2025届河北省沧州市多校高三下学期二模物理试题

物 理 注意事项： 1.本卷满分100分，考试时间75分钟。答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷 和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区城均无效。 3.非选择题的作答：用签宇笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸 和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交 一、单项选择题（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，只有一项符合 题目要求) 1.关于物理学史，下列叙述正确的是 A.安培提出分子电流假说，指出磁体和电流的磁场本质上都是运动电荷产生的 B.开普勒发现了行星运动的规律，并通过扭秤实验测出了引力常量 C,笛卡尔将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动 D.汤姆孙通过研究阴极射线发现电子，并精确地测出电子的电荷量 2.如图所示的四幅图片中：图甲是把一不计重力的通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方；图 乙是电磁轨道炮的工作原理图，平行导轨水平放置于沿竖直方向的匀强磁场中，带有可导电 金属架和炮弹垂直放在导轨上；图丙是当电流方向相同时，两条通电导线之间也有作用力：图 丁是通电直导线置于匀强磁场中，通电导线电流方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里.下列 说法中正确的是 ×××× ××Bx× ××1×X XX×X 甲 丙 丁 A.图甲中，通电直导线受到安培力且左端向里右端向外 B.图乙中，闭合开关，金属架和炮弹一起水平向右运动，磁场方向应竖直向上 C.图丙中，当电流方向相同时，导线相互排斥，相互作用是通过磁场发生的 D.图丁中，通电直导线受到安培力且方向向上 3.一列简谐横波在某均匀介质中沿直线传播，沿波的传播方向上依次有M、N两个质点，其平 衡位置相距10.5m,如图甲所示是质点M的振动图像，如图乙所示是质点V的振动图像， t=0时刻质点M和质点N间只有一个波峰.下列说法正确的是 y/cm y/cm 20 20 -20 -20 甲 乙 A.质点M位于平衡位置时，质点V一定处于波醛该波的波长是28m C.该简谐横波的周期为3s D.该波的传播速度为7m/s 4.2025年1月6日，中国香港国际玩具展览会开展.若一辆玩具汽车在水平地面做直线运动， 其速度。与时间：的关系如图所示.下列说法正确的是 ↑v/(m·st) A.汽车刚出发时的加速度大小为1m/s B.汽车在0~3s时间内加速度方向不变 C,汽车在3s末的位移大小为6m D.汽车在前4s内通过的路程为4m 5.在巴黎奥运会网球女子单打决赛中，中国选手郑软文夺得金牌，创造 了新的历史，如图所示，某次在网前截击中，若郑软文在球网正上方距地面h处的M点将球 沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上N点，已知底线到网的水平距离为5，重力加速度 大小为g,不计空气阻力，下列有关说法正确的是 A.网球击出后球的运动是加速度和速度都不断增大的曲线运动 网球 B网球从M点击出至落在底线上N点所用时间为弘 C.网球从M点击出至落在底线上N点位移的大小等于s D,网球做平抛运动的水平位移由抛出时的高度和初速度的大小共同决定 6.如图所示，气闸舱有两个气闸门，与核心舱连接的是闸门A,与外太空连接的是闸门B.国际 空间站核心舱内航天员要到舱外太空行走，需先经过气闸舱，开始时气闸舱内气压为p(地 球表面标准大气压)，用抽气机多次抽取气闸舱中气体，当气闸舱气压降到一定程度后才能打 开气闸门B.已知每次从气闸舱抽取的气体（视为理想气体）体积都是气闸舱容积的子，每次 抽气降低的温度是抽气前气闸舱内热力学温度的日，不考虑漏气、新气体及航天员大小产生 的影响.则抽气3次后气闸舱内气压为 A() R(品)' 核心舱 气闸舱 资源舱 c()p D(层) B 外太空 7.