈電路中電流表的示數(shù)變小，根據(jù)可知原線圈中電壓U1變大，故副線圈的電壓U2變大，即電壓表的示數(shù)變大；同理，可知當滑片P向上移，接入電阻減小，根據(jù)歐姆定律，副線圈電流增大，所以原線圈電路中電流表的示數(shù)變大，原線圈中的電壓U1變小，故副線圈的電壓U2變小，即電壓表的示數(shù)變小，故AB錯誤；CD．根據(jù)電壓匝數(shù)關(guān)系有將開關(guān)S由1合向2，原線圈匝數(shù)增大，則副線圈兩端電壓減小，電壓表的示數(shù)變小，根據(jù)歐姆定律，副線圈電流減小，所以原線圈電路中電流表的示數(shù)變小，電源輸出的功率變小，故C正確，D錯誤。故選C。7.斜向上發(fā)射的炮彈在最高點爆炸（爆炸時間極短）成質(zhì)量均為m的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原路返回。已知炮彈爆炸時距地面的高度為H，炮彈爆炸前的動能為E，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，則兩塊碎片落地點間的距離為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】火箭炸裂的過程水平方向動量守恒，設(shè)火箭炸裂前的速度大小為v，則得設(shè)炸裂后瞬間另一塊碎片的速度大小為v1，有解得根據(jù)平拋運動規(guī)律有得兩塊碎片落地點之間的距離故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，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。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.如圖所示，足夠長、光滑、電阻不計的金屬導(dǎo)軌PQ、MN水平平行放置在絕緣水平面上，左端接有一定值電阻R，在垂直導(dǎo)軌分界線ab、cd間有豎直向下的勻強磁場，在分界線cd、ef右側(cè)區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為，且。一金屬棒以初速度進入磁場，經(jīng)過cd、ef處時的速度分別為，，金屬棒從ab至cd過程，回路產(chǎn)生的焦耳熱為，通過電阻R的電荷量為，金屬棒位移為，經(jīng)歷的時間為；金屬棒從cd至ef過程，回路產(chǎn)生的焦耳熱為，通過電阻R的電荷量為，金屬棒的位移為，經(jīng)歷的時間為。金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直，則（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【詳解】A．設(shè)金屬棒質(zhì)量為m，從ab到cd過程，有從cd到ef過程，有整理有故A項正確；B．設(shè)導(dǎo)軌間距為L，金屬棒從ab至cd過程，由動量定理有又因為所以整理有從cd到ef過程，同理可得整理有故B項錯誤；C．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有又因為，所以整理有整理有故C項正確；D．若金屬棒在兩階段做勻減速直線運動，則有，解得金屬棒受安培力并不是恒力，即金屬棒不是做勻減速直線運動，其該比值并不成立，故D項錯誤。故選AC。9.如圖所示，在半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，從圓上某點A射入一質(zhì)量為m，帶電量為的粒子以速度v射入磁場區(qū)域，射入時的粒子與AO之間的夾角為，不計粒子重力，則（）A.若粒子在磁場中的運動半徑為R，則粒子射出磁場時的速度偏轉(zhuǎn)角為B.若粒子在磁場中的運動半徑為R，則粒子射出磁場時的速度偏轉(zhuǎn)角為C.若僅增大粒子速度v，則粒子在磁場中的運動時間變短D.若粒子在磁場中的運動半徑小于R，僅增大角度θ，則粒子在磁場中的運動時間變短【答案】AC【解析】【詳解】AB．根據(jù)磁聚焦的知識可知，若粒子在磁場中的運動半徑為R，粒子射出時的速度方向一定與OA垂直，所以速度偏轉(zhuǎn)角為，故A正確，B錯誤；C．僅增大粒子的速度v，粒子的運動軌跡如圖甲所示由圖甲可知，粒子在磁場中運動的圓心角α變小，根據(jù)可知，時間變短，故C正確；D．