2025名校高考全真模拟试题(十)-【师大金卷】2025年高考物理复习冲刺全真模拟试卷精选必刷题（新高考）

卷１０ ２０２５名校高考全真模拟试题(十) 物　理 本试卷共１００分,考试时间７５分钟. 　 　　　　　　　　 　　　　　　　 　　　　　　一、单项选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要 求的. １．(２０２４􀅰山东青岛二模)关于光学现象,下列说法正确的是 (　　) A．图甲:光导纤维中,不管光的入射角多大,一定能发生全反射 B．图甲:若光源是白光,则射出光导纤维的光一定是彩色的 C．图乙:看到彩色条纹,是因为光发生了衍射现象 D．图乙:看到彩色条纹,是因为光发生了干涉现象 ２．(２０２４􀅰福建莆田检测)２０２３年４月１２日,中国有“人造太阳”之称的 全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)创造新的世界纪录,成功实 现稳态高约束模式等离子体运行４０３秒.人造太阳的一种核反应方 程为X＋３１H→α＋１０n.下列说法正确的是 (　　) A．X粒子是质子 B．该反应是裂变反应 C．α射线是一种电磁波 D．α射线的穿透能力比β射线的穿透能力更弱 ３．(２０２４􀅰江西鹰潭联考)某同学自制了一个手 摇交流发电机,如图所示.大轮与小轮通过 皮带传动(皮带不打滑),小轮与线圈固定在 同一转轴上.磁体间的磁场可视为匀强磁 场.大轮匀速转动带动小轮及线圈绕转轴转 动,转轴与磁场方向垂直.线圈通过导线、滑 环和电刷连接一个阻值恒定的灯泡.假设发电机发电时灯泡能发光 且工作电压保持在额定电压以内,下列说法正确的是 (　　) A．大轮边缘质点的线速度比小轮边缘质点的线速度小 B．若仅增大大轮的转速,则灯泡变暗 C．若仅增加线圈的匝数,则灯泡变亮 D．若仅将小轮的半径增大,则灯泡变得更亮 ４．(２０２４􀅰山东枣庄三模)近年来,人们越来越注 重身体锻炼.有种健身设施叫战绳,其用途广 泛,通常可用于高强度间歇训练形式的心肺锻 炼或肌肉锻炼.当某健身人士双手以相同节奏 上下抖动两根相同的战绳,使战绳形成绳波, 如图所示.下列说法正确的是 (　　) A．两根战绳形成的波形一定完全相同 B．两根战绳上的波传播速度不相同 C．若人停止抖动战绳,则绳波立即消失 D．离人越远的波形振幅越小 ５．(２０２４􀅰河北石家庄质检)如图甲所示,有一电荷均匀分布的固定绝 缘细圆环,圆心为O,轴线上的电场强度如图乙所示.现有一带正电 的粒子(不计受到的重力)以大小为v０ 的初速度沿轴线由P 点运动 到Q 点,OP＝OQ＝L.以x轴的正向为电场强度的正方向,关于粒 子由P 点运动到Q 点的过程,下列说法正确的是 (　　) A．细圆环带负电 B．粒子到达Q 点时的速度大小为v０ C．粒子所受静电力先增大后一直减小 D．粒子到达Q 点时的速度大小为２v０ ６．(２０２４􀅰辽宁名校联考)一电动玩具汽车启动时,以额定功率沿直线 加速并达到最大速度,其加速度a与速度倒数１v 的关系图像如图所 示.已知电动玩具汽车受到的阻力大小恒为１００N,取重力加速度g ＝１０m/s２.则电动玩具汽车的额定功率和最大速度分别为 (　　) A．２００W　２m/s B．１００W　４m/s C．１００W　２m/s D．２００W　４m/s ７．(２０２４􀅰贵州遵义模拟)如图所示,在光滑的 水平面上,质量为４m、长为L 的木板右端紧 靠竖直墙壁,与墙壁不粘连.质量为m 的滑块(可视为质点)以水平 向右的速度v滑上木板左端,滑到木板右端时速度恰好为零.现滑 块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端,滑到木板右端时与竖直墙 壁发生弹性碰撞,滑块以原速率弹回,刚好能够滑到木板左端而不从 木板上落下,重力加速度大小为g.下列说法正确的是 (　　) A．