如图所示，宽度为d的平行光滑金属导轨（足够长）固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻 值为R的定值电阻，不计导轨电阻.导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大 小为B:一根长为d,电阻不计的导体棒N放在导轨上，且与导轨保持良好接触.现用一垂 直于导体棒的水平恒力F。使导体棒由静止开始运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直 且接触良好，经过足够长的时间后，MN运动稳定，此时恒力F。的功率为P。,则水平恒力F。 的大小为 AH,服 Ru,景 XX X M X + X cu景 /3P D.Bd√4R 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，有多项符合 题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.最新研究成果表明氦原子被电离一个核外电子后，形成类氢结构的氨离子(H),其能级跃 迁遵循玻尔原子结构理论，能级图如图所示.则下列说法正确的是 A.大量处在第4激发态的氦离子(He)在向低能级跃迁的过程中 He E/eV 00--0 会辐射出6种能量的光 5 -2.18 -3.4 B.大量处在第4激发态的氦离子(He)在向低能级跃迁的过程中， -6.04 2 -13.6 所辐射出的能量最小光子的能量为1.22eV C.一个处在第4激发态的氮离子(He)在向低能级跃迁的过程中最 -54.4 多会辐射出4种能量的光 D.类氢结构的氨离子(He)处在基态时，核外电子的动能最小 9,如图所示，在边长为d的正六边形的三个顶点M、N、P分别固定电荷量+2Q、一Q、一Q(Q> 0)的点电荷，O点为正六边形的中心.规定无穷远处电势为零，则下列说法正确的是 A.O点的电势为零 B.X、Y、Z三点的电势高低关系是Py>z>Px M⊕ ON CP,N连线中点的电场强度大小为品 D.带正电的试探电荷沿XY从X点移到Y点过程中，电势能先增大后减小 10.如图所示，套在一光滑的水平固定杆上的小环N和另一套在光滑竖直固定杆上的小环M 用一不可伸长的轻绳连接在一起，两杆在同一竖直面内，M、N两环的质量均为m=1kg,绳 长为=0.24m.一水平外力F作用在小环N上，整个系统处于静止状态，轻绳与竖直杆夹 角为a=60°.不计空气阻力，轻绳始终处于伸直状态.已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力 加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是 A.作用在小环N上外力F的大小为105N B.撤去F后，小环M在运动过程中机械能守恒 C.撤去F后，轻绳与竖直杆夹角3=3T时，小环M的速度大小 为0.36m/s D,撤去F后，小环N能达到的最大速度为2 5 .m/s 三、非选择题：本题共5小题，共54分 11.(6分)某同学在做探究弹簧弹力和弹簧伸长量的关系的实验中，设计了如图甲所示的实验 装置. F/N 8 L/em (1)实验中，某同学以弹簧弹力F为纵轴、弹簧长度L为横轴建立坐标系，依据实验数据作 出F-L图像如图乙所示，由图线可得出该弹簧的原长为 cm,弹簧的劲度系数 为 N/m. (2)若实验中刻度尺没有完全竖直，而读数时视线保持水平，则由实验数据得到的弹簧劲度 系数将 (选填“偏大”“偏小”或“不受影响”). 12.(8分)某实验小组做“测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率”实验. (cm 40 10 0 丙 (1)先用如图甲所示的游标卡尺测得圆柱体长度为 mm,再用如图乙所示的螺旋测 微器测得圆柱体直径为 mm,然后用如图丙所示的多用表×1Q挡粗测得圆柱 体的电阻为 n (2)较精确测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图 丁所示，电流表00.6A,内阻约0.1,03A,内阻约0.01 2:电压表0~3V,内阻约3k2,0~15V,内阻约15k2.