若粒子在磁場中運動的半徑小于R，僅增大角度θ，則由圖乙可知，粒子在磁場中的運動時間變長，故D錯誤。故選AC。10.如圖所示，xOy平面為光滑水平桌面，在x軸上固定了一個圓弧擋板，擋板圓弧所在平面與水平桌面共面。為其圓心，其半徑。質(zhì)量為0.1kg的小球在y軸上的初速度大小為v0。小球受到大小不變、方向沿-y方向的恒定合外力作用。已知小球在碰到擋板前的最小速度為4m/s，恒力的大小為1N。小球視為質(zhì)點，，cos37°=0.8。下列說法正確的是（）A.小球在整個運動過程中機械能守恒B.在小球擊中擋板前，小球速度大小變?yōu)?m/s時，速度方向和x軸正方向的夾角為C.若小球在速度最小時恰好經(jīng)過，則小球擊中擋板前瞬間的動能為2.6JD.若v0大小方向可以改變，小球的初始位置可沿y方向上下移動，圓弧擋板可沿x方向左右移動，總保證小球每次水平通過點，則擊中擋板時小球的最小動能為【答案】BCD【解析】【詳解】A．小球在-y方向上受到恒定合外力的大小為1N，小球在水平桌面上做類斜拋運動，小球在整個運動過程中除重力外有其它力做功，機械能不守恒，故A錯誤；B．小球在碰到擋板前的最小速度時，小球到達y軸的坐標最大，在y軸方向的速度為0，小球在x軸方向的速度為小球在x軸方向上做勻速直線運動，設(shè)在小球擊中擋板前，小球速度大小變?yōu)?m/s時，速度方向和x軸正方向的夾角為，則解得故B正確；C．若小球在速度最小時恰好經(jīng)過，則小球從點做類平拋運動，在x軸方向在y軸方向上小球擊中擋板時解得，小球從點到擋板由動能定理得解得小球擊中擋板前瞬間的動能為故C正確；D．小球水平通過點擊中擋板，則小球從點做類平拋運動，小球擊中擋板時，，擊中擋板時小球的動能為當時擊中擋板時小球的動能最小，為故D正確。故選BCD。三、非選擇題（共54分。）11.某物理興趣小組利用如甲所示的裝置進行實驗。在足夠大的水平平臺上的A點放置一個光電門，水平平臺上A點右側(cè)摩擦很小，可忽略不計，左側(cè)為粗糙水平面，當?shù)刂亓铀俣却笮間，采用的實驗步驟如下：①在小滑塊a上固定一個寬度為d的窄擋光片﹔②用天平分別測出小滑塊a（含擋光片）和小球b的質(zhì)量、；③a和b間用細線連接，中間夾一被壓縮了的輕彈簧，靜止放置在平臺上；④細線燒斷后，a、b瞬間被彈開，向相反方向運動；⑤記錄滑塊a通過光電門時擋光片的遮光時間t；⑥滑塊α最終停在C點（圖中未畫出），用刻度尺測出AC之間的距離；⑦小球b從平臺邊緣飛出后，落在水平地面的B點，用刻度尺測出平臺距水平地面的高度h及平臺邊緣鉛垂線與B點之間的水平距離；⑧改變彈簧壓縮量，進行多次測量。（1）a球經(jīng)過光電門的速度為：___________（用上述實驗數(shù)據(jù)字母表示）。（2）該實驗要驗證“動量守恒定律”，則只需驗證等式___________成立即可。（用上述實驗數(shù)據(jù)字母表示）（3）改變彈簧壓縮量，多次測量后，該實驗小組得到與的關(guān)系圖像如圖乙所示，圖線的斜率為k，則平臺上A點左側(cè)與滑塊a之間的動摩擦因數(shù)大小為___________。（用上述實驗數(shù)據(jù)字母表示）【答案】①.②.③.【解析】【分析】【詳解】（1）[1]燒斷細線后，a向左運動，經(jīng)過光電門，根據(jù)速度公式可知，a經(jīng)過光電門的速度（2）[2]b離開平臺后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律可得解得若動量守恒，設(shè)向右為正，則有即（3）[3]對物體a由光電門向左運動過程分析，則有經(jīng)過光電門的速度由牛頓第二定律可得聯(lián)立可得則由圖像可知解得12.智能手機大都配有氣壓傳感器，當傳感器所處環(huán)境氣壓變化時，其電阻也隨之發(fā)生變化。某實驗小組在室溫下用伏安法探究某氣壓傳感器阻值Rx隨氣壓p變化的規(guī)律，如下表所示。實驗使用了如下器材中的一部分：A．氣壓傳感器B．直流電源，電動勢9V，內(nèi)阻不計C．電流表A1，量程為0~60mA，內(nèi)阻不計D．電流表A2，量程為0~600mA，內(nèi)阻不計E．電壓表V，量程為0~3V，內(nèi)阻為3kΩF．定值電阻R1＝6kΩG．滑動變阻器R1最大電阻值約為20ΩH．