2025年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷一)-【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３１ 第三部分　核心预测２０２５年命题趋势精练 ２０２５年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷一) 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．如图所示为远距离输电的示意图,图中的 K１ 为升压变压器,K２ 为降 压变压器,变压器的原线圈接电压恒定的交流电源.为了提高输电 效率,在输电电路中接入整流器(将交流整流为直流)和逆变器(将直 流逆变为交流),用户增多时相当于滑动变阻器的滑动触头P 向上滑 动,则下列说法正确的是 (　　) A．用户得到的是交流电 B．高压输电的目的是为了增加输电电流 C．用户增多时,输电电流减小 D．用户增多时,输电线上损失的电压减小 ２．大量处在激发态n的氢原子向基态跃迁时能向外辐射三种波长不同 的光子,三种光子的波长分别为λ１、λ２、λ３,且有λ１＞λ２＞λ３,波长为λ１ 的光能使某种金属发生光电效应现象.则下列说法正确的是 (　　) A．n＝４ B．波长为λ３ 的光一定能使该金属发生光电效应现象 C．λ１＝λ２＋λ３ D．三种光复合而成的细光束由玻璃射入空气,入射角由０°逐渐增大 时,波长为λ１ 的光先发生全反射 ３．如图甲所示为一列向右传播的简谐横波上的两质点m、n,两质点之 间的距离为x＝３m,m、n两质点的振动图像分别如图乙、如图丙所 示,已知波长λ＞３m.下列说法正确的是 (　　) A．波长可能为１８m B．波速为１．５m/s C．从t＝０时刻起１．５s内质点m 通过的路程为(３＋１)m D．从t＝０时刻起１．５s内质点n通过的路程为２ ３m ４．已知一个星球x的密度与地球的密度相同,星球x与地球的半径之比 为１∶４,假设卫星A与卫星B分别绕地球和星球x做匀速圆周运动, 且两卫星的轨道半径相同,如图所示.则下列说法正确的是 (　　) A．卫星A 与卫星B 的加速度大小之比为４∶１ B．卫星A 与卫星B 的线速度大小之比为２∶１ C．卫星A 与卫星B 的环绕周期之比为１∶８ D．地球与星球x的第一宇宙速度之比为１∶４ ５．如图甲所示为某透明介质材料制成的长方体棱镜,上下两面为边长 为６R 的正方形,棱镜高为２R,S、O 分别为上下面的中心,在上表面 挖走一个以O 点为球心、R 为半径的半球,在S处放置一点光源,已 知该材料的折射率为n＝ ２,且只有上表面为光学面,图乙为俯视图, 图丙为过S、O两点的剖面图,则上表面被照亮的区域面积(俯视看半 球内表面被照亮的部分可等效成水平面)为 (　　) A．４πR２ B．８３πR ２ C．４－ ７８ πR ２ D．(８３＋ ４－ ７ ８ )πR ２ 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年２月５日,在斯诺克德国大师赛决赛,特鲁姆普以１０Ｇ５战胜 斯佳辉获得冠军,如图甲所示.简易图如图乙所示,特鲁姆普某次用 白球击打静止的蓝球,两球碰后沿同一直线运动.蓝球经t＝０􀆰６s 的时间向前运动x１＝０􀆰３６m 刚好(速度为０)落入袋中,而白球沿同 一方向运动x２＝０􀆰１６m 停止运动,已知两球的质量相等,碰后以相 同的加速度做匀变速直线运动,假设两球碰撞的时间极短且发生正 碰(内力远大于外力),则下列说法正确的是 (　　) A．由于摩擦不能忽略,则碰撞过程动量不守恒 B．碰后蓝球与白球的速度之比为３∶２ C．碰撞前白球的速度大小为２m/s D．该碰撞为弹性碰撞 ７．