图中 的导线a端应与 (选填电流表“一”“0.6”或“3”)接线 柱连接，b端应与（选填电流表“一”“0.6”或“3”)接线 柱连接。 (3)闭合开关，调节滑动变阻器，得到多组U和I数据.甲同学由每组U、I数据计算电阻，然 后求电阻平均值：乙同学通过U-【图像求电阻.则两种求电阻的方法误差较小的是 (选填“甲同学”或“乙同学”) (4)设被测金属丝电阻为R,金属丝直径为山，接入电路部分的长度为1，则计算该金属丝电 阻率的表达式是p= (用题目给出的物理量符号表示) 13.(10分)如图所示为透明半圆柱体的横截面AQB,半圆截面的半径为R=0.37m,O为圆心， P为圆弧上一点，一束与水平直径AB垂直的光线从P点人射后，经折射、反射后恰好从O 点正上方Q点射出.已知人射角i=60°，光在真空中的传播速度为c=3×103m/s,该柱体的 OA面是反光材料. (1)画出光路图并求该透明材料的折射率n: (2)求光从P点传播到Q点需要的时间.（不考虑多次反射情况） 14.(12分)如图所示，一个固定的光滑斜面AB与光滑水平面BC平滑连接于B点，长L=3.5m、 绷紧的水平传送带在电动机带动下始终以恒定速度v=6m/s逆时针运行，质量m甲=1kg 的小物块甲从距BC高度h=O.8m的A处静止释放，滑上水平面BC后在C点与质量 mz=3kg小物块乙沿水平方向发生弹性碰撞，碰撞后乙滑上传送带.传送带左端有一质量 M=3kg的小车静止在光滑的水平面上，小车的左端挡板处固定一根轻弹簧，弹簧的自由端 在E点，小车的上表面右端点D与E之间粗糙，E点左侧光滑，乙滑上小车后向左挤压弹 簧，向右返回后恰好没有离开小车，水平面BC、传送带及小车的上表面等高且平滑连接，乙 与传送带及小车DE段之间的动摩擦因数均为4=0.5，重力加速度g取10m/s2,不计空气 阻力，甲、乙可视为质点，求： (1)甲与乙碰后瞬间甲、乙的速度大小： (2)传送带的电动机由于传送乙多消耗的电能： (3)DE之间的距离和弹簧的最大弹性势能 D 】 15.(18分)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，电场中半径为R、平行于电场的圆面内有 垂直于电场向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,圆心O到垂直于电场的圆面的弦MN 的距离为R.一足够大的荧光屏固定在电场中，电场与荧光屏垂直，一个带正电的粒子以 初速度沿MN方向从M点射人电磁场，在MN段做直线运动，粒子打在荧光屏上时，速 度与荧光屏夹角为45°；若撒去电场，粒子仍从M点沿MN方向以初速度射入磁场，经历 一段时间后，粒子从P点（图中未标出）离开磁场，离开磁场时速度方向偏转了90°.不计粒 子的重力，求： (1)带电粒子的比荷4： (2)M点到荧光屏的距离： (3)若撤去磁场，原电场大小不变、方向反向，再叠加一个平行圆面的匀强电场E,粒子仍从 M点沿MN方向以初速度。射入叠加电场，粒子到达P点的速度大小仍为o,则所加 的匀强电场的电场强度E多大. N B ×.M 荧光屏 物理参考答案、提示及评分细则 1.A安培提出分子电流假说，指出磁体和电流的磁场本质上都是运动电荷产生的，选项A正确：开普勒发现 了行显运动的规律，卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量，选项B错误：伽利略将斜面实验的结论合理外 推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，选项C错误；汤姆孙通过研究阴极射线发现电子，并求出了 电子的比荷，密立根利用油滴实验精确地测出了电子的电荷量，选项D错误。 2.B图甲中，根据左手定则，通电直导线受到安培力且左端向外右端向里，选项A错误：图乙中，闭合开关瞬 间，金属架和泡弹一起水平向右运动，需受向右的安培力，根据左手定则可知，轨道置于沿竖直方向的匀强磁 场中，磁场方向应竖直向上，选项B正确：图丙中，当电流方向相同时，导线相互靠近，说明通电导线相互吸 引，选项C错误：图丁中，通电直导线受到安培力且方向向下，选项D错误. 