42.新高考专家原创卷（二）-【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（二）》 选择题答案速查 态α时的图像，C错误：根据气体分子速率分布曲线的物理意 题号12 345 67 8 9 9 义可知，气体分子速率分布曲线与横轴所围图形的面积为1， 答案AB D A B CC AC BD BC D错误：气体从状态？变为状态b,温度升高.气体分子每次 撞击器壁的平均作用力增大，压强减小，则气体在单位时间 1.A玻尔理论 内撞击单位面积容器壁的分子数目必定减少，即虚线A状态 【解析】氢原子的能量指电子动能与氢原子系统的电势能之和， 时气体单位时间内植击单位面积容器壁的分子数目比实线B 即E_】m大由库仑力提供向心力得4三三m三解得 状态时的少，B错误 5.B追及相逼 2m=-E,则氢原子从定态n=2跃迁至n=1时电子动能 s1+ 【解析】题图2中图线A的函数表达式为币= 的变化量△E=13.6eV-3.4eV=10.2eV,A正确，B、C、D错 误。 1.5(m/s),则有x=1+1.52(m),结合位移公式可知.图线A 2.B平衡条件，动量定理 对应初速度为1m/s,加速度为3m/s2的物体的运动.图线B的 【解析】对游客进行受力分析，气流对游客的平均作用力F,=mg, 函数表达式为=主=2+05(m/s),则有x=2+05(m),结合 根据牛顿第三定律可得游客对气流的平均作用力F=F,以极 位移公式可知，图线B对应初速度为2ms,加速度为1g2的 知时间△内与游客发生作用的气体为研究对象.则有△m= 物体的运动，则0-2s内A对应的位移x,=1×2m+1.5× pm,△S,由动量定理有-(F2+4g)△=0-△mo,由于F2≥△mg, 22m=8m,B对应的位移xe=2×2m+0.5×22m=6m.由于A 则有-F,4=0-Am,解得p=A.CD错误，B正确 对应的位移大于B对应的位移，而=2“时刻.两车前端恰好 平齐，表明1=0时刻，B在A的前方，根据题图1可知甲车对 3.D天体运动、开香勒三定律 【解析】忽略地球自转的影响，对于地球表面的物体有 应B图线，乙车对应A图线，B正确：乙车的加速度为甲车的 3倍，乙车的初速度为甲车的一半，A错误：1=0时刻，两车前 G 公2=多对内团圆凯道上的卫星有G二m,根情 R 端间距。=8m-6m=2m,C错误：1=2s时刻之前，两车速 a+如 度相等时，两车前端的距离最大，则有2m/s+1/s2·△出= 据开普勒第三定律有。 2 一，根据开普物第二定律可 1m/+3m/s2·△，解得△1=0.5s△r内甲的位移xm=2× 0.5m+0.5×0.52m=1.125m,乙的位移x=1×05m+L.5× T a(k+1) 知，组合体从A运动到B的时间<4√32gR ,A错 05m=0.875m,两车前端的最大距离x=甲+0-x2= 2.25m.D错误 误：组合体从C运动到A的过程中，速度增大，根据动量定理 6.C牛领运动定律与简谐运动 有I=mm,-(-mtc)=m(”,c),万有引力的神量不等于零，B 【解析】撤去小物体A之前，对A,B整休进行受力分析有 错误：组合体释放一枚小卫星至外切圆轨道上，小卫星由低轨道 (m,+m:)g=c1,弹簧处于压缩状态，撤去小物体A时.对B 变轨到高轨道.需要在C处加速.C错误：根据开普物第二定律 进行受力分析有mg=m4:,当小物体B运动到最高点时，小 可知，椭侧轨道的面积S=。工，心@(6+1 ,D正确。 物体C对地面的压力恰好为0，对C进行受力分析有m名= :,此时弹簧处于拉伸状态，对B进行受力分析有mg+ 4.A气体压强，热力学第一定律 x,=mna2,由于撤去小物体A之后，B做简谐运动，则有a,= 【解析】结合题图甲，根据理想气体状态方程可知，状态：时 气体的温度低于状态时气体的温度，即该过程气体内能增 a2,解得m,=0.4kg,A错误；B上升过程的位移大小为x,+ 大，由于气体体积增大，气体对外做功，则W= x,=16cm,B错误：当小物体B速度达到最大时，B所受的合 (p+2pa)(3V。-Va) =-3,V。,根据热力学第一定律△U=W+ 力为0，则有网，《=，根据能量守相定律有宁一= 2 Q,可知Q>3pV。