虚线间存在如图所示的电场,虚线左侧的匀强电场E１ 与水平虚线间 的夹角为α＝３７°,一比荷为k的带正电的粒子由水平虚线上的A 点 静止释放,经过一段时间由竖直虚线的B(图中未画出)点进入虚线 右侧竖直向下的匀强电场E２(E２ 未知),最终粒子由水平虚线的C (图中未画出)点离开电场,离开电场瞬间的速度与水平虚线的夹角 为θ＝５３°.已知OA＝４L、电场强度E１＝E,不计粒子的重力,sin３７° ＝０􀆰６,cos３７°＝０􀆰８.则下列说法正确的是 (　　) A．E２＝E B．OC＝１０L C．粒子由A 到C 的时间为１６７ １０L kE D．A、C两点的电势差为８０９EL ８．如图所示的光滑绝缘水平桌面上放置 一边长为L、质量为m、阻值为R 的正 方形导体框ABCD,四条平行的水平 虚线将空间分成五个区域,其中在虚线１、２间,虚线３、４间分别存在 垂直水平桌面向上、向下的匀强磁场,磁感应强度大小均为B.已知 虚线１、２间(称区域Ⅰ)、虚线２、３间、虚线３、４间(称区域Ⅱ)的距离 分别为L、２L、L,开始导体框的CD 边与虚线１重合,０时刻给导体框 水平向右的瞬时冲量Ⅰ,最终导体框的AB 边与虚线４重合时,导体 框的速度刚好减为零,则下列说法正确的是 (　　) A．导体框进入区域Ⅰ和离开区域Ⅱ过程中的电流方向相反 B．导体框在从离开区域Ⅰ到刚进入区域Ⅱ所用的时间为 mR ２B２L２ C．导体框刚要开始离开区域Ⅱ瞬间的加速度大小为B ４L５ m２R２ D．导体框经过区域Ⅰ和区域Ⅱ的过程中,产生的焦耳热之比为２∶１ 卷３１ 三、非选择题:本题共５小题,共６２分. ９．(８分)某实验小组的同学利用了如图甲所示的装置验证机械能守恒 定律,实验时,该小组的同学完成了如下操作: a．测量滑块和遮光条的总质量M 以及所挂钩码的质量m; b．用游标卡尺测量遮光条的宽度d; c．调整气垫导轨水平,将光电门固定在气垫导轨的左端,并组装实验 装置; d．在细绳的左端挂上一个钩码,将滑块从气垫导轨的右端合适的位 置由静止释放,测量释放点到光电门的距离L; e．记录滑块经过光电门时遮光条的挡光时间Δt; f．改变释放点到光电门的距离L,重复步骤d,e,f,记录多组实验数 据L和Δt. (１)实验时,应选用　　　　(选填“较宽”或“较窄”)的遮光条,操作b 中,游标卡尺的读数如图乙所示,则遮光条的宽度d＝　　　　mm; (２)滑块经过光电门瞬间的速度v＝　　　　(用以上的测量量表 示). (３)利用记录的多组实验数据,描绘了L－ １(Δt)２ 的图像,图像的斜率 为k,若重力加速度g＝　　　　,则系统的机械能守恒. １０．(１０分)某实验小组的同学利用如图甲所示的电路图,完成了电源电 动势和内阻的测量,图甲由电阻箱、未知电阻Rx、待测电源以及电 键构成. (１)实验时,该实验小组的同学将多用电表的旋钮扳到直流电压 １０V挡位(对电路影响可忽略),然后将　　　　(选填“红”或“黑”) 表笔固定在接线柱１,另一表笔与接线柱２相连接,读出多用电表的 示数U０,同时读出电阻箱的示数R０;保持电阻箱的阻值不变,将另 一表笔由接线柱２换接到接线柱３,读出多用电表的示数U,该次读 数如图乙所示,则U＝　　　　;由以上可知未知电阻的阻值Rx＝ 　　　　(用以上测量的量表示); (２)定值电阻的阻值用Rx 表示,为了测量电源的电动势和内阻,将 另一表笔与接线柱２相连接,改变电阻箱的阻值R,同时读出多用电 表的示数U,现以１U 和１ R 为坐标轴,描绘出图像如图丙所示,图中的 坐标值为已知量,且图线的斜率为k,则该电源的电动势为E＝ 　　　　、电源的内阻为r＝　　　　. １１．(１２分)玉龙雪山位于云南省丽江市,是我国最南的雪山,也备受旅 行爱好者的关注,由于玉龙雪山的海拔比较高,旅行者登山时,往往 会带上几个氧气袋.