【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）(7)

高考物理模拟试题精编新课标卷(七) (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.氢原子的能级图如图所示，欲使处于n＝4能级的大量的氢原子向低能级跃迁，发出频率不同的大量的光子，然后用这些光子照射下表中的几种金属，则能发生光电效应的金属有几种(　　) 金属 铯 钙 镁 钛 逸出功W/eV 1.90 2.70 3.70 4.14 A.1种　　　　　　　 B.2种 C.3种 D.4种 15.水底某处有个红色的点光源，在水面上形成的红色的圆形光亮区域的面积为S1，若把该处的红色点光源换成蓝色点光源，其他条件不变，则在水面上形成的蓝色的圆形光亮区域的面积为S2，已知水对红、蓝两种光的折射率分别为n1和n2，则等于(　　) A. B. C. D. 16.已知O、A、B、C为同一直线上的四点，AB间的距离等于BC间的距离，一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速直线运动，依次经过A、B、C三点，已知经过AB段和BC段所用时间分别为t1和t2，则该物体经过OA段的时间为(　　) A. B. C.－ D.－ 17.如图所示，半径为R的圆形区域有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，今有一质量为m(不计重力)，带电量为－q(q＞0)的离子以某一速度沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点P与ab间距离为，下列说法正确的是(　　) A.若该离子在磁场中的运动半径为，则该离子一定能够通过磁场圆的圆心 B.若该离子在磁场中的运动半径为2R，则该离子在磁场中入射点与出射点相距小于2R C.若该离子能够通过磁场圆的圆心，则该离子在磁场中的运动时间为 D.若该离子在磁场中入射点与出射点相距最远，则该离子在磁场中的运动时间为 18.在北半球，地磁场竖直分量向下。阳泉市某中学的兴趣实验小组，把一个正方形闭合导线框abcd放置在水平绝缘桌面上，线圈的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向。下列说法中正确的是(　　) A.若使线圈向东平动，则a点的电势比d点的电势低 B.若使线圈向南平动，则b、c点两点电势相等 C.若使线圈向西平动，则a点的电势比b点的电势低 D.若使线圈向北平动，则a点的电势比b点电势低 19.某影片中太空电梯非常吸引观众眼球。太空电梯通过超级缆绳连接地球赤道上的固定基地与配重空间站，它们随地球以同步静止状态一起旋转，如图所示。图中配重空间站距地面距离为10R，R为地球半径，地球自转周期为T，重力加速度为g，则(　　) A.配重空间站线速度大小为 B.若缆绳断裂，空间站做离心运动，被甩出去 C.若太空电梯与货物停留在如图位置，则电梯内的货物处于完全失重状态 D.配重空间站的线速度大于同步卫星的线速度 20.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca又回到状态a.其V-t图像如图所示，其中气体在坐标原点处的温度为0 ℃，下列说法正确的是(　　) A.过程ab压强一定减小，气体一定从外界吸收热量 B.过程bc中外界对气体所做的功大于气体所放的热 C.过程ca一定是吸热的 D.a状态容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数比b状态多 21.如图为利用霍尔元件进行微小位移测量的实验装置。在两块磁感应强度相同，同极相对放置的磁体狭缝中放入金属材料制成的霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时磁感应强度为0，霍尔电压UH(霍尔元件上下两表面的电势差)也为0。将该点作为坐标原点建立空间坐标系，当霍尔元件沿x轴移动时，即有霍尔电压UH输出。霍尔元件中电流方向始终为z轴负方向且大小不变，下列说法正确的是(　　) A.霍尔元件处于x轴负半轴时，下表面的电势高于上表面的电势 B.霍尔元件从O点沿x轴正方向移动的过程中，霍尔电压的大小UH逐渐增大 C.在某一位置时，若增大霍尔元件沿x轴方向的厚度，则霍尔电压的大小UH将减小 D.在某一位置时，若增大霍尔元件沿y轴方向的厚度，则霍尔电压的大小UH将不变 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)某实验小组的同学们利用单摆来测量当地的重力加速度。所给器材： A.1 m长左右的细丝线 B.带孔的小铁球 C.