2025全国前十重点中学重组模拟卷(一)-【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（新教材）

卷２６ 第二部分　全国前十重点中学重组模拟卷巧练 ２０２５全国前十重点中学重组模拟卷(一) 物　理 本试卷共１１０分,考试时间６０分钟. 　 　　　　　　　　 　　　　　　　 　　　　　　一、单项选择题:本题共５小题,每小题６分,共３０分.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􀅰北京人大附中第二次模拟)传统家用电视遥控器工作时发出 的是３００THz－４００THz红外线;而手机蓝牙技术使用２􀆰４GHz频 段的无线电波与各设备之间进行信息交换.１THz＝１０３GHz.关 于这两种电磁信号,下列说法正确的是 (　　) A．这两种电磁信号都是纵波 B．该红外线所处波段电磁波能量比X射线能量高 C．题述红外线信号比蓝牙信号更容易被墙壁遮挡 D．蓝牙信号穿墙时波长比它在空气中波长更长 ２．(２０２４􀅰上海中学质量监测)汽车以一定的初速度沿平直公路开始匀 减速刹车,此后t时间内的位移为x,汽车xt－t 关系如图所示,图线 前１０s为直线,之后部分属于双曲线,则由图像可知,汽车前１６s内 平均速度大小为 (　　) A．６．００m/s B．６．２０m/s C．６．２５m/s D．６．３５m/s ３．(２０２４􀅰北京四中质检)２０２３年６月１５日１３时３０分,长征二号丁运 载火箭在太原卫星发射中心成功将吉林一号高分０６A 星等４１颗卫 星发射升空,卫星顺利进入预定轨道,创造“一箭４１星”中国航天新 纪录.若本次发射的某卫星处于与赤道平面共面的高轨道做匀速圆 周运动,已知该卫星的绕行周期为T,与地球自转同向,地球自转周 期为T０(T０＞T),地球半径为R,引力常量为G,根据以上数据可以 推导出的量是 (　　) A．卫星所受地球的引力 B．地球的质量和密度 C．卫星离地面的高度 D．连续两次经过地面同一点正上方所用的时间 ４．(２０２４􀅰北京人大附中质检三)如图所示为静置坚硬玻 璃瓶,用橡胶塞密封住压强为１atm的一定体积空气, 从早晨到中午,因太阳暴晒致使橡胶塞突然蹦出.假设 瓶中空气可视为理想气体,玻璃与外界能缓慢热交换, 外部大气压强为１atm,下列说法正确的是 (　　) A．橡胶塞蹦出前,瓶中空气压强不变 B．橡胶塞蹦出前,瓶中空气内能增量大于从外界所吸 热量 C．橡胶塞蹦出的短暂过程,瓶内空气温度会迅速下降 D．橡胶塞蹦出的短暂过程,瓶内空气内能减少量等于橡胶塞动能增 加量 ５．(２０２４􀅰湖北黄冈中学第二次联考)氢原子能级图如图甲所示.某基 态氢原子受激后可辐射出三种不同频率的光,其中有两种能使乙图 中逸出功为２􀆰２５eV的 K 极钾金属发生光电效应,通过乙图实验装 置得到这两种光分别实验时的电流和电压读数,绘出图丙①②两根 曲线,则下列说法正确的是 (　　) A．不能使K极金属产生光电效应的光是从n＝２跃迁到n＝１时产生的 B．丙图中②曲线对应的入射光光子能量为１２􀆰０９eV C．丙图中①曲线对应的入射光光子能使钾金属产生最大初动能为 １０􀆰２０eV的光电子 D．丙图中UC１＝９．８４V 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,每题有多项符合题目要求.全部选对得６分,选对但不全 的得３分,有选错的得０分. ６．