已知某储存有氧气的容器容积为V０＝５０L,开 始时封闭的氧气压强为p０＝１􀆰２×１０７Pa,用该容器向容积为V＝１０ L的真空氧气瓶充入氧气,假设氧气可视为理想气体,充气过程中 氧气不泄漏,假设氧气瓶的容积和环境的温度恒定.求: (１)若每个氧气瓶充满气体后压强均为p＝１．０×１０６Pa,则可以分 装多少个氧气瓶? (２)若每次给氧气瓶充满气体后两容器内封闭气体的压强相同,则 充满１０个氧气瓶后容器内剩余的气体的压强与开始时气体的压强 之比为多少? １２．(１４分)如图所示,可视为质点的滑块A、B、带有１４ 光滑圆弧轨道的 物体C放在水平轨道上,其中滑块B 放在水平轨道的O 点,圆弧的 半径为R＝３􀆰６m,圆弧的最低点与水平轨道相切.某时刻,给滑块 A 一向右的瞬时冲量I＝３􀆰８N􀅰s,经过一段时间A 与B 发生碰 撞,最终滑块B 冲上物体C,上升的最大高度为h＝４􀆰８m.已知A、 B、C的质量分别为m１＝０􀆰２kg、m２＝０􀆰４kg、m３＝０􀆰８kg,重力加 速度取g＝１０m/s２,一切摩擦均可忽略不计.求: (１)滑块A、B 碰撞过程损失的机械能; (２)仅改变物体C 的质量,欲使滑块A、B 能发生第二次碰撞,则物 体C的质量满足的条件. １３．(１８分)如图所示的足够大的长方体空 间被两竖直的虚线平面分成三个区域 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,其中区域Ⅰ、Ⅲ中分别存在 水平向右和水平向左的匀强电场,电场 强度的大小均为E,区域Ⅱ中存在竖直向上的匀强磁场.O 点为区 域Ⅰ内的点,O点到右侧第一竖直虚线平面的距离为d,两虚线平面 之间的距离为 ３d,一比荷为k的带正电的粒子由O 点静止释放,依 次经过两虚线平面上的两点,两点之间的距离为２d,忽略粒子的重 力.求: (１)区域Ⅱ中磁感应强度的大小; (２)粒子第一次、第二次通过左侧虚线平面时,两点之间的距离; (３)若粒子的释放点O 向左平移２d后由静止释放,粒子第一次、第 二次通过左侧虚线平面的时间间隔. 新教材物理 N答案 —７３　 第三部分　核心预测２０２５年命题趋势精练 􀃊􀁋􀁓２０２５年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷一) １．A　[试题解析]由变压器的工作原理可知,变压器原线 圈的电压为交流电,因此电流到达降压变压器前接 入的为逆变器,即将直流变为交流,所以用户得到 的是交流电,故 A 正确;高压输电的目的是为了减 小能耗,即减小输电线上电流,故 B错误;用户增多 时,消耗的总功率增大,则降压变压器副线圈的电 流增大,由变压器的工作原理可知,输电电流增加, 故 C错误;由 ΔU＝Ir可知,用户增多时,输电线上 损失的电压增大,故 D错误.故选 A. ２．B　[试题解析]大量氢原子跃迁时向外辐射的光子种类 为n(n－１) ２ ＝３ ,解得n＝３,A 错误;由公式c＝λν,可 知ν＝cλ ,又λ１＞λ２＞λ３,则有ν１＜ν２＜ν３,光电效应 的产生条件是入射光的频率大于金属的极限频率, λ１ 的光能使某种金属发生光电效应现象,λ３ 的光一 定能使该金属发生光电效应现象,B正确;由跃迁规 律可知,光子λ３ 的能量一定等于光子λ１、λ２ 的能量 之和,则有hc λ３ ＝hcλ１ ＋hcλ２ ,则 １ λ３ ＝１λ１ ＋１λ２ ,C错误;由 以上分析可知,三种光的折射率关系为n１＜n２＜n３, 由临界角公式sinC＝１n ,可知三种光的临界角关系 为C１＞C２＞C３,所以最先发生全反射的是波长为λ３ 的光,D错误.故选B. ３．