毫米刻度尺 D.游标卡尺 E.秒表(机械表) F.带铁夹的铁架台 (1)该小组在实验过程中有如下说法，其中正确的是　　　　　(填选项前的字母)。 A.用毫米刻度尺量出摆线的长度为0.1 m B.单摆摆动时，摆动平面应该与铁夹口平行 C.将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第1次，接着一直数到摆球第100次通过最低点，按下秒表，停止计时，读出这段时间t，算出单摆的周期T＝ D.最大摆角可以等于30° (2)该小组同学通过改变摆线长，测出多组摆线长l和周期T的数据，然后以T2为纵坐标，l为横坐标作出T2-l图像，然后通过直线的斜率得到重力加速度，结果发现画出的直线不过坐标原点，你认为这对实验结果会产生影响吗？　　　　　(填“影响”“不影响”“无法确定”) (3)实验完毕后，发现所用小球的质量分布不均匀，小球的重心不在小球的球心，所以该组同学改变方法，所用的方法为：先测出一个摆线长为l1时的周期T1，然后把摆线长缩短为l2时，测出周期T2，则该组同学测出的重力加速度值为　　　　　。 23.(12分)某实验小组要做测定电流表的内电阻，并把电流表改装成3 V的电压表的实验，现有以下器材： A.电池E(电动势4.0 V，内阻很小) B.待测电流表A1(量程10 mA，内阻r1为40 Ω左右) C.电流表A2(量程8 mA，内阻r2＝50 Ω) D.电压表V1(量程3 V，内阻约2 kΩ) E.滑动变阻器R(阻值范围0～10 Ω) F.开关S、导线若干 (1)实验要求，从所给器材中选取适当的实验器材，设计一电路来测量电流表A1的内阻r1，要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据。在下面虚线框中画出你设计的实验电路图； (2)若选测量数据中的一组来计算r1，其中用I1、I2、U1分别表示可能选用的电表A1、A2、V1的示数，则r1的表达式为r1＝　　　； (3)若实验得到待测电流表A1的内阻r1＝39 Ω，要把该电流表改装为量程3 V的电压表，改装的方法是跟电流表A1　　　　(选填串或并)联一个阻值为R1＝　　　　 Ω的定值电阻； (4)改装电表所用电阻可由新增电阻箱R0(阻值范围0～999.9)提供，请在下面虚线框中画出改装电压表以及与标准电压表进行校准都包括的电路图，要求0～3 V内的所有刻度都能在实验中进行校对，有些器材可以(1)和(4)重复使用； (5)在校准时发现，当标准电压表的示数为1.52 V时，电流表A1的示数为5 mA，由此可以推测改装的电压表的量程不及预期值，实验小组的同学们经过检查发现R1的计算无误，说明电流表A1的内阻测量不准确，则电流表内阻的真实值为　　　　Ω。 24.(10分)如图所示，一粗糙的圆锥体可绕其轴线做圆周运动，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为θ＝53°，现于锥面上放一个石块，石块与锥面间的动摩擦因数μ＝0.8，石块与圆锥体顶点O的距离L＝3 m，石块的质量为m＝20 kg，石块可看作质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求： (1)若圆锥体与石块均静止，石块受到锥面的摩擦力大小； (2)若石块随圆锥体一起以角速度ω＝0.2 rad/s绕轴线做匀速圆周运动，石块受到的摩擦力的大小。 25.(14分)如图甲所示，长方形木板放在光滑水平地面上，在其右端放置一可视为质点的小木块，现给长方形木板一个大小为v0，方向水平向右的初速度，最后小木块刚好没有滑离长方形木板；如图乙所示，与上面相同的长方形木板静止放置在光滑的水平面上，在其左端地面上固定一个四分之一光滑圆弧槽，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，现让相同的小木块从圆弧槽的最高点由静止开始滑下，最后小木块也是刚好没有滑离长方形木板。已知小木块与长方形木板间的动摩擦因数为μ，长方形木板的质量为小木块质量的3倍，重力加速度大小为g，求： 甲 乙 (1)长方形木板的长度； (2)圆弧槽轨道的半径； (3)图甲中小木块在长方形木板上的滑行时间与图乙中小木块在长方形木板上的滑行时间之比。 26.(20分)如图所示，一质量为m，带电荷量为＋q(q＞0)的小滑块静止在倾角为θ的绝缘光滑斜面底端，现在加一个沿斜面向上的匀强电场，小滑块开始沿斜面向上运动，运动一段时间t(t未知)后，小滑块的电势能减少了Ep，此时撤去电场，又经过2t时间，小滑块又回到了斜面的底端。选斜面底端所在的平面势能为零，重力加速度大小用g表示。求： (1)小滑块返回到斜面底端时的动能Ek； (2)所加的匀强电场的电场强度大小； (3)小滑块的动能为时的重力势能Ep′。 