成都石室中学2024-2025学年度下期高2025届二诊模拟考试物理答案_2025年3月_250305四川省成都石室中学2024-2025学年度下期高2025届二诊模拟考试（全科）

成都石室中学 2024—2025 学年度下期高 2025 届二诊模拟考试
物理参考答案
一、单项选择题：本题共7个小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符
合题目要求。
1.【答案】A
【解析】A. 4𝐻𝑒+9𝐵𝑒→ 12𝐶+1𝑛 是查德威克发现中子的核反应方程，属于原子核的人工转变，故A项正
2 4 6 0
确；
B.太阳内部发生的核反应是轻核的聚变反应，235𝑈+1𝑛→ 144𝐵𝑎+ 89𝐾𝑟+31𝑛是重核的裂变反应，故 B 项
92 0 56 36 0
错误；
C.重核衰变后，因放出核能，则其衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故C项错误；
D.根据爱因斯坦质能方程E=mc2，衰变过程要发生质量亏损，故D项错误。
2.【答案】D
【解析】A.图甲为薄膜干涉的应用，若所检验的平面是平的，则条纹间距相等，故A项错误；
B.图乙中的泊松亮斑，是光通过小圆板衍射形成的，说明光具有波动性，偏振现象才说明了光是一种横波，
故B项错误；
C.图丙中立体电影利用了光的偏振现象，而增透膜利用了光的干涉，故C项错误；
D.图丁中水中气泡明亮和光导纤维的原理都是光的全发射，故D项正确；
3.【答案】C
【解析】设在 x=3R 处放置正点电荷的电荷量为 q，球体可以等效为放置在球心处的点电荷 Q，正点电荷 q
和带电球体Q在x=2R处的合场强恰好为零，即k 𝑄 =k 𝑞，可得Q=4q；依题意，截去右半球后，x=2R处的
4𝑅2 𝑅2
电场强度大小为 E ，可知截去的右半球在 x=2R 处产生的电场强度大小等于 E ，根据对称性可知，余下的
0 0
左半球在x=-2R处的电场强度大小等于E ，方向沿x轴负方向，而x=3R处的正点电荷q在x=-2R处的电场
0
强度大小为 k 𝑞 =k 𝑄 ，方向沿 x 轴负方向，故x=-2R 处的电场强度大小为𝑘 𝑄 +𝐸 ，故 C 项正确。
(5𝑅)2 100𝑅2 100𝑅2 0
4.【答案】A
【解析】A.在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，摩擦力不做功。物体沿木板下滑过
程中，摩擦力对物体做功为W = - μmgLcosα，为负功，故A项正确；
f
B.在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，支持力对物体做正功W ，重力对物体做负
N
功W = - mgLsinα，对物体用动能定理得W – mgLsinα = 0 - 0，故W = mgLsinα。物体沿木板下滑过程中，
G N N
支持力对物体不做功，故B项错误；
C.根据重力做功的特点可知，整个过程中，重力对物体做功为0，故C项错误；
D.木板对物体做的功等于摩擦力对物体做功与支持力对物体做功的代数和，故 W = W + W = mgLsinα –
f N
μmgLcosα，故D项错误。
5.【答案】B
【解析】设卫星轨道半径为r，线速度为v，Δt时间内卫星与行星中心的连线扫过的面积为S= 1 𝑟2𝜃= 1 𝑟𝑣∆𝑡，
2 2
由𝐺𝑀𝑚 = 𝑚𝑣2 得r= 𝐺𝑀，综合得𝑆 = 𝐺𝑀，因为A的运行周期大于B的运行周期，根据开普勒第三定律可知，卫星
𝑟2 𝑟 𝑣2 ∆𝑡 2𝑣
A的线速度小于卫星B，故图B正确。
6.【答案】C
【解析】对新能源汽车，由运动学公式得x=𝑣 𝑡- 1 𝑎𝑡2，变形得𝑥 =𝑣 − 1 𝑎𝑡，结合图像可知，𝑣 =30m/s，− 1 𝑎=-
0 0 0
2 𝑡 2 2
第1页，共5页5m/s2，a=10m/s2，则新能源汽车的速度减为零所用的时间为t= 𝑣0=3s，刹车时的位移为x= 𝑣 0 2 =45m。
𝑎 2𝑎
图A为x-t图象，图象的斜率表示速度，可知货车以v =5m/s的速度做匀速直线运动，两车速度相等所用的
1
时间为t = 𝑣0−𝑣1=2.5s，而在此时间内两车之间的位移关系为𝑣 𝑡 − 1 𝑎𝑡2=43.75 m >Δx +𝑣 𝑡 =42.5 m，故图A
1 𝑎 0 1 2 1 1 1
错误；
图B为x-v2图像，由𝑣2=2ax得x= 1 𝑣2，结合图像可知， 1 = 1 s2/m，所以货车做加速度大小为a =4m/s2的
2
2𝑎 2𝑎2 8
匀加速直线运动，则两车速度相等所用的时间为t = 𝑣0 = 15 s，在此时间内两车的位移关系为
