资源简介

2025年广东省汕头市高三下学期一模改编练习卷2
本试卷共6页，15小题，满分100分。考试用时75分钟。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。
1．如图为全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST），通过在其真空室内加入氘（）和氚（）进行的核聚变反应释放出大量能量，被誉为“人造太阳”，是中国自主设计、研制的世界首个全超导非圆截面托卡马克装置。2025年1月20日，首次实现1亿摄氏度1066秒稳态长脉冲高约束模式等离子体运行，标志着聚变研究从前沿的基础研究转向工程实践，是一次重大跨越。已知原子核质量m1、原子核质量m2、原子核质量m3、质子质量mp、中子质量mn，以下说法错误的是（　　）
A．反应方程为
B．反应出现的高温等离子体可以通过磁约束使其不与器壁接触而作螺旋运动
C．核的结合能为
D．一个原子核与一个原子核反应后释放的能量为
2．穿衣镜是人们日常生活中的必需品，常用一块透明玻璃板单面镀银制成。如图所示，一束单色光与玻璃板表面成37°由P点射入，已知玻璃板厚度d＝4mm，该单色光从空气射入玻璃时的折射率，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，则该单色光出射点Q（未画出）与P点的距离为（　　）
A．4mm B．6mm C．8mm D．10mm
3．在建筑工地上，工人使用插入式混凝土振捣器对浇筑的混凝土进行振捣作业。振捣器开启后，其内部的偏心块高速旋转，带动振捣棒做简谐运动，并将振动传递给混凝土。已知振捣棒的振动方程为。下列说法正确的是（　　）
A．振捣棒做简谐运动的频率为50Hz B．时刻，振捣棒的位移为1.5mm
C．振捣棒在1s内通过的路程是600mm D．振捣棒的振动频率越高，混凝土颗粒的振动一定越剧烈
4．2025年2月22日20时11分，中星10R卫星在西昌卫星发射中心乘载运载火箭成功发射，该卫星覆盖中国及西亚、南亚、东南亚部分地区，提供高效的卫星网络传输服务。假设该卫星沿椭圆轨道变轨后做圆周轨道运行，其动能变为原来的，不考虑因变轨质量变化，关于该卫星下列说法正确的是（　　）
A．万有引力变为原来的 B．运行速度变为原来的
C．变轨后该卫星机械能减小了 D．变轨过程一直处于完全失重状态
5．有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图1中，匀速转动的线圈此位置产生的电动势恰好为零
B．图2中，变压器原副线圈电流之比
C．图3中，强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落（不计空气阻力）可视做自由落体运动
D．图4中，电子感应加速器中若电磁铁电流方向反向，可通过减小电流的方式实现电子的逆时针加速运动
6．电磁飞机弹射系统可以使战机在很短的距离内加速后获得需要的起飞速度，其简化结构如图所示。虚线MN的右侧存在一方向垂直于纸面向里的磁场，一边长为l的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，单匝线框质量为m，单位长度的电阻为r，ab边在虚线MN左侧且紧靠虚线MN。现让磁场的磁感应强度随时间t按照的规律变化，则下列说法正确的是（　　）
A．线框中产生的感应电流大小不变
B．线框离开磁场时的动能小于安培力对线框做的功
C．线框穿出磁场过程中，磁通量的变化量大小为Bl2
D．线框在t=0时刻的加速度与线框的匝数无关
7．如图所示，一水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，右侧一处于压缩状态的轻质弹簧与一质量为m的小滑块接触（不相连），释放后滑块以速度v滑上传送带，滑块运动一段时间后返回并压缩弹簧，已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半。已知弹簧弹性势能，不计空气阻力，则（　　）
A．传送带匀速转动的速度大小为
B．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上
C．滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为
D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中传送带对滑块的冲量为
