【高考领航】2025年高考物理模拟试题精编新课标卷（新教材 老高考）(3)

高考物理模拟试题精编新课标卷(三) (考试时间：60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.我国自主研发的“玲珑一号”核反应堆，是全球最小的商用核反应堆，核反应方程为U＋n→Ba＋Kr＋3n＋γ，反应产物Ba会发生β衰变。已知核U、Ba、Kr和n质量分别是235.0439 u、140.9139 u、91.8973 u和1.0087 u，1 u为1.66×10－27 kg，光速c＝3×108 m/s。则下列说法正确的是(　　) A.核反应方程中的x＝56，y＝89 B.U核的比结合能大于Ba核的比结合能 C.Ba的衰变方程为Ba＋n→X＋e D.一个铀核裂变放出的核能约为3.2×10－10 J 15.在蹦床运动过程中，用力传感器测出弹簧床对运动员的弹力F，如图是绘制的F随时间t的变化图像，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.运动员的质量为40 kg B.运动员在3.6 s～4.8 s内处于超重状态 C.运动员的最大加速度大小为50 m/s2 D.运动员离开蹦床上升的最大高度为3.2 m 16.真空中存在着方向平行x轴的电场，x轴上各点的电势随位置x变化的关系如图所示。一带正电粒子从x＝－3 cm处由静止释放，已知粒子的比荷为4.8×107 C/kg，不计重力。则下列说法正确的是(　　) A.该电场为匀强电场 B.粒子在[－3 cm，2 cm]区间内做简谐运动 C.粒子运动过程中的最大速率为2.4×104 m/s D.粒子沿x轴正方向运动过程中，电势能先变大后变小 17.手机无线充电技术越来越普及，图(a)是某款手机无线充电装置，其工作原理如图(b)所示。送电线圈ab间接入如图(c)所示的正弦交变电流。快充时，将S与1合上，送电线圈和受电线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，手机两端的电压为11 V，充电功率为44 W；慢充时，将S与2合上，送电线圈和受电线圈的匝数比n1∶n3＝5∶1，手机两端的电压为5 V，充电功率为10 W。装置线圈视为理想变压器，则下列说法正确的是(　　) A.R1的阻值为10 Ω B.R2的阻值为20 Ω C.R1的阻值为11 Ω D.R2的阻值为22 Ω 18.红旗渠是20世纪60年代林县(今林州市)人民在极其艰难的条件下，近10万人仅靠手拉肩扛耗时10年，从太行山腰修建的引漳入林的水利工程，全长1500公里，被誉为“世界第八大奇迹”。图(a)是修建时的场景，现将人们推石块的情形简化成图(b)所示的模型，山坡的倾角为α。两位农民将质量为m的石块从A点匀速移到B点，前面农民用轻绳拉石块，后面农民沿斜坡向上推，轻绳与斜坡的夹角为θ。已知AB间距为l，石块所受阻力与正压力之比恒为k，重力加速度大小为g，若拉力和推力大小相等，则下列说法不正确的是(　　) 图(a)　　　　　　　　　　图(b)　　 A.石块的机械能增加了mglsin α B.当tan θ＝k时，沿斜面向上的推力最小 C.拉力和推力的功率之和与θ无关 D.石块受到的重力、拉力和推力的合力方向与θ无关 19.人类设想在赤道平面内建造垂直于地面并延伸到太空的电梯，又称“太空电梯”。航天员乘坐该电梯可直达太空站，如图(a)所示。在图(b)中，曲线A为地球引力对航天员产生的加速度大小a与航天员距地心的距离r的关系；直线B为航天员相对地面静止时的向心加速度大小a与r的关系。a0、r0、R均为已知量，R为地球半径，万有引力常量为G。则下列说法正确的是(　　) 　 图(a)　　　　　　　　　　图(b) A.电梯停在r0处时，航天员与电梯舱间的弹力不为零 B.从地面发射卫星的最小发射速度为 C.随着r增大，航天员与电梯舱间的弹力增大 D.地球同步卫星的周期为 20.某地(东经117.45度，北纬31.35度)发生了3级地震，震源深度8千米。地震发生时监测站监测到了一列沿x轴传播的地震横波，t＝0时刻的波形图如图(a)所示，质点P从t＝0时刻开始的振动图像如图(b)所示。则下列说法正确的是(　　) 图(a) 图(b) A.