2025屆河南省信陽市商城縣達權(quán)店高中、豐集高中高三下學期二模聯(lián)考物理試題（解析版）

2025屆商城縣達權(quán)店高中、豐集高中二模聯(lián)考高三物理試題卷注意事項∶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.香海大橋為廣東省重點交通項目，已于2022年全線通車，其與江珠高速公路有相交點，可進一步促進大灣區(qū)內(nèi)珠中江地區(qū)融合發(fā)展，已知大橋全長，其中主線長，支線長，支線路段限速為。若一輛汽車以加速度從靜止開始駛?cè)胫Ь€，先直線加速到后保持勻速率行駛，則下列說法正確的是（）A.汽車加速時間為 B.指的是位移C.指的是平均速度 D.汽車通過支線的時間小于9分鐘【答案】D【解析】【詳解】A．汽車加速時間為選項A錯誤；B．指的是路程，選項B錯誤；C．指的是瞬時速度，選項C錯誤；D．汽車勻加速的位移勻速通過支線的時間通過支線的時間為選項D正確。故選D。2.如圖一只小鳥落在了樹枝上，樹枝發(fā)生了彎曲，小鳥處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是（）A.樹枝發(fā)生了彎曲，是因為小鳥對樹枝的壓力大于樹枝對小鳥的支持力B.樹枝對小鳥的支持力是由樹枝發(fā)生形變產(chǎn)生的C.樹枝對小鳥彈力的方向斜向上偏右D.小鳥起飛瞬間，翅膀?qū)諝獾淖饔昧Υ笥诳諝鈱Τ岚虻淖饔昧Α敬鸢浮緽【解析】【詳解】A．小鳥對樹枝的壓力與樹枝對小鳥的支持力是一對作用與反作用力，大小相等，方向相反，選項A錯誤；B．樹枝對小鳥的支持力是由樹枝發(fā)生形變產(chǎn)生的，選項B正確；C．樹枝對小鳥彈力與小鳥的重力等大反向，則樹枝對小鳥的彈力的方向豎直向上，選項C錯誤；D．小鳥起飛瞬間，翅膀?qū)諝獾淖饔昧εc空氣對翅膀的作用力是一對作用與反作用力，大小相等，方向相反，選項D錯誤。故選B。3.超級電容器又叫雙電層電容器，是一種新型儲能裝置，它不同于傳統(tǒng)的化學電源，是一種介于傳統(tǒng)電容器與電池之間、具有特殊性能的電源．它具有功率密度高、充放電時間短、循環(huán)壽命長、工作溫度范圍寬等特點．如圖為一款超級電容器，其標有“2.7V，3000F”，則可知（）A.該電容器充電時把電能轉(zhuǎn)化為化學能B.該電容器充電時板間的電場強度增大C.該電容器容納電荷的本領(lǐng)較3000pF的電容小D.該電容器只有在2.7V電壓下，電容才是3000F【答案】B【解析】【詳解】A、由于是電容器，充電時把電能存儲在電容器中，沒有轉(zhuǎn)化為化學能，故A錯誤；B、電容器充電時板間的電壓增大，距離不變，根據(jù)可知，電場強度增大，故B正確；CD、電容是描述電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量，其大小與電壓和電量無關(guān)，故電容始終為3000F，比3000pF的電容大，故C錯誤，D錯誤；故選B．4.我國預(yù)計在2030年前實現(xiàn)載人登月，登月的初步方案是：采用兩枚運載火箭分別將月面著陸器和載人飛船送至環(huán)月軌道對接，航天員從飛船進入月面著陸器。月面著陸器將攜航天員下降著陸于月面預(yù)定區(qū)域。在完成既定任務(wù)后，航天員將乘坐著陸器上升至環(huán)月軌道與飛船交會對接，并攜帶樣品乘坐飛船返回地球。已知地球半徑約為6400km，月球的半徑約為地球的，月球表面重力加速度約為地球的，則（）A.發(fā)射火箭的速度必須達到11.2km/sB.月面著陸器下降著陸過程應(yīng)當一直加速C.載人飛船在環(huán)月軌道勻速圓周運動的運行速度小于地球的第一宇宙速度D.載人飛船在月球表面上方約200km處環(huán)月勻速圓周運動的周期約為27.6天【答案】C【解析】【詳解】A．發(fā)射的火箭攜帶飛船最終繞月球運動，還是在地月系內(nèi)，則發(fā)射速度大于7.9km/s小于11.2km/s，故A錯誤；B．月面著陸器下降著陸過程速度要減小，故B錯誤；C．衛(wèi)星繞著星球表面做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，有可得則載人飛船在環(huán)月軌道勻速圓周運動的速度和近地衛(wèi)星的線速度之比為則有載人飛船在環(huán)月軌道勻速圓周運動的運行速度小于近地衛(wèi)星的線速度（即地球的第一宇宙速度），故C正確；D．載人飛船在月球表面上方約200km處環(huán)月勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，有其中=6400km，h=200km，=9.8m/s2則飛船的周期約為≈118min故D錯誤。