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2025年江苏省南通市海门实验学校高考物理二模试卷
一、单选题：本大题共10小题，共40分。
1.生活中，我们在乘坐电梯上下楼时，当电梯向下启动或是向上停靠的过程中脚下会有“轻飘飘”的感觉，原因是人受到的重力G和电梯受到的压力F大小满足( )
A. B. C. D. 无法确定
2.碘的半衰期为8天。衰变释放的射线可用于治疗甲状腺疾病，若某人单次服用药物时，药物内碘每分钟衰变次，之后不再服药。在16天后进行检测，发现其甲状腺内碘每分钟衰变的次数为次。则其服药后甲状腺吸收的碘大概占服用量的( )
A. B. C. D.
3.如图所示，阻拦索绕过定滑轮与阻尼器连接，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在模拟甲板上短距离滑行后停止，飞机挂钩与阻拦索间不滑动。若某一时刻两端阻拦索夹角是，飞机沿中线运动速度为v，则阻尼器中的阻拦索绳移动速度大小是( )
A.
B.
C.
D.
4.汽车在水平路面上匀速行驶时车轮边缘上M点的运动轨迹如图所示，P点是该轨迹的最高点，Q点为该轨迹的最低点。M点的运动可分解为两个分运动：一个是绕车轴旋转的匀速圆周运动，一个是与车轴一起向前的匀速直线运动。下列说法正确的是( )
A. M点运动到P位置时的速度大于运动到Q位置时的速度
B. M点运动到P位置时的速度小于运动到Q位置时的速度
C. M点运动到P位置时的加速度大于运动到Q位置时的加速度
D. M点运动到P位置时的加速度小于运动到Q位置时的加速度
5.在绝热的气缸内封闭着质量、体积和种类都相同的两部分气体A和不计气体分子之间的作用力，中间用导热的固定隔板P隔开.若不导热的活塞Q在外力作用下向外移动时，下列论述正确的是( )
A. 气体A压强减小，温度不变 B. 气体B压强减小，温度不变
C. 气体B压强减小，温度减小 D. 气体A压强不变，温度不变
6.如图所示，矩形透明容器中装满某种透明液体，液体中有一圆形气泡气泡内有空气，一细光束垂直左侧壁射入容器，该细光束在气泡中分成两束色光M、N，下列说法正确的是( )
A. 液体对M光的折射率比对N光的折射率大
B. N光在液体中的传播速度比M光在液体中的传播速度大
C. 两种色光通过同一双缝干涉装置，N光的条纹间距较宽
D. N光的频率大于M光的频率
7.甲、乙、丙、丁四图，呈现的是教材上“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验过程，关于这一实验，下列叙述正确的是( )
A. 两弹簧测力计的拉力互成的角度一定为
B. 两弹簧测力计的拉力读数一定要相等
C. 两次拉橡皮筋时O点位置不一定要相同
D. 如果只有一个弹簧秤也可以完成该实验
8.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是( )
A. 按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B. 松开按钮后，穿过螺线管的磁通量为零
C. 按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势
D. 若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势
9.如图是由线圈L和电容器C组成的LC振荡电路。电容器充满电后，时刻，闭合开关S，时刻，电容器的电荷量第一次为零。则时刻，该LC回路中的( )
A. 电压最小
B. 电流最大
C. 磁场能最大
D. 电场能最大
10.如图，一带正电小球甲固定在光滑绝缘斜面上，另一带正电小球乙在斜面上由静止释放。以释放点为原点，沿斜面向下为正方向建立x轴。在乙沿x轴加速下滑过程中，其动能和机械能E随位置x变化的图像，可能正确的是( )
A. B. C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.某同学利用如图1所示的装置来探究加速度与力、质量的关系。
除小车、砂和桶、打点计时器含纸带、复写纸、导线、开关等器材外，在下面的器材中，必须使用的有______填选项前的字母。
A.电压可调的直流电源
B.电压合适的50Hz交流电源
C.刻度尺
D.秒表
E.天平
在设计“探究加速度与力的关系”的实验时，需要思考如何测“力”。为简化“力”的测量，在______后，小车受到的合力等于绳的拉力，在______后，可以认为绳的拉力近似等于砂和桶的总重力。填选项前的字母