(２０２４􀅰长郡中学联考)一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻 R１∶R２∶R３＝１∶８∶１２,当U 为如图乙所示正弦式交流电源时,理想 交流电压表示数为３０V,则该变压器原、副线圈匝数比可设计为 (　　) A．１∶１０ B．２∶５ C．１∶２ D．３∶５ ７．(２０２４􀅰上海中学联考)空间中存在平行于纸面的匀强电场,在纸面 内取O点为坐标原点建立x 轴,如图甲所示.现有一个质量为m、电 量为＋q的带电微粒,在t＝０时刻以一定初速度从x轴上的a 点开 始沿顺时针做匀速圆周运动,圆心为O、半径为R.已知图中圆为微 粒运动轨迹,ab为圆轨迹的一条直径;除电场力外微粒还受到一个变 力F,不计其它力的作用;测得试探电荷所处位置的电势φ随时间t 的变化图像如图乙所示,其中φ１＞０.下列说法正确的是 (　　) A．电场强度的方向与x轴正方向成π６ B．从a点到b点F 做功为qφ１ C．微粒在a时所受变力F 可能达最小值 D．圆周运动的过程中变力F的最大值为m π ２ ３６t２１ R＋qφ１R ８．(２０２４􀅰浙江镇海中学二模)如图正六边形是一个 绝缘筒的截面,筒内无磁场,在每边中点处开一小 孔.现有质量为 m,电荷量为q的粒子(不计重 力),从其中一个小孔以垂直边长方向、大小恰当 的初速度,进入外部磁感应强度大小为B 的无限 大匀强磁场.磁场方向垂直截面,若粒子可以不 与筒相碰,以相同速度回到起点,那么该过程粒子经历的时间可能是 (　　) A．８(２π＋３ ３)mqB B．４ (π＋４ ３)mqB C．２(３π＋２ ３)mqB D．６ (５π＋２ ３)mqB 三、非选择题:本题共５小题,共６２分. ９．(２０２４􀅰河北衡水中学七模)(６分)(１)用单摆测重力加速度,为避免 摆球晃动,采用图甲所示装置.两悬绳长都是l,与水平固定横杆夹 角均为 ５３°;用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示,其值d＝ 　　　　mm,使小球做简谐运动,用秒表记录了单摆n次全振动所 用的时间为t,则当地重力加速度的表达式g＝　　　　(用题中字母 及π来表示) 卷２６ (２)若保持悬线与水平横杆夹角５３°不变,通过改变悬线长,使小球做 简谐运动,测得了多组悬线长l和对应的周期T,用图像法处理数据, 并用这些数据作出T２－l图像为一直线,其斜率为k,由此可以得出 当地的重力加速度g＝　　　　(用含斜率k的代数式表示). １０．(２０２４􀅰上海中学联考)(１０分)某实验小组进行电压表改装实验,现 有一块小量程电流表G,满偏电流Ig＝１５mA,内阻未知,现要将其 改装成量程为３V的电压表并进行校对. (１)用多用电表欧姆挡测电流表G的阻值,得粗测值约为１０５Ω. (２)精确测量电流表G的内阻Rg; ①按如图所示的电路图连接好电路,先将电 阻箱R 的阻值调到最大,闭合开关S１,断开 开关S２,调节电阻箱R,使标准电流表 G０ 的 示数大于量程的１ ３ ,且两电流表的示数都没 有超过量程,读出标准电流表G０ 的示数为I０,电阻箱的示数为R１; ②保持开关S１ 闭合,再闭合开关S２,调节电阻箱R,使标准电流表 G０ 的示数仍为I０,读出电阻箱的示数为R２. 以上实验可知电流表 G内阻的表达式为Rg＝　　　　(用R１、R２ 表示). (３)用该电流表G和电阻箱R 改装一个电压表;若通过(２)测量得到 表头G内阻为Rg＝１００Ω,用该表头和电阻箱R 改装成量程为０~３ V的电压表,应将电阻箱R 与电流表 G 　　　　(填“串联”或“并 联”),并将电阻箱R 的阻值调到　　　　Ω. (４)若由于电阻箱老旧,在用标准电压表(内阻视为无穷大)校准时, 发现标准表示数３V时,改装好的电压表表头读数为１４􀆰５mA,则 在不做大的电路改变的情况下,想修正这一误差,可在旧电阻箱旁 边　　　　(填“串联”或“并联”)一个阻值为　　　　Ω 的定值 电阻. １１．