滑块向右运动的过程中,加速度大小为２v ２ L B．滑块与木板间的动摩擦因数为v ２ ８gL C．k＝２ D．滑块弹回瞬间的速度大小为 ５v２ 二、多项选择题:在每小题给出的四个选项中,每题有多项符合题目 要求. ８．(２０２４􀅰浙江杭州模拟)如图所示为某同 学用平行板电容器测量材料竖直方向的 尺度随温度变化的装置示意图,电容器 上极板固定,下极板可随材料尺度的变 化而上下移动,两极板间电压不变.若 材料温度升高,极板上所带电荷量增加, 则 (　　) A．材料竖直方向的尺度减小 B．材料竖直方向的尺度增大 C．极板间的电场强度减小 D．极板间的电场强度增大 ９．(２０２４􀅰天津红桥模拟)２０１７年,人类第一次直接探测到来自双中子 星合并的引力波.根据科学家们复原的过程,在两颗中子星合并前 约１００s时,它们间的距离为r,绕两者连线上的某点每秒转动n圈, 将两颗中子星都看作质量均匀分布的球体,引力常量为G,下列说法 正确的是 (　　) A．两颗中子星转动的周期均为n(s) B．两颗中子星转动时所需向心力之比等于它们的转动半径之比 C．两颗中子星的转动半径之比等于它们质量的反比 D．两颗中子星的质量之和为４π ２n２r３ G １０．(２０２４􀅰福建龙岩模拟)如图所示,三个 有界匀强磁场的磁感应强度大小均为 B,方向分别垂直纸面向外、向里和向 外,磁场宽度均为L,在磁场区域的左 侧边界处,有一边长为L 的正方形导 体线框,总电阻为R,且线框平面与磁 场方向垂直.现用垂直磁场边界的水平力F 使线框以速度v 匀速 穿过磁场区域,以初始位置为计时起点,规定电流沿逆时针方向时 的电动势E 为正,磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ 为正值,水平 力F向右为正.下列能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、水平 力F和电功率P 随时间t的变化规律的图像是 (　　) 卷１０ 三、非选择题:本题共５小题,请按要求作答. １１．(２０２４􀅰福建龙岩三模)某小组同学利用传感器进行“探究向心力大 小与半径、角速度、质量的关系”实验,实验装置如图甲所示,力传感 器固定在竖直转轴上,角速度传感器固定在水平直杆上,水平直杆 随竖直转轴一起转动,质量为m 的滑块套在水平直杆上,细线一端 连接滑块,另一端连接力传感器,细线拉力的大小F 可以通过力传 感器测得,滑块转动的角速度ω通过角速度传感器测得. (１)小组同学保持滑块质量不变,将其运动半径r分别调整为０􀆰２２ m、０􀆰２０m、０􀆰１８m、０􀆰１６m、０􀆰１４m,改变转动角速度,得到相应的 向心力大小,在同一坐标系中分别得到图乙中①、②、③、④、⑤五条 图线.请分析这五组图线不过坐标原点的原因是　　　　　　　 　　　　　　　　　. (２)因图乙中图线不便于研究F 与ω 的关系,便对其中某条图线的 数据进行处理,获得的FＧx 图像如图丙所示,该图线是一条直线,则 图像横坐标x代表的是　　　　.(填“ω”“ω２”或“ω３”) (３)把图乙中的图线转换成图丙中的图线所应用的物理思想与下列 实验相同的是　　　　. A．探究两个互成角度的力的合成规律 B．当物体受力不变,探究加速度与物体质量的关系 C．研究匀变速直线运动时,用vＧt图像求物体运动加速度 １２．(２０２４􀅰河北保定九校联考)(１)为了测量某种型号的电池的电动势 和内阻,小方同学设计了如图甲所示的实验电路,电流表内阻不计, 改变电阻箱R 的阻值,分别测出电路中相应的电流I,根据实验数据 描点,绘出的１ I－R 图像如图乙所示.b、c及直线在１I 坐标轴上的截 距a均已知,定值电阻的阻值为R０,则该电池的电动势E＝　　 　　、内阻r＝　　　　. (２)小袁同学设计了如图丙所示的实验电路.