故選C。5.如圖甲所示，每年夏季，我國多地會出現(xiàn)日暈現(xiàn)象，日暈是日光通過卷層云時，受到冰晶的折射或反射形成的。如圖乙所示為一束太陽光射到六角形冰晶上時的光路圖，、為其折射出的光線中的兩種單色光，下列說法正確的是（）A.用同一裝置做雙縫干涉實驗光的條紋間距比光的窄B.在冰晶中，光的傳播速度較大C.用同一裝置做單縫衍射實驗，光中央亮條紋更寬D.從同種玻璃中射入空氣發(fā)生全反射時，光的臨界角較小【答案】C【解析】【詳解】A．由題圖可知光的偏折程度比光的偏折程度小，根據(jù)折射定律可知，六角形冰晶對光的折射率小于對光的折射率，則光的頻率小于光的頻率，光的波長比光的波長大，根據(jù)條紋間距公式可知用同一裝置做雙縫干涉實驗光的條紋間距比光的寬，故A錯誤；B．根據(jù)由于六角形冰晶對光的折射率小于對光的折射率，可知在冰晶中，光的傳播速度較小，故B錯誤；C．波長越小，衍射現(xiàn)象越不明顯，單縫衍射的中央亮條紋越窄，用同一裝置做單縫衍射實驗，光中央亮條紋更窄，光中央亮條紋更寬，故C正確；D．根據(jù)全反射臨界角公式同種玻璃對光的折射率比對光的折射率小，可知從同種玻璃中射入空氣發(fā)生全反射時，光的臨界角較大，故D錯誤。故選C。6.如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的O點，小滑塊A和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長為L的細線兩端和彈簧兩端分別固定于O和A，彈簧自然長度為0.7L，質(zhì)量為m的小球B固定在細線的中點，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角為37°。已知重力加速度為g，，?，F(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動，當細線與豎直方向的夾角增大到53°時，A、B間細線的拉力恰好減小到零，此過程中裝置對滑塊A所做的功為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】設(shè)兩細繩的張力為T，彈簧彈力為，根據(jù)A受力平衡有B受力平衡有解得轉(zhuǎn)動時對有裝置對滑塊所做的功為故選B。7.2024年4月25日神舟十八號載人飛船成功與空間站對接。對接前的運動簡化如下：空間站在軌道Ⅰ上勻速圓周運動，速度大小為v1；飛船在橢圓軌道Ⅱ上運動，近地點B點離地的高度是200km，遠地點A點離地的高度是356km，飛船經(jīng)過A點的速度大小為vA，經(jīng)過B點的速度大小為vB。已知軌道Ⅰ、軌道Ⅱ在A點相切，地球半徑為6400km，下列說法正確是（）A.在軌道Ⅱ上經(jīng)過A的速度等于在軌道Ⅰ上經(jīng)過A的速度，即vA=v1B.在軌道Ⅱ上經(jīng)過A的向心加速度小于在軌道Ⅰ上經(jīng)過A的向心加速度C.在軌道Ⅱ上經(jīng)過B的速度有可能大于7.9km/sD.在軌道Ⅱ上從B點運動到A點的時間大約為30min【答案】C【解析】【詳解】A．載人飛船在A點時經(jīng)過點火加速做離心運動才能從載人飛船運行軌道Ⅱ進入空間站的運行Ⅰ，即故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律可知，飛船在軌道Ⅱ上經(jīng)過A的向心加速度等于在軌道Ⅰ上經(jīng)過A的向心加速度，故B錯誤；C．飛船在近地點B所在的圓軌道運動的速度小于最大環(huán)繞速度7.9km/s，但由圓軌道到橢圓軌道II需要加速，所以在軌道Ⅱ上經(jīng)過B的速度有可能大于7.9km/s，故C正確；D．設(shè)地球表面一個質(zhì)量為m的物體，則有船在軌道I上的周期為T1，則有解得飛船在軌道II的周期為T2，根據(jù)開普勒第三定律得解得則在軌道Ⅱ上從B點運動到A點的時間大約為故D錯誤。故選C。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。）8.一列簡諧橫波沿水平方向傳播，在該波上有a、b兩質(zhì)點，平衡位置間距為L，L介于一個波長和兩個波長之間。從某時刻開始計時，兩質(zhì)點的振動圖像如圖所示，其中a為實線，b為虛線。