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，有选错的得0分。
8．一个电子无初速度地注入电子感应加速器的真空室中，加速器的磁极在半径为的圆形区域内产生磁感应强度大小为、方向如图所示的变化磁场，真空室内存在另一个变化的磁场“约束”电子在真空室内做半径为的圆周运动，不考虑电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是（　　）
A．电子感应加速器是利用感生电场对电子进行加速的
B．俯视真空管道电子沿顺时针方向加速运动
C．电子所受到的洛伦兹力一定不断增大
D．洛伦兹力对电子一直做正功
9．如图甲所示，水平面内一光滑圆盘可绕经过圆心O的竖直转轴转动。轻杆沿半径方向固定，两端分别在O点和圆盘边缘P点。一质量为2kg的小球（视为质点）和两相同的轻弹簧连接套在轻杆上，两弹簧另外一端分别连接在O、P点，圆盘半径为L，弹簧原长为、劲度系数为k。当圆盘角速度从0缓慢增大的过程中，图像如乙所示，x是小球与初位置的距离，弹簧始终未超过弹性限度，下列说法正确的是（　　）
A．小球动能增加来源于弹簧对它做功
B．弹簧的劲度系数k为100N/m
C．圆盘半径L为2m
D．若去除外端弹簧，此图像斜率不变
10．如图所示，一带正电小球用绝缘丝线悬挂在O点，同时在竖直平面内加上匀强电场，使小球始终保持平衡，此时丝线绷直且与竖直方向间夹角为。已知小球的质量为0.1kg、电量为0.4C，整个过程中带电小球电荷量始终不变，重力加速度取。关于所加电场，下列判断正确的是（　　）
A．电场的方向可能竖直向上
B．若所加电场的电场强度大小为，那么电场的方向是唯一确定的
C．若所加电场的方向为水平向右时，电场的电场强度刚好为最小值
D．若所加电场的电场强度大小一定时，丝线上的拉力大小可能有不同值
三、非选择题：共54分，考生根据要求作答。
11．如图甲为桶装水电动抽水器，某兴趣小组利用平抛运动规律测量该抽水器的流量Q（单位时间流出水的体积）。
（1）如图乙，为了方便测量取下不锈钢出水管，用游标卡尺测量其外径D，读数为 mm；
（2）重新安装出水管如图甲，为了使水能够沿水平方向流出，下列哪种方法更合理 ；
A．用力把出水管前端掰至水平
B．转动出水管至出水口水平
C．调整水桶的倾斜角度使出水口水平
（3）接通电源，待水流稳定后，用米尺测出管口到落点的高度差和管口到落点的水平距离；已知重力加速度，则水流速度v＝ m/s（保留两位有效数字）；
（4）已知出水管管壁的厚度为d，该抽水器的流量Q的表达式为 （用物理量D、d、v表示），根据测得的流量可算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，可能的原因是 （写出一个原因）；
（5）抽水时若电机的输出功率恒定，当桶内水面降低时，抽水器的流量Q （选填“不变”、“减小”或“增加”）。
12．某兴趣学习小组根据所学的电学原理，利用相同的器材，自制了以下不同的电子秤。实验器材有：
直流电源（电动势为，内阻为）；
理想电压表V（量程为）：限流电阻；
竖直固定的滑动变阻器（总长，总阻值）；
电阻可忽略不计的弹簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盘且与滑动变阻器R的滑动端连接，滑片接触良好且无摩擦（弹簧劲度系数）；
开关S以及导线若干。
重力加速度取，不计摩擦和其他阻力。
实验步骤如下：
①两种电子秤，托盘中未放被测物前，滑片恰好置于变阻器的最上端，电压表的示数均为零。
②两种电子秤，在弹簧的弹性限度内，在托盘中轻轻放入被测物，待托盘静止平衡后，当滑动变阻器的滑片恰好处于下端b处，此时均为电子秤的最大称重。
请回答下列问题（所有计算结果保留一位小数）：
（1）两种电子秤，当滑动变阻器的滑片恰好置于最下端时，电压表的示数均为 V；该电子称的最大可测质量均为 kg。
（2）当电压表的指针刚好指在表盘刻度的正中间时，如左图所示的第一套方案电子称测得质量为 kg。如右图所示的第二套方案电子称测得质量为 kg。
（3）第 （填“一”或“二”）套方案更为合理，因为电压表读数与物体质量成线性关系，电压表改装的电子秤刻度 均匀的。（填“是”或“不是”）
13．如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中：
（1）内能的增加量 U；
