成都石室中学2025年高考适应性测试演练模拟考试物理答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1228四川省成都石室中学2025年高考适应性测试演练模拟考试（八省联考模拟）（全）

2025 年高考适应性测试演练模拟考试 物理试卷 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试时间：75分钟；满分：100分。 Ⅰ卷(选择题，共46分) 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目 要求，选对的得4分，选错的得0分） 1．2023年8月24日，日本福岛第一核电站启动核污染水排海。核污染水含高达64种放射性元素，其中部 分放射性物质（如碘129）半衰期可长达1570万年，下列说法正确的是（ ） A．核污染水进入海水后温度降低，会延长放射性元素的半衰期 B．原子核的比结合能越大，原子核越稳定 C．天然放射现象中产生的β射线中的电子来源于原子核外电子 D．100个碘129原子在1570万年后有50个未发生衰变 【答案】B 【解析】 A．放射性元素的半衰期仅由原子核内部本身因素决定，与温度无关，故A错误； B．原子核的比结合能越大，原子核就越稳定，故B正确； C．粒子中子转化为质子和电子，即1n→1H＋ 0e，而非核外电子逸出来的，故C错误； 0 1 －1 D．半衰期是统计数据，对大量的统计才有意义，100个原子太少了，故D错误。 2．杭州亚运会10m跳台的跳水决赛中，中国运动员全红婵完美一跳裁判全给10分并获得冠军。如图1所示 是她站在跳台踏板起跳的精彩瞬间，从她离开跳板开始计时，跳水过程中全红婵重心的vt图像可简化为 如图2所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ） A．运动员在0t 过程中做自由落体运动 1 B．运动员在t t 过程中速度方向发生改变 2 3 C．运动员在t t 过程中处于超重状态 3 4D．运动员在t 时刻上浮至水面 4 【答案】C 【解析】 A．在0t 过程中初速度不是零，不是自由落体运动，故A错误； 1 B．在t t 过程中速度始终为正值，方向不变，故B错误； 2 3 C．在t t 过程中，图像斜率变小，斜率代表加速度，加速度向上且逐渐减小，处于超重状态，故C正确； 3 4 D．根据图像可知，0t 过程竖直向上运动，t t 过程中竖直向下运动，在t 时刻下降到最低点，故D错 1 1 4 4 误。 3．2024年6月2日上午6时23分，嫦娥六号成功着陆月球背面。设想嫦娥六号被月球俘获后进入椭圆轨 道I上运行，周期为T ；当经过近月点M 点时启动点火装置，完成变轨后进入圆形轨道II上运行，周期为T 。 1 2 已知月球半径为R，圆形轨道II距月球表面距离为R，椭圆轨道I远月点距月球表面距离为5R，如图所示， 引力常量为G。忽略其他天体对嫦娥六号的影响，则（ ） A．T ＞T 2 1 42R3 B．月球的质量为 GT2 2 C．月球第一宇宙速度大于轨道Ⅱ上的运行速度 D．嫦娥六号由轨道I进入轨道II需要在M 点点火使其加速才能完成 【答案】C 2R3 4R3 【解析】A．根据  ，得T ＜T ，故A错误； T2 T2 2 1 2 1 B．根据 GMm m2R 42 ，得 M  422R3 ，故 B 错误； 2R2 T2 GT2 2 2 GMm v2 C．设月球的质量为M ，嫦娥六号的质量为m，根据万有引力充当向心力可得 m ，当嫦娥六号环 r2 r 绕月球表面做圆周运动时的速度即为第一宇宙速度，即轨道半径为R，而嫦娥六号在轨道Ⅱ上运行时的轨道 半径为2R大于月球的近地轨道上半径R，月球第一宇宙速度大于轨道Ⅱ上运行速度，故 C 正确； D．根据加速离心、减速向心，可知由轨道I进入轨道II其速度减小，需要在M 点点火使其减速才能完成， 故D 错误.4．如图甲所示，金属圆环和金属线框相互靠近且固定在水平面上，金属棒AB放在金属框上，圆环a、b 端接如图乙所示的正弦交变电流，金属棒AB始终保持静止。以图甲中电流方向为正方向，则下列说法正确 的是（ ） A．0t 内，金属棒中的感应电流方向为B→A 1 B．t t 内，金属棒受到水平向左的静摩擦力 1 2 C．t 时刻，金属棒受到的安培力最大 3 D．t ~t 内，金属棒中的感应电流先减小后增大 1 3 【答案】B 【解析】 A．0t 内，右侧闭合回路中穿过纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律和安培定则可知，金属棒中的感 1 应电流方向为A→B，故A错误； B．t t 内，根据左手定则，可知金属棒受到水平向右的安培力，由二力平衡，可知金属棒受到水平向左 1 2 的静摩擦力，故B正确； C．