B　[试题解析]由图丙可知该机械波的周期为T＝６s, 振幅为A＝２cm,t＝０时刻质点 m 向下振动,且ym ＝ ３cm,质点n正在平衡位置向上振动,则 m、n两 点平衡位置的间距为x＝nλ＋ ( λ１２＋ λ ４ ) ,又λ＞ ３m,当n＝０时λ＝９m,n＝１时λ＝２􀆰２５m(舍掉), 故 A错误;由公式v＝λT ,可得v＝１􀆰５m/s,故 B正 确;从t＝０时刻起１􀆰５s内质点m 通过的路程为sm ＝(３＋１)cm,故C错误;从t＝０时刻起１􀆰５s内质 点n通过的路程等于一个振幅,即sn＝２cm,故D错 误.故选B. ４．C　[试题解析]星球的质量为 M＝ρ􀅰 ４ ３πR ３,卫星环绕 中心天体做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,有 GMm r２ ＝ma,联立得a＝４πGρR ３ ３r２ ,则卫星A 与卫星B 的加速度大小之比为６４∶１,故 A 错误;由GMm r２ ＝ mv ２ r ,得v＝ ４πGρR ３ ３r ,则卫星 A 与卫星B 的线速 度大小之比为８∶１,故 B错误;由万有引力提供向 心力可知GMm r２ ＝m４π ２ T２ r,T＝ ３πr ３ GρR ３,可知卫星 A 与卫星B 的环绕周期之比为１∶８,故 C正确;已知 v＝ ４πGρR ３ ３r ,可得当 R＝r时环绕速度最大,该速 度为第一宇宙速度,此时v＝ ４πGρR ２ ３ ,地球与星球 x的第一宇宙速度之比为４∶１,故D错误.故选C. ５．D　[试题解析]由题知,材料的折射率为n＝ ２,则由公 式sinC＝１n ,代入得C＝４５°,光由该材料射向空气 时发生全反射的临界角为C＝４５°,过S点作出圆的 切线,切点为a,如图所示, 则由几何关系得∠OSb＝３０°,该光线不能从弧面射 出但能从上表面射出,出射点为b,则Ob＝SOtan３０° ＝２ ３３ R ,作出刚好从上表面射出的光线Sd,出射点 为d,则Od＝SO＝２R,从上向下看上表面被照亮的 区域 为 环 形,其 面 积 为 S１ ＝π(Od)２ －π(Ob)２ ＝ ８ ３πR ２,作出刚好从弧面射出的临界光线,出射点为 c,则∠OcS＝１３５°,在△OcS中由正弦定理得 ２Rsin１３５° ＝ Rsin∠cSO ,代入得sin∠cSO＝ ２４ ,又由余弦定理得 SO２＝cO２ ＋Sc２ －２cO􀅰Sccos１３５°,代 入 得 Sc＝ １４－ ２ ２ R ,过c点作SO 的垂线,垂足为e,则ce＝ Scsin∠cSO,代入得ce＝ ７－１４ R ,从 上 向 下 看 弧 形 面被照亮的区域面积为S２＝π(ce)２＝ ４－ ７ ８ πR ２,所 以俯视看棱镜被照亮的区域面积为S＝S１＋S２＝ ( ８３＋ ４－ ７ ８ )πR ２,D正确;故选 D. ６．BC　[试题解析]由题意两球碰撞的时间极短,碰撞过 程中产生极大的内力,两球与桌面间的摩擦力远 远小于内 力,所 以 该 碰 撞 过 程 的 动 量 守 恒,A 错 误;碰后,蓝 球 做 匀 减 速 直 线 运 动 且 刚 好 落 入 袋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理 N答案 —７４　 内,由匀变速直线运动的规律x１＝ v１ ２t 得蓝球碰 后瞬间的速度为v１＝ ２x１ t ＝１􀆰２m /s,又两球的加 速度大小相等,则由公式v２＝２ax,得v ２ １ v２２ ＝ x１ x２ ,解 得碰后瞬间白球的速度大小为v２＝０􀆰８m/s,则碰 后蓝球与白球的速度之比为３∶２,B正确;碰撞过 程中两 球 组 成 的 系 统 动 量 守 恒,则 mv０＝mv１＋ mv２,代入数据解得v０＝２m/s,C 正确;两球碰前 的动能为Ek１＝ １ ２mv ２ ０＝２m,两球碰后的总动能为 Ek２＝ １ ２mv ２ １＋ １ ２mv ２ ２＝１􀆰０４m,由于Ek１＞Ek２,所 以该碰撞过程有机械能损失,即该碰撞为非弹性 碰撞,D错误.故选BC. ７．