按图丙连接好实验电 路,闭合开关前,将滑动变阻器的滑片P 调到　　　　(选填“A”或 “B”)端;闭合开关S,改变滑片P 的位置,记录多组电压表、电流表 的示数U 和I;建立U－I坐标系,得到如图丁所示的图像,可得电 池的电动势E＝　　　　V、内阻r＝　　　　Ω.(结果均保留两 位有效数字) １３．(２０２４􀅰陕西商洛模拟)鱼类在适宜的水温中才能生存,某探究小组 设计的一个水温监测报警装置如图所示,圆柱形导热容器下半部分 竖直放置在水中,上半部分处于空气中,容器用质量m＝１kg、面积 S＝１００cm２的活塞密封一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动, 水的热力学温度T１＝２８０K时,活塞与容器底的距离h０＝２８cm,且 刚好与低温报警传感器无压力接触,此时低温报警器报警.水温升 高后,活塞缓慢上升d＝２cm 后接触高温报警传感器,当活塞对高 温报警传感器的压力F＝３０N 时,高温报警器开始报警.水温从 ２８０K到恰好达到高温报警的温度的过程中,容器内的气体从外界 吸收的热量Q＝５０J,大气压强恒为p０＝０􀆰９９×１０５Pa,取重力加速 度g＝１０m/s２.求: (１)水温为２８０K时容器内气体的压强及高温报警时容器内气体的 热力学温度; (２)水温从２８０K到恰好达到高温报警的温度的过程中,容器内气 体内能的变化量. １４．(２０２４􀅰湖北宜荆联考)如图所示,平台 和足够长的传送带处于同一高度,平台 右端与传送带左端无缝连接,传送带在 电动机的带动下沿顺时针方向以v传 ＝２m/s匀速转动.传送带上 方所在区域存在水平向左的匀强电场.在平台左端固定一个轻质 短弹簧,一质量m＝１kg的带正电的物块B 静止在平台右端,将另 一个与物块B 质量相同的绝缘物块A 向左压缩弹簧(不拴连),在与 物块B 的距离l＝９m 处由静止释放,物块A 向右运动恰好能与物 块B 接触.将物块A 沿竖直方向切去一半(设为A′),然后压缩弹 簧仍从距物块B 为l处由静止释放,物块A′与物块B 发生弹性正 碰,碰撞前后物块B 的电荷量不变,且碰撞时间极短,碰撞后物块B 在传送带上运动,经过时间t１＝０􀆰４s后与传送带共速,A(A′)、B 与 平台、传送带间的动摩擦因数均为μ＝０􀆰２,取重力加速度g＝ １０m/s２,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内, 两物块均可视为质点.物块A′与物块B 碰撞后撤去弹簧. (１)求物块A′碰撞后滑行的距离; (２)求物块B 沿传送带向右运动的过程中克服电场力做的功. １５．(２０２４􀅰陕西西安一中二模)如图所示,xOy平面内,x 轴下方充满 垂直于纸面向外的匀强磁场,x轴上方充满竖直向下的匀强电场(图 中未画出),其他部分无电场.从P 点水平向右向电场内发射一个 比荷为q m 的带电粒子,粒子的速度大小为v０,仅在电场中运动时间 t,从x轴上的N 点与x 轴正方向成α角(未知)斜向下进入磁场,之 后从原点O 第一次回到电场.已知P、N 两点间的电势差UPN ＝ ３mv２０ ２q ,忽略边界效应,不计粒子受到的重力.求: (１)粒子第一次通过N 点的速度大小v及角度α; (２)匀强电场的电场强度大小E 及匀强磁场的磁感应强度大小B; (３)粒子从P 点发射到第２０２４次从x轴上方进入磁场的时间t２０２４. 新高考物理答案 —２３　 １３．[解](１)根据波形可知,２．５s内,波向前传播了５４λ ,即 波源振动的时间关系有T＋T４＝t１ 解得T＝２s 根据图像,波长为２０cm 根据v＝λT 解得v＝０􀆰１m/s (２)波传播到平衡位置坐标为x＝３０cm质点位置的时 间t２＝ x v ＝ ３０×１０－２ ０．１ s＝３s 由于质点起振方向均沿y轴负方向,可知之后该质点 第二次到达波峰时间t３＝T＋ ３ ４T＝３􀆰５s 则波源振动的时间t３＝t２＋t３＝３T＋ T ４ 则波源运动的路程s＝３×４A＋A 解得s＝２６cm [参考答案](１)２s　０􀆰１m/s　(２)２６cm １４．