【高考领航】2025年高中物理学业水平选择性考试模拟试题（河北）(11)

高中物理学业水平选择性考试模拟试题(十一) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A B D D B BC BD BC 1.C　由电荷数守恒和质量数守恒，得X电荷数为零，质量数为1，X是n，A错误；该核反应释放核能，存在质量亏损，X的质量小于，B错误；铀核的结合能大于氪核的结合能，C正确；铀核的比结合能小于氪核的比结合能，D错误。故选C。 2．D　重力沿轨迹切线方向的分力提供回复力，A错误；冲量等于力与时间的乘积，摆线拉力的冲量不为零，B错误；任意半个周期内，速度大小不变。除最大位移处，速度方向一定改变，则动量改变，合力冲量不为零。而动能不变，合力做功一定为零，C错误，D正确。故选D。 3．A　无限大均匀带电平板R取无限大，在Q点产生的场强E1＝2πkσ0≈2πkσ0，半径为r的圆板在Q点产生的场强E2＝2πkσ0，无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的场强是两个场强的差，所以E＝E1－E2＝2πkσ0，则q0所受电场力的大小为F＝Eq0＝2πkσ0q0，故选A。 4．B　设此时电压表的示数为U，此时通过R1、R3、R4的电流都为I1＝I3＝I4＝，通过R2的电流为I2＝I3＋I4＝，变压器原、副线圈匝数比＝＝，A错误；原线圈的输入电压U1＝U0－U，副线圈的输出电压U2＝2U＋U＝3U，根据＝＝，可得U＝，B正确；变压器的输入功率P入＝P出＝＋＋＝，R1消耗功率P1＝，则＝6，C错误；向下移动滑片P，则副线圈电路的电阻增大，副线圈电流变小，原线圈电流变小，电压表V1的示数变小，因为原线圈电压增大，则副线圈电压也增大，又因为副线圈电流也变小，所以R2消耗的电压也变小，则电压表V1的示数变大，D错误；故选B。 5．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。 6．D　设取水器下压n次后，桶中的水才能从出水口流出。以原来桶中空气和打入的空气为研究对象，设开始时压强为p1，体积为V1，则p1＝p0＝1×105 Pa，V1＝ cm3，设桶中空气和打入的空气后来的体积为V2，压强为p2，则V2＝×103 cm3，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，要使桶中水能从出水口流出，则有p2>p0＋ρgh，联立各式解得n>，所以取水器至少按压2次后，桶中水才能从出水口流出。AB错误；水桶高度h0＝ m＝1 m，装满水时，水面距离出水口高度Δh＝50 cm－h0＝50 cm－40 cm＝10 cm，在压出4 L水后桶内液面与出水口高度差为h2＝h0＋Δh＝70 cm，则有p3＝p0＋ρgh2，解得p3＝1.07×105 Pa，由于外界温度保持不变，根据玻意耳定律有n′p0V0＋p1V1′＝p3V2′，其中V0＝0.3 L，V1′＝ L＝8 L，V2′＝ L＝12 L，解得n′≈16.1可知，若要压出4升水，至少需按压17次。C错误，D正确。故选D。 7．B　设弹簧被压缩x1，有kx1＝mg，弹性势能为Ep＝kx，设a开始下落时距b的高度为H，b初始位置为零势能面，三个相同的小物块a、b、c及弹簧组成的系统，机械能为E＝mgH＋kx，b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，此时弹簧被拉伸x1，b与弹簧组成的系统机械能为Eb＝mg·2x1＋kx，a、b向上运动到弹簧恢复原长时，b与a的机械能相同，此后b与弹簧组成的系统机械能守恒，有Eab＝2Eb，整个过程中，三个相同的小物块a、b、c及弹簧组成的系统机械能守恒，有mgH＋kx＝4mgx1＋kx，解得H＝，故选B。 8．BC　根据电路图，结合逸出电子受到电场阻力时，微安表示数才可能为零，因只有K的电势高于A点，即触头P向左端滑动，才能实现微安表示数恰好变为零，故A错误；设材料的逸出功为W，根据光电效应方程eU＝hν－W，若U1<U2，则ν1<ν2，故B正确；据光电效应方程eU1＝hν1－W，eU2＝hν2－W，解得h＝，W＝，故C正确，D错误。故选BC。 