A.调整木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动
B.调节滑轮的高度，使细绳与木板平行
C.使砂和桶的总质量远小于小车的质量
将打点计时器接在电源上，某次实验得到的纸带及部分实验数据如图2所示，相邻计数点间有四个点未画出。则小车的加速度______结果保留2位有效数字。
最早出现的验证牛顿第二定律的设备是“阿特伍德机”，某同学改造后的装置如图3所示，质量均为M的重物A、B通过细绳连接，挂在滑轮上。将质量为m的物块C套挂在A的上方，三个物体从图示位置由静止释放。A、C一起下降到挡板D处后，C被挡板挡住，A、B继续运动。已知重力加速度为g。为验证牛顿第二定律，该同学借助刻度尺和秒表进行了测量，请写出需要测量的物理量，并推导测量量与M、m、g之间应满足的关系式。
三、简答题：本大题共1小题，共8分。
12.2022年9月17日，“神舟十四号”航天员乘组圆满完成第二次出舱任务。若“天宫一号”空间站绕地球做匀速圆周运动，宇航员观察到安装在“天宫一号”的太阳能电池板每经过时间内的充电后，会在接下来的时间内停止充电。已知电池板只要受到太阳光的照射就会正常的充电，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，求：
空间站的运动周期；
空间站离地高度。
四、计算题：本大题共3小题，共37分。
13.图甲中，青蛙在平静的水面上鸣叫时引起水面振动。把水波视作横波，以青蛙所在位置为原点O，某时刻波源垂直xOy平面振动所产生波的示意图如图乙所示，实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷，图丙为某质点的振动图像，求：
波在水中的传播速度大小v；
从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需时间。
14.如图所示，传送带与水平方向成角，长为3m，以的速度顺时针匀速转动。在水平光滑地面上靠近传送带放置一足够长的木板A，其质量为2kg。木板A上表面与传送带末端平滑连接，在木板A右侧x处未知有一个固定挡板P。将一质量为1kg的物块视为质点从传送带的顶端静止释放，物块与传送带间动摩擦因数，与木板A间动摩擦因数。设木板A与挡板P碰撞后原速率返回，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。
求物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小；
求物块滑到传送带底端的时间；
若木板A被挡板P弹回3次后静止，且在运动过程中不会与传送带相撞，求x的大小。
15.某质谱仪原理如图所示，在xoy平面内，Ⅰ为粒子加速器，加速电压为；Ⅱ为速度选择器，其中金属板MN长均为L、间距为d、两端电压为，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子不计重力，加速后以比较大的速度沿着Ⅱ的中轴线做直线运动，再由O点进入Ⅲ做圆周运动，最后打到荧光屏的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。求：
极板的电势高低和粒子的比荷；
点到P点的距离y；
假设质量分析器两极板间电势差在内小幅波动，则离子在质量分析器中不再沿直线运动，可近似看作匀变速曲线运动。
①进入Ⅲ时粒子与x轴的最大发散角用三角函数表示；
②荧光屏上被击中的区域长度s。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：当电梯向下启动或是向上停靠的过程中，电梯中的人处于失重状态，电梯的加速度方向均向下，则电梯受到人的压力小于人的重力，即有。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
加速度向上，物体处于超重状态，加速度向下，物体处于失重状态；并不是物体重力发生变化；根据牛顿第二定律求出电梯对人的支持力；根据牛顿第三定律求出人对电梯的压力。
本题主要考查了超重失重状态，解题关键是掌握牛顿第二定律的应用，理解物体处于超重失重状态，是物体所受的支持力发生了变化，但重力并没有发生变化。
2.【答案】C
【解析】解：元素的半衰期为天，服药天，即经过2个半衰期后，设衰变前元素质量为总质量，衰变后未发生衰变的元素质量为m，根据公式
可知，16天后，剩下的放射性元素变为原来的。
初始每分钟衰变次，16天后甲状腺内每分钟发生衰变次，设吸收量占服用量的比例为，则