[解](１)粒子在匀强电场中做类平抛运动,由几何关系 有vy＝v０tanθ＝５×１０３ m/s 根据牛顿第二定律有a＝qEm ＝１×１０ ８ m/s２ 则粒子在匀强电场中运动的时间为 t＝vya ＝５×１０ －５s 水平方向有x＝v０t＝０􀆰２５m 竖直方向有y＝１２at ２＝０􀆰１２５m 故P 点的坐标为(０􀆰２５,－０􀆰１２５) (２)粒子进入匀强磁场的速度大小为 v＝ v０cosθ＝５ ２×１０ ３ m/s 由洛伦兹力提供向心力,有qvB＝mv ２ R 解得R＝０􀆰２m 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为 T＝２πRv ＝ ２ ２π ５ ×１０ －４s 粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系可知,粒子在匀强磁场中转过的圆心角为α ＝１３５° 故粒子在匀强磁场中的运动时间为 t′＝ α３６０°T＝ ３ ２π ２ ×１０ －５s [参考答案](１)(０．２５,－０．１２５)　(２)３ ２π２ ×１０ －５s １５．[解](１)物体恰好通过轨道的最高点可得 mg＝mv ２ R v＝ gR＝ ５m/s 从圆形轨道最高点到C点,由动能定理可得 mg×２R＝１２mv ２ C－ １ ２mv ２ 求得vC＝５m/s 在C点由牛顿第二定律可得 FN－mg＝m v２C R 得FN＝６０N 根据牛顿第三定律,物块通过圆形轨道最低点C处时, 对轨道的压力FN′＝FN＝６０N (２)从A 到C 应用动能定理可得 mgLABsinθ＋mgR(１－cosθ)－μ１mgcosθ􀅰LAB ＝ １ ２mv ２ C－０ 求得LAB＝５．７５m (３)物体从C到D,应用动能定理 －μ１mgLCD ＝ １ ２mv ２ D－ １ ２mv ２ C 求得vD＝２m/s 对物块与滑槽,物块始终不脱离滑槽,最终二者共速, 由水平方向动量守恒mvD＝(m＋M)v１ 得v１＝ ２ ３ m /s 如果滑到最高点G,由能量守恒得 １ ２mv ２ D＝ １ ２ (m＋M)v２１＋μ２mgLEF＋mgr 求得μ２＝ １ １２ 如果滑到最高点G又滑到E 处,由能量守恒得 １ ２mv ２ D＝ １ ２ (m＋M)v２１＋２μ２′mgLEF 求得μ２′＝ １ ６ 因此,若滑块始终不脱离滑槽,则对动摩擦因数的要求 是１ ６≤μ２＜１ [参考答案](１)６０N　(２)５．７５m　(３)１６≤μ２＜１ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ⑩２０２５名校高考全真模拟试题(十) １．D　[试题解析]图甲:光导纤维中,只有光的入射角大 于等于发生全反射的临界角,才能发生全反射;若 光源是白光,如果所有颜色光在光导纤维中均能发 生全反射,则所有颜色光的传播路径完全相同,从 光导纤维中 射 出 的 光 仍 然 是 白 光,故 AB 错 误;图 乙:看到彩色条纹,是因为光发生了干涉现象,故 C 错误,D正确.故选 D. ２．D　[试题解析]由于α粒子为氦核４２He,根据反应过程 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考物理答案 —２４　 满足质量数和电荷数守恒可知,X 粒子是２１H,故 A 错误;该反 应 是 聚 变 反 应,故 B 错 误;α 粒 子 为 氦 核４２He,所以α射线不是电磁波,故 C错误;α射线的 穿透能力比β射线的穿透能力更弱,故 D 正确.故 选 D. ３．