則在時波形圖可能是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【詳解】周期T=8×10-2s；若波從a向b傳播，則對應(yīng)于解得（n=0、1、2、3……）因為L介于一個波長和兩個波長之間，可知n=1，此時在t=0時質(zhì)點a從平衡位置向上振動，時到達最低點，則此時波形圖為D；若波從b向a傳播，則對應(yīng)于解得（n=0、1、2、3……）因為L介于一個波長和兩個波長之間，可知n=1，此時在t=0時質(zhì)點a從平衡位置向上振動，時到達最低點，則此時波形圖為B；故選BD。9.隨著節(jié)能減排的推進，水力發(fā)電站將代替部分火力發(fā)電站而成為發(fā)電主力。某水電站的電能輸送示意圖如圖甲所示，升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶10，升壓變壓器原線圈輸入電壓隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，降壓變壓器的副線圈電壓為220V，發(fā)電機的輸出功率為110kW，升壓、降壓變壓器均為理想變壓器，兩者之間的輸電線路的總電阻為4.4Ω，下列說法正確的是（）A.升壓變壓器副線圈的輸出電壓為2200VB.降壓變壓器原線圈的輸入電壓為1980VC.降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為8∶1D.用戶消耗的電功率為88kW【答案】AB【解析】【詳解】A．由題圖可知，發(fā)電機的輸出電壓有效值為U1=220V，升壓后變?yōu)檫x項A正確；B．輸電線中電流為導(dǎo)線上的電壓損失為U線=I2R線=220V故降壓變壓器原線圈的輸入電壓為U3=2200V-220V=1980V選項B正確；C．用戶電壓為220V，故降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為選項C錯誤；D．導(dǎo)線上的功率損失用戶消耗的電功率為選項D錯誤。故選AB。10.如圖所示，在坐標系xOy中，弧BDC是以A點為圓心、AB為半徑的一段圓弧，，，D點是圓弧跟y軸的交點。當在O點和A點分別固定電荷量為和的點電荷后，D點的電場強度恰好為零。下列說法正確的是（）A.B.B點與C點場強相同C.圓弧BDC上的各點中，D點的電勢最低D.電子沿著圓弧從B點運動到C點的過程中，電勢能先增大后減小【答案】ACD【解析】【詳解】A．D點電場強度恰好為零，有解得故A項正確；B．根據(jù)對稱性可知，B、C兩點電場強度大小相等，方向不同，故B項錯誤；C．對來說圓弧是一個等勢面，所以各點電勢高低，由決定，根據(jù)沿電場線方向電勢降低，離負電荷越近，電勢越低，所以D點電勢最低，故C項正確；D．電子沿著圓弧從B點運動到C點的過程中，電勢先降低后升高，有所以電勢能先增大后減小，故D項正確。故選ACD。三、非選擇題（共54分。）11.某同學從實驗室找到一個如圖甲所示的元件，將其接在一節(jié)干電池的兩端時，該元件能發(fā)出黃光。該同學想知道這到底是一個小燈泡還是一個發(fā)光二極管，他試圖用多用電表進行判斷。（1）該同學在使用多用電表前，發(fā)現(xiàn)指針不在左邊“0”刻度線處，應(yīng)先調(diào)整如圖乙所示的多用電表的_____________（填“S”“T”或“K”）；（2）該同學完成（1）操作后，將多用電表選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到電阻擋的“×1”擋，將紅黑表筆_____________，經(jīng)過相應(yīng)的操作，使指針指向右邊“0”刻度線處；（3）該同學先把紅表筆接在元件的短管腳上，把黑表筆接在元件的長管腳上，多用電表指針指示位置如圖丙所示，然后他將兩表筆的位置互換，發(fā)現(xiàn)指針幾乎指在左邊“0”刻度線處。這說明該元件是二極管，且二極管的正極是_____________（填“長管腳”或“短管腳”）所連接的一極?！敬鸢浮浚?）S（2）短接（3）長管腳【解析】【小問1詳解】使用多用電表前，若發(fā)現(xiàn)指針不在左邊“0”刻度線處，則應(yīng)旋動“S”進行機械調(diào)零；【小問2詳解】此步驟為歐姆調(diào)零，進行歐姆調(diào)零時，先選好擋位，再將紅黑表筆短接，然后旋轉(zhuǎn)旋鈕T，使指針指向右邊“0”刻度線處；【小問3詳解】由題意可知，該元件是二極管；紅表筆接在元件的短管腳上，黑表筆接在元件的長管腳上，由題圖可知，指針有明顯的偏轉(zhuǎn)，說明二極管正向連接，兩表筆的位置互換以后，發(fā)現(xiàn)指針幾乎指在左邊“0”刻度線處，說明二極管是反向連接，因此該二極管的正極是長管腳。12.