故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据半衰期与剩余质量的关系即可求出。
该题考查半衰期与剩余质量的关系，知道公式即可正确解答。
3.【答案】C
【解析】解：将飞机的速度分解为沿阻拦索方向的速度和垂直阻拦索方向的速度，可知飞机沿绳方向的速度分量等于阻拦索绳移动的速度大小，如图
则，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据速度的分解得出此时跨过定滑轮一端阻拦索被飞机拖动的速度。
通过速度-时间图线得出加速度的大小是关键，注意飞机的速度与跨过定滑轮一端阻拦索被飞机拖动的速度不等。
4.【答案】A
【解析】解：在P位置时两分运动方向相同，合速度为两速度之和，在Q位置时直线运动速度向右，圆周运动速度向左，此时合速度为两者之差，故A正确，B错误；
一个是与车轴一起向前的匀速直线运动，一个是绕车轴旋转的匀速圆周运动，匀速直线运动加速度为零，所以合加速度为匀速圆周运动的加速度，大小不变，故CD错误。
故选：A。
M点的运动可分解为两个分运动，根据运动的合成与分解求解各点的合速度以及合加速度，从而分析求解。
解决本题的关键知道车轮实际的运动是一个是绕车轴旋转的匀速圆周运动，一个是与车轴一起向前的匀速直线运动。
5.【答案】C
【解析】解：气体B体积膨胀，对外做功，虽然可以从气体A中吸收一部分热量，但AB总体内能减少，总的温度降低，根据理想气体状态方程可知，气体B压强减小，B错误，C正确；
由于隔板P导热，气体A的温度也降低，根据查理定律可知，气体A压强减小，故AD错误。
故选：C。
气缸内封闭着质量、体积和种类都相同的两部分气体A和B，不导热的活塞Q在外力作用下向外移动时，两部分的气体平衡时状态相同，都要绝热膨胀，对外做功，内能减小，温度降低，分子热运动的平均动能减小；气体压强取决于分子数密度和分子的平均动能。
本题关键明确：绝热碰撞过程内能减小，气体压强取决于分子数密度和分子的平均动能。
6.【答案】D
【解析】解：根据题图可知，N光的偏折程度大于M光的偏折程度，则液体对M光的折射率比对N光的折射率小，故A错误；
B.液体对M光的折射率比对N光的折射率小，根据
则N光在液体中的传播速度比M光在液体中的传播速度小，故B错误；
液体对M光的折射率比对N光的折射率小，根据折射率与光的频率的关系可知，N光的频率大于M光的频率，则N光的波长小于M光的波长，根据
可知两种色光通过同一双缝干涉装置，N光的条纹间距较窄，故C错误，D正确。
故选：D。
根据偏折角大小分析折射率的大小，由判断光在介质中速度的大小；由折射率的大小，分析频率与波长的大小，根据公式分析。
本题的解题关键是知道偏折角与入射角和折射角的关系，偏折角越大，折射率越大，频率越大，而波长越短。
7.【答案】D
【解析】解：本实验中对两个力的方向没有要求，两弹簧测力计的拉力互成的角度适当即可，不一定为，故A错误；
B.两弹簧测力计的拉力读数不一定要相等，故B错误；
C.根据等效替代原理可知，两次拉橡皮筋时，要将橡皮筋结点拉到同一位置O点，故C错误；
D.保证橡皮筋的夹角不变，用一根弹簧秤和手配合，两次都将结点拉倒同一位置，则可以完成该实验，故D正确。
故选：D。
根据实验原理和注意事项分析判断。
本题考查探究两个互成角度的力的合成规律的实验，要求掌握实验原理、实验装置分析问题。
8.【答案】D
【解析】解：按下按钮过程中，穿过线圈的磁通量向左增加，根据楞次定律及安培定则可知，感应电流的方向从P端经螺线管向Q端，螺线管相当于电源，则螺线管Q端电势较高，故A错误；
B.松开按钮后，穿过螺线管的磁通量不变，不为零，故B错误；
C.按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，无感应电动势，故C错误；
D.根据法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的感应电动势的大小与穿过线圈的磁通量的变化率成正比，由此可知，若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势，故D正确；
故选：D。
A.按下按钮过程中，穿过线圈的磁通量向左增加，螺线管相当于电源，根据楞次定律及安培定则，即可分析判断；
B.松开按钮后，穿过螺线管的磁通量不变，据此分析判断；
C.按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，据此分析判断；