C　[试题解析]大轮边缘质点的线速度大小与小轮边缘 质点的线速度大小相等,故 A 错误;若仅增大大轮 的转速,大轮边缘质点线速度增大,则小轮边缘质点 线速度增大,小轮角速度增大,即线圈在磁场中转动 角速度增大,产生的电动势增大,回路电流增大,灯 泡变亮,故B错误;若仅增加线圈的匝数,根据Em＝ NBSω,可知线圈产生的电动势最大值增大,则电动 势有效 值 增 大,回 路 电 流 增 大,灯 泡 变 亮,故 C 正 确;若仅将小轮的半径增大,根据v＝ωr,可知小轮 角速度减小,即线圈在磁场中转动角速度减小,产生 的电动 势 减 小,回 路 电 流 减 小,灯 泡 变 暗,故 D 错 误.故选 C. ４．D　[试题解析]当某健身人士双手以相同节奏上下抖 动两根相同的战绳,使战绳形成绳波,由于双手的 抖动的初相位和抖动幅度不一定相同,故两根战绳 形成的波形不一定完全相同,故 A 错误;介质材料 相同,则两根战绳上的波传播速度相同,故 B错误; 若人停止抖动战绳,绳波不会立即消失,会继续向 前传播,故 C错误;绳波在传播过程中能量逐渐减 小,离人越远的波形振幅越小,故 D正确.故选 D. ５．B　[试题解析]由EＧx 图像可知,O 点右侧场强方向沿 x 轴正向,O 点左侧场强方向沿x 轴负向,可知细圆 环带正电,选项 A错误;由图像可知,P、Q 两点电势 相等,可知P、Q 两点的动能相等,即粒子到达Q 点 时的速度大小为v０,选项 B正确,D 错误;由图像可 知,粒子所受静电力先向左增大后向左减小,过了O 点后先向右增大后向右减小,选项 C错误;故选B. ６．A　[试题解析]设电动玩具汽车的额定功率为P,受到 的阻力大小为f,根据牛顿第二定律可得 F－f＝ ma,又P＝Fv,联立可得a＝Pm 􀅰１ v－ f m ,根据a－ １ v 图像 可 得f m ＝２m /s２,Pm ＝ ６－(－２) ２ m ２/s３＝ ４m２/s３,解得P＝２００W,当牵引力等于阻力时,速 度达到最大,则有vm＝ P f ＝２m /s,故选 A. ７．D　[试题解析]滑块(可视为质点)以水平向右的速度v 滑上木板左端,滑到木板右端时速度恰好为零,根 据匀变速直线运动规律可知v２＝２aL,解得a＝v ２ ２L , 故 A错误;根据牛顿第二定律有μmg＝ma,解得μ ＝ v ２ ２gL ,故 B错误;小滑块以水平速度v右滑时,由 动能定理有－fL＝０－ １２mv ２,小滑块以速度kv滑 上木板到 运 动 至 碰 墙 时 速 度 为v１,由 动 能 定 理 有 －fL＝１２mv ２ １－ １ ２m (kv)２,滑块与墙碰后至向左运 动到木板左端,此时滑块、木板的共同速度为v２,由 动量守恒定律有 mv１＝(m＋４m)v２,由能量守恒定 律可得fL＝１２mv ２ １－ １ ２ (m＋４m)v２２,解得k＝ ３ ２ , v１＝ ５v ２ ,故 C错误,D正确;故选 D. ８．BD　[试题解析]根据题意可知极板之间电压U 不变, 极板上所带电荷量Q 变多,根据电容定义式C＝ Q U ,可知电容器的电容C增大,根据电容的决定式 C＝ εS４πkd ,由 于 电 容 C 增 大,可 知 极 板 间 距d 减 小,再根据E＝Ud ,由于电压U 不变,可知极板间 电场强度增大,故 C错误,D正确;由于极板间距d 减小,即下极板向上移动,则材料竖直方向尺度增 大,故 A错误,故B正确.故选BD. ９．CD　[试题解析]两颗中子星转动过程中角速度相等, 周期也相等,根据题意绕两者连线上的某点每秒 转动n圈,则周期为T＝１n (s),故 A错误;设两颗 星的质量分别为 m１、m２,两颗中子星转动时所需 的向心力由二者之间的万有引力提供,即向心力 大小均为F＝Gm１m２ r２ ,则两颗中子星转动时所需 向心力之比为１∶１,故B错误;设两颗星的轨道半 径分别为r１、r２,相距r,根据万有引力提供向心力 可知Gm１m２ r２ ＝m１ ４π２ T２ r１＝m２ ４π２ T２ r２,则 m１ m２ ＝ r２ r１ , 可知两颗 中 子 星 的 转 动 半 径 与 它 们 的 质 量 成 反 比,同 时 上 述 向 心 力 公 式 化 简 可 得 m１ ＋m２ ＝ ４π２r３ GT２ ＝４π ２n２r３ G ,故 CD正确.