【高考领航】2025年高考物理模拟试题精编卷(3)

高考物理模拟试题精编(三) (考试时间：70分钟　试卷满分：110分) 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题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。 14.如图，篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边，虚线“1”“2”“3”所在水平面分别是地面、运动员的头顶、该水柱最高点所在的水平面。根据图中信息和生活经验，可以估算出该水柱从地面喷出时的速度约为(　　) A．2 m/s　　　　　　　　　　 B．6 m/s C．12 m/s D．20 m/s 15．某小组用如图甲所示的风速仪研究交流电，风杯在风力作用下带动与其连在一起的永磁铁转动；某一风速时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，已知风杯转速与风速成正比，则(　　) 　　 　甲　　　　　　　　　　　　　　乙　　 A．该交变电流的周期为t0 B．该交变电流的峰值为Im C．风速增大，产生的交变电流周期增大 D．风速增大，产生的交变电流峰值增大 16．水平地面上有一质量为m1的长木板，木板上右端放有一质量为m2的木块，如图甲所示；用水平向右的拉力F作用在长木板上，F随时间t变化的规律如图乙所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小；木块的加速度a2随时间t变化的规律如图丙所示，已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　) 　　　　 甲　　　　　　　　乙　　　　　　　　　　丙 A．F1＝μ1m1g B．F2＝(μ1－μ2)(m1＋m2)g C．t1至t2这段时间内木块的速度变化量Δv＝μ2g(t2－t1) D．t1至t2这段时间内木块的速度变化量Δv＝ 17.2022年10月25日，中国综合性太阳探测卫星“夸父一号”幸运地拍到了日偏食，该卫星轨道为近极地太阳同步晨昏轨道，可视为圆轨道，轨道高度小于地球同步卫星轨道高度。如图所示，a为“夸父一号”，b为地球同步卫星，c为赤道上随地球一起转动的物体。地球自转周期为T，地球半径为R，赤道上重力加速度为g，引力常量为G。则(　　) A．地球的质量为 B．a、b、c的线速度大小关系为vb＜va＜vc C．a、b、c的周期大小关系为Tb＞Ta＞Tc D．地球同步卫星距地面高度为－R 18.如图所示，倾角为30°的斜面上有一个电荷量为q(q>0)质量为m的小球以v0的初速度水平抛出。竖直平面内有一水平向左的匀强电场，电场强度为E。已知小球回到斜面时速度方向与斜面的夹角不变，克服电场力做功。从抛出小球到小球回到斜面的运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．E＝ B．该系统的机械能不变 C．小球最小速度为 D．若第二次抛出小球时撤去电场，则两次小球离斜面最远距离之差为 19．中国实验快堆是第四代核能系统的优选堆型，采用钚(Pu)做燃料，在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂变的铀(U)，钚-239裂变释放出的快中子被再生区内的铀-238吸收，转变为铀-239，铀-239极不稳定，经过衰变，进一步转变为易裂变的钚-239，从而实现核燃料的“增殖”。下列说法正确的是(　　) A．铀-239转变为钚-239，经过了2次β衰变 B．钚-239发生裂变过程中，电荷数守恒，质量也守恒 C．铀-239发生衰变的实质是原子核外的电子飞出 D．钚(Pu)裂变生成两个中等质量的核，钚核的比结合能小于生成的两个核的比结合能 20．如图所示，在平面直角坐标系的第二象限有一半径R＝0.1 m的圆形区域内有磁感应强度为B＝2.0×10－2T的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，圆形区域与坐标轴相切于A、C两点，在第一、四象限有竖直向下的匀强电场，电场强度E＝1.6 V/m，有一束＝2.0×10－6 kg/C的带正电的粒子在第三象限沿y轴正方向，以v0＝1.0×103 m/s垂直射入圆形磁场中，粒子束宽度d＝0.2 m，经过磁场偏转后打入第一象限，重力和一切阻力都不计，则下列说法正确的是(　　) A．所有进入磁场中偏转的粒子最后都经C点打入电场 B．所有进入磁场中偏转的粒子最后都平行于x轴方向打入电场 C．从x＝－0.1 m处打入的粒子经磁场和电场偏转后与x轴交于x＝0.5 m处 D．从x＝－0.1 m处打入的粒子经磁场和电场偏转后与x轴交于x＝0.8 m处 21.