2
𝑎+𝑎2 7
𝑣 𝑡 − 1 𝑎𝑡2= 2025 m >Δx + 1 𝑎 𝑡2= 1920 m，故图B错误；
0 2 2 2 49 2 2 2 49
图C、D为v-t图像，图C在0~2s内的平均速度大于做加速度大小为a =5m/s2的匀加速直线运动的平均速
3
度，而图D在0~2s内的平均速度小于做加速度大小为a =5m/s2的匀加速直线运动的平均速度，若货车以加
3
速度a 做匀加速直线运动，则两车0~2s内的位移关系有𝑣 𝑡 − 1 𝑎𝑡2=Δx + 1 𝑎 𝑡2=40m，则可知恰好不相撞，
3 0 3 2 3 2 3 3
综合上述分析，图C正确，图D错误。
7.【答案】B
【解析】粒子在小圆内做圆周运动的半径为r= 𝑚𝑣 =R，做出轨迹如图所示，由轨迹圆可
𝐵𝑞
知，粒子从A点与OA成30°角的方向射入环形区域，粒子恰好不射出磁场时，轨迹
圆与大圆相切，设粒子在圆周运动的半径为r’，由几何关系可知∠OAO =120°，由余
2
弦定理可得(2R-r’)2=r’2+R2-2Rr’cos120°，解得r’= 3 R，由qvB’= 𝑚𝑣2 ，得B’= 𝑚𝑣 = 5 B，故
5 𝑟′ 𝑞𝑟′ 3
B项正确。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要
求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8.【答案】CD
【解析】A.根据图丙可知，t=0时刻，质点P沿y轴正方向振动，结合图乙可知该波沿x轴正方向传播，故
A项错误；
B.因为P点比Q点先振动，所以Q点在P点右侧，根据题意可知nλ+ 3 λ=1.05m(n=0，1，2，…)，整理得
4
λ= 21 m(n=0，1，2…)，又因为该波波长在0.5m至1m之间，所以λ=0.6m，则该波的传播速度
20𝑛+15
v= 𝜆 =0.75m/s，故B项错误；
𝑇
C.ω= 2𝜋 = 5𝜋 rad/s，因此点Q的振动方程为y=0.2sin( 5𝜋 t+ 𝜋 )m，故C项正确；
𝑇 2 2 2
D.根据明显衍射的条件可知，当障碍物的尺寸小于波长或与波长接近时，该波将发生明显衍射，故D项正
确。
9.【答案】AC
【解析】A.设升压变压器原副线圈两端电压、电流为U 、U 和I 、I ，降压变压器原副线圈两端电压、电流
1 2 1 2
为U 、U 和I 、I ，则由题意知，ΔP=I2R=22˙25=100W，P =P =1100W，P =ΔP+P =1200W，U = 𝑃2=600V，
3 4 3 4 3 4 2 3 2
𝐼2
第2页，共5页U
=110V，故𝑛1= 𝑈1= 11，故A项正确；
1
𝑛2 𝑈2 60
B.线框过中性面位置时，电动势为零、电流为零，正在变方向，而图示位置为垂直中性面位置，故 B 项错
误；
C.P =P =1200W，T= 2𝜋 =0.02s，则线框转动一圈的过程克服安培力做功W=P T=24J，故C项正确；
1 2 1
𝜔
D.若电动机突然卡住，则I 增大、P 增大，I 增大、输电线上的损耗功率ΔP增大，故D项错误。
4 4 3
10.【答案】BD
【解析】A.B.对AB连接体，由牛顿第二定律得，(m +m )a=m g+μm gcosθ-m gsinθ，得a=2m/s2，故A项错
1 2 2 1 1
误，B项正确；
C.设历时t ，物块A先与传送带达共速，则t = 𝑣 =2s，此过程中物块发生的位移为x = 1 𝑎𝑡2=4m<L=6m，故
1 1 𝑎 1 2 1
假设成立。之后，设物块A能随传送带向上做匀速运动，则对AB连接体，由平衡条件得，m g-m gsinθ+f
2 1
=0，得f =4N<f =μm gcosθ=16N，故假设成立。则物块A做匀速运动的时间为t = 𝐿−𝑥1=0.5s，故A从底
静 静 max 1 2
𝑣
端到达顶端所需时间为t +t =2.5s，C项错误。
1 2
D.物块A从底端到达顶端时，相对路程为Δx=vt -x =4×2m-4m=4m，设电动机多做的功为W，根据能量守
1 1
恒定律得，W+m gL-m gLsinθ= 1 (m +m )v2+μm gcosθΔx，解得W=136J。故D项正确。
2 1 1 2 1
2
三、实验题:本题共2个小题，共14分
11.【答案】(1)BC (2)A (3)B （每空2分）
【详解】（1）为了降低涡流造成的损耗，变压器的铁芯是用相互绝缘的薄硅钢片叠合而成，故 A 错误；为
便于探究，可以采用控制变量法，故 B 正确；变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用交