利用如圖甲所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，電流傳感器可以捕捉到瞬間的電流變化，直流電源電動勢9V，內(nèi)阻可忽略，實驗過程中屏幕上顯示出電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。（1）關(guān)于電容器充電過程中電容器兩極間電壓U、電容器所帶電荷量Q隨時間t變化的圖像，下面四個圖像中，正確的是______。A. B.C. D.（2）如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，充電時曲線與橫軸所圍成的面積將______（填“增大”“不變”或“變小”）；充電時間將______（填“變長”“不變”或“變短”）。（3）電容器充電后就儲存了能量，某同學研究電容器儲存的能量E與電容器的電容C、電荷量Q及電容器兩極間電壓U之間的關(guān)系。他從等效的思想出發(fā)，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功。為此他做出電容器兩極間的電壓U隨電荷量Q變化的圖像如圖所示。按他的想法，下列說法正確的是（）A.圖線的斜率越大，電容越大B.搬運的電量，克服電場力所做的功近似等于上方小矩形的面積C.對同一電容器，電容器儲存的能量與兩極間電壓成正比D.若電容器電荷量為時儲存的能量為，則電容器電荷量為時儲存的能量為【答案】（1）AC（2）①.不變②.變短（3）BD【解析】【小問1詳解】AB．電容器充電過程中，電容器兩端的電壓逐漸增大，最后等于電源電動勢，斜率逐漸減小，最后為零，故A正確，B錯誤；CD．電容器所帶的電荷量逐漸增大，最后保持不變，充電電流逐漸減小，所以圖象的斜率逐漸變小，最后為零，故C正確，D錯誤。故選AC【小問2詳解】[1][2]由電容器的計算公式，可得電荷量，電容器儲存的電荷量與電阻無關(guān)，如果不改變電路其他參數(shù)，只減小，充電時曲線與橫軸所圍成的面積將不變，減小電阻，由于電阻對電流的阻礙作用減小，充電電流增大，所以充電時間將變短；【小問3詳解】A．圖線的斜率為解得斜率越大，電容越小，A錯誤；B．類比速度-時間圖像的面積代表位移，則圖像的面積代表克服電場力所做的功，所以搬運的電量，克服電場力所做的功近似等于上方小矩形的面積，B正確；C．他從等效的思想出發(fā)，認為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功，也等于圖像所圍的面積解得從上面的式子看出，和成正比，C錯誤；D．由下面的公式解得又因為解得D正確。故選BD13.如圖，帶正電的物體A放在水平面上，利用細繩通過光滑的滑輪與B相連，A處在水平向左的勻強電場中，場強

，從O開始，A與桌面的動摩擦因數(shù)隨x的變化如圖所示，取O點電勢能為零，A、B質(zhì)量均為，B離滑輪的距離足夠長，重力加速度，求：（1）A、B運動的最大速度的大小和向左運動的最大位移；（2）當速度為時，A的電勢能以及繩子的拉力大小。【答案】（1），；（2）見解析【解析】【詳解】（1）當加速度為零時，A、B運動的速度最大，根據(jù)平衡條件得聯(lián)立解得由圖可知所以此時A、B運動的位移大小為根據(jù)動能定理可得又解得當A、B到達最大位移處時，速度為零，則有聯(lián)立解得（2）當物體的速度為時，有聯(lián)立解得或所以A的電勢能為或根據(jù)可知此時動摩擦因數(shù)為或根據(jù)牛頓第二定律得聯(lián)立可得繩子拉力為代入數(shù)據(jù)解得或14.光刻機是半導(dǎo)體行業(yè)中重中之重的利器，我國上海微電子裝備公司（SMEE）在這一領(lǐng)域的技術(shù)近年取得了突破性進展。電子束光刻技術(shù)原理簡化如圖所示，電子槍發(fā)射的電子經(jīng)過成型孔后形成電子束，通過束偏移器后對光刻膠進行曝光。某型號光刻機的束偏移器長L=0.04m，間距也為L，兩極間有掃描電壓，其軸線垂直晶圓上某芯片表面并過中心O點，芯片到束偏移器下端的距離為。若進入束偏移器時電子束形成的電流大小為，單個電子的初動能為Ek0=1.6×10-14J，不計電子重力及電子間的相互作用力，忽略其他因素的影響，電子到達芯片即被吸收。（1）若掃描電壓為零，電子束在束偏移器中做何種運動？電子束到達芯片時的落點位置？（2）若掃描電壓為零，且It=Ne（N為電子個數(shù)），求O點每秒接收的能量E?（e=1.6×10-19C）（3）若某時刻掃描電壓為15kV，則電子束到達芯片時的位置離O點的距離為多少？【答案】（1）勻速直線運動，O；（2）；（3）0003m【解析】【詳解】（1）無偏轉(zhuǎn)電壓時，電子束做勻速直線運動，落點位置為O；（2）若掃描電壓為零，O點每秒接收的能量是（3）電子在束偏移器中的加速度大小為設(shè)電子的初