41.新高考专家原创卷（一）-【万向思维·高考快递】冲刺2025年高考物理模拟汇编48套(超详解版)

新高考专家原创卷（一） 选择题答案速查 上做自由落体运动的时间，=。 ，由于纸片在地球上会受 题号123456 7 8 9 10 g到 答案D BAC C D C CD ABC AD 到空气阻力的作用，故纸片的下落时间>√ ，联立各式 1.D原子跃迁、光电效应 【解析】一群处于=5能级的氢原子向低能级跃迁时最多放出 解得12> g,A正确，B,C,D错误 Cs 5x4 2 =10种不同顿率的光子，E,-E.=031eV,E,-E= 4.C受力分析，玻意耳定律、热力学第一定律 0.97eV,E-E2=286ev,E,-E,=1306eV,E,-E,=066eV, 【解析】A,B两部分理想气体的初态压强P=Pa=a,A,B两部分 E:-E2=2.55eV,E4-E=12.75eV,E,-E2=1.89eV,E1-E1= 理想气体的末态压强分别为p=p,◆2mgm0_ 8 Po+Pe=pa+ 12.09eV,E,-E,=10.2eV,当光子能量大于金属板的逸出功 mgsin 6 9 2.0eV时，能发生光电效应，则氢原子从n=5能级跃迁到 8,末状态时A,B两部分理想气体的压强之比为 n=4能级放出的光子、从n=4能级跃迁到n=3能级放出的光 0:9,B错误：由玻意耳定律得p=%=Pa,联立各式得 子、从n=3能级跃迁到n=2能级放出的光子，从n=5能级跃迁 到n=3能级放出的光子都不能使逸出功为2.0eV的金属板发 =高公=号未状态时4，B两部分理想气体的体积 生光电效应，A,B选项的数据不符合规律，A,B错误：一群处 之比为9：10，A错误：A,B两部分理想气体的变化为等温变 于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，用放出的光子照射逸 化，其状态变化在同一条等温线上，由P-V图像中图线与横 出功为2.0eV的金属板时，一定有光电效应现象发生，C错 轴所围图形的面积表示做功可知，外界对A气体做的功大于 误；一群处于=3能级的氢原子向低能级跃迁时最多放出3 外界对B气体做的功，C正确：4，B两部分理想气体的变化均 种不同颜率的光子，其中氢原子从m=3能级跃迁到n=2能 级放出的光子照射逸出功为2.0V的金属板时，不能发生光 为等温变化，即△U=0,由△U=F+O=0可知.A气体放出的 电效应，D正确。 热量大于B气体放出的热量，D错误。 2.B力的动态平衡 【解析】设小球所受支持力方向与水平面的夹角为.半球形物体 的质量为M,对小球进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件得 F=mgCs0,对整体进行受力分析，如图乙所示，有F。=Fsin0. 0音飘 联立两式解得F。= 2gin2A,当0=45时F。有最大值。 5.C匀变速直线运动 F=2g,B正确，A,C,D错误。 【解析】初速度为零的匀加速直线运动，从零时刻开始，连续 相等时间内的位移之比为奇数比，即无：：：x4=1: 3:5:7.变形得x1:(2+x):4=1:8:7,因为从A付庄 f》 到B村庄的运动时间是从B村庄到C村庄的运动时间的2 倍，所以x1:(x2+x):4=1:8:7=3孔：24：21L,所以0 +(什m短 A两村庄间的距离为3L.C正确，A,B,D错误 乙 6.D理想变压器的原理，电路分析，电功率 易错分析根据平衡条件列出静摩擦力的表达式以后，再用 【解析1原线圈两端电乐的有效值山，=202V=20V,由理想 二倍角公式进一步推导静摩擦力的表达式，否则会因为确定 不了静摩擦力的取值范围而错选。 变压器基本关系式得U,=一U,=22V,设滑动变阻器滑片上 3.A万有引力定律的应用 侧部分的电阻为x(0≤x≤5Ω)，则副线圈回路的总电阻R= 【解析】忽略星球自转的影响，月球表而处的重力加速度g= (R,+x)(5D-x+R,) GMn G 81Ma 16 (R+)+(5-+R)整理得电阻的表达式为R: 一878，设纸片下落高度为么，纸片在月球 -x2+6x+7 6 8 当x=-2x-D0=3n时，R最大，R=2n.