【领航密卷】2025年普通高中学业水平选择性考试物理押题卷(3)

YT3 物理试卷 第1 页(共6页) 2025年普通高中学业水平选择性考试 物 理 押题卷(三) 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷 上无效。 3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题:本题共7小题,每小题4分,共28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. 自然界中的碳主要是碳12,也有少量的碳14。碳14具有放射性,能够自发地进行β衰变而变成 氮,碳14的半衰期为5 730年。在考古和经济建设中可用碳14测定年代。以下说法正确的是 A.β射线是一种穿透能力极强的高频电磁波 B.碳14的衰变方程为 14 6C →147N +0-1e C.当环境温度变化时,碳14的半衰期会发生改变,从而影响年代测定的结果 D.100个碳14原子核经过11 460年一定还剩下25个 2. 一包含有两种频率光的激光束从真空中垂直射入截面为直角三角形的玻璃棱镜,光路如图所示. 激光从棱镜的斜边出射时被分为a、b两束光.已知截面顶角为θ,棱镜对这两种频率光的折射率 分别为n1= 5 4 和n2= 2.下列说法正确的是 A.a 光的频率大于b光的频率 B.a 光与b光在三棱镜中的传播速度之比是5:42 C.用同一装置做单缝衍射实验,b光的中央亮条纹比a 光的宽 D.为使这两种频率的光都能从棱镜斜边射出,θ角的取值范围是0°<θ<45° 3. 一物体做匀加速直线运动,连续经过B、C、D 三点,B、C 间的距离为4.5 m,C、D 间的距离为9.5 m,物体通过BC 与CD 的时间相同,则该物体经过B 点与C 点的速度之比为 A.3: B.2:7 C.9:19 D.5:7 4. 如图所示,甲、乙两小物体放在可绕竖直轴旋转的圆台上,甲物体的质量为m 2 ,乙物体的质量为 m。甲物体到转轴的距离是2l,乙物体到转轴的距离是l。两物体与圆台之间的最大静摩擦力均 为物体所受重力的k倍,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。若圆台从静止 开始绕转轴缓慢地加速转动,下列说法正确的是 YT3 物理试卷 第2 页(共6页) A.甲、乙两物体所受的摩擦力大小始终相等 B.甲物体和乙物体均未与圆台发生相对滑动时,线速度大小之比为1:2 C.甲物体开始相对圆台滑动时的转速为12π kg 2l D.当圆台以角速度ω= kg l 匀速转动时,甲物体的向心力大小为kmg 5. 如图所示,质量为m 的木箱在大小为F的水平外力作用下,沿倾角为θ的斜面匀速向上运动.不计 空气阻力,下列说法正确的是 A.木箱所受合力大小为mgsin θ+Fcos θ B.斜面对木箱的支持力大小为mgcos θ C.斜面对木箱的摩擦力大小为Fcos θ-mgsin θ D.斜面对木箱作用力的合力大小为F+mg 6. 天舟六号货运飞船进入比中国空间站低的预定轨道,经过变轨后与空间站组合体完成交会对接, 在距地面约400 km的轨道上运行,若预定轨道和空间站轨道均可视为圆轨道.下列说法正确的是 A.天舟六号在预定轨道上需减速才能进入空间站轨道 B.天舟六号在预定轨道上运行时的机械能小于对接后的机械能 C.天舟六号在预定轨道上运行时的速度大于第一宇宙速度 D.天舟六号在预定轨道上运行时受到的合力小于其在地面上静止时受到的合力 7. 如图所示是一款手机磁吸式无线充电座的剖析图.其原理与变压器类似,充电座和手机均内置了 感应圈,二者靠近时便开始从充电座向手机供电.充电座内置双圈聚磁环,不仅可以用于定位磁 吸手机还可以提高供电效率.下列分析错误的是 A.无线充电是通过电磁感应输送电能 B.