故选 CD. １０．AC　[试题解析]当线框开始进入磁场时,磁通量垂直 纸面向外增加,当全部进入时达最大;此后向里 的磁通量增加,向外的磁通量减小,总磁通量向 外减小,当运动１􀆰５L时,磁通量为零;当运动２L 时磁通量向里最大,此后向外的磁通量增加,向 里的 磁 通 量 减 小,总 磁 通 量 减 小,当 运 动 ２􀆰５L 时,磁通量为零,当运动３L 时向外的 磁 通 量 最 大,此后向外的磁通量减小,当运动４L 时为零, 故 A 正确;当线框进入第 一 个 磁 场 时,由 E１＝ BLv可知,E 保持不变,感应电动势为顺时针方 向,为负值;而开始进入第二个磁场时,两边同时 切割磁感线,电动势应为E２＝２BLv,方向为逆时 针方向,为正值;开始进入第三个磁场时,两边同 时切割磁感线,电动势为E３＝２BLv,方向为顺时 针方向,为负值;出磁场时,感应电动势为 E４＝ BLv,沿逆时针方向,为正值,故 B错误;安培力 的方向一直与运 动 方 向 相 反,故 外 力 F 一 直 向 右,当 线 框 进 入 第 一 个 磁 场 时,安 培 力 为 F＝ BIL,开始进入第二个磁场时,两 边 同 时 切 割 磁 感线,感应电动势变为两倍,由I＝ER 可知,电流 变为原来的两倍,同时有两根导线受到安培力, 线框总安培力变成原来的四倍;开始进入第三个 磁场时与第二个磁场情况相同;出磁场时,安培 力变为与进入第一个磁场相同,故 C正确;拉力 的功率P＝Fv,因速度不变,而线框在左边第一 个磁场时,电流为定值,拉力也为定值;两边分别 在两个磁场中时F安 ＝２B􀅰２BLvR 􀅰L,因此安培 力变为进磁场时的４倍,则拉力的功率变为进磁 场时的４倍,出磁场时,与进磁场时拉力的功率 相同,故 D错误.故选 AC. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考物理答案 —２５　 １１．[试题解析](１)由题图可知,当滑块角速度不为零时, 传感器显示的力为零,是因为滑块受到摩擦力的作用. (２)对滑块受力分析有F＋f＝mω２r,整理有F＝mrω２ －f,所以滑块质量不变,半径一定时,F 与ω２ 成线性 关系,所以该图像的横坐标代表的ω２. (３)在对图像的数据处理获得F－ω２ 图像过程中,将原 本的曲线图像,处理成线性的图像,这与探究加速度与 质量的关系中将a－M 图像转化为a－１M 图像的原理 相同.故选B. [参考答案](１)滑块受到摩擦力的作用 (２)ω２　(３)B １２．[试题解析](１)由实验电路图可知为串联电路,根据闭 合电路欧姆定律得E＝I(R０＋R＋r),化简得 １ I ＝ １ ER ＋ R０＋r E ,则斜率k＝１E＝ b－a c ,截距a＝R０＋rE ,得E＝ c b－a ,r＝ acb－a－R０ . (２)为保护电路,闭合开关前,将滑动变阻器的滑片P 调到A 端;根据U＝E－Ir,U－I纵轴截距代表电动 势,即E＝３􀆰０V,图像斜率的绝对值代表内阻r＝３．０１．５Ω ＝２􀆰０Ω. [参考答案](１)cb－a　 ac b－a－R０ (２)A　３．０　２．０ １３．[解](１)设水温为２８０K时容器内气体的压强为p１,对 活塞受力分析mg＋p０S＝p１S 解得p１＝１×１０５Pa 设高温报警时容器内气体的压强为p２,对此时活塞受 力分析F＋mg＋p０S＝p２S 解得p２＝１．０３×１０５Pa 对以上两个状态,根据理想气体状态方程 p１V１ T１ ＝p２V２T２ 其中V１＝h０S,V２＝(h０＋d)S 解得T２＝３０９K (２)水温从２８０K到恰好达到高温报警的温度的过程 中,W＝－p１ΔV＝－p１Sd＝－２０J 根据热力学第一定律 ΔU＝W＋Q＝－２０J＋５０J＝３０J 所以,水温从２８０K到恰好达到高温报警的温度的过 程中,容器内气体的内能增加了３０J [参考答案](１)１×１０５Pa,３０９K　(２)内能增加３０J １４．