9．BD　依题意，把重力加速度沿雪道方向和垂直雪道方向分解，有gx＝gsin 30°＝，gy＝gcos 30°＝g，把初速度沿雪道方向和垂直雪道方向分解，有v0x＝v0cos 60°＝，v0y＝v0sin 60°＝，垂直雪道方向，有0＝v0y－gy·，解得运动员在空中飞行的时间为t＝，故A错误；沿雪道方向，有xOP＝v0xt＋gxt2＝，故B正确；根据动能定理，可得WG＝ΔEk，又WG＝mg·xOPsin 30°，解得ΔEk＝mv，即运动员在飞行过程中动能变化量的大小为mv。故C错误；根据IG＝Δp，又IG＝mgt，解得Δp＝2mv0，故D正确。故选BD。 10．BC　图甲中，导体切割磁感线产生感应电动势，则有E＝BLv，I＝，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，又a＝，则Δv＝vΔt＝x，所以图甲中，导体棒速度的减小量与通过的距离成正比，故A错误，B正确；图乙中，设极短时间Δt内，导体棒速度变化量为Δv，则导体棒的加速度为a＝，导体棒产生的电动势为E＝BLΔv，电容器增加的电荷量为Δq＝CE＝CBLΔv，电容器储存的电能为ΔE＝ΔqE＝CB2L2Δv2，电流为I＝＝CBLa，导体又受到安培力为F安＝BIL＝B2L2Ca，根据牛顿第二定律F－F安＝ma，解得a＝，则Δv＝Δt，ΔE＝ΔqE＝Δt2，所以图乙中，电容器储存的电能与运动时间的平方成正比，图乙中，导体棒速度的增加量与运动时间成正比，故C正确，D错误。故选BC。 11．解析：(1)题图甲中平板B水平放置，平板A与木块C只接触不作用，所以平板A对木块C的弹力为0。 (3)对木块C进行受力分析，可知平板A对木块C的弹力和平板B对木块C的弹力均与各自接触面垂直，由于木块C处于平衡状态，故这两个弹力的合力应该竖直向上，作出平行四边形如图1，根据几何关系可知合力为2F2，所以在误差允许的范围内，若F1＝2F2，即两个平板对木块C的弹力的合力与木块C受到的重力大小相等，方向相反，则可初步验证平行四边形定则。 图1　　　　　　图2 (5)平板B从题图甲所示位置缓慢旋转至题图乙所示位置的过程中，两板对木块C的弹力夹角不变，保持垂直，作出辅助圆，如图2，可知平板A对木块C的弹力一直变大。 答案：(1)0 　(3)F1＝2F2　(5)一直变大 12．解析：(1)测量电源E的电动势和内阻，需用电压表测量甲图电路中的路端电压，所以电压表与滑动变阻器R并联，如图所示。 (4)由闭合电路欧姆定律E＝U1＋I1r，E＝U2＋I2r，联立解得E＝，r＝。 (5)图丙中，由于灵敏电流计G的示数为零，所以电压表所测电压即为电源E的路端电压；由题意可得电流表所测电流即为干路电流，所以不考虑偶然误差，电源电动势的测量值等于其真实值，电源内阻的测量值也等于其真实值。 答案：(1)图见解析　(4)　 (5)＝　＝ 13．解析：(1)设光在射入圆面时入射角为i，折射角为α，如图所示。 由几何关系可得sin i＝＝ 解得i＝60° 由折射定律n＝＝ 射出圆面时，入射角为β，折射角为r，有n＝ 由几何关系可得α＝β＝45° 解得r＝60° 由几何关系可得θ＝r－＝30°。 (2)设光在透明材料中通过的距离为l，由几何关系可得 l＝R 光在透明材料中的速度为v＝ 光通过透明材料的时间t＝＝。 答案：(1)30°　(2) 14．解析：(1)带电粒子在第一象限做类平抛运动，可得 y＝·t2 依题意，从P点到Q点和从P点到M点的竖直方向位移关系为 yPQ∶yPM＝∶a＝1∶2 解得tPQ∶tPM＝1∶ 又x＝v0t 易知xPQ∶xPM＝1∶ 可知M点的横轴坐标为xPM＝a 即M点坐标为(a，0)。 (2)到M点速度方向与x轴的夹角为α， 则tan α＝ 解得α＝60° 设Q点竖直分速度为vy，则M点竖直分速度为vy，因为v2＝v＋v 同理v＝v＋(vy)2 又tan α＝ 解得vM＝v。 (3)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动， 可得qvMB＝m 又sin α＝ 解得B＝。 (4)当x≥0时，满足＝ 解得y＝ 同理当x<0时，满足y＝。 答案：(1)(a，0)　(2)v　(3)　 (4)见解析 15．