只有对纯铜感应圈输入变化的电流才能对手机无线充电 C.将金属物件贴近正在无线充电的手机,充电不会受到任何影响 D.双圈聚磁环可以使手机的感应圈与之对齐,减少漏磁从而提高供电 效率 二、选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。 8. 一列简谐横波沿x 轴负方向传播,t=0时刻的波形如图中实线所示,t=0.7 s时刻的波形如图中 虚线所示,下列叙述正确的是 A.波的周期可能为2.8 s B.波的传播速度可能为20 m/s C.质点P 在t=0.7 s时刻向y 轴负方向运动 D.x=4 m 与x=10 m 两处质点的运动方向总是相反 YT3 物理试卷 第3 页(共6页) 9. 有一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c、d四点的位置如图所示,cd、cb 分别垂直于 x 轴、y 轴,其中a、b、c三点电势分别为4 V、8 V、10 V,使一电荷量为q=-2×10-5 C 的负点电 荷由a 点开始沿abcd 路线运动,则下列判断正确的是 A.坐标原点O 的电势为6 V B.电场强度的大小为 2V/m C.该点电荷在c点的电势能为2×10-4 J D.该点电荷从a 点移到d 点的过程,电场力做的功为8×10-5 J 10. 如图所示,直角三角形金属线框ACD 固定在绝缘水平面上,AC=CD=L,AC、CD 的电阻均为 R,AD 的电阻不计.E、F分别为AC和AD 的中点,如图中标识,EF前方存在竖直向下的匀强磁 场,EF 后方存在竖直向上的匀强磁场.已知两磁场磁感应强度的大小B 随时间t的变化关系均 为B=4t(T).下列说法正确的是 A.金属线框中有逆时针方向的感应电流 B.金属线框中感应电流始终保持不变 C.金属线框所受的安培力大小不变 D.在0~ t0 的时间内,通过金属线框某横截面的电荷量为 L2t0 2R (C) 三、非选择题:本题共 5 小题,共 54 分。 11. 如图甲所示,某同学设计了验证碰撞中动量守恒的实验:在O 点固定一拉力传感器,可测量细线 中的拉力大小.一根轻质、柔软、不可伸长的细线一端系一个质量为m 的小球a,另一端系在拉力 传感器上O 点,O 点到小球a球心的距离为L.在O 点正下方的水平桌面上静止放置一个中心与 a球球心等高、质量为M 的片状橡皮泥b.橡皮泥b与水平桌面无粘连.将小球a拉起一定的偏角 后由静止释放,在最低点处与橡皮泥b发生碰撞,碰后两者粘在一起向左摆动.此过程采集到的 拉力F 随时间t的变化关系如图乙所示.不考虑a、b形状变化所产生的影响,当地的重力加速度 为g. 图甲 图乙 (1)小球a 碰前瞬间的速度大小v1= (用题中所给物理量表示). (2)若本实验中满足关系式 (用题中所给物理量表示),则可得到结论:碰撞过 程中,a、b组成的系统在水平方向上动量守恒. (3)本实验由于碰撞损失的机械能为 (用题中所给物理量表示). YT3 物理试卷 第4 页(共6页) 12. 小华制作了一个水果电池,要测量其电动势和内阻。 (1)小华先用电压表直接测量水果电池两极间的电压,发现电压表的指针位置如图甲所示,读数 U= V; (2)小华又用这个电压表和一个电阻箱,设计了图乙所示的电路,测得多组U、R 的值,并作出1U - 1 R 图像,如图丙所示,已知电压表的内阻等于3 kΩ,考虑电压表的分流影响,那么水果电池的 电动势E= V,内阻r= kΩ;(计算结果保留两位有效数字) 图甲 图乙 图丙 (3)查资料发现,由图像计算得到的水果电池电动势符合实际,那么用电压表直接测量水果电池 两极间电压与电动势有明显偏差的原因是 . 13. 在热力学温度T0=300 K 的室内将一空玻璃水瓶的瓶盖盖上(不漏气),现将水瓶放到室外阳光 下曝晒,使水瓶内空气的温度升高至T=336 K。大气压强恒为1.0×105 Pa,将水瓶内的空气视 为理想气体。 (1)求曝晒后水瓶内空气的压强p; (2)若曝晒后在室外将瓶盖打开,使水瓶内、外的气体压强相同,而气体的温度不变,求水瓶内放 出的空气质量与原来水瓶内的空气质量之比m m0 。 YT3 物理试卷 第5 页(共6页) 14. 如图,在x<0、y>0区域有方向垂直纸面向外的匀强磁场(未画出),在x>0区域有沿y轴负 方向的匀强电场.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从x轴上的P 点( 48 7l ,0)以速度v0向 左上方射入电场、方向与x 轴负方向的夹角为53°,经过一段时间后该粒子从y 轴上某点进入磁 场区域,最后从x 轴负半轴上某点离开磁场,粒子越过x 轴时的速度方向沿y 轴负方向.已知该 粒子进入电场时的速度方向与离开电场时的速度方向垂直,不计粒子重力,sin 53°=0.8.求: (1)粒子在电场中运动的时间t; (2)电场强度的大小E; (3)磁感应强度的大小B. YT3 物理试卷 第6 页(共6页) 15. 有一款闯关游戏可以简化为如图所示模型.可视为质点的物块A 和长L=16 m 的木板B 叠放在 左侧粗糙水平地面上,A、B 的质量分别为mA =50 g 和mB =10 g,A、B 之间以及B、地面之间 的动摩擦因数分别为μ1=0.2和μ2=0.1.距B 右侧d=8 m 处有一与B 上表面平齐的光滑台 面,台面上固定一半径可调的光滑圆弧轨道,圆弧轨道底端两侧稍微错开,分别与左右台面平滑 过渡(未画出),N 与圆心O等高.现让A从B上合适的位置以合适的初速度v0开始向右滑动,游 戏环节中A 只能经由B 的右端滑上台面,沿圆弧轨道做完整的圆周运动,并最终被接收盒“捕 获”,游戏便获得成功.已知B 与台面相碰反弹运动一小段距离便被锁定静止不动,最大静摩擦 力等于滑动摩擦力,重力加速度g 取10 m/s2. (1)求A、B 刚开始滑动时的加速度大小; (2)若圆弧轨道半径R1= 3 5m ,A 恰好能到达N 点,求A 在PN 段运动时克服重力做功的最大 瞬时功率;(结果可用分式或根式表示) (3)若圆弧轨道半径R2=0.08 m,为确保游戏能成功,求A 的初速度v0 的取值范围. 2025年普通高中学业水平选择性考试 物 理 押题卷(三) 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷 上无效。 3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题:本题共7小题,每小题4分,共28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. B 2. D 3. B 4. C 5. C 【解析】由于木箱匀速上滑,则木箱所受的合力为零,A 错误;对木箱受力分析如图所示,由力的平 衡条件可知,在垂直斜面方向上有FN =Fsin θ+mgcos θ,B 错误;沿斜面方向有Fcos θ=f+ mgsin θ,则斜面对木箱的摩擦力大小为f=Fcos θ-mgsin θ,C 正确;斜面对木箱作用力的合力 大小与木箱的重力和外力F 的合力大小相等,即F合 = F2+(mg)2,D 错误. 6. B 7. C 【解析】由题意可知无线充电的原理与变压器类似,所以无线充电是利用电磁感应原理输送电能 的,且双圈聚磁环可以使手机的感应圈与纯铜感应圈对齐,减少漏磁从而提高供电效率,AD 正 确,不符合题意;由发生电磁感应现象的条件可知,只有对纯铜感应圈输入变化的电流才能对手 机无线充电,B 正确,不符合题意;因为无线充电存在漏磁情况,所以将金属物件贴近正在无线充 电的手机,充电会受到影响,C 项错误,符合题意. 二、选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。 