t 时刻，圆环中电流的变化率为零，则穿过闭合回路的磁通量变化率为零，感应电流为零，则金属棒受 3 到的安培力也为零，故C错误； D．t ~t 内，由图乙可知，电流的变化率先增大后减小，则右侧闭合回路中的磁通量的变化率也先增大后减 1 3 小，根据法拉第电磁感应定律，可知金属棒中的感应电流先增大后减小，故D错误。故选B。5．如图所示，轻绳a的一端与质量为m 的物块A连接，另一端跨过定滑轮与轻绳b拴接于O点。与水平方 1 向成角的力F的作用在O点，质量为m 的物块B恰好与地面间没有作用力。已知60，定滑轮右侧 2 的轻绳a与竖直方向的夹角也为，重力加速度为g。当F从图中所示的状态开始顺时针缓慢转动90°的过 程中，结点O、m 的位置始终保持不变. 则下列说法正确的是（ ） 1 A．F的最小值为 3 m g 2 1 B．m m 2 1 C．轻绳对定滑轮的作用力变大 D．地面对物块B的支持力变小 【答案】A 【解析】 A．由矢量三角形图可知，F从图中所示的状态顺时针转动90的过程中先减小再增大， 3 F的最小值为mgsin60 mg ，故A正确； 1 2 1 mg m gcos60 B．受力分析可知 1 2 ,可知m 2m ,故B错误； 2 1 C. 轻绳a的拉力不变，轻绳对定滑轮的作用力不变，故C错误； D．F从图中所示的状态顺时针转动90°的过程中，轻绳b的拉力m g−F 变小，故地面对物块B的支持力 2 N F 变大，故D错误. N6．一个半径为R、球心为O的半球形储油桶固定在水平面上，桶口平面保持水平，其右端点为O′点，且 AO′=R。当桶内没有油时，从某点A恰能看到弧形桶底的B点，OB连线与水平方向夹角为60。当桶 内装满油时，仍沿AB方向看去，恰能看到桶底的最低点C点，已知光速为c. 则（ ） 2 A. 油的折射率n 3 3 O′ B．油的折射率n 2   C．装满油时，光从A点出发传播到C所用时间为 61R c   D．装满油时，光从A点出发传播到C所用时间为 31R c 【答案】D 【解析】 AB．作出光路图，如图所示 由几何关系可知，装满油后，入射角为60 折射角为45 sin 6 根据折射定律可知，油的折射率为n  ，故AB错误； sin 2 CD．装满油时，光在桶内传播的距离为s  2R 2 c 6c 光在桶内传播的速度为v  n 3 s AO 2R AO 3R AO t  2      所以装满油时，光从C点出发传播到A所用时间为 2 v c 6c c c c 3   所以, 光从A点出发传播到C所用时间为 31R ，C错误，故D正确。 c7．如图所示，挡板P固定在倾角为30°的斜面左下端，斜面右上端a与半径为R的圆弧轨道ab连接，其圆 心О在斜面的延长线上。a点有一光滑轻质小滑轮，∠aOb=60°。质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧 拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板Р处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为3m、大 小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在a点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处 于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点b时（物块B未到达a点），物 块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ） A．小球A到达b点时,小球A与物块B的速度大小相等 B．小球A沿圆弧运动到最低点b的过程中，其重力的功率一直增大 C．小球A到达b点时的速度大小为 D．小球A由a运动到b的过程中，小球A和物块B的机械能之和先减小后增大 【答案】C 【解析】 A．小球A到达b点时的速度为v，对v进行分解，在沿绳子方向的速度vvcos30，物块B的速度大小 就等于沿绳子方向的速度vvcos30，应该小于小球A的速度大小。 B．小球A沿圆弧运动到最低点b的过程中，初始速度为零，重力功率为零，中间功率大于零，最低点b 重力与速度垂直，功率也为零，因此，其重力的功率先增大后减小，故B错误； C．