(２０２４􀅰河北衡水中学七调)(１２分)纯净的石英玻 璃折射率大小为１􀆰４５至１􀆰４６之间,实际应用中, 为满足不同的光学需求,通过掺杂、改变制备工艺 等方法可调整其折射率.图中为一块经特殊处理 的半圆形石英玻璃砖横截面,圆心为O、半径为R, A 为半圆形玻璃砖横截面上的一点,B 为圆弧中 点.将一细激光束从A 点垂直于直径所在界面入射,恰好在圆弧界 面上发生全反射;第二次仍从A 点入射,入射角为５３°射入,发现激 光束正好从玻璃砖圆弧界面上B 点平行于A 点前激光束射出.光 在真空中的传播速度为c,不考虑多次反射(sin５３°＝０􀆰８,计算结果 用分数表示),求: (１)该石英玻璃的折射率n; (２)第二次激光束从A 传播到B 所用的时间t. １２．(２０２４􀅰成都七中质检)(１４分)将一质量为mA＝１kg的足够长薄木 板A 置于足够长的固定斜面上,质量为mB＝２kg的滑块B(可视为 质点)置于A 上表面的最下端,如图(a)所示,斜面倾角θ＝３７°.现 从t＝０时刻开始,将A 和B 同时由静止释放,同时对A 施加沿斜面 向下的恒力F＝２２N,运动过程中A、B 发生相对滑动.图(b)为滑 块B 开始运动一小段时间内的v２－x图像,其中v表示B 的速率,x 表示B 相对斜面下滑的位移.已知A 与斜面间的动摩擦因数μ１＝ ０􀆰５,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g＝１０m/s２, sin３７°＝０􀆰６,求: (１)A、B 间的动摩擦因数μ２ 以及图(b)中x＝０􀆰２５m时A 的加速度 大小和方向; (２)一段时间后撤去力F,从t＝０时刻开始直到B 从A 的下端滑 出,A、B 间因摩擦总共产生的热量Q＝１１J,求力F 作用在A 上的 时间. １３．(２０２４􀅰东北师大附中一模)(２０分)如图所示,水平面内足够长的两 光滑平行金属直导轨,左侧有电动势E＝３６V的直流电源、C＝０􀆰１ F的电容器和R＝０􀆰０５Ω的定值电阻组成的图示电路.右端和两 半径r＝０􀆰４５m的竖直面内１４ 光滑圆弧轨道在PQ 处平滑连接,PQ 与直导轨垂直,轨道仅在PQ 左侧空间存在竖直向上,大小为B＝１ T的匀强磁场.将质量为m１＝０􀆰２kg、电阻为R０＝０􀆰１Ω的金属棒 M 静置在水平直导轨上,图中棒长和导轨间距均为L＝１m,M 距R 足够远,金属导轨电阻不计.开始时,单刀双掷开关S２ 断开,闭合 开关S１,使电容器完全充电;然后断开S１,同时S２ 接“１”,M 从静止 开始加速运动直至速度稳定;当 M 匀速运动到与PQ 距离为d＝ ０􀆰２７m 时,立即将S２ 接“２”,并择机释放另一静置于圆弧轨道最高 点、质量为m２＝０􀆰１kg的绝缘棒N,M、N 恰好在PQ 处发生第１次 弹性碰撞.随后N 反向冲上圆弧轨道.已知之后N 与M 每次碰 撞前M 均已静止,所有碰撞均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,M、N 始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度g＝１０m/s２,１３＋ ( １ ３ ) ２ ＋ (１３) ３ ＋􀆺＋ (１３) n－１ ＝１２ ,求: (１)电容器完成充电时的电荷量q和M 稳定时的速度; (２)第１次碰撞后绝缘棒 N 在离开圆弧轨道后还能继续上升的 高度; (３)自发生第１次碰撞后到最终两棒都静止,金属棒M 的总位移. 