8. BC 9. AD 10. BD 三、非选择题:本题共 5 小题,共 54 分。 11. (1) (F1-mg)L m (2)m(F1-mg)=(M +m)(F2-Mg-mg)(其他形式对也可以给分,2 分) (3)12F1L- 1 2F2L+ 1 2MgL (其他形式对也可以给分,3分) 12. (1)0.40 (2)1.2 6.0 (3)水果电池的内阻过大 13. 解:(1)由题意可知曝晒过程中,气体发生等容变化,由查理定律有 p0 T0 =pT 代入数据解得p=1.12×105 Pa (2)对放出的气体和瓶内剩余的气体,根据玻意耳定律有 pV=p0(V+V') 又m m0 = V' V+V' 联立并代入数据解得m m0 = 3 28 14. 解:(1)粒子在电场中做类斜抛运动,x 轴方向做匀速直线运动,则有 48 7l=v0cos 53°·t 解得t= 80l 7v0 (2)设粒子出电场时的速度大小为v,由题意可知粒子出电场时的速度方向与y轴负方向的夹角 为53°,则有 v0cos 53°=vsin 53° 粒子在y 轴方向做匀变速直线运动,则有 -vcos 53°=v0sin 53°-at 由牛顿第二定律有 qE=ma 联立解得E= 7mv20 64ql (3)根据题意作出粒子在电场和磁场中的运动轨迹,如图所示 粒子在电场中运动的y 轴方向上的位移为 h=v0sin 53°·t- 1 2at 2 在直角三角形OO'Q 中,有R= h sin 53° 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有 qvB=m v2 R 联立解得B= 3mv0 10ql 15. 解:(1)由于μ1mAg>μ2(mA +mB)g,则B 会相对地面滑动.对A 由牛顿第二定律有 μ1mAg=mAaA 解得aA =2 m/s2 对B 由牛顿第二定律有 μ1mAg-μ2(mA +mB)g=mBaB 解得aB =4 m/s2 (2) 设A 运动到圆弧轨道上的C 点时,克服重力做功的瞬时功率最大,则在C 点竖直方向上的分速 度最大,即竖直方向的分加速度为零,设CO 连线与竖直方向的夹角为θ,A 在C 点受到轨道的支 持力为FN,在竖直方向上有 mAg=FNcos θ 沿半径方向,由牛顿第二定律有 FN -mAgcos θ=mA v2C R1 A 从C 点运动到N 点的过程,由机械能守恒定律有 1 2mAv 2 C =mAgR1cos θ A 克服重力做功的最大瞬时功率为 Pm =mAgvCsin θ 联立解得Pm = 6 3W (3)调整圆弧轨道半径后,设A 在Q 点的速度为vQ,从P 到Q 的过程,由动能定理有 -mAg·2R2= 1 2mAv 2 Q - 1 2mAv 2 P 若A 恰能做完整的圆周运动,则在Q 点有 mAg=mA v2Q R2 解得vP =2 m/s 情形1:当A 相对B从最左端滑到最右端时,B恰好运动到台面处,A 对应的v0有最大值.设B运 动到与台面相碰所用的时间为t1,则 B 的位移为d= 1 2aBt 2 1 A 的位移为L+d=v0maxt1- 1 2aAt 2 1 解得v0max=14 m/s 此时A 到台面的速度为v=v0max-aAt1=10 m/s>vB =aBt1=8 m/s>vP 情形2:当A 与B 达到共同速度时恰好滑到B 右端,以后一起减速运动至台面,且运动至台面时 A 的速度等于vP 时,A 对应的v0有最小值.设A 与B 一起运动的加速度为a共,由牛顿第二定律 有 μ2(mA +mB)g=(mA +mB)a共 设A 与B 达到共同的速度v共 所用的时间为t2,则有 v共 =v0min-aAt2=aBt2 B 的位移d= 1 2aBt 2 2+ v2共 -v2P 2a共 联立解得v0min=6 m/s 故初速度的取值范围为6 m/s≤v0≤14 m/s