3,D由甲，乙振动图像可知，M位于平衡位置时，N可能位于波谷也可能位于波峰，选项A错误：被的传播方 向由M传到八，1=0时刻M,V间仅有一个波峰，则有乎入=10.5m,解得入=14m,进项B错误：由图知该简 谐横波的周期T=2s,选项C错误：该简谐横波的波速为一子=7ms,选项D正确。 4C根据（图像的斜率表示加速度，可得汽车刚出发时的加速度大小为a=是-壹m-2m,适项A 错误：由U-1图像可得，2s时斜率由正值变为负值，所以2时汽车加速度开始反向，选项B错误：v~1图线 围成的面积为汽车位移的大小，汽车在3：未的位移大小为=3学m=6m,选项C正确：由图像围成的面 积可得，前1s内汽车通过的路程=十=之×3m十号×1m=8m,选项D错误， 5,D网球击出之后网球的运动视作平抛运动，平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，速度不断增大，选 项A错误：竖直方向，根据=之g,网球从击出至落地所用时间为一√历，选项B错误：网球从击球点至 落地，点的位移大小为MN-V不中7，选项C错误，根据x=一√西，所以平抛运动的水平位移由范出 时的高度和初速度的大小共同决定，选项D正确 6.B第一-次抽气相当于气体的体积由V变为(1+})儿，温度由不，变为T=不一名T,根据气体实验定律 A+ 7 To-gTo ，得A=:第二次抽气相当于气体的体积由V变为(1+)V,温度由T变为 万-T一青T,根据气体实验定律得_1+} T T-3T 二，得=品A=(员)广.同理抽气3次后气轮内 气压为A=(各)'p,选项B正确 7.CMN运动稳定时，则有F一R,而安培力F=B=B1山，根据闭合电路的欧姆定律可知1一壳一警- 装，所以Re-发，故P,=R,=.解得MN运动稳定时的速度大小。-，所以水平恒力 R Bd R的大小R=F=代-d√层选项C正确， 8,BC大量处在第4激发态的氮离子(H©)在向低能级跃迁的过程中，依据数学组合公式，C=10,选项A错 误：大量处在第4激发态的氨离子(H)在向低能级跃迁的过程中，所辐射出的能量最小光子的能量为E E一E:=1.22eV,选项B正确：一个处在第4激发态的氨离子(He)在向低能级跃迁的过程中最多会缅射 出4种能量的光，选项C正确：类氢结构的氨离子(H)处在基态时.其核外电子的动能最大，选项D错误 9.AC将M处→2Q电荷分成两个+Q的电荷，于是三个电荷+2Q、一Q,一Q可看成两组等量异种电荷，易得 O为两个零电势等势面的交点，即=O,选项A正确：XY在M、P等量异种电荷的等势面上，在M,N等 量异种电荷电场中，X点的电势低于Y点的电势，Y、Z在M,N等量异种电荷的等势面上，在M,P等量异种 电荷电场中，Z点电势高于Y点电势，综上所述，>约>·选项B错误：根据余弦定理，M到PN连线中 点的距离为：=√2+（号）-2×2d×号o:60=4.P.N的电荷在其造线中点产生的合电场强 2 度大小为0，故PV连线中点的电场强度大小为E=:-器，选项C正确：带正电试探电荷沿XX,从X 点移到Y点的过程中，电势能一直增大，选项D错误 10.AD初始时在拉力F作用下，M、N均处于静止.以V为研究对象，根据受力平衡有F一Tsin 60°=O.以M 为研究对象，根据受力平衡有Tcos60°一mg=0,联立两式解得F=103N,选项A正确：在运动过程中， M、V组成的系统机械能守恒，由于轻绳拉力对M做功，所以小环M的机械能不守恒，选项B错误：轻绳与 竖直杆夹角为=37时，将M,N的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两小环沿绳子方向的速度 大小相等，则有wo37”=欧n37,可得w=7-专，在运动过程中，M,N组成的系统机械能 sin37° 守恒.则有mg1cos37一1cos60)=号mr+之m,联立解得小环M的速度大小为=0.72m,选 项C错误：设V的最大速度u根据机被能守恒有mg1-cos60)-令m,解得化=2压m/s,选项 D正确， 11.(1)4(2分)100(2分)(2)偏小(2分) 解析：(1)由题意可知，当弹力等于零时，弹簧的长度是原长，由图线可得出该弹簧的原长为4©m:根据F= a,结合图像可如，图线斜率即为劲度系数则为-益-Q话80Nm-10Nm (2)若实验中刻度尺没有完全竖直，则测得的长度变化量偏大，因此得到的劲度系数偏小， 12.