该波沿x轴正方向传播 B.该波沿x轴传播20 km距离需要5 s C.该波在传播过程中遇到50 m尺寸的障碍物时不会发生明显的衍射现象 D.该波与频率为1 Hz的简谐横波相遇，一定能形成稳定的干涉图样 21.我国新一代航母阻拦系统采用了电磁阻拦技术，其工作原理如图(b)所示。固定在水平甲板面内的U形金属导轨位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，导轨电阻不计，MN、PQ平行且相距l。一质量为m、阻值为R的导体棒ab垂直搁置在两导轨之间，且与导轨接触良好。质量为M的飞机着舰时，迅速钩住导体棒ab上的绝缘绳，同时关闭动力系统并立即与导体棒ab获得相对航母的共同速度v0。飞机和导体棒一起减速滑行距离x后停下。除安培力外，两者一起运动时所受阻力恒为f，导体棒始终与导轨垂直，绝缘绳的质量不计。则从飞机与导体棒共速到停下来的过程中，下列说法正确的是(　　) 图(a) 图(b) A.导体棒产生的焦耳热(M＋m)v－fx B.飞机与导体棒共速时，ab两端的电压为Blv0 C.通过导体棒某横截面的电荷量为 D.所经历的时间为－ 选 择 题 答 题 栏 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 三、非选择题：本题共5小题，共62分。 22.(6分)为了测量直角三棱镜的折射率，某实验小组在木板上铺一张白纸，将三棱镜放在白纸上并用细线描出三棱镜的轮廓，如图中△ABC的实线所示，接着在垂直于AB的方向上插上两枚大头针P1和P2，在棱镜的BC侧透过三棱镜观察两个大头针，当P1的像恰好被P2的像挡住时，插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像。移去三棱镜和大头针，大头针在纸上的位置如图所示。 (1)将实验需要的光路图补充完整； (2)实验中，在棱镜的BC侧透过三棱镜观察两个大头针，使P2的像挡住P1的像的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　； (3)实验小组用量角器量出光穿过BC界面的入射角为α、折射角为β，则三棱镜的折射率n＝　　　　； (4)若实验中三棱镜的位置发生了微小的平移，如图中虚线所示，则测得的折射率　 　　真实值(选填“大于”“等于”或“小于”)。 23. (12分)某同学为了测量一段长为l的电热丝的电阻率，进行了如下操作： (1)用螺旋测微器测量电热丝的直径d，某次测量结果如图(a)所示，读数为　　　　mm。 图(a) (2)用欧姆表粗测其电阻值。选用“×10”倍率的电阻挡正确测量时，发现欧姆表指针偏转角过大，因此需重新选择　　　　(选填“×1”或“×100”)倍率的电阻挡，欧姆调零后再次测量时，其示数如图(b)所示，则示数为　　　　Ω。 图(b) (3)为更准确地测量电热丝的电阻Rx，实验室提供的器材如下： A.电源E，电动势约为3 V，内阻可忽略不计； B.电压表V，量程为0～3 V，内阻约3 kΩ； C.电流表A，量程为0～0.6 A，内阻约5 Ω； D.定值电阻R0； E.滑动变阻器R； F.单刀单掷开关S1一个、单刀双掷开关一个，导线若干。 ①为了减小误差，设计了如图(c)所示的电路图进行测量，请根据电路图完成图(d)中的实物图连线。 图(c) 图(d) ②将滑动变阻器R的滑片P滑至a端，闭合S1，将S2置于位置1，调节R，读出电压表和电流表的读数U1和I1；再将S2置于位置2，调节R，读出电压表和电流表的读数U2和I2。则电热丝的电阻Rx＝　　　　，电阻率ρ＝　　　　(用题中给定的或测得的物理量符号表示)。 24.(10分)蔬菜大棚通常靠通风来调节温度，某研究小组设计了一款温控报警装置，其原理如图所示。将导热汽缸竖直悬挂在大棚内，缸内通过活塞封闭了一定质量的空气。当棚内温度为7 ℃时，活塞静止于距汽缸顶部70.0 cm的C处；当棚内温度缓慢升高，活塞下移5.0 cm至D处，此时涂有导电物质的活塞下表面恰与a、b触点接触，蜂鸣器报警。已知活塞质量m＝0.5 kg、横截面积S＝25 cm2、厚度不计，活塞与汽缸之间的摩擦不计，大气压强p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2。