【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）(11)

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．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．如图所示，密闭容器中一定质量理想气体的状态由A经B变化到C，再回到A，完成循环。下列说法正确的是(　　) A．①过程气体对外做功同时放出热量 B．③过程外界对气体做的功小于气体放出的热量 C．①②过程吸收的总热量等于③过程放出的热量 D．③过程单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数减少 6．2022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 7．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 8．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． 9．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，下列说法错误的是(　　) A．要使微安表的示数变为零，应将滑片P向左移动 B．若U1<U2，则ν1<ν2 C．h＝ D．W＝ 10．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 11．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的时间成正比 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 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)某同学测量一新型电源的电动势和内阻，使用的器材有：一个满偏电流为100 μA、内阻为2500 Ω的表头，一个开关，电阻箱(0～999.9 Ω)，滑动变阻器R0(最大阻值100 Ω，最大电流1.5 A)，若干导线，刻度尺和记号笔。 (1)由于表头量程偏小，该同学将表头与电阻箱连接，将表头改装成量程为50 mA的电流表，该电阻箱阻值应为________Ω。 (2)该同学用改装后的电流表测量电源的电动势及内阻，请用笔画线代替导线，完成表头改装和实验电路的实物图连接。 (3)开关闭合前，借助刻度尺和记号笔将滑动变阻器的电阻丝螺线管均分成5等份，将相应位置标记为n＝0、1、2、3、4、5，闭合开关，将滑动变阻器滑片依次置于不同标记点n处，并记录相应电流表示数，即可得到下表的5组数据，请在坐标系中作出n图像。 n 5 4 3 2 1 I/(mA) 16.0 19.1 23.8 32.0 49.0 /(A－1) 62.5 52.4 42.0 31.3 20.4 (4)求出该电源的电动势E＝________ V，内阻r＝________Ω。(结果均保留两位有效数字) 13．(6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.(8分)如图所示，光滑的水平地面上固定一倾角为37°的斜面，斜面顶端固定一光滑定滑轮。轻绳跨过定滑轮连接A、B两小滑块，A、B分别静止于斜面和地面上，左侧轻绳平行于斜面，右侧轻绳竖直且长度为2 m。现给B一水平向右3 m/s的初速度，当B向右运动1.5 m时，A的速度大小为1.2 m/s，A、B的质量比为1∶2，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求： (1)此时B的速度大小； (2)A与斜面间的动摩擦因数。 15.(12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。 16.(15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 $$ 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 11 答案 C D A B B D D B D D B 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．B　由题图可知，①过程气体体积增大，对外做功。气体温度保持不变，即内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知需要吸收热量，故A错误；同理，③过程气体热力学温度降低，即内能减小，由热力学第一定律可知，外界对气体做的功小于气体放出的热量，故B正确；由题图过程①气体对外做的功W1＝(4V0－V0)，过程②气体体积不变W2＝0，过程③气体压强不变，体积减小，外界对气体做的功W3＝p3(4V0－V0)，<p，所以W1和W3在数值上不等，气体经①②③过程完成循环，由热力学第一定律，①②过程吸收的总热量不等于③过程放出的热量，故C错误；根据＝C，可知③过程AC连线过原点，气体压强保持不变，③过程温度降低，分子平均动能减小，单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数增多，故D错误。故选B。 6．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。 7．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。 8．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。 9．D　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正确；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D。 10．D　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错误；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D。 11．B　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、D错误。故选B。 12．解析：(1)将小量程的电流表改装成大量程的电流表需要并联一个电阻，根据欧姆定律可知并联电阻的阻值为R＝＝ Ω＝5.0 Ω，故电阻箱阻值应为5.0 Ω。 (3)根据表格中数据在坐标系中描点，用直线连线，让大部分点落在直线上或均匀分布在直线两侧，距离较大的点舍去，图像如图所示。 (4)改装后电流表的内阻为R内＝＝ Ω＝5.0 Ω，根据闭合电路欧姆定律有E＝I(R内＋r＋)，即＝＋ n，图像的斜率k＝＝ A－1，图像纵轴截距为＝10 A－1，解得E＝1.9 V，r＝14 Ω。 答案：(1)5.0　(2)如图所示　(3)见解析图　(4)1.9　14 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)设当B向右运动1.5 m时，定滑轮与B之间的绳子与水平地面之间的夹角为α，则有tan α＝＝ 可知α＝53° 将此刻B的速度进行分解，如图所示。可知vA＝vBcos α 解得vB＝2 m/s。 (2)当B向右运动1.5 m时，A沿斜面向上移动的距离 d＝m＝0.5 m 设A的质量为m，则A受到斜面的摩擦力大小为 Ff＝μmgcos37° A、B的质量比为1∶2，则B的质量为2m，A的初速度为零，B的初速度为 v0＝3 m/s 根据动能定理有－mgdsin 37°－Ffd＝mv＋×2m×v－×2m×v 解得μ＝0.32。 答案：(1)2 m/s　(2)0.32 15．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 16．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 $$