（2）最终温度T。
14．如图所示，a、b、c均为质量为m的物块，其中b、c通过轻弹簧连接并静置在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，a物块从距离b高为h处由静止释放，与b碰撞后黏在一起，碰撞时间极短。重力加速度为g，则：
（1）求a、b碰撞后瞬间a、b整体的速度和加速度大小；
（2）若a物块从距离b高为h0处由静止释放，弹簧恰好能恢复原长，求初始时弹簧的弹性势能（结果用含h0的式子表示）；
（3）若a物块从距离b高为hx处由静止释放，c恰好能离开地面，求hx为多少？
15．在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板中间的小孔后进入速度选择器，并沿直线运动。速度选择器中的匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为，极板间的电场强度大小为。坐标系中区域充满沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ，区域充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，OP与x轴夹角。匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小，且。质子从（0，d）点进入电场Ⅰ，并垂直OP进入磁场Ⅱ。取质子比荷为，。求：
（l）极板间的加速电压U；
（2）匀强电场Ⅰ的电场强度；
（3）质子能到达x轴上的区间的长度L（结果用根号表示）。
试卷第1页，共3页
参考答案
1．C【详解】A．核反应遵循质量数守恒和核电荷数守恒，故A正确；
B．工作时，高温等离子体中的带电粒子被强匀强磁场约束在环形真空室内部，而不与器壁碰撞，故B正确；
C．将核子结合为原子核时所释放的能量即为结合能，中有两个质子和两个中子，它们结合为时，质量亏损为可知的结合能为故C错误；
D．个原子核与一个原子核反应后质量亏损为
释放的能量为故D正确。本题选择错误的，故选C。
2．B【详解】根据题意作出光的折射与反射，如图
根据折射定律有该单色光出射点Q与P点的距离为代入数据解得mm故选B。
3．C【详解】AB．根据表达式；可知频率为Hz
将代入解得mm故AB错误；
C．振捣棒的周期为s由于1s=，则振捣棒在1s内通过的路程是mm故C正确；
D．当振捣棒的振动频率与混凝土颗粒的固有频率越接近时，振动越剧烈，故D错误；故选C。
4．A【详解】B．由，得，
当动能变为，则轨道半径变为原来的倍，轨道速度变为原来的故B错误；
A．由B项分析可知轨道半径变为原来的倍，万有引力，则万有引力变为原来的故A正确；
C．由B项分析可知轨道半径变为原来的倍，则说明变轨过程要加速，机械能增大，故C错误；
D．变轨过程要加速，并不是处于完全失重状态，故D错误。故选A。
5．A【详解】A．图1中，匀速转动的线圈此位置时，线圈不切割磁感线，即电动势为0，故A正确；
B．图2中，变压器原副线圈电流之比故B错误；
C．图3中，强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落，铝管会产生感应电流，即产生电磁阻尼现象，阻碍强磁体的运动，故不可视做自由落体运动，故C错误；
D．电子感应加速器示意图。若电磁铁电流方向反向，磁场方向反向，根据左手定则可知无法实现电子逆时针运动，故D错误。故选A。
6．D【详解】A．由楞次定律可知，线框向左运动，线框在磁场中的面积逐渐减小，且产生反向的电动势，故其感应电流发生改变，故A 错误；
B．由动能定理可知，安培力对线框做的功就等于线框动能的变化量，由于线框初始状态的动能为零，故安培力做的功等于线框离开磁场时的动能，故B错误；
C．线框运动前磁通量为穿出磁场后，磁通量为0，则磁通量变化量为故C错误；
D．n匝线框在t=0时刻产生的感应电动势为
n匝线框的总电阻为R=4nlr
总质量为nm，线框中的感应电流为
线框受到的安培力为则有F=nma解得
与匝数n无关，故D正确。故选D。
7．C【详解】A．由能量守恒可知，释放滑块过程有
滑块返回压缩弹簧时有联立解得故A错误；
B．结合以上分析可知，滑块再次滑上传送带时速度为,则每次滑块返回时速度均为，因此一直在做往复运动，不会停止，故B错误；
C．以传送带为参考系，木块滑上时相对传送带的速度为，在第1次滑的过程当中产生的热量就等于相对的动能的损耗量，即 故C正确；