如图所示，一个斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑。小物块P放在水平地面上，小物块Q自斜面上某位置处由静止释放，P、Q之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列说法正确的是(　　) A．若≥，则P、Q只能发生一次碰撞 B．若≥，则P、Q只能发生一次碰撞 C．若＝，则P、Q只能发生两次碰撞 D．若＝，则P、Q只能发生多次碰撞 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 得分 答案 三、非选择题：共62分。第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题：共47分。 22．(5分)某实验小组设计了图甲所示的实验装置来测量木块与平板间的动摩擦因数，其中平板的倾角θ可调。 　　　 　　　　　甲　　　　　　　　　　　　　　　　　　乙 (1)获得纸带上点的部分实验步骤如下： A．测量完毕，关闭电源，取下纸带 B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开木块 C．把打点计时器固定在平板上，将木块尾部与纸带相连，使纸带穿过限位孔 D．将木块靠近打点计时器 上述实验步骤的正确顺序是__________(用字母填写)。 (2)打点计时器的工作频率为50 Hz，纸带上计数点的间距如图乙所示。根据纸带求出木块的加速度a＝__________m/s2(保留2位有效数字)。 (3)若重力加速度g＝9.8 m/s2，测出斜面的倾角θ，查表知sin θ＝0.60，cos θ＝0.80，若木块的质量为m＝0.20 kg，则木块与平板间的动摩擦因数μ＝__________(保留2位有效数字)。 (4)若另一小组利用图甲装置验证了牛顿第二定律，则实验时通过改变__________，验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；通过改变_____________，验证力一定时，加速度与质量成反比的关系。 23．(10分)(1)某实验小组设计了如图甲所示的电路测量电压表V2的内阻及电源电动势。已知电压表V1量程为3 V，内阻RV1＝6000 Ω，电压表V2量程也为3 V，内阻RV2为几千欧(待测)，电源电动势约为5 V，电源内阻可忽略。按以下步骤进行操作。 甲 ①按图甲所示原理图完成电路连接； ②把R1、R2均调至最大阻值； ③闭合开关S，调节R1、R2，使V1、V2均有合适示数，分别为U1、U2，若调至U1、U2满足U2＝U1的关系，此时电阻箱R2的阻值为1500 Ω，则可知电压表V2的内阻RV2为________ Ω； ④若将R1调至4000 Ω并保持不变，调节R2，记录多组对应的U1、U2值，以U1为纵坐标，U2为横坐标描点作图，在实验误差允许范围内得到一条倾斜直线，直线的纵截距为b，则电源的电动势为__________(用已知量和已测得量计算出结果)。 (2)用伏安法测量电源电动势和内阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，测量结果总存在系统误差。按如图乙所示的电路进行测量，可以消除这种系统误差。 乙 ①闭合开关S1、S2，灵敏电流计G的示数不为零，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，读出电流表和电压表的示数I1和U1； ②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得灵敏电流计G的示数为零，读出电流表和电压表的示数I2和U2； ③重复②操作，得到了多组I、U； ④根据实验得到的多组数据作出的U-I图线如图丙所示，由此可得电源的电动势E＝____ V，内阻r＝________ Ω。(结果均保留2位有效数字) 丙 24.(12分)如图所示，一光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，半径R＝7.5 m，圆弧轨道的圆心O在圆弧最低点B的正上方，其中∠AOB＝60°。圆弧轨道左侧有一顺时针方向匀速转动的水平传送带，传送带上表面与圆弧轨道的圆心O在同一高度。现将可视为质点的物块P从传送带左端M由静止释放，离开传送带右端N时恰好与传送带共速，从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物块P的质量m＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)传送带的速度； (2)物块到达轨道最低点B时，小物块P对轨道的压力。 25.