设小球A到达b点时的速度为v，对v进行分解，在沿绳子方向的速度vvcos30 由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为v，对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过程 中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在a和b处，弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为 0，重力对A做正功，对B做负功，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可知 3mgR(1-cos600)-mg(x +x )sin300= 3mv2+ 1 2 由几何关系，A在b处时，ab间绳长为R，即x +x =R 1 2解得v ，故C正确； D．小球A由a运动到b的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能 之和与弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开 始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D错误。故选C。 二、多项选择题（本题共3小题，共18分。每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选 错的得0分） 8. 如图所示，导热良好的固定直立圆筒内，用面积S、重力0.01p 0 S的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞 能无摩擦滑动。圆筒与温度3T 的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，此时体积为6V 。缓慢推动活 0 0 塞使气体达到状态B，此时体积为5V 。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强为1.4p 。从 0 0 状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q。从状态B到状态C，气体内能增加ΔU。已知大气压强为1.01p ，, 0 下列说法正确的是（ ） A. 气体从状态A到状态B，其分子平均动能不变，圆筒内壁单位面积受到的压力增大 B. 气体在状态A的压强为1.2p 0 C. 气体在状态C的温度为3.6T 0 D. 气体从状态A到状态B过程中外界对系统做功W=ΔU-Q 【答案】AD 【解析】 A.气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，其气体内能不变，分子平均动能不变，体积减小，压强增大， 圆筒内壁单位面积受到的压力增大, 故A正确; BC. 气体处于状态A时，对活塞受力分析，有p S＋0.01p S＝1.01p S解得p ＝p A 0 0 A 0 气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，由玻意耳定律有p V ＝p V ，解得p ＝1.2p ＝1.2p A A B B B A 0 气体从状态B到状态C，做等容变化，由查理定律有 ＝ ，解得T ＝3.5T 故BC错误; C 0, D. 气体从状态B到状态C，外界对气体不做功，所以W等于气体从状态A到状态C外界对气体做的功， 由前面的分析可知，从A到C内能的变化量等于从B到C内能的变化量，从A到C由热力学第一定律有 ΔU＝W＋Q，解得W＝ΔU-Q，故D正确。9．如图（a）所示，“L”形木板Q（竖直挡板厚度不计）静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P（视 为质点）以6m/s的初速度滑上木板，t2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的vt图像如图（b）所示。 重力加速度大小g取10m/s2，则（ ） A．“L”形木板的长度为9m B．Q的质量为1kg C．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后滑块Q与地面 因摩擦产生的内能之比为1：4 【答案】BD 【解析】 A．由两者运动的vt图像可知，“L”形木板的长度为前2s内两者的相对位移，由梯形面积可得板长为6m， 故A错误； B．两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m=1kg，Q的质量为M，由系统动量守恒 定律得mv Mv mMv 1 2 3 根据v-t图像可知，v =3m/s，v =1m/s，v =2m/s，代入上式解得M 1kg，故B正确； 1 2 3 C．设P与Q之间的动摩擦因数为μ ，Q与地面之间的动摩擦因数为μ ，根据v-t图像可知，0-2s内P与Q 1 2 的加速度分别为a =1.5m/s2，a =0.5m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得 P Q mg ma 1 P mgmMg Ma 1 2 Q 联立解得 0.05，故C错误； 2 1 1 1 D．