[解](１)从释放物块A 到A 恰好与物块B 接触的过程 中,由能量守恒定律可知弹簧弹性势能 Ep＝μmgl 设物块A′与物块B 碰撞前瞬间的速度大小为v０,从释 放物块A′到物块A′与物块B 碰撞前瞬间,由能量守恒 定律有Ep＝０􀆰５μmgl＋ １ ２×０􀆰５mv ２ ０ 解得v０＝６m/s 物块A′和物块B 发生弹性正碰,设碰撞后瞬间物块A′ 的速度为v,物块B的速度为vB,有 ０􀆰５mv０＝０􀆰５mv＋mvB １ ２×０􀆰５mv ２ ０＝ １ ２×０􀆰５mv ２＋１２mv ２ B 解得v＝－２m/s,vB＝４m/s 碰撞后物块A′反向运动,碰撞后对物块A′有 －０．５μmgx＝０－ １ ２×０􀆰５mv ２ 解得x＝１m (２)设物块B受到的电场力大小为F,物块B减速到与 传送带速度相同的过程中有F＋μmg＝ma１ 物块B减速时的加速度大小a１＝ vB－v传 t１ ＝５m/s２ 解得F＝３N 物块B减速到与传送带速度相同时向右运动的位移大 小x１＝ vB＋v传 ２ t１＝１􀆰２m 物块B与传送带速度相等后,电场力大于最大静摩擦 力,物块B将向右继续减速运动,有 F－μmg＝ma２ 设物块B从与传送带共速到减速为零的过程中位移大 小为x２,时间为t２,有v传 ＝a２t２ 则x２＝ v传 ２t２＝２m 物块B从碰撞后到向右减速为零的过程中,电场力做 负功,克服电场力做功W＝F(x１＋x２)＝９􀆰６J [参考答案](１)１m　(２)９．６J １５．[解](１)对粒子从P 点到N 点的运动过程,根据动能 定理有qUPN ＝ １ ２mv ２－１２mv ２ ０ 解得v＝２v０ 粒子在电场中做类平抛运动,在磁场中做匀速圆周运 动,其轨迹如图所示,在电场中粒子沿水平方向做匀速 直线运动,在 N 点有cosα＝v０v＝ １ ２ 解得α＝６０° (２)粒子沿水平方向的分位移大小s１＝v０t 粒子在 N 点沿竖直方向的分速度大小 v１＝vsinα＝ ３v０ 在电场中,粒子在竖直方向上做匀加速直线运动,对应 的分位移大小s２＝ １ ２v１t＝ ３ ２v０t 电场强度大小E＝UPNs２ 解得E＝ ３mv０qt 粒子在磁场中,由洛伦兹力提供向心力有 qvB＝mv ２ r 由几何关系有rsinα＝s１２ 解得B＝２ ３mqt 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考物理答案 —２６　 (３)粒子在磁场中运动的周期T＝２πrv ＝ ３πt ３ 粒子每次在磁场中运动的时间t′＝２４０°３６０°T 可得t２０２４＝t＋２０２３(２t＋t′) 解得t２０２４＝ (４０４６ ３π９ ＋４０４７)t [参考答案](１)v＝２v０,α＝６０° (２)E＝ ３mv０qt ,B＝２ ３mqt (３)t２０２４＝ (４０４６ ３π９ ＋４０４７)t 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁉􀁓２０２５名校高考全真模拟试题(十一) １．C　[试题解析]根据质量数和电荷数守恒可知,X 的质 量数为４,电荷数为２,则 X 为４２He,故 A 错误,C正 确;该方程为可控核聚变,故 B错误;大亚湾核电站 采用核裂变反应发电,故 D错误.故选 C. ２．C　[试题解析]第一宇宙速度７􀆰９km/s为围绕地球做 圆周运动的最大速度,则“夸父一号”的运行速度小 于７􀆰９km/s,故 A错误;由万有引力提供向心力有 GMm r２ ＝man,解得an＝ GM r２ ,由于“夸父一号”的轨道 半径小于地球同步卫星的轨道半径,则“夸父一号” 的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度,故 B错误;由图可知,采用a轨道可以更长时间观测太 阳,故 C 正 确;由 万 有 引 力 提 供 向 心 力 有GMm r２ ＝ m４π ２ T２ r,解得T＝ ４π ２r３ GM ,由于“夸父一号”的轨道半 径小于地球同步卫星的轨道半径,则“夸父一号”绕 地球做匀速圆周运动的周期小于地球同步卫星的 周期２４小时,故 D错误.