(20分)如图所示，在正交坐标系O-xyz空间中，Oz竖直向下，O′为y轴上的一点。相距0.5 m的两平行抛物线状光滑金属轨道OP、O′P′通过长度不计的光滑绝缘材料在P、P′处与平行倾斜粗糙金属直轨道PQ、P′Q′平滑相接，其中抛物线状轨道OP的方程为z＝x2，OO′间用导线连接R＝1 Ω的定值电阻，倾斜轨道足够长，QQ′间用导线连接C＝1 F的电容器。电容器最初不带电。抛物线状轨道区域存在方向竖直向下、磁感应强度B1＝4 T的匀强磁场，倾斜直轨道区域存在与导轨垂直向上、磁感应强度B2＝2 T的匀强磁场。一质量为0.5 kg，长为0.5 m的金属导体棒在恒定外力F作用下从y轴开始以初速度v0沿抛物线状轨道做加速度方向竖直向下、大小为10 m/s2的加速运动，导体棒到达连接处PP′后立即撤去该外力F。已知金属导体棒与轨道始终接触良好，金属棒与倾斜直轨道间的动摩擦因数μ＝0.75，P点纵坐标zP＝ m，金属棒电阻为1 Ω，其他电阻忽略不计，金属棒在运动过程中始终与y轴平行，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)金属棒初速度v0的大小； (2)外力F的大小和金属棒在抛物线状光滑轨道运动过程中产生的焦耳热Q； (3)电容器最终的电荷量q。 (二)选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。 33．[物理——选修3－3](15分) (1)(5分)如图所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的图象，当r＝r0时，引力和斥力大小相等，以下说法正确的是__________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．r＞r0时，随着分子间距离的增大，引力和斥力的合力逐渐减小 B．r＝r0时，引力和斥力的合力最小 C．r＝r0时，分子势能最小 D．r＞r0时，随着分子间距离的增大，分子势能一直增大 E．气体相邻分子间的距离约等于r0 (2)(10分)利用如图所示的实验装置来测定容器内液体的温度，容器右侧部分水银压强计的左管中有一段长度为h＝10 cm的水银柱，水银柱下密封一段长为l＝4 cm的空气柱B。实验开始时水银压强计的两侧水银柱上端在同一水平面，这时容器内液体的温度为27 ℃，后来对液体加热，通过向水银压强计右管中注入水银，使左管水银面仍在原来的位置，此时测得水银压强计左管中密封空气柱B的长度为l′＝3 cm。已知外界大气压强为76 cmHg。求： ①加热后液体的温度t； ②向水银压强计右管中注入水银的长度。 34．[物理——选修3－4](15分) (1)(5分)介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源S1和S2，二者做简谐运动的振幅相等，周期均为0.8 s。当S1过平衡位置向上运动时，S2也过平衡位置向上运动。若波速为5 m/s，则由S1和S2发出的简谐横波的波长均为________m。P为波源平衡位置所在水平面上的一点，与S1、S2平衡位置的距离均为10 m，则两波在P点引起的振动总是相互________(填“加强”或“削弱”)的；当S1恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P处的质点________(填“向上”或“向下”)运动。 (2)(10分)某光学仪器中平行固定着两个完全相同的横截面为正三角形的三棱镜如图，A、E、F和B、C、D分别位于同一条直线上，一足够大的光屏P过F且与EF垂直。三角形的边长为L，A、E两点间的距离为，CB延长线上与B相距的S处，一激光源沿△ABC平面内与SB成α＝30°方向发射一细光束，光束进入三棱镜后折射光线与底边BC平行。已知真空中的光速为c，求： ①三棱镜材料对该激光的折射率； ②该激光从S到光屏P的传播时间。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考物理模拟试题精编(三) 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 C D C D D AD AC AC 14.C　篮球运动员身高约为1.8 m，由图可知水柱的高度约为人身高的4倍，即7.2 m，则0－v＝－2gh，解得v0＝12 m/s，故选C。 15．D　从图乙可以看出该交变电流的周期为2t0，A错误；结合图乙可知该交变电流的峰值为Im，B错误；已知风杯转速与风速成正比，风速增大，风杯转速就越大，由T＝＝，知产生的交变电流周期减小，C错误；已知风杯转速与风速成正比，风速增大，风杯转速就越大，由Im＝＝＝，可知产生的交变电流峰值增大，D正确。故选D。 16．