新教材物理 N答案 —５９　 设∠O１OP＝θ,由几何关系可知tanθ＝ r R 解得θ＝π３ 所以∠MOP＝２π３ ,粒子在磁场中运动过程所转过的角 度为θ０＝３× ２π－ (π－２π３ )[ ]＝５π 粒子在磁场中运动总时间t０＝ θ０ ２πT 粒子在磁场中运动周期为T＝２πrv 解得t０＝５π ３mR qE０ . (３)如 图,设 改 变释放位置后, 粒 子 在 磁 场 中 第一 次 从 S 点 回到电场区域, 令 ∠SOP＝θ′, 粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 圆 弧 所 对圆 心 角 为α, 根据题意可知 nθ′＝N×２π α＝２π－(π－θ′) 粒子在磁场中运动总时间为３t０,所以nα＝３θ０ 其中n和N 均为正整数;由题意可知θ′＜２π３ 联立以上公式得nθ′＝N×２π＜n２π３ 所以n＞３N ①当n＝１３,N＝１,由几何关系可得θ１＝ ２π １３ 则tan θ１ ２＝ r１ R 由洛伦兹力提供向心力公式得qv１B＝m v２１ r１ . 由动能定理可得１ ２ E０q Rx ２ １＝ １ ２mv ２ １ 解得x１＝ ３ ３Rtan π １３ ②当n＝１１,N＝２时,由几何关系可得θ２＝ ４π １１ 同理解得x２＝ ３ ３Rtan ２π １１ . [参考答案](１) E０Rq m 　 (２)５π ３mRqE０ (３)３３Rtan π １３ 或 ３ ３Rtan ２π １１ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第二部分　全国前十重点中学重组模拟巧练 􀃊􀁊􀁘２０２５全国前十重点中学重组模拟卷(一) １．C　[试题解析]这两种电磁信号都是电磁波,都是横波, 故 A 错误;红外线的频率比 X 射线的频率低,由E ＝hν,可知该红外线所处波段电磁波能量比 X射线 能量低,故B错误;由c＝λf 可知,题述红外线信号 比蓝牙信号波长短,所以题述红外线信号比蓝牙信 号更容易被墙壁遮挡,故 C 正确;蓝牙信号穿墙时 波速比它在空气中波速小,由v＝λf,可知蓝牙信号 穿墙时波长比它在空气中波长更短,故 D 错误.故 选 C. ２．C　[试题解析]根 据 题 意,由 运 动 学 公 式 x＝v０t＋ １ ２at ２,可得x t ＝v０＋ １ ２at ,结合图像,可知初速度 v０＝２０m/s,加速度a＝－２m/s２,１０s之后部分属 于双曲线,说明平均速度与时间成反比,即汽车静 止不动,则汽车的位移为x＝v０２t＝１００m ,则１６s 内平均速度大小为v＝xt ＝ １００ １６ m /s＝６􀆰２５m/s, 故选 C. ３．D　[试题解析]设地球质量为 M、卫星质量为 m、卫星 离地 面 高 度 为 h,卫 星 受 到 的 引 力 为 F ＝ G Mm(R＋h)２ ,由于地球质量 M、卫星质量 m、卫星轨 道离地面高度h未知且由题中数据无法计算上述物 理量,故无法计算卫星所受地球的引力,故 A 错误; 由于地球质量无法估算,所以无法估算地球密度, 故B错误;由牛顿第二定律G Mm(R＋h)２ ＝m(R＋h) ４π２ T２ ,可知由题中已知数据无法计算卫星离地面高 度,故 C错误;连续两次经过地面同一点正上方需 要满足２π Tt－ ２π T０ t＝２π,解得t＝ TT０T０－T ,故连续两次 经过地面同一点正上方所用的时间t可以求出,故 D正确.