D.结合题意，根据法拉第电磁感应定律，即可分析判断。
本题主要考查对法拉第电磁感应定律的掌握，解题时需注意，闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
9.【答案】D
【解析】解：由题意可知，LC振荡电路的周期
当时，刚好是半个周期，此时电容器再次充满电，电荷量最大，根据
可知，此时电压最大，故A错误；
B.半个周期电容器再次充满电，电流与电荷量的变化率有关，电荷量的变化率为零，此时电流最小，故B错误；
C.磁场能的大小与电流的大小有关，电流最小时磁场能最小，故C错误；
D.电场能与电荷量有关，电荷量最大时电场能最大，故D正确。
故选：D。
充电过程电流减小，电磁能增大，磁场能减小，放电过程电流增大电磁能减小，磁场能增大。
本题考查LC振荡电路，同学们要理解并掌握，循环充放电过程，若第一个四分之一周期先顺时针充电，电流减小，磁场能转化为电场能；第二个四分之一周期就是逆时针放电，电流增大，电场能转化为磁场能；第三个四分之一周期是逆时针反向充电，电流减小，磁场能转化为电场能；第四个四分之一周期是顺时针反向放电，电流增大，电场能转化为磁场能。
10.【答案】D
【解析】解：设运动过程中两个带电小球间距为r，对于一小段运动位移，由动能定理得：
可知图像的斜率表示合外力，即图像斜率为
所以在乙沿x轴加速下滑过程中，两个带电小球间距为r逐渐减小，合外力沿斜面向下逐渐减小，则图像的斜率逐渐减小，故AB错误；
由功能关系可知，乙克服库仑力做的功等于其机械能减少量，可知图像的斜率的绝对值等于库仑力大小，在乙沿x轴加速下滑过程中，库仑力大小逐渐增大，图像的斜率的绝对值逐渐增大，故C错误，D正确。
故选：D。
根据动能定理分析图像的斜率的物理意义，依据库仑力的变化判断图像的斜率变化；由功能关系可知乙克服库仑力做的功等于其机械能减少量，图像的斜率的绝对值等于库仑力大小。
本题考查了库仑力的表达式，以及功能关系与图像结合的问题。掌握物体的机械能的变化与除重力以外其它力做功相关。
11.【答案】BCE AB C
【解析】解：打点计时器需要电压合适的50Hz交流电源，不能用直流电，故A错误，B正确；
C.本实验需要用刻度尺测量纸带上点迹之间的距离，故C正确；
D.打点计时器是测量时间仪器，不需要秒表，故D错误；
E.根据实验原理，需要用天平测量小车质量、砂和桶的总质量，故E正确。
故选：BCE。
根据实验原理，本实验需要平衡摩擦力，需要用绳子的拉力表示合力，需要用砂和桶的重力代替绳子的拉力，因此要调整木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动，在小车运动过程中要保证小车所受拉力不变，所以需要调节滑轮的高度，使细绳与木板平行，使砂和桶的总质量远小于小车的质量，这样可以认为砂和桶的总重力等于细绳的拉力；所以为简化“力”的测量，在 AB后，小车受到的合力等于绳的拉力，在C后，可以认为绳的拉力近似等于砂和桶的总重力。
相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法，加速度
代入数据解得
需要测量的物理量是：物体A、C下落到挡板D的位移h和下落时间t
设物体A、C的加速度为a，则有
设绳的拉力为F，如果牛顿第二定律成立，在该过程中有
对A和C：
对B：
可知测量量h、t与M、m应满足的关系式为。
故答案为：；，C；；需要测量的物理量是：物体A、C下落到挡板D的位移h和下落时间t，应满足的关系式为。
根据打点计时器的作用、工作原理进行判断，根据实验原理判断所需测量仪器；
根据实验操作步骤分析即可；
根据逐差法计算；
根据牛顿第二定律和运动学公式分析计算。
掌握“探究加速度与力、质量的关系”的实验原理，实验所需器材，实验注意事项以及实验数据的处理方法是解题的基础。
12.【答案】解：由题意可知，空间站的运动周期
空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得

由地球表面上的物体根据万有引力等于重力，可知
空间站离地高度
联立解得：
答：空间站的运动周期为；
空间站离地高度为。
【解析】根据电池板只要受到太阳光的照射就会正常的充电，确定空间站的运动周期；
空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式。在地球表面上，根据万有引力等于重力列式，联立求解空间站离地高度。
解答本题时，要理清空间站的运动情况，确定向心力来源，根据万有引力提供向心力以及万有引力等于重力这两条思路进行解答。