C　在t1时刻，木板和物块恰好开始运动，此时拉力恰好等于地面对木板的最大静摩擦力，即F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；在t2时刻，木板和物块恰好发生相对运动，此时二者的加速度仍相同，即为a0＝＝μ2g，将木板和物块作为一个整体，根据牛顿第二定律F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0，解得F2＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，故B错误；根据图丙可知，t1～t2时间内二者的加速度相同，物块与木板之间没有发生相对运动，图丙中图象与横轴围成面积代表速度变化量，t1至t2这段时间内木块的速度变化量Δv＝μ2g，故C正确；因为t1～t2时间内存在摩擦力，摩擦力的冲量是m2的合外力冲量，故D错误。故选C。 17．D　对物体c，－mcg＝mcR，解得M＝＋，A错误；根据卫星绕地球做圆周运动时万有引力提供向心力可知＝m，解得v＝ ，则有va＞vb；同步卫星和赤道上物体的周期相同，由v＝，则有vb＞vc，即va＞vb＞vc，B错误；由万有引力提供向心力可知＝mr，解得T＝，则有Tb＞Ta，即Tc＝Tb＞Ta，C错误；设同步卫星距地面的高度为H，则有＝m(R＋H)，得H＝－R，D正确。 18．D　设小球落回到斜面时的速度为v1，则其水平分速度vx＝v1sin 30°，水平方向的只受静电力作用，做匀减速直线运动，则vx<v0，加速度大小为ax＝，水平方向的位移大小x＝，小球克服电场力做功qEx＝qE＝mv－mv＝，解得v1＝v0，由类斜抛运动知识可得，小球合力方向垂直斜面向下，则Eq＝mgtan 30°，解得E＝，A错误；小球克服电场力做功，机械能减小，B错误；由类斜抛运动知识可得，当小球沿垂直斜面的分速度为0时，速度最小，即vmin＝v0cos 30°＝，C错误；第一次抛出小球时，离斜面最远距离d1＝＝，第二次抛出小球时，在运动起点同时垂直于斜面方向和平行于斜面方向分解v0、g，垂直于斜面向上为y轴正方向，y轴方向分速度vy＝v0sin 30°，y轴方向分加速度大小ay＝gcos 30°，则vy－ayt＝0，0－v＝－2ayd2，得t＝，d2＝＝，所以d＝d2－d1＝，D正确。故选D。 19．AD　铀-239转变为钚-239，质量数不变，电荷数增加2，则经过了2次β衰变，故A正确；钚-239发生裂变过程中，电荷数守恒，质量数也守恒，由于裂变放出能量，由质量亏损可知，质量不守恒，故B错误；铀-239发生β衰变，实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子，故C错误；钚(Pu)裂变生成两个中等质量的核，反应放出核能，生成的新核更加稳定，则钚核的比结合能小于生成的两个核的比结合能，故D正确。故选AD。 20．AC　粒子在磁场中做圆周运动过程中洛伦兹力提供向心力qv0B＝，解得r＝＝ m＝0.1 m，任意画一条运动轨迹如图，设粒子在磁场中的入射点为M，出射点为N。因为粒子做圆周运动的半径等于磁场半径，故四边形O1MO2N为菱形，所以O1N∥MO2，即O1N沿x轴正方向，N点C点重合。故所有进入磁场中偏转的粒子最后都经C点打入电场，A正确；由上述分析可知，粒子进入磁场中偏转后经过C点的速度方向不一定平行于x轴，B错误；从x＝－0.1 m处打入的粒子在磁场中偏转后经C点平行于x轴打入电场，粒子在电场中做类平抛运动a＝，y＝R＝at2，x＝v0t，联立可得x＝0.5 m，C正确，D错误。故选AC。 21．AC　设Q滑到水平面上时速度大小为v，P、Q相碰。动量守恒及动能不变，有mQv＝mQvQ1＋mPvP1，mQv2＝mQv＋mPv，联立解得第一次碰后vP1＝v，vQ1＝v，之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，则有vP1≥，解得≥，A正确，B错误；若＝，第一次碰后，可得vP1＝v，vQ1＝－v，之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有mQ(－vQ1)＋mPvP1＝mQvQ2＋mPvP2，mQv＋mPv＝mQv＋mPv，得vP2＝v，vQ2＝v，因vP2>vQ2，故P、Q只能发生两次碰撞，C正确；若＝，第一次碰后，可得vP1＝v，vQ1＝－v，之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有mQ(－vQ1)＋mPvP1＝mQvQ2＋mPvP2，mQv＋mPv＝mQv＋mPv，得vP2＝v，vQ2＝－v，因vP2>，故P、Q只能发生两次碰撞，D错误。故选AC。 22．解析：(1)实验时首先要把打点计时器固定在平板上，将木块尾部与纸带相连，使纸带穿过限位孔；将木块靠近打点计时器，接通电源，待打点计时器工作稳定后放开木块，测量完毕，关闭电源，取下纸带。