故选 D. ４．C　[试题解析]橡胶塞蹦出前,瓶中气体温度升高,气体 分子平均动能增大,空气压强增大,故 A 错误;橡胶 塞蹦出前,外界对气体不做功,气体对外界也不做 功,由热力学第一定律 ΔU＝W ＋Q,可知瓶中空气 内能增量等于从外界所吸热量,故 B错误;橡胶塞 蹦出的短暂过程,外界对气体做负功,瓶内气体内能 减小,瓶内空气温度会迅速下降,故 C正确;橡胶塞 蹦出的短暂过程,瓶内空气内能减少、瓶内气体对外 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理 N答案 —６０　 放热,瓶内空气内能减少量大于对橡胶塞所做的功, 因此瓶内空气内能减少量大于橡胶塞动能增加量, 故 D错误.故选 C. ５．B　[试题解析]依题意,基态氢原子受激后可辐射出三 种不同频率的光的光子能量分别为E３－E１＝１２􀆰０９ eV＞２􀆰２５eV,E２－E１＝１０􀆰２eV＞２􀆰２５eV,E３－E２ ＝１􀆰８９eV＜２􀆰２５eV,可知不能使 K 极金属产生光 电效应的光是从n＝３跃迁到n＝２时产生的,故 A 错误;根据eUC＝hν－W０,可知丙图中②曲线对应的 入射光光 子 能 量 为 光 子 能 量 较 大 的 光 子 即 １２􀆰０９ eV.丙图中①曲线的遏制电压为UC１＝ hν１－W０ e ＝ (１０．２－２．２５)eV e ＝７􀆰９５V ,故B正确、D错误;丙图 中①曲线对应的入射光光子能量为１０􀆰２０eV,能使 钾金属 产 生 光 电 子 最 大 初 动 能 为 Ek＝hν－W０＝ １０􀆰２０eV－２􀆰２５eV＝７􀆰９５eV,故 C错误.故选B. ６．AC　[试题解析]根据题意 可 得U＝I１R１＋U１, U１ U２ ＝ n１ n２ ,U２＝I２(R２＋R３),U３＝I２R３,联 立 解 得 n１ n２ ＝ １ １０ 或 n１ n２ ＝１２ ,故选 AC. ７．BD　[试题解析]由乙图可知,带电微粒在转动过程中, 电势最高值为１􀆰５φ１,电势最低值－０．５φ１,最高点、 最低点分别位于轨迹直径的两端,将直径取四等 分点,找到与a点电势φa＝０相同的点A,如图aA 垂直于电场线, 设电场强度的方向与x轴正方向夹角为θ,由几何 关系cosθ＝ R ２ R ＝ １ ２ ,解得θ＝ π３ ,A 错误;由上述 分析可知φb＝１．０φ１,从a点到b点由动能定理W ＋qUab＝０,又Uab＝φa－φb＝－１．０φ１,解得 W ＝ qφ１,B正确;圆周运动的过程中电势为１．５φ１时变 力F 达到最小值,C错误;由乙图可知,微粒做圆 周运动 的 周 期 为 T＝１２t１,故 速 度 为v＝ ２πR T ＝ ２πR １２t１ ＝πR６t１ ,电场强度为E＝２φ１２R＝ φ１ R ,圆周运动的 过程中电势为－０．５φ１时变力F 达到最大值,有F －qE＝mv ２ R ,解得F＝m π ２ ３６t２１ R＋qφ１R ,D正确.故 选BD. ８．