【高考领航】2025年高中物理学业水平选择性考试模拟试题（江苏）(7)

高中物理学业水平选择性考试模拟试题(七) (考试时间：75分钟　试卷满分：100分) 一、单项选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。每小题只有一个选项符合题意。 1．一放射性元素的原子核X经过一系列α衰变和β衰变后，生成稳定的原子核Y，此过程中发生α衰变和β衰变的次数分别为(　　) A．8，6 B．8，4　　　　　 C．6，4　　　　　 D．6，8 2.很多智能手机都有加速度传感器，用手托着手机，迅速向下运动，然后停止，手机记录的加速度a随时间t变化的图像如图所示，则(　　) A．t1时刻手机速度最大 B．t2时刻手机在最低点 C．t3时刻手受的压力最大 D．t4时刻手受的压力最小 3.一定质量的理想气体从状态A经过状态B和C又回到状态A，其压强p随体积V变化的图线如图所示，其中A到B为等温过程，C到A为绝热过程。下列说法正确的是(　　) A．A→B过程，气体从外界吸收热量 B．B→C过程，压缩气体气体温度升高 C．B→C过程，气体分子平均动能不变 D．C→A过程，气体分子平均动能不变 4．如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O为该三角形中心，在A点和B点分别固定一个电荷量均为q的正电荷，在O点固定某未知电荷q′后，C点的电场强度恰好为零。则O点处的电荷q′为(　　) A．负电荷，电荷量为q B．负电荷，电荷量为q C．正电荷，电荷量为q D．正电荷，电荷量为q 5．在如图所示的双缝干涉实验中，光源S到缝S1、S2的光程差为实验用光波波长的1.5倍，P0为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。光屏上P1点到S2、S1的光程差为实验用光波波长的2.5倍。则P0处和P1处将分别呈现(　　) A．亮条纹、暗条纹 B．亮条纹、亮条纹 C．暗条纹、亮条纹 D．暗条纹、暗条纹 6．我国首颗超百Gbps容量的高通量地球静止轨道通信卫星中星26号于北京时间2023年2月23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星将与中星16号、中星19号共同为用户提供高速的专网通信和卫星互联网接入等服务。中星26与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹以及某时刻所处位置、运行方向如图所示，两卫星的运行周期相同，两个轨道相交于A、B两点，CD连线过地心，E、D分别为侦察卫星的近地点和远地点。下列说法正确的是(　　) A．E、D两点间距离为中星26号卫星轨道半径的2倍 B．侦察卫星从D点到A点过程中机械能逐渐增大 C．相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积等于侦察卫星与地球的连线扫过的面积 D．中星26在C点线速度v1等于侦察卫星在D点线速度v2 7．如图所示，一轻弹簧左端固定，右端连接一物块，置于粗糙的水平面上。开始时弹簧处于原长，现用一恒力F将物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到最大。在此过程中，关于物块的速度v、物块的动能Ek、物块和弹簧的机械能E、弹簧的弹性势能Ep随时间t或位移x变化的图像，其中正确的是(　　) 8．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　) A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒 B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为 C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球速度大小为 D．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，U形管速度大小为 9．学校实验室有一台教学用发电机，输出的交变电压如图甲所示，将其接在如图乙所示的理想变压器的a、b两端，闭合开关S，四只相同灯泡均正常发光。下列说法正确的是(　　) 　 甲　　　　　　　　　　　　乙 A．图甲所示的交变电压瞬时值表达式为u＝36sin 2πt(V) B．变压器原、副线圈的匝数比为1∶3 C．小灯泡的额定电压为9 V D．若断开开关S，灯泡L1变亮、L2变暗 10．如图所示，S1、S2是振动情况完全相同的两个波源，它们的振动频率均为5 Hz。P是两列波传播方向上的一个质点，PS1＝6 m、PS2＝10 m、t＝0时P刚好振动到波峰位置。已知S1、S2连线上相邻两振动加强点间的距离为0.5 m，下列说法正确的是(　　) A．波的传播速度为10 m/s B．波的传播速度为5 m/s C．t＝0.1 s时，P点刚好振动到平衡位置 D．t＝0.1 s时，P点刚好振动到波峰位置 11．