【领航密卷】2025年普通高中学业水平选择性考试物理押题卷(6)

YT6 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(六) 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. 保护环境是可持续发展的前提,核污染水中含有大量的放射性物质,其中包括碘-129、铯-137、 碳-14等,排放到海中会破坏环境,影响生态平衡。下列说法正确的是 A.已知碘-129的半衰期约为1 570万年,则海水的低温可使其半衰期变得更长 B.已知铯-137的衰变方程为 137 55Cs→13756Ba+0-1e,则可判断此衰变属于β衰变 C.已知碳-14的半衰期约为5 730年,则碳-14的污染经过约11 460年能够消失 D.由于具有放射性,则这些放射性元素原子核的比结合能较大 2. 一实验小组探索测量液体介质折射率的方法,如图1所示,光源S 在接收屏PQ 上,PQ 与一液体 表面平行,液体深度h可变,底面为一高性能的光反射面MN。一束光以入射角i射向液体表面, 在接收屏上出现若干间距相同、亮度不同的光点,已知i=60°,若相邻光点间的距离d与h的关系 如图2所示,则 A.液体的折射率为 2 B.光刚进入液体中的折射角为30° C.光点是由于光的干涉形成的 D.d 的大小只与h 有关,而与液体折射率的大小无关 3. 如图所示,ETC 是高速公路上不停车电子收费系统的简称.一汽车在平直公路上以15 m/s的速 度行驶,汽车通过ETC 通道前,以2.5 m/s2 的加速度减速,速度减至5 m/s后,匀速通过长为10 m 的匀速行驶区间.车头到达收费站中心线后,再以5 m/s2 的加速度匀加速至15 m/s,汽车从开 始减速至回到原行驶速度的过程,下列判断正确的是 A.通过的最短距离为60 m B.通过的最短距离为70 m C.所用的最短时间为4 s YT6 物理试卷 第2 页(共6页) D.所用的最短时间为6 s 4. 剪纸艺术源远流长,经久不衰,是中国民间艺术中的瑰宝.将如图所示具有对称性的剪纸平放并 固定在水平圆盘上,剪纸中心与圆盘中心重合,圆盘匀速转动,在暗室中用每秒闪光10次的频闪 光源照射圆盘,暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止,则圆盘的转速至少为 A.0.02 r/s B.2 r/s C.4 r/s D.4π r/s 5. 如图,质量为m 的手机放置在支架斜面上,斜面与水平面的夹角为θ,重力加速度为g,手机始终 保持静止状态.则下列说法正确的是 A.手机对支架的压力大小为mg,方向垂直于斜面向下 B.手机受到的摩擦力大小为mgsin θ,方向沿斜面向上 C.若θ增大,则支架对手机的摩擦力随之减小 D.若θ增大,则支架对手机的支持力保持不变 6. 中国空间站正常绕地运行的轨道可视为圆形,轨道平面与赤道平面的夹角为42°,轨道离地面约 400 km,每天绕地球约转15.4圈,绕行方向自西向东,如图所示.已知地球半径约为6 400 km,则 下列相关说法正确的是 A.空间站绕地运行轨道的圆心与地球球心重合 B.空间站绕地运行的线速度比月球绕地运行的线速度小 C.空间站绕地运行的角速度比地面上物体随地球自转的角速度小 D.空间站中航天员所受的重力小,不及其在地面所受重力的十分之一 7. 九龙坡某企业是生产大型变压器的龙头企业.其生产的某理想变压器的简化模型如图,原线圈所 接交流电源电压的有效值不变,电流表和电压表均为理想电表.若副线圈所接的负载电阻的阻值 变小,则下列说法正确的是 A.电源输出功率变大 B.负载的电功率变小 C.电压表的示数变小 D.电流表的示数变小 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. “波”字最早用于描述水纹起伏之状,唐代诗人韦应物有“微风动柳生水波”的描述.