D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中，规定向右为正方向，根据动量定理可知，传送带对滑块的水平冲量大小为
同时传送带对滑块有竖直向上的支持力产生的冲量，因此传送带对滑块的总冲量大于mv，故D错误。故选C。
8．AC【详解】A．电子感应加速器是利用变化的磁场激发感生电场，从而进行加速，故A正确；
B．根据楞次定律判断感生电场方向为顺时针，电子运动方向为逆时针，故B错误；
C．根据可知电子在真空室中的半径不变，速度增加，也在增加，可知不断增加，故C正确；
D．洛伦兹力对电子不做功，故D错误。故选AC。
9．BC【详解】A．小球动能增加来源于轻杆对它做功，故A错误；
B．小球做圆周运动，由沿半径方向的合力提供向心力，则有
变形有结合图像有，解得，
故BC正确；
D．若去除外端弹簧，则有变形有可知，图像斜率发生变化，故D错误。
故选BC。
10．AD【详解】A．若电场的方向竖直向上，则小球受重力与电场力大小相等时，小球处于平衡状态，故A正确；
BCD．对小球受力分析，当电场力与拉力垂直时，电场力最小，如图
根据几何关系可知解得N/C
当即N/C时电场的方向是确定的；当
时，若所加电场的电场强度大小一定时，丝线上的拉力大小可能有不同值，故BC错误，D正确；故选AD。
11．7.0/7.1 ； B ；1.0m/s； ；测量h偏小（或者L偏 、D偏 、d偏 ）； 减
【详解】（1）[1]该游标卡尺为10分度，其精度为0.1mm，游标卡尺的读数为D=7mm+1×0.1mm=7.1mm
（2）[2]出水管可以旋转，比较方便地改变出水方向，因此可以转动出水管至出水口水平，故B正确，AC错误。
故选B。
（3）[3]水的运动为平抛运动，竖直方向为自由落体运动
水平方向为匀速直线运动解得水流速度
（4）[4]出水管的半径为该抽水器的流量
[5]装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，从流量大小的相关量分析可能是测量h偏小或者L偏大、D偏大、d偏小等。
（5）[6]抽水时若电机的输出功率恒定，单位时间内电机对水做功相同，当桶内水面降低时，水上升的高度变大，增加的重力势能增大，增加的动能减小，在出水口水的速度减小，所以抽水器的流量减小。
12． 2.0 10.0 7.5 5.0 一 是
【详解】（1）[1]滑动变阻器的滑片恰好置于最下端时，由欧姆定律可得
[2]由受力平衡可得解得电子称的最大可测质量为。
（2）[3][4]当电压表的指针刚好指在表盘刻度的正中间时，电压表读数。
如左图所示的第一套方案，根据闭合电路欧姆定律可得
由平衡条件可得联立解得
如右图所示的第二套方案，设滑动变阻器接入电路的阻值为，根据闭合电路欧姆定律可得
解得又由平衡条件可得联立解得
（3）[5][6]左边方案一，根据闭合电路欧姆定律可得
又联立可得与成线性关系，电子秤刻度均匀；右边方案二，根据闭合电路欧姆定律可得又，
联立可得与不成线性关系，电子秤刻度不均匀；故方案一更合理，电压表示数与物体的质量成正比，电压表改装的电子秤刻度是均匀的，便于测量。
13．（1）；（2）
【详解】（1）活塞移动时受力平衡气体对外界做功
根据热力学第一定律解得
（2）活塞发生移动前，发生等容变化，即
活塞向右移动了L，等压过程且解得
14．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）a做自由落体运动，有解得a、b碰撞过程动量守恒，则
所以
碰撞后瞬间，对a、b整体，根据牛顿第二定律有；解得加速度大小为
（2）若a物块从距离b高为h0处由静止释放，则有
a、b碰撞过程动量守恒，则
弹簧恰好能恢复原长，根据能量守恒可得联立可得
（3）若a物块从距离b高为hx处由静止释放，且c恰好能离开地面，则
联立可得
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）质子进入速度选择器中的速度为，由力的平衡得
由动能定理有联立得，
（2）质子在电场中运动到达上的点时间为，竖直方向速度为，水平位移为，竖直位移为，加速度为。由运动学公式有，，由几何关系有，
由牛顿第二定律有联立可得，，
（3）质子进入磁场的速度为，则
质子在磁场中运动半径为，由牛顿第二定律有有
由几何关系有，
当，质子恰好从N点飞出，当，质子恰好与轴相切。故质子能到达轴上的区间长度
答案第1页，共2页

展开更多......

收起↑