如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝1.5 Ω的水平平行且足够长的粗糙导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m。一质量m＝1 kg、接入电路的阻值r＝0.5 Ω 的金属棒在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v-x图像如图乙所示。若金属棒与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，导轨电阻不计，取g＝10 m/s2，则金属棒从静止开始向右运动位移x1＝1 m的过程中，下列说法错误的是(　　) 　甲　　　　　　　　　　乙 A．通过电阻R的电荷量为0.5 C B．拉力F做的功为5 J C．导体棒产生的焦耳热为0.5 J D．所用的时间t一定大于1 s 选 择 题 答 题 栏 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 二、非选择题：本题共5小题，共56分。其中第13～16小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12．(15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 (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(结果保留两位有效数字)。 乙 (3)若重力加速度g取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＝________(结果保留两位有效数字)。 (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。 13．(6分)如图所示，一玻璃柱体的横截面积由半径为R的半圆AEB和等腰直角三角形ABC组成，O为圆心，AB为竖直直径，ED垂直于AB相交于O。平行于ED的光线GF从F点射入玻璃体，刚好经过D点，∠EDF＝30°，光在真空中的传播速度为c。求： (1)玻璃的折射率； (2)光线在玻璃中的传播时间。 14．(8分) 如图，BD为斜面顶端的水平边沿，子弹从斜面最低点A处以一定速度射出，经过一段时间恰好水平击中D点，不计空气阻力，已知斜面的倾角为30°，重力加速度为g，AB长度xAB＝a，BD长度xBD＝a，求枪口瞄准点C距离D点的高度(C点在D点的正上方)。 15.(12分)如图所示，在x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场。在x轴下方有沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m、电荷量为＋q、初速度为v的带电粒子从a(0，d)点处沿y轴正方向开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴上b点时速度方向恰好与y轴垂直，带电粒子重力不计。求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)匀强电场的电场强度大小； (3)粒子从a点开始到达x轴的时间。 16.(15分)如图所示，表面光滑的水平面中间存在光滑凹槽MN，质量为m、长度小于MN的木板C放置在凹槽内，其上表面恰好与水平面平齐。开始时木板C静置在凹槽左端M处，其右端与凹槽右端N有一定的距离。水平面左侧有质量分别为24m与12m的物块A、B之间锁定一压缩轻弹簧，其弹性势能为Ep，弹簧解除锁定后，将A、B两物块弹开，物块B滑上木板C，当B刚滑到C上某位置时B、C共速，其后C在N端发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数μ，重力加速度g，取lg 11＝1.041，lg 13＝1.114。 (1)若在整个运动过程中B未滑出C，求B相对C所能滑动的最大距离； (2)假如C与N碰撞次数多于2次，求至少经过多少次碰撞，B的动能小于2·×10－6Ep? (3)若弹簧解除锁定后，弹簧将A、B两物块弹开，物块B滑上木板到达C右端时，C恰好第一次碰到N点。再改变C的质量为m′，弹簧解除锁定后，弹簧将A、B两物块弹开，让C第k次碰撞N点时，木块B恰好滑到C右端，此时B的速度大于C的速度，求与k的关系。 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(七) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D C A B C A D D C B C 1.D　设要经过x次α衰变和y次β衰变，则有X→xHe＋ye＋Y，有m＝4x＋m－24，n＝2x－y＋n－4，解得x ＝ 6，y ＝ 8，故选D。 2．C　图像的面积表示速度变化，所以t2时刻手机速度最大，A错误；手机停止时，位置最低，所以t4时刻手机在最低点，B错误；根据牛顿第二定律，手机加速度向上并且加速度最大时，手给手机的作用力最大，即手受到的压力最大，由题图可知，t3时刻手受的压力最大，C正确；根据牛顿第二定律，手机加速度向下并且加速度最大时，手给手机的作用力最小，即手受到的压力最小，由题图可知，t1时刻手受的压力最小，D错误。