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(七) 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 D C D C B BD AD BCD 14.D　氢原子由n＝4能级跃迁到n＝1能级时辐射的光子能量最大，即ΔEm＝E4－E1＝12.75 eV，该光子能量比四种金属的逸出功都大，照射这些金属时都能发生光电效应。故选D。 15.C　设点光源距水面的深度为h，被光照亮的圆形区域的半径为r，光路如图所示。 由几何关系有sin C＝，又有sin C＝，S＝πr2，联立可得S＝，可知＝，故选C。 16.D　设该物体匀加速运动的加速度为a，经过OA段的时间为t，AB间的距离为x，则有＝＋a，＝a，联立解得t＝－，故选D。 17.C　若该离子在磁场中的运动半径为，此时圆心在初速度垂直线段与ab交线处，设为O1，离子轨迹如图甲所示，由题意可知O1P＝，而OP＝R，故OO1＝＝＞，故该离子不经过磁场圆的圆心，故A错误；若该离子在磁场中的运动半径为2R，离子轨迹如图乙所示，根据几何知识可知离子在磁场中的圆弧等于完整圆弧的，即∠BO2P＝60°，因此△BO2P为等边三角形，故BP＝2R，此时该离子在磁场中入射点与出射点相距最远，根据洛伦兹力提供向心力可得，该离子做圆周运动周期为T＝，则该离子在磁场中的运动时间为t＝＝， 　　　乙 故B、D错误；若该离子能够通过磁场圆的圆心，离子轨迹如图丙所示，由几何知识可知OO3＝R′，QO3＝R′－，OQ＝＝，根据OO＝OQ2＋QO，可得R′2＝＋，解得R′＝R，故△OO3P为等边三角形，故∠OO3P＝60°，故离子在整个磁场中的圆心角为120°，离子在磁场中的圆弧等于完整圆弧的，故该离子在磁场中的运动时间为t＝＝，故C正确。故选C。 丙 18.B　线圈向东平动时，根据右手定则得出a点电势高于d点电势，A错误；线圈向南平动时，bc边不切割磁感线，不产生感应电动势，b点电势和c点电势相等，B正确；线圈向西平动时，ab边不切割磁感线，不产生感应电动势，a点电势和b点电势相等，C错误；线圈向北平动时，利用右手定则得出a点电势比b点高，D错误。故选B。 19.BD　配重空间站绕地心转动的周期与地球自转的周期相同，T＝24 h，配重空间站线速度大小为v＝＝，故A错误；若配重空间站没有缆绳连接，由万有引力提供向心力得G＝m，r＝R＋10R，地面的物体受到的万有引力等于重力，则G＝m0g，解得v′＝，由于v＞v′，若缆绳断裂，空间站做离心运动，被甩出去，故B正确；以周期T运行时，同步卫星轨道上物体万有引力提供向心力，处于完全失重状态，有F万＝G，F向＝mr1，F万＝F向，由题知货物停留在如题图所示位置运行半径小于同步卫星运行半径，即半径减小，则万有引力大于所需向心力，电梯内的货物不会处于完全失重状态，故C错误；由题图知配重空间站运行半径大于同步卫星运行半径，由角速度与线速度关系v＝ωr可知，角速度相同，则配重空间站的线速度大于同步卫星的线速度，故D正确。故选BD。 20.AD　如图所示，根据＝C，V＝T。斜率越大，压强越小，则过程ab压强一定减小，温度升高，内能增大，即ΔU＞0，体积增大，气体对外做功，即W＜0，根据ΔU＝W＋Q，知Q＞0，即气体一定从外界吸收热量，故A正确；过程bc中温度不变，内能不变，即ΔU＝0，根据ΔU＝W＋Q，外界对气体所做的功等于气体所放的热，故B错误；过程ca温度降低，内能减小，即ΔU＜0，体积不变，W＝0，根据ΔU＝W＋Q，Q<0，一定是放热的，故C错误；a状态压强比b状态大，且a状态温度比b状态低，则a状态容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数比b状态多，故D正确。故选AD。 21.BCD　霍尔元件处于x轴负半轴时，磁场方向向右，由左手定则可知，电子所受洛伦兹力向下，电子运动到下表面，则上表面电势高于下表面，A错误；设电子的电荷量为e，沿电流方向定向运动的平均速率为v，单位体积内电子的个数为n，导体板的横截面积为S，霍尔元件沿x轴方向的厚度为d，沿y轴方向的厚度为b，则电流的微观表达式为I＝neSv＝nebdv，电子在磁场中受到的洛伦兹力为F＝evB，霍尔元件处于x轴正半轴时，电子在洛伦兹力作用下向上运动后，霍尔元件上、下两表面出现电势差UH，则有电子受到的电场力为F电＝，当达到稳定状态时，电场力与洛伦兹力大小相等，则有UH＝，由此可知，霍尔元件从O点沿x轴正方向移动时，磁感应强度B逐渐增大，则有霍尔电压的大小UH逐渐增大，B正确；由以上分析解得UH＝，由此可知，在某一位置时，若增大霍尔元件沿x轴方向的厚度d，则霍尔电压的大小UH将减小；在某一位置时，若增大霍尔元件沿y轴方向的厚度b，则霍尔电压的大小UH将不变，C、D正确。