则 D1物理 -22W:当=0n时，R最小R-名nR最大. CBLa,由牛顿第二定律得mg-BiL=ma,联立各式得a= m+仔C电容器做的是匀加速直线运动，B错误：加上藏场 mg P aus Rin -=55314W。所以242W≤P≤553.14W,D正确，A、 后，电容器落地前聚间的速率=√2，由能量守恒定律得，电 B,C错误 1 7.C电场强度 容器储存的电场能△E=mgh-2m,联立各式得△E: 【解析】沿着BC建立x轴，沿着OD建立y轴，沿着AO建立： m+BZC,C错误，D正确。 _=4V/m,E,=0D0D 轴，则E,=BC Uop_Uoc=4 V/m.B.=O U 11.(4)1.4(2分)1.2(2分)小于(3分) 测量电池的电动势和内阻 Uw-U0=4VWm,则电场强度的大小E=√++E OD 【解析】由闭合电路欧姆定律得￡=U+ 脚疗成 U 43V/m,C正确，A,BD错误 技巧点拔建立空问直角坐标系，将电场强度分解到三个维 ↓，对比题图乙得 1r反8据得8 度上是解答本题的关健，若采用传统的等分法求电场强度， 将会因为复杂的空间关系而找不到解决问题的突破口。 1.4V,=l.20:由等效电源法可知B=R,+E,所以电 8.CD单摆、圆周运动 动势的测量值小于真实值。 【解析】小球A位于最高点时，其所受的拉力大小为mg心s0, 12.(1)1.00(2分)2.00(2分)1.00(2分) A错误：小球B所受的拉力大小F37=子g,B错误： 5 (3)gm2分) k-2(2分) 小球B所受拉力的方向与其速度方向始终垂直，则小球B所 测量动滑轮和砝码盘的总质量 【解析】(1)由题意可知，相邻计数点间的时间间隔T=0.1s.则 L,小 受拉力的功率为零，C正确：小球A的周期T,=2√ 计数点5对应的速度=27 =(900+1L.01)x102 m/s 2×0.1 球B做匀速圆周运动时有ngtan37°=mLsin37° 2「，解得 T。 1.00m/s,分析纸带数据可知，打点计时器在打下计数点6 ，则，：T。=5:2,D正确 之后的某个时刻，砝码盘可能已经落至地面，则选取纸带上 Ta=4EA 5g 计数点2到6段的数据，由逐差法可得滑块的加速度大小 9.ABC传动装置，速度的合成与分解、关联達度 -4=(9.00+11.01-5.01-7.01)×102 m/s? 【解析]斜面引重车前轮与后轮的边缘线速度大小相等，由 47 4×0.12 =ω「偏=w后r后得wm:u后=3：1，A正确：后轮与后轮转轴 2.00m/2,动滑轮的加速度大小是滑块加速度大小的一半， 所以动滑轮的加速度大小是1.00m/s2。 是同轴传动，角速度相等，则重物相对车板的速度=兰， (3)设动滑轮和砝码盘的总质量为m,、加速度为a,以动滑 2,重物的水平速度=-as37=片，B正确：重物的 轮、砝码和砝码盘为研究对象.，由牛顿第二定律得(m。+m,)g 2F=(m。+m,)a,以滑块为研究对象，有F-uMg=2Wa,解得 竖直速度。si血37°=2刀，C正确：重物的实际速度大小 14,对比题图丙得(+2)g=, M=(u+2)g×下m*m V网常D错腿 4一=b,解得 =2,m1=6m0 4 方法技巧正确找到前轮、后轮和轮轴间的物理关系是答题 13.(1)10 2 的关键，前轮与后轮的关系是线速度大小相等，后轮与后艳 光的折射 轴的关系是角速度相等，重物和后轮轴的关系是重物相对斜 【解析】(1)当人射光线与出射光线恰好平行时，光线从该半 面的速度大小和后轮轴边缘点线速度大小相等。 