故选 C. ３．A　[试题解析]设列车减速过程的加速度大小为a,相 邻两个相等时间为T,第二个相等时间的末速度为 v,一节车厢的长度为L,根据逆向思维可得n２L＝ vT＋１２aT ２,(n１＋n２)L＝v􀅰２T＋ １ ２a (２T)２,可得 n１L＝vT＋ ３ ２aT ２,则 有n１ n２ ＝ vT＋３２aT ２ vT＋１２aT ２ ,可 得 １ １ ＜ n１ n２ ＜３１ ,故选 A. ４．D　[试题解析]根据题意,A 板连接感应起电机的正极, B 板连接负极,则 可 知 A 板 的 电 势 高 于B 板 的 电 势,故 A错误;当乒乓球在电场力的作用下从A 板 向B 板运动,则乒乓球一定带正电,而当乒乓球与 B 板发生碰撞,在接触的过程中乒乓球上的正电荷 将与B 板所带负电荷中和后并使乒乓球带上负电, 之后电场力继续对乒乓球做正功,使乒乓球运动到 A 板,如此反复,因此乒乓球往返运动过程中与 A 板碰撞后带正电,与B 板碰撞后带负电,故 B错误; 根据题意,乒乓球在电场力作用下与A、B 两板往返 运动碰撞,则可知A→B 的运动过程中电场力对乒 乓球做正功,乒乓球的电势能减小,故 C错误,D 正 确.故选 D. ５．B　[试题解析]第２次篮球在篮板上反弹后进筐,篮球 反弹前后垂直篮板方向分速度等大,若没有篮板,篮 球水平位移较大,又由于两次初速度大小相等,所以 第２次篮球水平初速度较大,竖直分速度较小,篮球 第１次上升的最大高度比第２次的大,故B正确;竖 直方向上,根据x＝v竖直t－１２gt ２,第１次篮球从离 手到进筐的时间较大,故 A 错误;初动能相等,篮球 经过a点时,重力势能相等,根据机械能守恒,第１ 次的动能等于第２次的动能,故C错误;篮球两次进 筐时,水平方向分速度不同,故在竖直方向分速度不 同,故 D错误.故选B. ６．B　[试题解析]滑块下滑过程中始终没有离开斜面,滑 块沿斜面方向的重力分力和电场力分力均保持不 变,滑块做匀加速直线运动,则aＧt图像为一条与横 轴平行的直线;根据xＧt图像的斜率表示速度,可知 xＧt图像的斜率逐渐增大,故 A、C错误;由于滑块由 静止做匀加速直线运动,则有f洛 ＝qvB＝qBat∝t, 可知f洛 －t图像为过原点的倾斜直线,故 B正确; 除重力做功外,还有电场力做功,则滑块的机械能不 守恒,故 D错误.故选B. ７．C　[试题解析]根据题意,对小球受力分析,受拉力、支 持力和重力,把拉力和支持力平移,组成矢量三角 形,延长AO 和BC 交于D 点,如图所示 由几何关系和相似三角形有F L ＝ mg H＋Rtanθ ,解得F ＝ mgLH＋Rtanθ ,故选 C. ８．AB　[试题解析]电梯加速向下运动时,人有水平向左 的加速度,由牛顿第二定律可知,乘客所受的摩擦 力方向水平向左,故 A 正确;电 梯 加 速 向 下 运 动 时,人有向下的加速度,则乘客处于失重状态,故B 正确;电梯对乘客的作用力与乘客对电梯的作用 力是一对相互作用力,大小相等,方向相反,故 C 错误;当电梯匀速运行时,乘客不受摩擦力,摩擦 力做功为零,故 D错误.故选 AB. ９．AC　[试题解析]光从a射入b 时,折射角大于入射角, 则玻璃a的折射率比玻璃b的大,故 A 正确;根据 v＝cn ,光在a中的传播速度比在b 中的小,故 B 错误;根据v＝λf得λ＝vf ,光在a中的波长比在 b中的小,故 C 正确;b玻璃折射率大于空气的折 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