“微风动柳”在 水面引起水波向四周传播,如图是t=0时刻水波沿x轴方向传播的部分波形图,此后质点A 比质 点B 先回到平衡位置且时间差为0.1 s,已知A 点纵坐标yA =- 2 2 cm.下列说法正确的是 YT6 物理试卷 第3 页(共6页) A.水波沿x 轴正方向传播 B.水波的振幅为 2 cm C.水波的周期为0.4 s D.1 s后质点B 运动到x=22 cm的位置 9. 如图所示,三个完全相同的带正电的点电荷,其中两个点电荷分别固定在线段AB 的两端点,以 AB 的中点O 为圆心,OA 为半径画半圆形的弧线.现让剩下的一个点电荷从A 点附近出发,沿半 圆弧向B 点移动.下列说法正确的是 A.在移动的过程中,O 点的电场强度保持不变 B.在移动的过程中,O 点的电势保持不变 C.在移动的过程中,移动的电荷所受的静电力先增大后减小 D.在移动的过程中,移动的电荷的电势能先减小后增大 10. 如图甲所示,有“海上充电宝”之称的南鲲号是一个利用海浪发电的大型海上发电站.其发电原 理是海浪带动浪板上下摆动,从而驱动发电机转子转动,如图乙所示,其中浪板和转子的链接装 置使转子只能单方向转动.若转子带动线圈逆时针转动,并向外输出电流,则下列说法正确的是 图甲 图乙 A.线圈转动到如图乙所示位置时,穿过线圈的磁通量最大 B.线圈转动到如图乙所示位置时,a 端电势低于b端电势 C.线圈转动到如图乙所示位置时,其靠近N 极的一侧受到的安培力方向向上 D.该发电机单位时间内能输出的最大电能与浪板面积的大小有关 三、非选择题:本题共 5 小题,共 54 分。 11. 某实验小组利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律,实验主要步骤如下: i.调节气垫导轨水平,并将气垫导轨固定,用电子秤测得两滑块的质量分别为m1=0.200 kg和 m2=0.400 kg; ii.将滑块A、B 放在导轨上,调节B 的位置,使A 与B 接触时,A 的左端到左边挡板的距离s1与 B 的右端到右边挡板的距离s2 相等,测得s1=s2=0.450 m; iii.使A 以一定的初速度沿气垫导轨向左运动,先后与左边挡板、B 碰撞,用手机上的某软件记 录A 从与左边挡板碰撞时刻开始到与B 碰撞所用的时间t0=0.90 s,分别记录从A 和B 碰撞时 刻开始到各自撞到挡板所用的时间tA =3.30 s和tB =1.44 s. YT6 物理试卷 第4 页(共6页) 请回答下列问题: (1)实验中,A、B 碰撞后的运动方向相反,则应选取质量为 kg的滑块作为B. (2)A、B 从 开 始 接 触 到 分 离,A 的 动 量 改 变 量 是 kg·m/s,B 的 动 量 增 加 量 是 kg·m/s.(结果均保留3位有效数字) (3)A、B 的这次碰撞是非弹性碰撞的依据是 . A.1 t20 > 2 t2B - 1 t2A B.1 t20 > 2 t2B + 1 t2A C.1 t20 < 2 t2B - 1 t2A D.1 t20 < 2 t2B + 1 t2A 12. 某学习小组测量某电池的电动势与内阻,已知其电动势E 约为十几伏,内阻r约为几欧姆,实验 室中提供以下器材: A.量程为10 mA、内阻未知的电流表G; B.电阻箱R1(0~ 9 999.9 Ω); C.定值电阻R0(50 Ω); D.滑动变阻器R3(0~ 100 Ω); E.滑动变阻器R4(0~ 2 000 Ω); F.开关2只,导线若干。 先用如图甲所示的电路来测量电流表G 的内阻。实验步骤如下: ① 按图甲连接好电路,断开S1、S2,将滑动变阻器R'的滑片调至图中a 端所对应的位置; ② 闭合S1,调节R',使电流表G 满偏; ③ 保持R'不变,再闭合S2,调节电阻箱电阻,使电流表G 的读数为5 mA,读出此时电阻箱的示 数R1=100.0 Ω; ④ 调节电阻箱时,干路上的电流可视为几乎不变,即可测量电流表G 内阻Rg 的大小。 (1)为确保实验仪器安全,滑动变阻器应该选取 (选填“R3”或“R4”);而实际干路上电 流会发生变化,故测得的电流表内阻比真实值 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (2)按图乙连接好电路,闭合开关S1,多次调节电阻箱R1 的阻值,记录每次电阻箱的阻值R1 及 对应的电流表的示数I。作出1I-R1 图像如图丙所示,处理数据得到斜率k的大小为0.2 A-1· Ω-1,纵截距b为8 A-1,则求得电池的电动势为 V,内阻为 Ω(结果均保留两位有 效数字)。 YT6 物理试卷 第5 页(共6页) 13. 2023年7月,受台风“泰利”的影响,浙江省嘉善地区发生极端暴雨天气。当暴雨降临时,路面井 盖因排气孔堵塞可能会造成井盖移位而存在安全隐患,如图甲。该过程的原理图如图乙所示, 水面以50 mm/h的速度上涨,质量m=36 kg的某井盖的排气孔被完全堵塞且与地面不粘连,圆 柱形竖直井内水面的横截面积S=0.4 m2,水面与井盖之间的距离h=2.018 m 时开始计时,此 时井内密封空气的压强恰好等于大气压强p0=1.0×105 Pa,井内密封空气可视为理想气体,且 温度始终不变。 (1)若在井盖被顶起前外界对井内密封空气做了650 J的功,则该气体 (选填“吸收”或“放 出”)的热量为 J; (2)求井盖刚好被顶起时井内密封空气的压强; (3)求井盖会被顶起所需的时间。 14. 如图所示,在平面直角坐标系xOy的第一象限内,存在一边长为23L 的正方形区域,该区域存 在垂直坐标平面向外的匀强磁场,在第二象限内存在一边长为4L 的正方形区域,该区域存在沿 y 轴正方向的匀强电场,正方形ABCD 的A 点位于x轴上,A 点坐标为(5L,0),AD 边与x轴的 负方向成30°角。一带负电的粒子从A 点以速度v0沿纸面射入磁场,速度方向与AD 成30°角, 粒子恰好从D 点离开磁场,穿过y 轴进入匀强电场,从P 点(图中未画出)离开电场时的速度方 向与射入磁场时的速度方向垂直,不计粒子的重力,求: (1)P 点的坐标(xP,yP); (2)粒子从A 点运动到P 点的总时间t总; (3)匀强磁场的磁感应强度与匀强电场的电场强度的比值BE 。 15. 水平桌面上放有纸板,小砝码放在纸板上,砝码与纸板左端的距离l=0.5 m,如图所示。已知砝 码与纸板间的动摩擦因数μ1=0.2,纸板与桌面间的动摩擦因数μ2=0.25。现用水平向右的恒 力将纸板拉动,纸板一直在桌面上运动,小砝码可视为质点,砝码和纸板的质量分别为m1=0.3 kg,m2=0.1 kg,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。 (1)若拉纸板的恒力F1=1.6 N,求纸板对砝码的摩擦力f1 的大小; YT6 物理试卷 第6 页(共6页) (2)若拉纸板的恒力F2=2.2 N,求砝码在纸板上滑动的时间t及该过程纸板对砝码所做的功 W。 2025年普通高中学业水平选择性考试 物 理 押题卷(六) 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. B 3. B 4. B 5. B 6. A 7. A 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. AC 9. BD 10. CD 【解析】 题图乙所示位置,线圈与磁场方向平行,穿过线圈的磁通量为零,A 错误;由右手定则 可知,线圈中的感应电流(俯视)方向沿逆时针方向,a 端相当于电源的正极,所以a 端的电势高 于b端的电势,B 错误;又由左手定则可知线圈靠近N 极的一侧受到的安培力方向向上,C正确; 单位时间内输出的最大电能即线圈输出的最大电功率,结合Pm =I2mR、Im = Em R+r 可知线圈输 出的最大电功率与线圈产生的感应电动势最大值有关,又Em =NBSω,ω=2πn,则线圈输出的 最大电功率与线圈的转速有关,又浪板的面积越大,浪板的受力面积越大,转子转动得越快,线 圈的转速越大,所以线圈输出的最大电功率与浪板面积的大小有关,D 正确. 