CD　[试题解析]粒子由A 点静止释放,粒子在E１ 中做 匀加速 直 线 运 动,A、B 两 点 间 的 距 离 为xAB ＝ ４L cos３７°＝５L ,xBO ＝４Ltan３７°＝３L,又E１＝E,则该 过程 由 动 能 定 理 得qE１xAB ＝ １ ２mv ２ B,解 得vB ＝ １０kEL,粒子由B 到C 的过程做类斜抛运动,粒 子在水 平 方 向 做 匀 速 直 线 运 动,速 度 为 v１ ＝ vBcos３７°＝ ４ ５ １０kEL ,在竖直方向做类竖直上抛 运动,初速度为v２＝vBsin３７°＝ ３ ５ １０kEL ,由题 意粒子在C点的速度与虚线的夹角为θ＝５３°,设 竖直方向的速度为v２′,则由tan５３°＝ v２′ v１ ,解得v２′ ＝１６１５ １０kEL ,在竖直方向上由牛顿第二定律得a ＝qE２m ＝kE２ ,由速度公式得v２′＝－v２＋at２,又由 位 移 公 式 得 ３L ＝ －v２t２ ＋ １ ２at ２ ２,解 得 t２ ＝ ９ ７ １０L kE ,E２＝ ３５ ２７E ,故 A错误;O、C两点间的距离 为xOC＝v１t２,整理得xOC＝ ７２ ７L ,故B错误;粒子由 A 到B 的时间为t１＝ ５L vB ２ ＝１０LvB ,解得t１＝ １０L kE , 所以 粒 子 由 A 到 C 的 总 时 间 为t＝t１ ＋t２ ＝ １６ ７ １０L kE ,故 C 正 确;粒 子 在 C 点 的 速 度 为vC ＝ v２１＋v′２２,粒子 由 A 到C 的 过 程 由 动 能 定 理 得 qUAC＝ １ ２mv ２ C,解得UAC ＝ ８０ ９EL ,故 D 正 确.故 选 CD. ８．BC　[试题解析]由右手定则可知,导体框进入区域Ⅰ 的过程,从上向下看导体框中的电流沿顺时针方 向,导体框离开区域Ⅱ的过程,从上向下看导体框 中的电流沿顺时针方向,故 A 错误;由法拉第电磁 感应定律可得E＝ΔΦΔt ,由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ,又 ΔΦ＝BΔS,综合可得IΔt＝BΔSR ,可得I１t１ ＝I２t２＝ B×２L２ R ,设CD 边刚进入区域Ⅰ时,导体 框的速度为v０,设导体框离开区域Ⅰ时,导体框的 速度为v１,导体框在区域Ⅰ中运动时由动量定理 有－BI１t１L＝mv１－mv０,导体框在区域Ⅱ中运动 时有－BI２t２L＝０－mv１,由以上解得v０＝ ４B２L３ mR , v１＝ ２B２L３ mR ,导体框在从离开区域Ⅰ到刚进入区域 Ⅱ的过程以v１＝ ２B２L３ mR 做 匀 速 直 线 运 动,位 移 为 L,运动时间为t＝Lv１ ＝ mR ２B２L２ ,故 B正确;导体框 从刚要进入区域Ⅱ到刚要离开区域Ⅱ的过程,设 此时导体框的速度 为v２,则 由－BI３t３L＝mv２－ mv１,导体框进区域Ⅱ的过程有I３t３＝ BL２ R ,解得v２ ＝B ２L３ mR ,由法拉第电磁感应定律E＝BLv２,由闭合 电路欧姆定律I＝ER ,由牛顿第二定律导体框的加 速度为a＝BILm ,解得a＝B ４L５ m２R２ ,故 C正确;由能量 守恒定律,导体框经过区域Ⅰ产生的热量为Q１＝ １ ２mv ２ ０－ １ ２mv ２ １,导体框经过区域Ⅱ产生的热量为 Q２＝ １ ２mv ２ １,又v０＝２v１,解 得 Q１ Q２ ＝３,故 D 错 误. 故选BC. ９．[试题解析](１)为了减小实验误差,要求滑块经过光电 门时挡光时间越短越好,因此实验时应选择较窄的遮光 条;由游标卡尺的读数规则可知遮光条的宽度为１mm ＋６×０􀆰０５mm＝１􀆰３０mm. (２)滑块经过光电门时挡光时间极短,滑块经过光电门 的瞬时速度 近 似 等 于 挡 光 时 间 内 的 平 均 速 度,即 为v ＝dΔt . (３)若钩码和滑块组成的系统机械能守恒,滑块从释放 到经过光电门的过程中,有mgL＝１２ (M＋m)v２, 整理得L＝ (M＋m)d２ ２mg 􀅰 １ Δt２ ,则有k＝ (M＋m)d２ ２mg ,若系 统的机械能守恒,重力加速度为g＝ (M＋m)d２ ２mk . [参考答案](１)较窄　１．