AD　[试题解析]粒子的轨迹可能如下图所示, 由qvB＝mv ２ R ,可得R＝mvqB ,由几何关系tanθ＝Rd ＝ ３３ ,解得d＝ ３R,故在六边形内运动的时间至 少为t１＝ ６d v ,联立可得t１＝ ６ ３m qB ,粒子在磁场中 的运动周期为T＝２πRv ＝ ２πm qB ,故粒子在磁场中的 运动时间至少为t２＝ ２ ３T×３＝２T＝ ４πm qB ,该过程 粒子经历的时间可能是t＝n(t１＋t２)＝２n(３ ３＋ ２π)mqB (n＝１,２,３􀆺),当n＝４时,t＝８(３ ３＋２π) m qB ,A正确;粒子的轨迹可能如下图所示, 由几何关系tanθ＝Rd ＝ ３ ,解得d＝ ３３R ,故在六 边形内运动的时间至少为t１＝ １２d v ,联立可得t１＝ ４ ３m qB ,粒子在 磁 场 中 的 运 动 周 期 为 T＝２πRv ＝ ２πm qB ,故粒子在磁场中的运动时间至少为t２＝ ５ ６T ×６＝５T＝１０πmqB ,该过程粒子经历的时间可能是t ＝n(t１＋t２)＝２n(２ ３＋５π) m qB (n＝１,２,３􀆺),当n ＝３时,t＝n(t１＋t２)＝６(２ ３＋５π) m qB ,D正确;由 上述分析可知,BC错误.故选 AD. ９．[试题解析](１)根据螺旋测微器的读数规则可知,该小 球的直径为d＝２０mm＋３􀆰６×０􀆰０１mm＝２０􀆰０３６mm;由 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理 N答案 —６１　 单摆的周期公式T＝２π Lg ,可得g＝４π ２L T２ ,由于 T＝ t n ,且两绳与竖直方向夹角为３７°,可得摆长L＝lcos３７° ＋d２＝０􀆰８l＋ d ２ ,联立可得g＝ ４π２n２ (０．８l＋d２ ) t２ . (２)由单摆的周期公式可知g＝４π ２L T２ ＝４π ２ T２ 􀅰L,L＝l􀅰 sin５３°＝０．８l,则T２＝ １６π２ ５gL ,因此k＝１６π ２ ５g ,化简后可得 g＝１６π ２ ５k . [参考答案](１)２０．０３４/２０．０３５/２０．０３６　 ４π２n２ (０．８l＋d２ ) t２ 　(２)１６π ２ ５k １０．[试题解析]由闭合电路欧姆定律,断开开关S２ 时I０＝ E Rg＋R１＋R０＋r ,闭 合 开 关 S２ 时I０ ＝ E R２＋R０＋r ,故 Rg＋R１＝R２,解得Rg＝R２－R１;用该表头和电阻箱R 改装成量程为０~３V的电压表,应将电阻箱R 与电流 表 G串联;用该表头和电阻箱R 改装成量程为０~３V 的电压表,需满足Ig(Rg＋R)＝３V,可得１５mA(１００ Ω＋R)＝３V,解得R＝１００Ω;校对电表时标准表示数 ３V时,改装好的电压表表头读数为１４􀆰５mA,改装电 压表示数小于真实值,所以是串联电阻分压过大,即分 压电阻偏大造成的,所以需要减小分压电阻阻值,即需 要在电阻箱旁边并联一个电阻;修正前１４􀆰５mA(Rg＋ R)＝３V,修正后１５mA(Rg＋ R􀅰R′ R＋R′ )＝３V,解得R′ ＝１５５０Ω. [参考答案](２)R２－R１ (３)串联　１００ (４)并联　１５５０ １１．[解](１)设OA 的长度为d,对第一束激光发生全反射 有sinC＝１n＝ d R 设∠OAB＝α,对第二束激光有n＝ sin５３°sin(９０°－α) tanα＝Rd 联立解得n＝４３ (２)根据几何关系可知sinα＝ RAB 在介质中的速度v＝cn 则时间t＝ABv 联立解得t＝５R３c [参考答案](１)４３　 (２)５R３c １２．