故选C。 3．A　A→B过程为等温变化，气体内能不变，由图知气体体积增大，外界对气体做负功，即W＜0，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝0，可得Q＞0，即气体从外界吸收热量，故A正确；B→C过程，等压变化，气体体积减小，根据＝C，可知气体温度降低， 分子平均动能减小，故B、C错误；C→A过程，C到A为绝热过程，即Q＝0，由图可知，气体体积减小，外界对气体做正功，即W＞0，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝W＞0，可知气体内能增大，温度升高，气体分子平均动能增大，故D错误。故选A。 4．B　在A点和B点分别固定一个电荷量均为q的正电荷，它们两个在C点产生的场强大小为E＝2kcos 30°＝，方向由O指向C，在O点固定某未知电荷q′后，C点的电场强度恰好为零，则O点点电荷在C处产生的场强为E′＝k＝－E＝－，解得q′＝－q，“－”表点电荷带负电。故选B。 5．C　光源S到缝S1、S2的光程差为实验用光波波长的1.5倍，S1、S2到P0处的光程一样，则光源S到P0处的光程差就等于光波波长的1.5倍，所以是暗条纹；光屏上P1点到S2、S1的光程差为实验用光波波长的2.5倍，则光源S到P1处的光程差等于光波波长，所以为亮条纹。故选C。 6．A　由题知，两卫星的运行周期相同，则根据开普勒第三定律可知＝，则DE＝2r，A正确；侦察卫星从D点到A点过程中只有万有引力做功，机械能守恒，B错误；根据题意可知，中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，由开普勒第三定律可知，中星26的轨道半径等于侦察卫星的半长轴，令相等时间为周期T，则中星26与地球的连线扫过的面积为圆的面积，侦察卫星与地球的连线扫过的面积为椭圆面积，由圆的面积大于椭圆面积可知，相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，C错误；以地球中心为圆心，过D点建一个辅助圆轨道，设该轨道的卫星的线速度为v3，则从侦察卫星轨道到辅助圆轨道要点火加速，则v2 < v3，再根据v＝ ，可知v1 > v3 > v2，D错误。故选A。 7．D　根据牛顿第二定律知F－f－kx＝ma，从原长到速度最大的过程中，弹力一直增大，加速度一直减小到0，所以速度增加得越来越缓慢，故A错误；根据k′＝＝F合，可知合力一直减小到零，故B错误；机械能的增加量等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功，则E＝ΔE＝(F－f)x，则E-x图像斜率不变，由此可知C错误；从原长到弹性势能最大的过程中，弹簧的形变量大小等于位移，弹力方向不变，大小随位移均匀增大，则ΔEp＝Ep＝x＝kx2，由此可知D正确。故选D。 8．D　由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；小球与U形管系统机械能守恒，故小球从U形管的另一端射出的过程中，有mv＝mv＋mv，沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故mv0＝mv2＋mv1，解得小球从U形管的另一端射出时，U形管速度为v0，小球速度大小为0，故B错误；小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，设小球水平方向的速度与U形管的速度均为vx，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)vx，解得vx＝，设小球的合速度为v，根据机械能守恒定律得mv＝m＋mv2，解得v＝v0，故C错误，D正确。 9．C　交流电的周期为0.02 s，则ω＝＝100π(rad/s)，又t＝0时电压为0，则电压瞬时值表达式为u＝36sin 100πt(V)，A错误；因为四只相同灯泡均正常发光，所以原、副线圈中的电流之比为＝，所以变压器原、副线圈的匝数比为＝＝，B错误；根据图像可得交流电压的有效值为E＝＝36 V，设小灯泡的额定电压为U，有＝，解得U＝9 V，C正确；断开开关S，负载电阻增大，副线圈电流减小，可知原线圈电流也减小，所以灯泡L1变暗，L1两端电压变小，可知原线圈两端电压增大，故副线圈两端电压增大，L2变亮，D错误。 10．B　如图所示。设Q1是S1、S2连线中点左侧第1个振动加强点，Q2是其左侧第2个振动加强点，Q2与Q1相距Δl，由振动加强的条件，有Q1S2－Q1S1＝λ，同理有Q2S2－Q2S1＝(Q1S2＋Δl)－(Q1S1－Δl)＝2λ，联立解得|Δl|＝，即连线上相邻两振动加强点间的距离为，由题意＝0.5 m，则λ＝1 m，波的传播速度为v＝＝λf＝5 m/s，A错误，B正确；t＝0.1 s时，即经过的时间为t＝，故从波峰经历半个周期，P点刚好振动到波谷位置，C、D错误。故选B。 11．