(1)54.5(1分)5.447(5.446~5.449均可)(1分)6.0(6也可，1分)(2)0.6(1分)0.6(1分) (8Z同学1分)p求2分) 解析：(1)根据游标卡尺读数规则，主尺读数十游标尺读数×精度，该圆柱体的长度为54mm十5×0.1mm =54.5mm:根据螺旋测微器读数规则，固定刻度读数十可动刻度读数十估读，圆柱体的直径为5mm十 44.7×0.01mm=5.447mm:多用表的读数为电阻的粗测值，其电阻为6.0. (2)用两节干电池做电源，则电路中电流不超过0.6A.则图中的导线端应与“0.6"接线柱连接，电压表并 联在电阻丝两瑞，则b端应与“0.6”接线柱连接， (3)通过U-I图像求电阻可减小实验误差，则两种求电阻的方法误差较小的是乙同学 ()根据R-一P5-P士解剁该金属丝电阻率的表达式是p一时径 13.解：(1)光路图如图所示（正确画出折射光线和反射光线即可）(1分) 设折射角为由光的折射定律有n0 =n(1分) sinr 由对称性和几何知识有i=∠POQ=r+∠OFE=2r(1分) 解得r=30°(1分) 该透明体的折射率n=√3(1分) (2)设光在透明柱体中传播的距离为，根据几何关系有： x=xm=2Rc0830°=√3R(2分) 光在透明柱体中的传播速度大小v=￡(1分) 光从P点传播到Q点需要的时间1=三1分) 解得光从P点传播到Q点需要的时间1=3迟=3.7X101分) 14,解：(1)小物块甲从光滑斜面A点运动到B点，根据机械能守恒定律得 nmgh=之m,解得w=√2g=4ms(1分) 甲、乙发生弹性碰撞，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得 m甲一n即海十m乙吃(1分) 由机被能守恒定律可得之m=之m4+号L之1分) 解得博=-2m/s,吃=2m/s(1分) (2)设经过时间，小物块乙与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式 可得v=吃十at 根据牛顿第二定理有zg=mza(1分) 代入数据可得=0.8s 物块乙滑行的距离2=2，=3.2m（1分) 2 传送带的位移格=t■4.8m,则△x=w一s2=1.6m(1分) 物块乙与传送带之间因摩擦而产生的热量Q=2g△x=24】(1分) 传送带的电动机由于传送物块乙多消耗的电能 E=7mz(-z')+Q=72J(1分) (3)物块乙最终没有离开小车，物块乙与小车具有共同的末速度哄，物块乙与小车组成的系统动量守恒 zv=(z十MD共(1分) 若D与E之间距离L不是很大，则物块乙必然挤压弹簧，由于E点左侧是光滑的，物块乙必然被弹回到D E之间，设物块乙恰好回到小车的右端D点处时与小车相对静止，则 由能量守恒定律可得之L-L+M4十2mL,解得=心.9m口分) 要使物体乙既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，则D,E之间的距离为0.9m 由能量守恒知B=壹m2-号(mz+0-m%g-2g=13.5】1分 15,解：(1)圆面内无电场时.粒子在匀强磁场中的运动轨迹如图所示.设粒子在磁场中运动的轨道半径为，由 儿何关系得 (-R)+(-子R)=R(2分) 联立解得=子R（1分) 粒子进人磁场，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律 quB-m (2分) 解得品-碳 (1分) (2)粒子在圆面内电磁场中做匀速直线运动时gE=gB(1分) 得E=B(1分) 粒子从八点射出后做类平抛运动，根据题意可知，打在荧光屏上时沿电场方向的速度大小等于W(1分) 设M点到荧光屏的距离为d,根据运动学公式西‘=2ad(1分) 根据牛顿第二定律gE=a(1分) 解得d=恐 (1分) (3)两匀强电场叠加后，仍为匀强电场，由于粒子在P,M两点速度大小相等，因此MP为等势线，粒子从M 点射出后做类斜上抛运动，由几何关系可知，MP与MN的夹角为5°.则 由几何关系MP=2,=72R1分) 5 粒子沿MP方向做匀速直线运动，则MP=cos45·t(1分) 沿垂直MP方向做类竖直上抛运动，则4sm5=aX(1分) 设叠加后电场的电场强度大小为E,则 根据牛顿第二定律qE=ma(1分) 解得E-5深-号4B1分 14gR 限据矢鼓合成可知6-号B1分)