求： (1)蜂鸣器刚报警时棚内温度； (2)活塞由C至D过程中，若缸内空气的内能增加了37 J，缸内空气吸收的热量。 25.(14分)如图所示，直角坐标系xOy，x轴水平，y轴竖直。第一象限内存在沿y轴正方向匀强电场E1，且在第一象限内的某圆形区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场B，第二象限内存在平行于坐标平面的匀强电场E2(大小、方向均未知)。一带正电小球由x轴上点P(－l，0)以初速度v0竖直向上抛出，当其经过y轴上的A点时速度水平，且动能为初动能的3倍，再经过一段时间小球由x轴上点Q(l，0)飞出磁场，此时小球速度方向与x轴负方向的夹角为60°。已知小球质量为m、电荷量为q，E1＝，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。求： (1)A点坐标； (2)磁场的磁感应强度B； (3)小球由P点到达Q点的时间。 26.(20分)如图所示，一质量为M＝2 kg、长为l1＝4.5 m的木板静止在倾角θ＝30°的斜面上，其下端位于斜面上的A点，木板上端有一固定的弹性挡板，质量为m＝1 kg的小物块静置于木板下端，小物块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为μ1＝。现给木板一沿斜面向下的初速度v1＝12 m/s，木板到达斜面底端时小物块也恰好到达木板下端，此刻木板锁定，小物块滑到水平传送带上继续运动，最终从传送带左端离开，传送带以速度v2＝14 m/s逆时针转动，其长度l2＝10 m，小物块与传送带间动摩擦因数μ2＝0.5。小物块经过斜面与传送带连接处机械能损失不计，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小物块和木板开始运动的加速度； (2)木板运动的时间； (3)整个过程系统因摩擦增加的内能。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考物理模拟试题精编新课标卷(三) 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 A D C C C BD BD AC 14.A　根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可得92＋0＝x＋36＋3×0，235＋1＝144＋y＋3×1，解得x＝56，y＝89，故A正确；核裂变过程存在质量亏损，释放能量，Ba核比U核更稳定，则U核的比结合能小于Ba核的比结合能，故B错误；Ba发生β衰变的方程为Ba→X＋e，故C错误；一个铀核裂变放出的核能约为ΔE＝Δmc2，代入数据可得ΔE＝(235.0439－140.9139－91.8973－2×1.0087)×1.66×10－27×(3×108)2 J≈3.2×10－11 J，故D错误。故选A。 15.D　由题可知mg＝F1＝500 N，所以m＝50 kg，故A错误；由题图可知，运动员在3.6 s～4.2 s内弹力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，在4.2 s～4.8 s内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；当运动员处于最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得am＝＝ m/s2＝40 m/s2，故C错误；由题图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为t＝8.4 s－6.8 s＝1.6 s，所以运动员离开蹦床上升的最大高度为h＝ g＝3.2 m，故D正确。故选D。 