解析：(1)刚解锁时AB相对静止，对AB整体根据牛顿第二定律，有 (M＋m)gsin θ＝(M＋m)a 根据匀加速直线运动公式v2＝2ax0 解得v＝2 m/s。 (2)从解除A和B的锁定到A与P第一次相撞所用的时间t1＝ 解得t1＝0.4 s 从A与P第一次相撞到A和B碰撞的时间 t2＝t－t1 可得t2＝0.2 s 木板与挡板第一次碰撞后，对A，由牛顿第二定律得 Mgsin θ＋μmgcos θ＝Ma1 解得a1＝10 m/s2 对B，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝0 木板与挡板第一次碰撞后到A和B碰撞，A运动的位移 x1＝vt2－a1t＝0.2 m B运动的位移x2＝vt2＝0.4 m 木板的长度d＝x1＋x2＝0.6 m 根据摩擦生热Q热＝μmgcos θd＝3 J。 (3)A、B碰前的速度vA＝v－a1t2＝0，vB＝v A、B第二次碰撞时，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv＝mv2＋Mv1，mv2＝mv＋Mv 解得v1＝2 m/s，v2＝0 AB碰撞后，对A，由牛顿第二定律得 Mgsin θ－μmgcos θ＝Ma3 对B，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma4 解得a3＝0，a4＝10 m/s2 根据x1＝v1t3 解得t3＝0.1 s 这段时间B运动的位移x3＝a4t＝0.05 m 故B离挡板的距离L＝x1－x3＝0.15 m。 (4)木板与挡板第二次碰撞时物块B的速度 v3＝a4t3＝1 m/s 对A，由牛顿第二定律得 Mgsin θ＋μmgcos θ＝Ma5 解得a5＝10 m/s2 对B，由牛顿第二定律得 F－mgsin θ＋μmgcos θ＝ma6 解得a6＝20 m/s2 B减速到零所用时间为t4，则v3－a6t4＝0 解得t4＝0.05 s A经过这段时间后的速度v4＝v1－a5t4＝1.5 m/s 这段时间A、B的位移分别为 x4＝t4＝0.0875 m x5＝t4＝0.025 m 此时，A、B间距离x6＝L－x4－x5＝0.0375 m B离木板右端的距离x7＝d－x6＝0.5625 m 木板锁定后，对B，由牛顿第二定律得 F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma7 解得a7＝10 m/s2 其中x7＝a7t 解得t5＝ s B从开始运动到离开A所用的时间 t总＝t＋t3＋t4＋t5 t总＝ s。 答案：(1)2 m/s　(2)3 J　(3)0.15 m　 (4) s 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高中物理学业水平选择性考试模拟试题(十一) (考试时间：75分钟　试卷满分：100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，只有一个选项符合题目要求) 1．铀核裂变的产物是多样的，一种典型的铀核裂变生成钡和氪，同时放出3个X粒子，核反应方程是U＋n→Ba＋Kr＋3X，其中铀核、中子、钡核和氪核的质量分别为m1、m2、m3和m4。下列说法正确的是(　　) A．X是e B．X的质量为 C．铀核的结合能大于氪核的结合能 D．铀核的比结合能大于氪核的比结合能 2．如图所示，一单摆在AB之间做简谐运动，O为平衡位置，下列说法正确的是(　　) A．摆线拉力的水平分量提供摆球的回复力 B．从A到B的过程，摆线拉力的冲量为零 C．任意半个周期内，合力的冲量一定为零 D．任意半个周期内，合力做的功一定为零 3．如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由电场强度的叠加原理求出：E＝2πkσ(1－)，方向沿x轴。现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后(如图乙所示)，在其轴线上任意一点Q(坐标为x)处放置一个点电荷q0，则q0所受电场力的大小为(　　) 甲　　　　　　　　　乙　　 A．2πkσ0q0　　　　　 B．2πkσ0q0 C．2πkσ0q0 D．