三、非选择题:本题共 5 小题,共 54 分。 11. (1)0.400 (2)0.127 0.125 (3)B 12. (1)R4 偏小 (2)15 6.7 13. 解:(1)井内密封空气的温度始终不变,内能保持不变,在井盖被顶起前外界对井内密封空气做 了650 J 的功,则根据热力学第一定律有 ΔU=W +Q=Q+650 J=0 解得Q=-650 J 所以该气体放出的热量为650 J (2)井盖刚好被顶起时,对井盖由力的平衡条件有 pS=p0S+mg 解得此时井内密封空气的压强为 p=1.009×105 Pa (3)水面上涨的过程,井内密封气体发生等温变化,由玻意耳定律有 p0hS=pHS 解得井盖刚好被顶起时水面与井盖之间的距离 H =2 m 则井盖会被顶起所需的时间为 t= ΔH v = (2.018-2) 50×10-3 h=0.36 h 14. 解:(1)由几何关系可知,粒子从D 点沿x 轴负方向射出磁场,即粒子以垂直匀强电场的方向进 入电场,之后做类平抛运动,假设P 点在x轴上,设P 点粒子的速度方向与x轴负方向的夹角为 θ,则粒子离开电场时, 根据几何关系及平抛运动推论有 tan θ= 23L x0 当粒子从x=-4L 处离开,即x0=4L 时,θ最小,此时 tan θ= 23L 4L = 3 2 > 3 3 即θ>30° 由于粒子离开电场时的速度方向与射入磁场时的速度方向垂直,则根据几何关系可知,粒子出 电场时的速度方向与x轴负方向的夹角为30°,因此假设不成立,P点在直线x=-4L上,根据题 意作出粒子的运动轨迹如图所示,设粒子在电场中的加速度大小为a,运动的时间为t1,沿y 轴 负方向运动的距离为h,D 点的纵坐标为yD,则结合平抛运动规律和几何关系有 yD = 3L 4L=v0t1 tan 30°= at1 v0 h= 1 2at 2 1 yP =yD -h 联立解得yP = 3L 3 所以P 点的坐标为(-4L, 3L 3 ) (2)设D 点的横坐标为xD,粒子在磁场中运动的轨迹半径为R,粒子在第一象限内运动的时间 为t2,则结合几何关系有 xD =5L-23Lcos 30°=2L R=23L t2= xD v0 + 60° 360°× 2πR v0 t总 =t1+t2 结合(1)问解得t总 = 23π+18 L 3v0 (3)在磁场中根据洛伦兹力提供向心力有 qv0B= mv20 R 在电场中由牛顿第二定律有qE=ma 结合(1)(2)问解得BE = 2 v0 15. 解:当砝码恰能相对纸板滑动时,对砝码由牛顿第二定律有 μ1m1g=m1a0 对砝码和纸板整体,由牛顿第二定律有 F0-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a0 联立解得F0=1.8 N (1)由于F1<F0,故用恒力F1拉纸板时砝码和纸板不会发生相对滑动,对砝码和纸板整体由牛 顿第二定律有 F1-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a1 对砝码由牛顿第二定律有 f1=m1a1 联立解得f1=0.45 N (2)由于F2>F0,故用恒力F2 拉纸板时砝码和纸板会发生相对滑动,此时砝码的加速度为 a2=a0=2 m/s2 对纸板由牛顿第二定律有 F2-μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a3 对砝码有x1= 1 2a2t 2 对纸板有x2= 1 2a3t 2 又l=x2-x1 联立解得t=0.5 s 该过程纸板对砝码所做的功为 W =μ1m1gx1 解得W =0.15 J