開關(guān)S與導(dǎo)線若干p(×105Pa)0.850.900.951.001.051.10Rx(Ω)482420361300238180（1）實驗小組使用了圖甲實驗電路原理圖，某次測量時，電壓表示數(shù)如圖乙所示，電壓表示數(shù)為__________V；（2）根據(jù)表格的數(shù)據(jù)，實驗小組所選的電流表為________（選填“A1”或“A2”）；（3）當氣壓傳感器所處環(huán)境氣壓為p時，閉合開關(guān)S，測得兩個電表的讀數(shù)分別為U和I，則氣壓傳感器的阻值Rx＝________（用U和I表示）；（4）若電壓表的實際內(nèi)阻小于3kΩ，則測得的氣壓傳感器的阻值與實際值相比________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）?！敬鸢浮竣?2.50②.A1③.④.偏小【解析】【詳解】（1）[1]電壓表量程為3V，由圖所示讀數(shù)為2.50V。（2）[2]根據(jù)表格的數(shù)據(jù)，當氣壓傳感器兩端電壓為電源電壓時，Rx取最小值時得到的電流為50mA，故實驗小組所選的電流表應(yīng)為A1。（3）[3]當氣壓傳感器所處環(huán)境氣壓為p時，由代入數(shù)據(jù)整理得（4）[4]由得由于電壓表的實際內(nèi)阻小于3kΩ，實際計算代入的是3kΩ，則測得的氣壓傳感器的阻值與實際值相比要偏小一些。13.如圖甲所示，潛水鐘是運送潛水員下潛、休息、接回水面的一種運載工具，可使?jié)撍畣T在水下長時間作業(yè)。它的原理就像一只倒扣在水中的、下端開口的圓柱形桶，桶內(nèi)始終保持一定量的空氣，可供潛水員呼吸。某個潛水鐘可簡化為高度d=8m開口向下的薄壁圓柱形桶，如圖乙所示。工作時，水面上的船將潛水鐘從水面上方開口向下吊放至水下一定深度處，此時潛水鐘內(nèi)氣柱高度h=2m。忽略潛水鐘內(nèi)氣體溫度的變化和水密度隨深度的變化。已知水的密度，重力加速度g取，大氣壓強。（1）求此時潛水鐘的上底面距水面的深度H；（2）現(xiàn)保持潛水鐘位置不變，通過船上的氣泵將空氣壓入潛水鐘內(nèi)，將潛水鐘內(nèi)的水全部排出，求壓入空氣的質(zhì)量與潛水鐘內(nèi)原來氣體質(zhì)量的比值k?！敬鸢浮浚?）28m；（2）3.6【解析】【詳解】（1）設(shè)潛水鐘的橫截面積為S，放入水下后潛水鐘內(nèi)氣體的壓強為p1，則由玻意耳定律得解得H=28m（2）設(shè)潛水鐘的體積為V0，水全部排出后氣體的壓強為p2這些氣體在其壓強為p0時的體積為V3，需壓入壓強為p0的氣體體積為。由玻意耳定律而解得壓入空氣的質(zhì)量與潛水鐘內(nèi)原來氣體質(zhì)量的比值14.如圖所示，光滑的輕滑輪可以繞垂直于紙面的光滑固定水平軸O轉(zhuǎn)動、輪上繞有輕質(zhì)柔軟細線，線的一端系一質(zhì)量為的重物，另一端系一質(zhì)量為m，電阻為r的金屬桿。在豎直平面內(nèi)有間距為L的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，在之間連接有阻值為R的電阻，其余電阻不計，磁感應(yīng)強度為的勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直。開始時金屬桿置于貼近導(dǎo)軌下端處，將重物由靜止釋放，當重物下降h時恰好達到穩(wěn)定速度而勻速下降。運動過程中金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，忽略所有摩擦，重力加速度為g。求：（1）重物勻速下降的速度v；（2）重物從釋放到下降h的過程中，電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱；（3）若將重物下降h時的時刻記作，從此時刻起，磁感應(yīng)強度逐漸減小，若此后金屬桿中恰好不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則磁感應(yīng)強度B隨時間t怎樣變化（寫出B與t的關(guān)系式）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）重物勻速下降時，金屬桿勻速上升，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為由閉合電路歐姆定律得，回路中電流金屬桿所受的安培力為重物與金屬桿系統(tǒng)受力平衡聯(lián)立解得（2）重物從釋放到下降h的過程中，由