,A正确：由于从状态a变为状态b气体的温 之+m(年考)，解得45 m/s,C正确：弹簧的 度升高，根据气体分子速率变化规律可知，温度升高，速率较 大的分子数增多，故虚线A是状态b时的图像，实线B是状 弹性势能的最大值E,=2=025J.D错误。 D1物理 7C带电小球在匀强磁场中的运动 大，PO与MN均先做加速度减小的加速运动，后做加速度 【解析】小球受到的洛伦兹力为mB=3mg>mg,将速度分解 增大的减速运动，A错误，C正确：当加速度为0，即A=mg ukl L 为与，其中分速度？对应的洛伦兹力与重力平衡，则可 3 时，PQ与MW速度均达到最大值，若A表示时间，则a= 1k1。 将小球的运动分解为速度为。的水平向右的匀速直线运动。 3 282m,可知加速度与时间成线性关系，则g1 2m0 。mg m 与线速度大小为。的匀速圆周运动，运动半径R 之上=五B正确：者A表示PQ的位移，可知加迪 2 ?F,A错误；小球在酷 度与位移成线性关系，即合外力与位移成线性关系，对PQ g,则b边长度的最小值为价= 1 ukl L 与MN组成的系统有F=(3m+m)(2g-2)=2mg 场中做圆周运动的周期了，，小球在磁场中运动的时间】 2mg mg t=nT=2nmm (n=1,2,3,…),故小球在磁场中运动的时间可能 2H。Ix,则有 ×4m2a,解得ta= gB 为m,C正确：c边的长度x=生·nT2 3 -(n=1.2.3,…）, 9B B 8√D错误。 故边长度不可能为器B借误：当小球位于最布点时。 11.(1)1(2分)(2)0.1(2分)(3)C(2分) 探究小物块与水平来面之间的动摩擦围数 2o_mg.D错误。 小球速度最小，最小值为了38 【解桥1(D(2)根据动能定理有mg=2- 2m后，小物 8.AC整体法、隔离法，平衡条件 块飞出桌面后做平抛运动，则有h=2,x=,解得L= 【解析】对两灯笼整体分析，当细绳3弹力方向与细绳1垂直 克中练合想乙 10.5 时.细绳3的弹力最小.为2 ngsin30°=4.0N,A正确：对两灯笼 6=05m,4016m'.解得 24g 整体分析，细绳1的弹力大小为2gc0s30°=43N,B错误：对 4=0.1,%=1m8。 B灯笼，根据上述分析可知，细绳3的弹力与重力大小相等， (3)将小物块的释放点移至A点上侧的B点时，小物块到达 方向夹角为120°，则细绳2位于两力方向夹角的角平分线 圆弧轨道最低点的速度变大，根据(1)(2)的分析可知，L-x2 上，即细绳2偏离竖直方向的夹角为60°，且细绳2的弹力大 图像中图线的斜率不变，纵截距变大，C正确。 小为mg=4.0N,C正确，D错误。 12.(1)见解析图(2分)(2)6.0(2分)3.0(2分)(3)3.0 9.BD正弦式交变电流，电容的定义式与理想变压器 (2分)4.0(2分) 【解析】根据题图乙可知.以中性而为计时起点，则e= 测量电潭电动势与内租 7im71=2200,2sin0.5(V),A错误；电容器C,的击 【解析】(1)根据题图甲所示电路图连接实物图，如图所示。 穿电压必须大于两极板间电压的最大值，两电容器串联，极板所 带电荷量相等，根据C=?,有=今，电容器G,的击穿电压 有G C UhCC-=5802V,B正确：电容器G极板所带 电荷量的最大值Q2.=C2Un CC,m-332 C,C错误： C,+C,200 (2)闭合开关S,断开开关5，S,时，有。+R+R+R E 原线阁两端电压U。三 =2=1650V,解得=60=3.D 闭合开关S,、S,断开开关S时，有1= √2 RoRar r+Ra+R:+R。+R 正确。 10.BC电磁感应中的双杆模型 36R1=3,R.解得R=3.00,Rw=600 2 【解析】对PQ进行受力分析有3mg-F,uk4lL=3ma,对MN (3)闭合开关S,S,S,时有1+ IR E 1 gkloL 有F,-mgk,=ma,解得a=282m R RoRat ,可知随A的增 r+R+ Ro+Rs D2物理 。3+2K.结合题图丁有5=，001=1.0v1. o=2a L (1分) E 7.0 解得小球在A点的速度大小o=4m/5, 3+2R=60A,解得E=30V.=40n. 由于电场力大小与重力大小相等，则小球在虚线下侧做匀 E 速圆周运动，由小球垂直O八再次进入上侧电场，并根据几 13.