13.【答案】解：实线圆、虚线圆分别表示时刻相邻的波峰和波谷，由题图乙可知波长，由题图丙可知周期，则波在水中的传播速度大小为
；
根据题意可知P点此时处于平衡位置，从题图乙所示状态开始，P点第1次到达波谷所需时间为
，则P点到达波谷的所用时间为，代入数据解得。
答：波在水中的传播速度大小为；
从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需时间。
【解析】根据题图得出波长、周期，进而可求出波速；
根据P点此时所在位置，分析其第1次到达波谷所需时间，进而得出每次到达波谷所需时间。
考查对波的传播规律的理解，根据关系式解答。
14.【答案】解：传送带对物块的支持力为：
物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小为：
联立代入数据解得：
刚放到传送带时，物块的加速度为：
代入数据得：
假设物块的末速度能达到，则物块做匀加速运动的位移：
所以物块在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速运动。
物块做匀加速运动的时间为：
物块做匀速运动的时间为：
物块滑到传送带底端的时间为：
长木板、物块与挡板碰撞之前组成的系统动量守恒，碰后长木板的速度大小不变，又因为运动过程中不会与传送带相撞，所以碰后长木板与物块组成的系统合动量水平向右，且每次长木板与挡板碰撞时的速度相同，第3次碰撞结束后，物块与长木板的动量等大反向。设物块与长木板的质量分别为m、M，由动量守恒定律得：
以向的方向为正方向
第1次碰撞结束后到第2次碰撞之前由动量守恒定律得：
第2次碰撞结束后到第3次碰撞之前由动量守恒定律得：
第3次碰撞结束后由动量守恒定律得：，
由运动学公式得：
对长木板由牛顿第二定律得：
联立解得：
答：物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小为5N；
物块滑到传送带底端的时间为；
若木板A被挡板P弹回3次后静止，且在运动过程中不会与传送带相撞，x的大小为。
【解析】根据滑动摩擦力的公式，先求支持力，再求滑动摩擦力大小；
对滑块由牛顿第二定律可以求出加速度大小，根据滑块的运动过程是先加速后匀速，应用运动学公式求出滑块从 A运动到B点的时间；
分清三次碰撞前后滑块和木板的运动过程，应用动量守恒定律、运动学公式和牛顿第二定律求x的大小。
本题考查了牛顿第二定律应用的传送带和板块模型，两种模型都是相对运动问题，需要考虑是否能够共速，以及共速能否相对静止。
15.【答案】解：在Ⅲ区域，带电粒子往上偏转，则该粒子带正电。
在Ⅱ区域，粒子沿直线运动，洛伦兹力向上，则电场力向下，即M板电势高于N板；
在Ⅰ区域由动能定理有：
在Ⅱ区域由平衡条件有：
则比荷为：
进入Ⅲ区域，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：
OP间的距离：
联立解得：
①由题可知带电粒子进入Ⅱ区域做匀变速曲线运动，由于较小，则带电粒子在Ⅱ区域的加速度为：
带电粒子在Ⅱ区域的运动时间：
分析可知带电粒子在Ⅱ区域的运动为类平抛运动：
②带电粒子Ⅱ区域的运动的竖直偏转最大位移为，即OA距离：
带电粒子从A点出射时与水平方向夹角为，速度大小为v，最终打到P点，如图所示。则有，
从而得到：
长度为一定值；分析可知荧光屏上被击中的长度等于带电粒子在离开Ⅱ区域时的粒子区域范围：
答：极板M板高，粒子的比荷为；
点到P点的距离y为；
①进入Ⅲ时粒子与x轴的最大发散角的正切为；
②荧光屏上被击中的区域长度s为。
【解析】根据粒子在偏转分离器Ⅲ中受到的洛伦兹力方向，由左手定则判断粒子带电性质。粒子在速度选择器Ⅱ中做匀速直线运动，由受力平衡的条件求得速度，对粒子在粒子加速器Ⅰ中的运动过程，应用动能定理求解粒子的比荷；
粒子在偏转分离器Ⅲ中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求得运动半径，根据几何关系求解O点到P点的距离；
①当电压有的波动时，求出粒子的加速度，再根据类平抛规律求速度的偏向角的正切；②根据上述偏向角，结合几何关系、做圆周运动的半径公式求荧光屏被击中的长度。
本题考查了带电粒子在电场中的运动问题。粒子在加速电场的加速过程，应用动能定理求解粒子获得的速度大小。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解答。

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