16.C　坐标原点左、右两侧的电场强度分别为E左＝＝＝200 V/m，E右＝＝＝300 V/m，可知左、右两侧的电场强度大小不同，则该电场不是匀强电场，故A错误；带正电的粒子从静止释放后，在原点左侧做匀变速直线运动，进入原点右侧后也做匀变速直线运动，粒子不做简谐运动，故B错误；原点处的电势最低，则粒子在该点的电势能最小，动能最大，从x＝－3 cm处到原点处的过程中，由动能定理可得qU＝mv，解得vm＝2.4×104 m/s，故C正确；带正电粒子沿x轴正方向运动过程中，所在位置的电势先变小后变大，所以粒子的电势能先变小后变大，故D错误。故选C。 17.C　输入交流电的有效值U1＝ V＝220 V，S与1接通，此时次级电流I2＝ A＝4 A，次级电压U2＝U1＝55 V，则R1＝ Ω＝11 Ω，C正确，A错误；S与2接通，此时次级电流I3＝ A＝2 A，次级电压U3＝U1＝44 V，则R2＝ Ω＝19.5 Ω，B、D错误。故选C。 18.C　石块从A点匀速移到B点，机械能的增加即重力势能的增加，则有ΔE＝mglsin α，故A正确；对石块受力分析，根据共点力平衡条件有F＋Fcos θ＝f＋mgsin α，N＝mgcos α－Fsin θ，其中f＝kN，解得F＝＝，根据数学知识可知，当tan θ＝k时，F最小，故B正确；根据功率的计算公式可知拉力和推力的功率之和为P＝Fv＋Fvcos θ，可知拉力和推力的功率之和与θ有关，故C错误；石块受到的重力、拉力和推力的合力与摩擦力和弹力的合力大小相等，方向相反；根据摩擦力的公式有f＝kN，则有k＝，可知摩擦力和弹力的合力方向与θ无关，所以石块受到的重力、拉力和推力的合力方向与θ无关，故D正确。 19.BD　根据题意，由图(b)可知，电梯停在r0处时，加速度等于向心加速度，万有引力提供向心力，航天员处于完全失重状态，航天员与电梯舱间的弹力为零，航天员相对地面静止，可以看作是地球的同步卫星，即r0为同步卫星的轨道半径，由牛顿第二定律有＝ma0，万有引力提供向心力有＝mr0，联立解得T＝ ，故A错误，D正确；根据题意，由牛顿第二定律有＝ma0，万有引力提供向心力有＝m，联立解得v＝，则从地面发射卫星的最小发射速度为，故B正确；根据题意可知，航天员的角速度与地球自转的角速度相等，受到的合力提供随地球做圆周运动的向心力，当r<r0时，由－F＝mω2r可知，随着r增大，F减小，当r>r0时，由F＋＝mω2r可知，随着r增大，F增大，即随着r增大，航天员与电梯舱间的弹力先减小后增大，故C错误。故选BD。 20.BD　由图(b)可知质点P从t＝0时刻开始沿y轴负方向振动，根据波形平移法可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；由图(a)可知，波长为4 km，由图(b)可知周期为1 s，则有波速为v＝＝4 km/s，该波沿x轴传播20 km距离需要的时间为t＝＝ s＝5 s，故B正确；由于波长为4 km，该波在传播过程中遇到50 m尺寸的障碍物时会发生明显的衍射现象，故C错误；该波与频率为1 Hz的简谐横波相遇，能形成稳定的干涉图样，故D正确。故选BD。 21.AC　根据动能定理可得－W安－fx＝0－(M＋m)v，由于导轨电阻不计，则导体棒产生的焦耳热为Q＝W安＝(M＋m)v－fx，故A正确；飞机与导体棒共速时，导体棒ab产生的电动势为E＝Blv0，导体棒ab相当于电源，ab两端的电压为外电压，由于导轨电阻不计，即外电阻为零，则ab两端的电压为零，故B错误；通过导体棒某横截面的电荷量为q＝Δt＝Δt＝Δt＝，故C正确；以飞机和导体棒ab整体为研究对象，根据动量定理可得－BlΔt－fΔt＝0－(M＋m)v0，解得所经历的时间为Δt＝－，故D错误。故选AC。 22.解析：(1)根据实验原理，由折射定律和反射定律，画出光路图，如图所示。 (2)使P2的像挡住P1的像的目的是确定从AB面进入三棱镜的光线。 (3)根据题意，由折射定律可得，折射率为n＝。 (4)若实验中三棱镜的位置发生了微小的平移，实际光路图如图所示，由图可知，测量的α角偏大，则测得的折射率小于真实值。 答案：(1)见解析图　(2)确定从AB面进入三棱镜的光线　(3)　(4)小于 23.解析：(1)螺旋测微器的精确值为0.01 mm，由图(a)可知电热丝的直径为d＝0.5 mm＋37.0×0.01 mm＝0.870 mm。 (2)选用“×10”倍率的电阻挡正确测量时，发现欧姆表指针偏转角过大，说明待测电阻阻值较小，应重新选择“×1”倍率的电阻挡，欧姆调零后再次测量时，其示数如题图(b)所示，则示数为5 Ω。 (3)①根据题图(c)电路图，题图(d)中的实物图连线如图所示。 ②闭合S1，将S2置于位置1，调节R，读出电压表和电流表的读数U1和I1，则有＝R0＋RA，再将S2置于位置2，调节R，读出电压表和电流表的读数U2和I2，则有＝R0＋RA＋Rx，联立可得Rx＝－，根据电阻定律可得Rx＝ρ，又S＝，联立可得电阻率为ρ＝。 答案：(1)0.870(0.868～0.872均可)　(2)×1　5或5.0 (3)①见解析图　②－　 24.解析：(1)根据盖吕萨克定律＝ 可得TD＝300 K或TD＝27 ℃。 (2)汽缸内空气在等压膨胀过程中压强记为p，活塞受力如图所示 由平衡条件得p0S＝mg＋pS 解得p＝9.8×104 Pa 该过程中外界对气体做功 W＝－pΔV＝－12.25 J 根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可得Q＝49.25 J。 答案：(1)300 K或27 ℃　(2)49.25 J 25.解析：(1)小球从P点到A点水平和竖直方向均为匀变速直线运动，由小球在A点动能为P点的3倍，则有mv＝3×mv 可得A点速度为vA＝v0 水平方向l＝t 竖直方向yA＝t 解得yA＝ 故A点坐标为。 (2)由题意可得qE1＝mg 可知小球在第一象限中的磁场中做匀速圆周运动，如图所示 由几何关系得R＋Rcos θ＝ 由洛伦兹力提供向心力得qvAB＝ 联立解得B＝ 方向垂直于坐标平面向外。 (3)小球由P点至A点时间记为t1，从A匀速到进入磁场时间记为t2，在磁场中匀速圆周运动时间记为t3。则有t1＝＝＝ 小球由A运动到磁场中满足l－Rsin θ＝v0t2 解得t2＝ 小球在磁场中运动时间为 t3＝T＝·＝ 小球从P到Q运动总时间为 t＝t1＋t2＋t3＝。 答案：(1)　(2)　方向垂直于坐标平面向外 (3) 26.解析：(1)设小物块和木板开始运动时，物块做匀加速直线运动，加速度为am，木板做匀减速直线运动，加速度为aM；规定沿斜面向下运动为正方向，对物块，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μ1mgcos θ＝mam 可得am＝10 m/s2 对木板，由牛顿第二定律得 Mgsin θ－μ1(m＋M)gcos θ－μ1mgcos θ＝MaM 可得aM＝－5 m/s2。 (2)设从开始运动到两者碰撞时间为t1，两者碰撞前瞬间速度分别为vm、vM，位移分别为xm1、xM1，由运动学知识可知，对物块有xm1＝amt，vm＝amt1 对木板有xM1＝v1t1＋aMt，vM＝v1＋aMt1， 又xM1－xm1＝l1 联立解得 t1＝0.6 s，xm1＝1.8 m，vm＝6 m/s，xM1＝6.3 m，vM＝9 m/s 物块与挡板碰撞后瞬间速度分别为vm1、vM1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 MvM＋mvm＝MvM1＋mvm1 Mv＋mv＝Mv＋mv， 解得vm1＝10 m/s，vM1＝7 m/s 设物块与木板碰撞后直到同时到达斜面底端的位移分别为xm2、xM2，运动时间为t2，由受力分析可得碰撞后物块与木板均做匀速直线运动，由几何关系得 xm2－xM2＝vm1t2－vM1t2＝l1 可得t2＝1.5 s，xM2＝10.5 m 故木板运动的总时间为tM＝t1＋t2＝2.1 s。 (3)物块与木板之间的摩擦产热为Q1，木板与斜面间的摩擦产热为Q2，物块与传送带之间的摩擦产热为Q3，由能量关系得 Q1＝2μ1mgl1cos θ＝45 J Q2＝μ1(m＋M)g(xM1＋xM2)cos θ＝252 J 设物块在传送带上加速过程中位移为xm3， 加速度为a＝＝μ2g＝5 m/s2 由运动学公式v－v＝2axm3 可得xm3＝9.6 m<l2 此过程中传送带位移x＝v2t3＝＝11.2 m 故有Q3＝μ2mg(x－xm3)＝8 J 整个过程系统因摩擦增加的内能为 Q＝Q1＋Q2＋Q3＝305 J。 答案：(1)10 m/s2　－5 m/s2　(2)2.1 s　(3)305 J 学科网（北京）股份有限公司 $$