流电压表，故C正确；虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，
这样可减小实验误差，避免发生危险，故D错误。 故选BC。
nU 14
（2）变压器为理想变压器，则原线圈电压为U = 1 2 = 6V=21V ， 故选A。
1 n 4
2
nU 4
（3）假设变压器为理想变压器，则副线圈电压为U = 2 1 = 16V=8.0V ，考虑到变压器不是理想
2 n 8
1
变压器，则副线圈两端电压小于8.0V，电压表测量有效值，则读数小于8.0V，故选B。
12.【答案】（1）b （2）12 （3） 2000（每空2分）
【详解】（1）因为有电流表内阻已知，故电流表应采用内接法，图1中电压表右侧导线接b；
（ 2 ） 当 电 压 表 示 数 为 14.0V ， 电 流 表 的 示 数 为 2.0mA 时 ， 热 敏 电 阻 的 阻 值 为
U 14.0
R = = =7.0103，根据图2可知热敏电阻所处的温度约为12℃；
t I 2.010−3
（3）取控制系统电流为I =2mA=0.002A，由图2知，当温度为48℃时热敏电阻的阻值为3.0103，根
0
E
据闭合电路欧姆定律，有I = 0 ，代入数据得R =2000 ，所以若要使得保温箱内温度低于48°C，
0 R +R +R 2
t 2
加热系统就开启，应将R 调为2000Ω。
2
四、解答题：本题共3个小题，共40分。
13．【答案】(1)80𝑁 (2) 1800cm3
第3页，共5页【详解】
解：（1）根据题意，对活塞和物块整体受力分析，由平衡条件有𝑝 𝑆+(𝑀+𝑚)𝑔=𝑝𝑆+𝐹 （2分）
0 𝑁
代入数据解得𝐹 =80𝑁 （2分）
𝑁
（2）升高温度，活塞恰好离开卡环，由平衡条件有𝑝 𝑆+(𝑀+𝑚)𝑔=𝑝 𝑆
0 1
解得p =1.2105Pa （2分）
1
p p
汽缸内气体发生等容变化，根据查理定律可得 = 1
T T
1
代入数据，解得𝑇 =450𝐾 （2分）
1
因为𝑇 =1350𝐾大于𝑇 =450𝐾，所以活塞已经离开卡环，此后封闭气体的压强不变。根据盖吕萨克定律可
2 1
得𝑇1 = 𝑇2 代入数据，解得𝑉 =1800cm3 （2分）
2
𝑉1 𝑉2
14．【答案】（1）1.0T；（2）0.02J
【详解】
解：（1）乙进入磁场前的加速度a=gsinθ=5m/s2 （2分）
甲乙加速度相同，当乙进入磁场时，甲刚出磁场；
乙进入磁场时v= 2glsin=2m/s （2分）
B2l2v
乙在磁场中匀速运动mgsin= （2分）
2R
所以B=1.0T （1分）
（2）乙进入磁场前，甲乙产生相同热量，均设为Q ，此过程中甲一直在磁场中，外力F始终等于安培力，
1
则有W =W =2Q （1分）
F 安 1
乙在磁场中运动产生热量Q ，利用动能定理mglsin−2Q =0 （2分）
2 2
得Q =0.02J （1分）
2
甲乙产生相同热量Q =Q−Q =0.01J （1分）
1 2
由于甲出磁场以后，外力F为零，可得W =2Q =0.02J （2分）
F 1
7 3+ 69
15．【答案】(1) 滑块P带负电，滑块Q带正电；(2) J；(3)1.3s ， s
6 10
【详解】
解：(1)据题意分析可得，滑块P带负电，滑块Q带正电 （2分）
(2)滑块P二力平衡，mg =qE （1分）
1
滑块Q三力平衡，m gtan=qE （1分）
2
得m =0.04kg （1分）
2
m g
设弹簧恢复后滑块P和滑块Q的速度分别为v 和v ，对滑块Q有：qv B= 2 （1分）
1 2 2 cos
弹簧恢复瞬间滑块P和滑块Q动量守恒，有：0=mv −m v （1分）
1 1 2 2
1 1
滑块P和滑块Q机械能守恒，有：E = mv2+ m v2 （1分）
P 2 1 1 2 2 2
7
弹簧弹性势能E = J （1分）
P 6
第4页，共5页v2 2r +2
(3)滑块P匀速圆周运动，有：qvB=m 1 ，又T = ， t = T
1 1 r P v P 2
1
得t 1.3s （3分）
P
滑块Q在重力和电场力的合力下做类平抛运动，如图所示
过木板的上端作垂线交x轴于M点，轨迹经时间t 交x轴于N点，设MN长度为x，木板的长度为L 5m，
Q
滑块Q在v 方向匀速直线运动，有：xcos=v t （1分）
2 2 Q
1
滑块Q在合力方向匀加速直线运动，有：Ltan+xsin= at2 （1分）
2 Q
m g
其中 2 =m a （1分）
cos 2
15+5 69 3+ 69
联立求解可得x= m，t = s （1分）
8 Q 10
第5页，共5页