由于碰撞系统损失的机械能为E  mv2 Mv2 mMv2，代入数据解得E1.0J 2 1 2 2 2 3 1 碰撞后滑块Q与地面因摩擦产生的内能等于系统减小的动能  mM  v2 =4J 2 3 所以，碰撞系统损失的机械能与碰撞后滑块Q与地面因摩擦产生的内能之比为1:4，故D正确。10．如图甲，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为 2L，O为水平连线AB的中点，M 、 N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为QQ0。以O为原点，竖直向下 为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势随位置x的变化关系如图乙所示。一电荷 量为QQ0的小球S以一定初动能从M 点竖直下落，一段时间后经过N点，且在N点的加速度大小为 2g，g为重力加速度大小，k为静电力常量。则（ ） 2kQ2 A.小球S在M点受到的电场力的大小为 4L2 B.从M到N的过程，小球S受到的电场力先减小后增大 (2 21)kQ2 C.从O点到N点小球S动能变化量为 2L D.在AB连线的中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为L 【答案】ACD 【解析】 kQ2 A．根据库仑定律可知两个点电荷在M点产生的电场力大小都为F  4L2 2kQ2 则合成之后的合力大小为F 2Fsin45 ，故A正确； 合 4L2 小球在N点的加速度大小为2g，说明在N点的电场力大小等于mg，方向竖直向下，根据对称性，在M点 的电场力大小也为mg，且向上，故M点的加速度为0，A正确； B．图像的斜率大小表示电场强度的大小，结合图像得从O点到N点场强先增大后减小，根据对称性，从O 点到M点场强先增大后减小，所以，从M到N的过程，小球S受到的电场力先增大后减小再增大后减小， 故B错误； C．小球在N点的加速度大小为2g，说明在N点的电场力大小等于mg，方向竖直向下，重力大小为 2kQ2 2kQ2 kQ2 mg  ，从O点到N点小球重力势能减小量为E mg 2L  2L 4L2 p1 4L2 2L   从O点到N点小球电势能减小量为 E Q Q 2kQ2  kQ2  21 kQ2 ， p2 O N L L L 从O点到N点小球动能增加量为E ，则对小球从O点到N点用能量守恒定律得E E E k p1 p2 k (2 21)kQ2 解得E  ，故C正确； k 2L D．固定于相距为2r（r= 2L）的A、B两点，设A处的点电荷在AB中垂线上某点P处产生的场强与竖直 2Q 向下的夹角为θ，则根据场强的叠加原理可知，P点的合场强为Ek sin2cos，根据均值不等式(或函数求 r2导)可知当cos  3 时E有最大值，且最大值为 E 4 3kq ,再根据几何关系可知P点到O点的距离为y 2 r 3 9r2 2 （r= 2L），代入数据可得电场强度最大的点到O点的距离y=L，故D正确。Ⅱ卷(非选择题，共54分) 11．（8分）某实验小组的同学通过实验测量一粗细均匀圆柱形合金电阻丝的电阻率，已知电阻丝的长度为 L=60.00cm。 (1)用螺旋测微器测量电阻丝的直径，其示数如图所示，则直径的测量值为 mm。 (2)已知待测电阻丝的阻值约为10Ω，为了比较精确测量电阻丝的电阻R，实验室提供了下列器材： x A．电压表V （量程3V，内阻约为3kΩ）； 1 a b B．电流表A （量程为100mA，内阻约为10Ω）； 1 C．电流表A （量程为300mA，内阻约为2Ω）； 2 D．滑动变阻器R（阻值范围为0~5Ω）； E．电动势为4.5V的电源，内阻不计； F．开关S，导线若干。 根据实验器材，设计如图丙所示的实验电路，为比较精确测量电阻丝的电阻，电流表应选 （填写器 材前对应的字母序号）；电压表右侧导线接 端（A.“a”或B.“b”）。 (3) 若通过(2)测得电阻丝的电阻为12，则可求得该电阻丝的电阻率为 m（π取3，结果保留2位 有效数字）。 【答案】(1)1.384/1.385/1.386/1.387 (2)C a (3)3.0×10-5 【详解】（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为1mm0.0138.5mm1.385mm 3 （2）[1]测得阻值约为10Ω，当A电压表达到满偏时，通过电阻的电流约为I= A=300mA 10 为了确保电流表的安全与精度，电流表选择量程300mA，即电流表选择C [2]根据计算可得R2