３０ (２)dΔt　 (３) (M＋m)d２ ２mk 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理 N答案 —７５　 １０．[试题解析](１)多 用 电 表 的 电 流 方 向,应 为“红 入 黑 出”,因此黑表笔应与接线柱１相连接;由多用电表电 压挡的读数规则可知,选用１０V 的直流电压挡,其分 度值为０􀆰２V,则图乙所示的读数应为２􀆰８V. 接线柱接２时,由欧姆定律有I＝U０R０ ,接线柱接３时, 由欧姆定律有I＝ UR０＋Rx ,解得Rx＝ U－U０ U０ R０. (２)调节电阻箱阻值R,记下此时多用电表的示数U, 不考虑多用电表对电路的影响,由闭合电路的欧姆定 律得E＝U＋UR (Rx＋r),结合图丙整理得 １ U ＝ Rx＋r E 􀅰１ R＋ １ E ,则由１ E＝b ,解得E＝１b ,又Rx＋r E ＝k ,解得 r＝kb －Rx . [参考答案](１)黑　２．８V　 U－U０ U０ R０ (２)１b　 k b －Rx １１．[解](１)设能分装n个氧气瓶,则以容器内开始的气体 为研究对象,由玻意耳定律得 p０V０＝p(nV＋V０) 代入数据解得n＝５５ (２)第１个氧气瓶充满气体后,由玻意耳定律p０V０＝ p１(V＋V０) 得p１＝ p０V０ V＋V０ 同理,第２个氧气瓶充满气体后,由玻意耳定律 p１V０＝p２(V＋V０) 得p２＝p０ ( V０V＋V０ ) ２ 同理,第３个氧气瓶充满气体后,由玻意耳定律 p２V０＝p３(V＋V０) 得p３＝p０ ( V０V＋V０ ) ３ 由此可推出第１０个氧气瓶充满气体后,由玻意耳定律 p９V０＝p１０(V＋V０) 得p１０＝p０ ( V０V＋V０ ) １０ 则p１０ p０ ＝ ( V０V＋V０ ) １０ 代人数据解得p１０ p０ ＝ ( ５６ ) １０ [参考答案](１)５５(个)　(２)p１０p０ ＝ ( ５６ ) １０ １２．[解](１)给滑块A 一瞬时冲量时,滑块A 的速度大小 为v１,由动量定理得I＝m１v１ 解得v１＝１９m/s 设碰后滑块B的速度大小为v２,又由题意可知滑块B 上升的最大高度大于圆弧轨道的半径,则滑块B 在最 高点时与物体C 具有相同的水平速度,由水平方向动 量守恒得m２v２＝(m２＋m３)v 对B、C由机械能守恒定律得 １ ２m２v ２ ２＝ １ ２ (m２＋m３)v２＋m２gh 解得v２＝１２m/s,v＝４m/s 设碰后A 的速度为v３,对A、B碰撞的过程有 m１v１＝m１v３＋m２v２ 解得v３＝－５m/s 滑块A、B因碰撞而损失的能量为 ΔE＝１２m１v ２ １－ １ ２m１v ２ ３－ １ ２m２v ２ ２ 代入数据解得 ΔE＝４．８J (２)设滑块B 再次返回到物体C 底端的速度为v４,对 滑块B和物体C 组成的系统,在整个相互作用过程中 由水平方向动量守恒以及机械能守恒定律得 m２v２＝ m２v４＋m３v５, １ ２m２v ２ ２＝ １ ２m２v ２ ４＋ １ ２m３v ２ ５ 解得v４＝ m２－m３ m２＋m３ v２ 欲使滑块A、B能发生第二次碰撞,则v４＜０ 解得m３＞０􀆰４kg 欲使滑块A、B能发生第二次碰撞,则应满足的条件为 m３－m２ m２＋m３ v２＞５ 解得m３＞ ３４ ３５kg 则物体C质量所满足的条件为m３＞ ３４ ３５kg [参考答案](１)ΔE＝４􀆰８J　(２)m３＞ ３４ ３５kg １３．