(1)0.4m(2)2 42-2)元m 何关系有 25 小球做圆周运动的半径R,=L (1分 圆周运动、平抛运动与光的全反射 由洛伦兹力提供向心力，有 【解析】(1)小球从B运动到C的过程有 平，B=m (1分) mg(R-Rcos 0)=m (1分) R 解得B=52T (1分) 解得=√gR。 (2)小球再次进人上侧电场中时，做类斜抛运动，竖直方向 期究 (1分) 做竖直上抛运动则有 to=2gh (1分) 表明小球到达C后直接飞出做平抛运动，则 解得hn=0.8m (1分) 竖直方向上有R=2g (1分) (3)设小球从上侧电场中做类斜抛运动后返回下侧磁场中 水平方向上有R+m=' (1分) 时的速度为，速度方向与水平方向的夹角为，则有 解得R=0.4m (1分) rsin a=to (1分) (2)根据题意可知，照射在P点的光恰好发生全反射，作出 小球在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 临界点的光路图如图所示， 2 qB=m Ra (1分) 该圆弧对应的弦长 x=2R,sin a (1分) 解得x42 m, 表明之后小球在磁场中做圆周运动的轨迹对应的弦长均为 一个定值，而小球在上侧电场中水平方向的运动的后一阶 R 2 根据几何关系有cOsa= (1分) 段可以看为前一过程的延续部分，即可以将上侧电场中水 R+xr 2 平方向的运动看为加速度为g的匀加速直线运动，每一次 玻璃砖对该种单色光的折射率 (1分) 在上侧电场中的运动时间均为12。 (1分) 若小球从磁场中运动至Q点，则0Q的长度 玻璃砖表面的透光面积 s=2m(R-Rsa)=4(2-2)mm L,=R,+x+ 2g(m)n=0.1,23,…). (1分) 25 2w2+4W2n+16n2 14.(1)52T(2)0.8m(3)见解析 解得L,= 5 m(n=0,1,2,3,…) (1分 带电小球在电磁场中的运动、类斜抛运动与匀速圆周运动 若小球从电场中运动至Q点，则0Q的长度 【解析】(1)由于小球沿直线PA运动至A点，垂直于OM进 L=R+nx+ 28[(m+101](a=0.1,23,). 入磁场，对小球进行受力分析有 qE=mg (1分) 解得L,=2y2+42n+16(n+1 m(n=0,1,2,3…)(1分) 5 小球由P至A做匀加速直线运动.则有 mg cmsg产ma 15.(1)8ms(2)5 (1分) 15m(3)152 5m 动量守恒定律、动能定理、板块模型 解得小球的加速度大小a,=10,2m/s2, 【解析】(1)物块A运动至最低点的过程有 又PA=OA=L. 根据速度与位移的关系式有 wa (1分) D3物 设A,B碰撞后瞬间A、B的速度分别为1,2， ,=-4,1=0,(1+0）】 (1分) 则A,B发生弹性碰撞过程有 2 16 解得，=58,15ms, mro=m+me? (1分) 在。时间内，B相对于C向右运动， 2m62m+2m时 (1分) 5修、5 8 (1分) 解得书，=0，=8m/爷 (1分) 212=3m (2)碰撞后，物块B向右做匀减速直线运动： 在。+忆，时间内，A相对于C向左运动， damg =8 m/s 3+1 (1分) 轴2o+2,20,(月 (1分) 碰撞后，物块A向右做匀加速直线运动。 则木板C的最小长度 a,=1m2 56 (1分) L=米相忧@5m (1分) 碰撞后，物块C向右做匀加速直线运动， (3)4,B,C共速之后，A相对于C以大小为a,的加速度向 ackmg uamg-B(2m+)g 右做匀减速直线运动直到静止，B,C保持相对静止向右做 4m/43 M (1分) 匀减速直线运动直到静止，对B,C整体有 设历时。，B,C达到相同速度，则有 (2m+M)g-uamg=(m+M)a (1分) v=v:-anlo=acto (1分) 8 代人数据解得a,=3mv。, 期得6号6-号 8 此过程，A与C的相对位移 之后，B、C保持相对静止整体向右做匀减速直线运动，对B、 (1分) C整体有 术e2n12n (2m+M)g+umg=(m+M)a (1分) 则物块A、B最终的距离 则有a,=4m/s2, -152 x=L-*=45m (1分) 设再历时1，A、B,C达到相同速度，则有 D4物理null