C　由右手定则知金属棒中感应电流的方向为C→D，流过电阻的电荷量为q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝＝0.5 C，故A正确；金属棒在运动为x1＝1 m 的过程中，克服摩擦力做功为Wf＝μmgx1＝2.5 J，安培力的大小为F安＝BIL＝BL＝BL＝，结合图像可知，安培力的大小与位移成正比，则金属棒克服安培力做功为W安＝x1＝x1＝x1＝0.5 J，由动能定理得W－W安－Wf＝mv2－0，解得W＝5 J，故B正确；安培力做功转化为电路中的焦耳热，则电路中的焦耳热Q＝W安＝0.5 J，导体棒产生的焦耳热为Q1＝Q＝0.125 J，C错误；速度位移图像的斜率k＝＝×＝＝2，得a＝kv＝2v，则速度增大，金属棒的加速度也随之增大，速度时间图像的斜率增大，金属棒做加速增大的变加速运动，在相同时间内，达到相同速度时通过的位移小于匀加速运动的位移，平均速度小于匀加速运动的平均速度，即<＝1 m/s，则t＝>1 s，D正确。故选C。 12．解析：(1)实验时应先安装仪器，然后测量，实验结束后要整理仪器，则此实验步骤的正确顺序是CDBA。 (2)根据Δx＝aT 2，可得a＝＝×10－2m/s2＝1.6 m/s2。 (3)根据牛顿第二定律，有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，可通过改变倾角来改变合外力。验证力一定时，加速度与质量成反比的关系，由于使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的，所以要保证向下的合力不变，应使mgsin θ－μmgcos θ不变，需要同时改变滑块的质量和斜面倾角。 答案：(1)CDBA　(2)1.6(1.5～1.7均可)　(3)0.55　(4)斜面倾角　滑块的质量和斜面倾角 13．解析：(1)光线从空气射入玻璃入射角为60°，折射角为30° 折射率为n＝ 解得n＝。 (2)光路图如图所示，由几何关系得FD＝2Rcos 30° DH＝ 光线在玻璃中的速度为v＝ 光线在玻璃中的传播时间t＝ 解得t＝。 答案：(1)　(2) 14．解析：由题意可得xDE＝xAB＝a 由图可知xDF＝，xEF＝，xAF＝2a 设AC与AF之间的夹角为α，则有0＝v0sin α－gt，xDF＝v0sin α·t－gt2，xAF＝v0cos α·t 解得tan α＝ 又tan α＝＝ 解得xCF＝a，xCD＝xCF－xDF＝。 答案： 15．解析：(1)粒子运动轨迹如图所示。 以后重复x1—x2—x3过程，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m 由图可得rcos 45° ＝ d 联立可得r＝d，B＝。 (2)粒子在x轴下方运动到b点过程中， 水平方向：r＋rsin 45°＝vcos 45°·t2 竖直方向：vsin 45°＝t2 联立可得t2＝，E＝。 (3)粒子在磁场中运动到x1，即第一次到达x轴所用时间 T1＝＝ 从x1到x2，根据对称性可知 T2′＝2t2＝ 所以粒子第二次到达x轴所用时间为 T2＝T1＋T2′＝ 在x2处，粒子以速度v与x轴正方向成45°进入磁场，从x2到x3 T3′＝＝ 所以粒子第三次到达x轴所用时间为 T3＝T2＋T3′＝ 所以当粒子第n次到达x轴时所用时间为 Tn＝(n为奇数)； Tn＝(n为偶数)。 答案：(1)　(2) (3)Tn＝(n为奇数) Tn＝(n为偶数) 16．解析：(1)对A、B以及弹簧三个物体，由动量守恒定律得 24mvA＝12mvB 由能量守恒定律得Ep＝×24mv＋×12mv 解得vB＝ 根据题意，C反复碰撞N，B未滑出C，可知最终B、C两个停止运动，由能量守恒定律得μ×12mgx＝×12mv 解得x＝。 (2)当B第一次滑上C时，B的速度为vB，C的速度为0，到B、C第一次共速vB1 由动量守恒定律得12mvB＝vB1 解得vB1＝vB 第一次C与N碰撞前，B的动能Ek1＝×12mv＝2Ep 第一次碰撞后，到第二次碰撞前，B以速度vB1继续减速，C无能量损失以速度vB1返回，到C减速为零，然后C又向N加速至B、C共速vB2的过程，由动量守恒得 12mvB1－mvB1＝vB2 解得vB2＝vB1 共速时B的动能 Ek2＝×12mv＝22Ep 以此类推，第n次碰撞后，到第n＋1次碰撞前，共速时B的动能 Ekn＝2(n－1)2Ep 由题意，若要求Ekn＝2(n－1)2Ep<2Ep×10－6 即2(n－1)<10－6，即2>6 解得n＝43。 (3)若弹簧解除锁定后，弹簧将A、B两物块弹开，物块B滑上木板到达C右端时，C恰好第一次碰到N点。在此过程，C的加速度为aC，B、C所用时间为tC，设C右端静止时距离N为d，aC＝＝12μg，d＝aCt，再改变C的质量为m′，弹簧解除锁定后，弹簧将A、B两物块弹开，让C第k次碰撞N点时，木块B恰好滑到C右端，此时B的速度大于C的速度，在此过程，C的加速度为aC′，设C从运动到第一次与N碰撞的时间为tC′，根据匀变速直线运动的规律，碰撞后C向左以相同大小的加速度减速至零，时间也为tC′，故第k次碰撞N点时，C恰好运动了tC′。而B的受力情况并不发生变化，从M运动到N用的时间仍为tC，则tC＝tC′，d＝aC′tC′2，aC′＝ 联立可得＝＝ 故＝。 答案：(1)　(2)43　(3)＝ 学科网（北京）股份有限公司 $$