2πkσ0q0 4．如图所示，理想变压器接在电压为U0的交变电源上，三个定值电阻R1、R2、R3的阻值相等，调节滑动变阻器R4的滑片P，使其阻值与定值电阻相等，此时两个理想电压表的示数相同，下列说法正确的是(　　) A．变压器原、副线圈匝数比为1∶2 B．电压表的示数为 C．变压器的输入功率为R1消耗功率的7倍 D．向下移动滑片P，两电压表的示数都变大 5．2022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 6．如图所示，桶装水的容积为20 L，为取水方便，在上面安装一个取水器。某次取水前桶内气体压强为1×105 Pa，剩余水的体积为12 L，水面距出水口的高度为50 cm。取水器每按压一次，向桶内打入压强为1×105 Pa、体积为0.3 L的空气。已知水桶的横截面积为0.02 m2，水的密度为1×103 kg/m3，大气压强为1×105 Pa，重力加速度为10 m/s2，取水过程中气体温度保持不变，则(　　) A．取水器至少按压1次，水才能从出水口流出 B．取水器至少按压3次，水才能从出水口流出 C．若要压出4 L水，至少需按压16次 D．若要压出4 L水，至少需按压17次 7．如图所示，三个相同的小物块a、b、c，质量均为m，c放在水平地面上，b和c在竖直方向上通过劲度系数为k的轻弹簧相连，a在b的正上方，开始时a、b、c均静止。现让a自由下落，a、b碰后一起向下运动。已知弹簧的弹性势能可表示为Ep＝kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g。若b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，则a开始下落时距b的高度为(　　) A． B． C． D． 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，有两个或两个以上选项符合题目要求。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．如图是研究光电效应的实验装置，某同学进行了如下操作。(1)用频率为ν1的光照射光电管，此时微安表有示数。调节滑动变阻器，使微安表示数恰好变为零，记下此时电压表的示数U1。(2)用频率为ν2的光照射光电管，重复(1)中的步骤，记下电压表的示数U2。已知电子的电荷量为e，普朗克常量为h，光电管阴极K材料的逸出功为W，下列说法正确的是(　　) A．要使微安表的示数变为零，应将滑片P向右移动 B．若U1<U2，则ν1<ν2 C．h＝ D．W＝ 9．如图甲所示，滑雪运动员在助滑道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后落在倾斜的雪道上，其过程可简化为图乙。现有一运动员从跳台O处以初速度v0飞出，方向与雪道成60°，之后落在雪道的P处。运动员质量为m，倾斜雪道与水平方向的夹角为30°。重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　　　　乙　 A．运动员在空中飞行的时间为 B．OP两点间的距离为 C．运动员在飞行过程中动能变化量的大小为2mv D．运动员在飞行过程中动量变化量的大小为2mv0 10．如图所示，两足够长的水平光滑导轨置于竖直方向的匀强磁场中，左端分别连接一定值电阻和电容器，将两导体棒分别垂直放在两导轨上。给甲图导体棒一水平向右的初速度v，乙图导体棒施加水平向右的恒定拉力F。不计两棒电阻，两棒向右运动的过程中，下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　　　乙 A．图甲中，导体棒速度的减小量与运动的时间成正比 B．图甲中，导体棒速度的减小量与通过的距离成正比 C．图乙中，电容器储存的电能与运动时间的平方成正比 D．图乙中，导体棒速度的增加量与通过的距离成正比 选 择 题 答 题 栏 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 三、非选择题(本题共5小题，共54分。考生根据要求作答) 11．(6分)某同学用平板A和B制作了一个直角架。