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

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；110C．粒子中子转化为质子和电子，即0n→1H＋－1e，而非核外电子逸出来的，故C错误；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t1过程中做自由落体运动B．运动员在t2t3过程中速度方向发生改变C．运动员在t3t4过程中处于超重状态D．运动员在t4时刻上浮至水面【答案】C【解析】A．在0t1过程中初速度不是零，不是自由落体运动，故A错误；B．在t2t3过程中速度始终为正值，方向不变，故B错误；C．在t3t4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；D．根据图像可知，0t1过程竖直向上运动，t1t4过程中竖直向下运动，在t4时刻下降到最低点，故D错误。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T1；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T2。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．T2＞T142R3．月球的质量为B2GT2C．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】C332R4R【解析】．根据，得T＜T，故错误；A2221AT2T1GMm422342RB．根据2m2R2，得M，故B错误；T22R2GT2GMmv2C．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r2r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t1内，金属棒中的感应电流方向为B→AB．t1t2内，金属棒受到水平向左的静摩擦力C．t3时刻，金属棒受到的安培力最大D．t1~t3内，金属棒中的感应电流先减小后增大【答案】B【解析】A．0t1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，金属棒中的感应电流方向为A→B，故A错误；B．t1t2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的静摩擦力，故B正确；C．t3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，则金属棒受到的安培力也为零，故C错误；D．t1~t3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m1的物块A连接，另一端跨过定滑轮与轻绳b拴接于O点。与水平方向成角的力F的作用在O点，质量为m2的物块B恰好与地面间没有作用力。已知60，定滑轮右侧的轻绳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、m1的位置始终保持不变.则下列说法正确的是（）A．F的最小值为32m1gB．m2m1C．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，3F的最小值为mgsin60mg，故A正确；121m1gm2gcos60B．受力分析可知,可知m22m1,故B错误；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m2g−FN变小，故地面对物块B的支持力FN变大，故D错误.6．一个半径为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（）2A.油的折射率n33O′B．油的折射率n2C．装满油时，光从A点出发传播到C所用时间为61RcD．装满油时，光从A点出发传播到C所用时间为31Rc【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2CD．装满油时，光在桶内传播的距离为s22Rc6c光在桶内传播的速度为vn3s2AO2RAO3RAOt2所以装满油时，光从C点出发传播到A所用时间为vc6cccc3所以,光从A点出发传播到C所用时间为31R，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0023mgR(1-cos60)-mg(x1+x2)sin30=3mv+由几何关系，A在b处时，ab间绳长为R，即x1+x2=R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0.01p0S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3T0的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，此时体积为6V0。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积为5V0。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强为1.4p0。从状态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1.01p0，,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1.2p0C.气体在状态C的温度为3.6T0D.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pAS＋0.01p0S＝1.01p0S解得pA＝p0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pAVA＝pBVB，解得pB＝1.2pA＝1.2p0气体从状态B到状态C，做等容变化，由查理定律有＝，解得TC＝3.5T0,故BC错误;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9mB．Q的质量为1kgC．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1D．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mv1Mv2mMv3根据v-t图像可知，v1=3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s，代入上式解得M1kg，故B正确；C．设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0-2s内P与Q22的加速度分别为aP=1.5m/s，aQ=0.5m/s，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得1mgmaP1mg2mMgMaQ联立解得20.05，故C错误；111D．由于碰撞系统损失