则此实验步骤的正确顺序是CDBA。 (2)根据Δx＝aT2，运用逐差法得 a＝＝×10－2 m/s2≈1.6 m/s2。 (3)根据牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得μ≈0.55。 (4)探究牛顿第二定律采取的是控制变量法，验证质量一定时，加速度与力成正比的关系，通过改变平板的倾角θ来改变合外力。 验证力一定时，加速度与质量成反比的关系，由于滑块下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力和摩擦力提供，所以要保证向下的合力不变，应该使mgsin θ－μmgcos θ不变，所以需要同时改变滑块的质量m和斜面倾角θ。 答案：(1)CDBA　(2)1.6　(3)0.55　(4)平板的倾角θ　m和θ，且m(sin θ－μcos θ)保持不变 23．解析：(1)③根据并联电路规律可知U1＝U2＋R2，代入数据可得RV2＝3000 Ω。 ④根据闭合电路欧姆定律有E＝U1＋R1，整理得U1＝－U2，即U1＝－U2，故b＝，E＝b。 (2)④根据闭合电路欧姆定律有U＝E－Ir，所以U-I图象的斜率为k＝－ Ω＝－1.0 Ω＝－r，所以电源的内阻r＝1.0 Ω。当I＝0.1 A时，U＝1.9 V，解得E＝2.0 V。 答案：(1)③3000　④b　(2)④2.0　1.0 24．解析：(1)设传送带速度v0，则在A点时，有 tan 60°＝，v＝2gRcos 60° 联立解得v0＝ ＝5 m/s。 (2)从A到B，由动能定理得mv－mv＝mgR(1－cos 60°) 其中vA＝＝2 在B点时有N－mg＝m 解得N＝mg 根据牛顿第三定律可知小物块P对轨道的压力 N′＝mg＝100 N。 答案：(1)5 m/s2　(2)100 N 25．解析：(1)由题意可知，金属棒做类平抛运动，加速度为a＝10 m/s2，则有 x＝v0t，z＝at2 解得z＝x2 轨迹方程为z＝x2 联立解得v0＝2 m/s。 (2)由金属棒运动性质可知，金属棒有效切割速度不变，由法拉第电磁感应定律可得E＝B1lv0 由闭合电路欧姆定律可得I＝ 又F＝F安＝B1Il 联立解得F＝4 N 由zP＝at 解得金属棒在抛体状轨道上运动的时间为t1＝ s 由焦耳定律可得Q＝I2rt1 解得Q＝0.6 J。 (3)金属棒运动到连接处时，金属棒的竖直分速度为 vy＝at1＝1.5 m/s 金属棒运动到连接处时的速度为 v＝＝2.5 m/s 斜面倾角满足tan θ＝＝0.75 可得θ＝37° 金属棒滑上斜面后，由动量定理可得 －B2lΔt＋mgsin θΔt－μmgcos θΔt＝mv′－mv 又q＝Δt 由电路特点和电容定义可得q＝CB2lv′ 联立解得q＝ C。 答案：(1)2 m/s　(2)4 N　0.6 J　(3) C 33．解析：(1)分子间的引力和斥力同时存在，当分子间的距离r＝r0时，引力等于斥力，分子力为零，当r＞r0时，分子间的引力和斥力随分子间距离的增大而减小，斥力减小的更快，分子力表现为引力，引力和斥力的合力先增大后减小，故选项A错误，B正确；当分子间r＞r0时，分子力表现为引力，随距离r增大，引力做负功，分子势能增大，当分子间r＜r0时，分子力表现为斥力，随距离增大，斥力做正功，分子势能减小，当r＝r0时分子势能最小，故选项C、D正确；气体分子间的距离约等于10－9 m，故选项E错误。 (2)①由题意知，B部分气体发生等温变化，则初始时 pB＝p0＋(ph＋pl)＝(76＋10＋4) cmHg＝90 cmHg 根据玻意耳定律得pBlS＝pB′l′S 得pB′＝＝ cmHg＝120 cmHg 这时A气体压强pA′＝pB′－ph＝110 cmHg A气体做等容变化，初始时，pA＝pB－ph＝80 cmHg 根据查理定律＝ 得TA′＝＝ K＝412.5 K 得t＝139.5 ℃。 ②设最终右侧水银面比左管中水银面高Δh，由题意知 120 cmHg＝76 cmHg＋pΔh＋13 cmHg 得pΔh＝31 cmHg，Δh＝31 cm 所以水银压强计右管注入水银的长度为 Δh＋l－l′＝31＋4－3 cm＝32 cm。 答案：(1)BCD　(2)①139.5 ℃　②32 cm 34．解析：(1)由v＝得λ＝vT＝4 m。由于S1与S2振动方向相同，又－＝0，则P点为振动加强点。因＝10 m＝2.5λ，则P点与波源S1振动情况恰好相反，故P质点向下振动。 (2)①由几何关系知，光束射到AB界面时入射角i＝60° 折射角r＝30° 根据折射定律n＝ 解得n＝。 ②光束的光路图如图所示，由几何关系得 SP1＝L，P1P2＝，P2P3＝L，P3P4＝，P4P5＝L 传播时间为t＝＋ 其中v＝ 整理得t＝。 答案：(1)4　加强　向下　(2)①　② 学科网（北京）股份有限公司 $$