该同学想通过该装置，利用压力传感器和量角器来验证力的平行四边形定则，主要实验步骤如下： 甲　　　　　　　　　　　　　乙 (1)平板B置于水平面上，压力传感器固定在平板B上，将木块C置于压力传感器正上方，长方体木块C另一侧紧靠平板A，如图甲所示，记录此时传感器的示数F1，此时平板A对木块C的弹力为________。 (2)以直角架连接边为支点，抬高平板B的另一端，使平板B绕支点逆时针旋转，平板B转过的角度为60°时，记录传感器的示数F2，如图乙所示。 (3)在误差允许的范围内，比较F1和F2的大小，若F1与F2的关系为________，即可初步验证平行四边形定则。 (4)重复步骤(2)，多次调整平板B转动的角度，比较F1和F2的大小，多次验证。 (5)若平板B从图甲所示位置开始，以直角架连接边为支点，缓慢将平板B旋转到图乙所示位置，可以观察到平板B对木块C的弹力变化，通过平行四边形定则可以推出平板A对木块C的弹力________(选填“一直变大”或“先变大后变小”)。 12．(9分)某小组要测量图甲电路中的电流，需要在电路中串联电流表，如图乙所示，由于电流表存在内阻，从而引起电流测量误差。为消除电表内阻的影响，该小组采用图丙所示的电路，由电源E′、滑动变阻器R′和电流表A组成补偿电路，调节滑动变阻器R′，使灵敏电流计G的示数为零，电流表A的示数即图甲电路中的待测电流。 该小组想在图丙中添加一电压表，进一步测量电源E的电动势和内阻。 (1)请你将电压表接入电路中的合适位置。 (2)闭合开关S1和S2，调节滑动变阻器R和R′，使灵敏电流计G的示数为零，读出电流表和电压表的示数I1和U1。 (3)改变滑动变阻器R和R′的阻值，重新使灵敏电流计G的示数为零，读出电流表和电压表的示数I2和U2。 (4)电源的电动势E＝________，内阻r＝________(用I1、I2、U1和U2表示)。 (5)不考虑偶然误差，电动势的测量值________真实值，内阻的测量值________真实值(均选填“>”“<”或“＝”)。 13.(10分)如图所示，某透明材料的横截面是半径为R的半圆，AB为直径，O为圆心。P为圆周上的一点，P到AB的距离为R；透明材料的折射率为，底面AB用吸光材料涂黑。入射光平行于AB射向圆面上的P点，经两次折射后射出。已知真空中的光速为c，求： (1)出射光线与开始的入射光线间的夹角θ； (2)光通过透明材料的时间。 14.(13分)如图甲所示，平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第三、四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上的P(0，a)沿x轴正方向射入第一象限，到达Q(a，a)时速度大小为v，又经x轴上的M点射入磁场，最后从x轴上的N点离开磁场，M、N关于O点对称。求： 甲　　　　　　　　　　　乙 (1)M点的坐标； (2)粒子到达M点时的速度； (3)磁感应强度B的大小； (4)撤掉甲图中的电场和磁场，在一、二象限加上图乙所示的磁场，磁场关于y轴对称，一簇粒子从N点以不同方向射入，速度方向与x轴正方向的夹角0<θ<90°，所有粒子穿越磁场后都汇聚于M，已知所有粒子在磁场中做圆周运动的半径均为r，求磁场边界的函数方程。 15.(16分)如图所示，足够长的倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的挡板P。质量为M＝1 kg 的“L”形木板A被锁定在斜面上，木板下端距挡板P的距离为x0＝40 cm。质量为m＝1 kg的小物块B(可视为质点)被锁定在木板上端，A与B间的动摩擦因数μ＝。某时刻同时解除A和B的锁定，经时间t＝0.6 s，A与B发生第一次碰撞，在A与P发生第二次碰撞后瞬间立即对B施加沿A向上的恒力F＝20 N。当B速度最小时再一次锁定A。已知A与P、A与B的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)A与P发生第一次碰撞前瞬间B的速度大小； (2)从开始运动到A与B发生第一次碰撞的时间内，系统损失的机械能； (3)A与P第二次碰撞时，B离挡板的距离； (4)B从开始运动到离开A所用的时间。 学科网（北京）股份有限公司 $$