故选BCD。 22.解析：(1)用毫米刻度尺测量摆线的长时，读数需要估读一位，所以读数为1.0000 m，选项A错误；单摆摆动时，摆动平面应该与铁夹口垂直，以免摆动时发生摆线下滑，摆长改变的现象，选项B错误；将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第1次，接着一直数到摆球第100次通过最低点，按下秒表，停止计时，读出这段时间t，算出单摆的周期T＝，选项C正确；单摆振动时的最大摆角不可以超过5°，选项D错误。故选C。 (2)根据单摆周期公式有T＝2π ，解得T2＝(l＋r)，可见若在计算摆长时，没有考虑摆球的半径，则造成图像向左平移，直线不过坐标原点，但是直线的斜率不变，则测得的g值没影响。 (3)设小球的重心距离摆线为x，根据单摆周期公式有T1＝2π ，T2＝2π ，联立解得g＝。 答案：(1)C　(2)不影响　(3) 23.解析：(1)为了尽量提高测量精度以及多测几组数据，滑动变阻器采用分压式接法；又因为A2的内阻已知且与未知内阻的电流表量程接近，所以采用两电流表并联的方式，电路图如图甲所示。 甲 (2)根据实验原理图，根据并联电路电压相等以及欧姆定律，可得r1的表达式为r1＝。 (3)根据电表的改装原理，可知改装成电压表需要串联一个电阻，根据串联电路的电流特点，有U＝Ig(r1＋R1)⇒3＝0.01×(39＋R1)，解得需要串联的电阻阻值为R1＝261 Ω。 (4)为了校对改装的电压表，需要与被校对的电压表并联一个标准电压表，而且校对过程需要从0开始，所以选用滑动变阻器的分压式接法，电路图如图乙所示。 乙 (5)根据并联电路电压相同，则标准电压表的读数为并联电路的电压1.52＝0.005(r1＋261)⇒r1＝43 Ω，即电流表内阻的真实值为43 Ω。 答案：(1)见解析图甲　(2)　(3)串　261 (4)见解析图乙　(5)43 24.解析：(1)若圆锥体与石块均静止，石块的受力分析如图所示 因μmgsin θ＞mgcos θ 故石块受到锥面的摩擦力大小Ff＝mgcos θ Ff＝120 N。 (2)当圆锥体与石块一起以角速度ω＝0.2 rad/s绕轴线做匀速圆周运动时，石块的受力分析如图所示 竖直方向有Ff′cos θ＋FN′sin θ－mg＝0 水平方向有Ff′sin θ－FN′cos θ＝mω2Lsin θ 解得Ff′＝121.536 N。 答案：(1)120 N　(2)121.536 N 25.解析：(1)对于题图甲，小木块、长方形木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度大小为v1，木块的质量为m，则长方形木板的质量为3m，规定木板的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有3mv0＝(3m＋m)v1 解得v1＝v0 设长方形木板的长度为L，由功能关系有 μmgL＝(3m)v－(3m＋m)v 解得长方形木板的长度为L＝。 (2)设圆弧槽轨道的半径为r，小木块刚滑上长方形木板时的速度大小为v，由机械能守恒定律可得mgr＝mv2 对于题图乙，小木块、长方形木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度为v2，由动量守恒定律可得mv＝(m＋3m)v2 由功能关系有μmgL＝mv2－(m＋3m)v 解得圆弧槽轨道的半径为r＝。 (3)对于题图甲中的小木块，规定小木块受到的摩擦力的方向为正方向，由动量定理有 μmgt1＝mv1 解得小木块在木板上滑动的时间为t1＝ 对于题图乙中的长方形木板，规定长方形木板受到的摩擦力方向为正方向，由动量定理有 μmgt2＝3mv2 解得t2＝ 题图甲中的小木块在长方形木板上的滑行时间与题图乙中的小木块在长方形木板上的滑行时间之比为＝。 答案：(1)　(2)　(3) 26.解析：(1)由能量转化和守恒，回到地面时的动能为 Ek＝Ep。 (2)设从开始加上电场到撤去电场，小滑块沿斜面向上运动距离为s，末速度为v，则 s＝at2，v＝at 撤去电场后，小滑块先沿斜面向上减速，后沿斜面向下加速，设撤去电场后运动的加速度大小为a′，则mgsin θ＝ma′ 依题意有－s＝v×2t－a′×(2t)2 解得a＝a′＝gsin θ 根据牛顿第二定律，有qE－mgsin θ＝ma 解得E＝。 (3)动能为时小滑块的位置可能在s的下方或上方；设小滑块的位置在s下方离地s1处，则qEs1－mgs1sin θ＝Ep 而qEs＝Ep 解得s1＝s 重力势能Ep′＝mgs1sin θ＝Ep 设小滑块的位置在s上方离地s2处，则由机械能守恒，有 Ep＋Ep′＝Ep 因此Ep′＝Ep。 答案：(1)Ep　(2)　(3)Ep或Ep 学科网（北京）股份有限公司 $$