[解](１)根据运动学公式可知v２＝２ax 结合v２－x图像可知aB＝８m/s２ 根据牛顿第二定律,对物块B有 mBgsin３７°＋μ２mBgcos３７°＝mBaB 联立解得μ２＝０􀆰２５ 同理,对 物 块 A 有F＋mAgsin３７°－μ２mBgcos３７°－ μ１(mA＋mB)gcos３７°＝mAaA 联立可得aA＝１２m/s２,方向沿斜面向下 (２)假设F施加在A 上的时间为t,则有两个物体经过 时间t后的速度分别为vA＝１２t,vB＝８t 由匀变速直线运动的关系式可知两物体的位移xA ＝ １２t ２ 􀅰t＝６t２,xB＝ ８t ２ 􀅰t＝４t２ 撤去F后,B受力情况不变,对A 进行受力分析,可知 mAgsin３７°－μ２mBgcos３７°－μ１(mA＋mB)gcos３７°＝mAa′A 代入数据可得aA′＝－１０m/s２ 方向沿斜面向上,此后A 做匀减速直线运动.设A 与 B 共速之前,运动的时间为t２,位移为xA２和xB２,则由 匀变速运动的关系式可知１２t－１０t２＝８t＋８t２ 可得t２＝ ２ ９t 共同速度v共 ＝８８９t 由匀变速运动的关系式可知 xA２ ＝ １２t＋８８９t ２ 􀅰t２ ＝ １９６ ８１t ２,xB２＝ ８t＋８８９t ２ 􀅰t２＝ １６０ ８１t ２ 两次运动A、B的相对位移可得 Δx＝２２９t ２ 共速后,B继续加速运动,A 减速运动,直到B 从A 的 下端离开,则产生的热量为 Q＝μ２mBgcos３７°􀅰２Δx＝１１J 联立可得t＝０．７５s [参考答案](１)μ２＝０􀆰２５,aA＝１２m/s ２,方向沿斜面向 下　(２)t＝０􀆰７５s １３．[解](１)根据C＝QU ,求得q＝CE＝３􀆰６C 金属棒 M 最终匀速直线时E１＝BLv０ 对金属棒 M 应用动量定理可得∑BiLΔt＝m１v０ 即BLΔq＝m１v０ 其中 Δq＝CE－CE１ 联立求得v０＝１２m/s (２)在开关S２ 接２时,对金属棒 M 应用动量定理 －∑BiLΔt＝m１v１－m１v０ 即－Bq１L＝m１v１－m１v０ 又由q１＝IΔt＝ BLd (R＋R０)Δt Δt＝ BLdR＋R０ 联立求得v１＝３m/s 绝缘棒 N 滑到圆弧最低点时,由动能定理可得 m２gr＝ １ ２mv ２ 求得v＝３m/s 金属棒 M,绝缘棒 N 弹性碰撞 m１v１ －m２v＝m１vM１ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理 N答案 —６２　 ＋m２vN１ １ ２m１v ２ １＋ １ ２m２v ２＝１２m１v ２ M１＋ １ ２m２v ２ N１ 求得vM１＝－１m/s,vN１＝５m/s 对绝缘棒 N 由机械能守恒可得 m２g(h＋r)＝ １ ２m２v ２ N１ 求得h＝０􀆰８m (３)发生第一次碰撞后,金属棒 M 向左位移为x１,根据 动量定理可得 －∑BiLΔt＝０－m１vM１ 即－Bq２L＝０－m１vM１ 又由q２＝IΔt＝ BLx１ (R＋R０)Δt Δt＝BLx１R＋R０ 联立求得x１＝ ３ １００m 由题可知,绝缘棒 N 第二次与金属棒 M 碰前速度为 vN１,方向水平向左,碰后速度为vN２,金属棒的速度为 vM２,由弹性碰撞可得m２vN１＝m１vM２＋m２vN２ １ ２m２v ２ N１＝ １ ２m１v ２ M２＋ １ ２m２v ２ N２ 求得vM２＝ １０ ３ m /s,vN２＝ ５ ３ m /s 金属棒 M 向左的位移x２,－ B２L２x２ R＋R０ ＝０－m１vM２ 求得x２＝ １ １０m＝１０× １ ３x１ 同理可知,金属棒M 与绝缘棒N 第三次碰撞后的瞬时 速度vM３,vM３＝ ２(－vN２) ３ ＝１０× ( １ ３ ) ２ vN１ 金属棒 M 向左的位移x３,－ B２L２x３ R＋R０ ＝０－m１vM３ 求得x３＝１０× ( １３ ) ２ x１ 以此类推,金属棒 M 与绝缘棒N 第n次碰撞后的瞬时 速度vMn,vMn＝ ２(－vN(n－１)) ３ ＝１０× ( １ ３ ) n－１ vN１ 金属棒 M 向左的位移xn,xn＝１０× ( １３ ) n－１ x１ 发生第１次碰撞后到最终两棒都静止,金属棒 M 的总 位移x＝x１＋x２􀆺＋xn＝x１＋１０x１ [ １３ ＋ ( １ ３ ) ２ ＋ ( １３ ) ３ ＋􀆺＋ ( １３ ) n－１ ] 当n趋于无穷大时x＝x１＋１０x１× １ ２＝０．