[解](１)结合题意作出粒子的运动轨迹,如图甲所示, 粒子在区域Ⅰ中运动时,由动能定理得 qEd＝１２mv ２ １ 解得v１＝ ２kEd 又由AC＝２d以及两虚线平面之间的距离为 ３d,可知 ∠O１AC＝６０°,△ACO１为正三角形,所以粒子在区域 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理 N答案 —７６　 Ⅱ中运动的轨道半径为R１＝２d 又qv１B＝m v２１ R１ 得B＝mv１qR１ 解得B＝ E２kd (２)粒子进入区域Ⅲ后做类斜抛运动,水平方向先向右 减速再向左加速,向外方向做匀速直线运动,粒子在C 点的水平分速度为vx＝v１sin３０° 向外分速度为vy＝v１cos３０° 又由牛顿第二定律qE＝ma 得a＝kE 则粒子由C到D 的时间为t＝２vxa 又xCD ＝vyt 解得xCD ＝ ３d 由类斜抛运动的对称性可知,粒子在 D 点的速度大小 仍为v１＝ ２kEd 则粒子再次回到区域Ⅱ的轨道半径仍为R１＝２d 则粒子第一次、第二次通过左侧虚线平面时,两点之间 的距离为s＝２R１cos６０°＋xCD 解得s＝(２＋ ３)d (３)如图乙,若粒子的释放点O 向左平移２d后由静止 释放,粒子在区域Ⅰ中运动时,由动能定理得 qE􀅰３d＝１２mv ２ ２ 解得v２＝ ６kEd 粒子在区域Ⅱ中,由qv２B＝m v２２ R２ 得R２＝２ ３d 由几何关系可知粒子在区域Ⅱ中的轨迹所对应的圆心 角满足sinθ＝ ３d ２ ３d 则θ＝π６ 粒子由A 到P 的时间为t１＝ T １２ 结合(２)的解析可知粒子在区域Ⅲ中的运动时间为t２ ＝ ２vx′ a 又vx′＝v２sin６０° 由对称性可知,粒子由Q到M 的时间为t３＝t１＝ T １２ 又T＝２πR２v２ 所以粒子第一次、第二次通过左侧虚线平面的时间间 隔为t＝t１＋t２＋t３ 由以上解得t＝π３ ２d kE＋３ ２d kE＝ ( π ３＋３) ２d kE [参考答案](１)B＝ E２kd　 (２)s＝(２＋ ３)d (３)t＝ ( π３＋３) ２d kE 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁋􀁔２０２５年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷二) １．B　[试题解析]核聚变反应过程质量数守恒,释放能量, 质量有亏损,质量不守恒,A 错误;比结合能越大原 子核越稳定,所以核聚变反应中生成的新核比结合 能大于反应前原子核的比结合能,B正确;其它原子 序数小的原子核也可以发生核聚变,C错误;核聚变 能释放大量能量,一旦发生,就不需要外界 提 供 能 量,靠自身产生的能量就 会 使 反 应 继 续 下 去,D 错 误.故选B. ２．A　[试题解析]对Ⅰ轨道分析可知,沿轨道Ⅰ下滑时合 力一定,做匀加速直线运动,故 A 正确;对Ⅱ轨道分 析可知,沿轨道Ⅱ下滑时合力大小方向都在变化, 做变加速曲线运动,故 B错误;图乙速率时间图像 中面积表示路程,两轨迹路程不同,面积不等,故 C 错误;小物块沿两轨道下滑过程中重力做功相等, 但时间不同,所以重力的平均功率不等,故 D错误. 故选 A. ３．A　[试题解析]由v＝cn 知光在冰块中的传播速度为 ２ ２c ,所以 A 选项正确;根据sinC＝１n ,可知全反射 临界角为４５°,根据几何关系,入射到上表面时,最 大的入射角小于４５°,都能从上表面飞出,所以 B选 项错误;入射到侧面时,最大入射角大于４５°,大于 全反射的临界角,所以 C 选项错误;若入射光照射 到侧面恰好未发生全反射时,时间最长,根据几何 关系,此时光程为 ２ ２L ,即t＝ ２ ２L c n ＝Lc ,所以 D 选 项错误.故选 A. ４．C　[试题解析]若F 很小,则a、b可能做简谐振动不分 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