圆截面的最低点D射出，部分光路图如图所示，由几何关 10.AD法拉第电磁感应定律、牛頓第二定律，能量守恒定律 系得 【解析】未加磁场时，电容器在空中做自由落体运动，其下落 的时间户√g ，A正确：加上磁场后，金属杆切制磁感线产 生的感应电动势E=Lx,感应电流= A_CAE_CBLAE △△ D2物理 径做匀速圆周运动，其运动时间 CD= (1分 2 60°2m4_2mm -360xn39B (1分) sin 0=CO_5 CD 5 (1分 a OP 由于了2，则带电粒子离开弧形区域后，在半圆形磁 由折射定律得sin45°=nsin 8 (2分) 场中运动半周后从P点经过x轴，其运动时间 解得n=y 2 (1分) 平器 (1分) (2)光在工件中的传播速度 则粒子在第一象限运动的时间 Isc (1分) n 1=4,+4-3B (1分) 光在工件中的传播时间 (2)带电粒子在弧形区域内运动时，村 1=3CD (1分) B-gE=m (1分) 解得1=5V2R (2分) 又r23 g (2)9mB (3) 联立各式得E= 6m (1分) 6m 2m(7+4)】 带电粒子在组合场中运动 (3)如图，矩形磁场区域的最小面积为矩形MCFO的面 积，即 【解析】(1)带电粒子经过磁场区域时，在洛伦兹力的作用下 做匀速圆周运动，粒子在x轴下方运动时的轨迹圆圆心与 =(2,i60)x(-fs60)=3d (1分) 18 半圆形楼场区城的圆心重合，又因为半圆形磁场区域在x 由儿何关系得 轴上方，粒子从O点沿y轴正方向进入弧形区域，所以粒子 在x轴下方运动时的轨迹圆圆心在x轴上：带电粒子经过弧 0,0=V（5in60y+(+-r5s60.7a 3 (1分) 形区域时，在洛伦兹力和电场力的共同作用下做匀速圆周 半圆形磁场区域的最小半径 运动，其运动轨迹一定是以P点为圆心的弧形区域的弧形 7aa_(7+1)a (1分) 边界，带电粒子的运动轨迹如图所示，设带电粒子在x轴下 Rn=0,0,+r=3+3 3 方运动时的轨迹半径为，由几何关系得 1 半圆形磁场区域的最小面积S=2mR心， 矩形磁场区域的最小面积与半圆形磁场区域的最小面积 0 之比 /3 (1分) 5,2m(7+4) 0 60 15.(1)11m/s(2)21J5m(3)0.35m/s F 匀变速直线运动的规律，动量守恒定律，机械能守恒定律 【解析】(1)滑块从静止释放到与传送带共速的过程，滑块的 加速度大小 sin 30+n=a (1分) a =gsin 0+ugcos 0=10 m/s (1分) 解得=3 滑块运动的时间4，==1。， 又mB= (1分) r 此过程中，滑块的位移x=2,=5m (1分) 联立各式解得r= (1分) 传送带的位移s1=n1=10m (1分) 3m 从滑块与传送带共速到滑块到达传送带底部的过程中，由 离开弧形区域后，带电粒子的轨迹半径 于u<an0,滑块与传送带不能共速到达传送带底端，此过程 6n号 (1分) 中滑块的加速度大小 带电粒子在弧形区城内以P点为调6，以6=0P号为半 a:=gsin 8-ugcos 6=2 m s (1分) 滑块第一次经过弧形槽底端时的速率 D3物理 ,=6+2a2(L-)=11m/s (1分) 滑块离开弧形槽顶端后上升的最大高度 (2)从滑块与传送带共速到滑块到达底部的过程中，有 h= (1分) 2g 6==05 (1分】 (3)滑块第一次经过弧形槽的中点时，有 42 此过程中，滑块的位移 =1an45°. x3=L-x1=5.25m (1分) v-tw 传送带的位移s=2=5m (1分) 规定向左为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有 滑块与传送带之间因摩擦产生的热量 me,=mu:+Mey (1分) Q=wmge0s[(81-）+(x2-s2)]=21J (1分) 设滑块离开孤形槽顶端时的水平速度为5，竖直速度为？， 联立各式解得=-5.2m/s,w=1.8m/s或r=7.9m/s, 由动量守恒定律和机械能守恒定律得 u=0.35m/s m,=(M+m)p, (1分) 滑块第一次经过弧形槽的中点时，>0，则应取 1 1 (1分) w=0.35m/s (1分) D4物理null