１８m [参考答案](１)q＝３．６C,v０＝１２m/s (２)h＝０．８m　(３)x＝０．１８m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁊􀁙２０２５全国前十重点中学重组模拟卷(二) １．D　[试题解析]根据几何关系可得 F１ F２ ＝tanθ,F２F ＝cosθ , 解得F２＝ F１ tanθ ,F２＝Fcosθ,故 A、B错误;根据题意 可知,船 受 到 的 横 向 阻 力 与 F２ 等 大 反 向,即 等 于 Fcosθ,故C错误;根据题意可知,船前进的动力为沿 着航向的分力F１,根据几何关系可得 F１ F２ ＝tanθ,解 得F１＝F２tanθ,故 D正确.故选 D. ２．B　[试题解析]根据右手螺旋定则可知地表的电荷为负 电荷,A错误;若地球自转角速度减小,则等效电流 减小,地磁场的磁感应强度减小,B正确;地球赤道 上方各点处地磁场的磁感应强度方向相同,大小不 同,C错误;赤道处磁感线与地面平行,穿过地面单 位面积的磁通量为０,两极最大,D错误.故选B. ３．C　[试题解析]电场线的疏密表示场强的大小,则玻璃 泡上半部分的电场可视为位于O 点处点电荷形成 的电场,所以a、b、c三点场强大小相等,方向不同, 故 A 错误;根据点电荷形成的电场的电势分布可知 沿着电场线方向电势逐渐降低,可知φd＞φa＝φc＝ φb,故B错误;越靠近O 场强越强,则Od 部分的场 强均大于db部分的场强,根据电场强度与电势差的 关系可知(φO －φa)＜２(φO －φd),(φd－φb)＜Ed􀅰 R ２ ,故 C正确,D错误.故选 C. ４．D　[试题解析]自由电子向 N 型一侧移动,N 型半导体 聚集负电荷,电势更低,故 A 错误;发生光电效应时 极限波长与逸出功需满足 W０＝h c λ ,故 B错误;光 电效应是 否 发 生 与 入 射 光 的 频 率 有 关,与 光 强 无 关,黄光的频率比绿光小,故不能发生光电效应,故 C错误;用光强相同的紫光和蓝光照射该材料,因为 蓝光频率较小,光子能量较小,故单位时间内到达 金属板的光子数目较多,产生的光电子较多,通过 负载的电流较大,D正确.故选 D. ５．C　[试题解析]若环状物是天王星的组成部分,则环状 物与星体同轴旋转,角速度相同,根据v＝ωr可知, 环状物线速度v与r成正比,结合乙图可知,环状物 不是星体的组成部分,星体的自转周期不能确定,故 A、B错误;若环状物是星体的卫星群,则其向心力 由星体的万有引力提供,则GMm r２ ＝mv ２ r ,所以v２＝ GM r ,结合图像可得GM＝v ２ ０ １ R ＝v２０R,所以 M＝ v２０R G , 故 C 正 确;根 据 万 有 引 力 提 供 向 心 力 有GMm R２ ＝ mv ２ １ R ,所以天王星的第一宇宙速度为v１＝ GM R ＝ v０,故 D错误.故选 C. ６．AD　[试题解析]甲图是v－t图像,面积表示位移,由 图像可知物体先沿正向做匀减速直线运动,又沿 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