【江苏名师】上京集训2025年高考全国一卷物理考前押题解析（讲义）

第 1页，共 47页 2025 高考物理压轴卷解析版 考点清单 序号 主要内容 考查题型 核心考点 预估难度 1 匀变速直线运动规律 选择题 公式应用、图像分析 ★☆☆☆☆ 2 抛体运动 选择题 运动分解与合成 ★★★★☆ 3 圆周运动 选择题 临界分析，力学分析 ★★★☆☆ 4 天体运动 选择题 建模与转化 ★★☆☆☆ 5 能量与动量 计算题 情景分析过程衔接 ★★★★☆ 6 静电场 选择题 叠加原理 运动分析，力学分析 ★★★★☆ 7 磁场 计算题 法拉第电磁感应定律 动力学综合分析 ★★★★★ 8 机械波机械振动 选择题 简谐振动的规律 机械波传播规律 波的干涉 ★★★☆☆ 9 光学 选择题计算题 临界问题 几何规律的应用 ★★★☆☆ 10 原子核物理 选择题 模型的理解与应用 ★☆☆☆☆ 11 热学 选择题计算题 理想气体状态方程 热力学第一定律 ★★★☆☆ 12 实验专项 实验题 数据处理的原则 ★★★☆☆ 13 动力学综合 计算题 力，能量，动量 三大观点的综合应用 ★★★★★ 14 带电粒子在磁场中运动 计算题 放缩圆旋转圆平移圆 磁聚焦磁发散基本模型 临界问题周期问题的求解 配速法积分动量方法的应用 ★★★★★ 第 2页，共 47页 一、单选题 1．如图，竖直面内固定一大圆环④，小环套在光滑杆上，杆的上下两端分别固定在圆的顶点 P和圆周 Q点 上。圆①②③④共用顶点 P，半径之比为 1∶2∶3∶4，它们把杆分成四段。小环从顶点 P由静止开始沿杆 自由下滑至 Q点，则小环依次经过这四段的时间之比为（ ） A．12 : 6 : 4 : 3 B．1: 2 : 3 : 2 C． ( ) : ( 3 2) :1: 2 )1 3(2   D．2 : 3 : 2 :1 【答案】C 【详解】如图所示 根据题意，由几何知识 : 1: 4: : : 2 : :: : 3PA PB PC PD PE PF PG PH  得 PE EF FG GH   小环套在光滑杆上静止滑下做匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动规律，通过连续相等的位 移所用时间之比为 1 2 3 4: : : 1: ( 2 1) : ( 3 2) : (2 3)t t t t     故选 C。 2．在一辆向右匀加速直线运动的车厢里，将光滑的小球从高 h处相对车厢静止释放，小球与车厢水平地板 第 3页，共 47页 发生弹性碰撞，部分相邻落点 a、b、c如图所示，已知小方格边长为 d，重力加速度为 g，不计空气阻力。 则 （ ） A．可以求出车厢的加速度 B．可以求出小球释放时车厢的速度 C．可以求出车厢在落点 a、c对应时间内的位移 D．可以判断 c是小球与地板第一次碰撞的落点 【答案】A 【详解】A．由题意，小球相对车厢静止释放，小球在水平方向上与车具有相同的初速度，小球与车厢水平 地板发生弹性碰撞，可知每次小球与车厢相撞前后竖直方向的速度大小不变，则相邻落点 a、b、c之间的 时间间隔相同，根据 21 2 h gt ， 23 2x d d aT    ， 2T t 联立可求出车厢的加速度 8 gda h  故 A正确； B．要想求出小球释放时车厢（及小球本身）相对于地面的初速度 0v ，需要知道小球相对于地面的水平运 动情况；而题中仅给出了车厢内相邻落点的示意，并无对地速度的任何参照，故无法求出释放时车厢相对 于地面的速度，故 B错误； C．车厢相对于地面的位移 20 1 2 x v t at  ，其中  0v 是车厢初速度，题中并不知道 0v 的数值，故无法明确计算 从碰撞 a到碰撞 c所经历时间内车厢相对于地面的“绝对”位移，故 C错误。 D．仅凭示意图中几个落点的位置并不能断定哪个落点是小球第一次碰撞地板的位置，例如落点 c也可能是 第二次或第三次碰撞时的位置，故 D错误。 故选 A。 3．人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示，出水管口最下端距水平地面一定高度，出 水管口横截面是圆，不计空气阻力，假如水从管口水平喷出的速度恒定，水流在空中不会中断，则水柱落 在水平地面上的形状大致是（ ） 第 4页，共 47页 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】平抛运动在竖直方向为自由落体运动，则 21 2 h gt 水平方向为匀速直线运动，则水平位移为 0 0 2hx v t v g   考虑管口截面上三个点的轨迹，即最上端、最下端和圆心，如图所示 则 1 0 2 2Δ h R hx v g g    （ ） （ ）， 2 0 2 2 2Δ h R h Rx v g g     （ ） （ ） （ ） 因为 1 2 0 0 2 2 2 2 2Δ Δ 0h R h h R h Rx x v v g g g g          （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） 所以水柱落在地面的形状左右不对称，最下端和圆心的落地点间距 1Δx 大于最上端和圆心的落地点间距 2Δx ， 故形状大致为 D选项。 故选 D。 4．足球运动是深受大家喜爱的运动。某同学练习射门时，从地面上 O点将球射出，经时间 t ，足球沿水 平方向击中球门横梁，反弹后再经 2 t ，球恰好落回 O点。已知碰撞点离地面高为 h，球与横梁碰撞无能 第 5页，共 47页 量损失，不计空气阻力，则 O点到球门的水平距离为（ ） A． 3h B． 2 3h C． 2h D． 2 2h 【答案】A 【详解】足球沿水平方向击中球门横梁，根据逆过程可知 21 ( ) 2 h g t  0x v t  反弹后，设速度与水平方向的夹角为，则 0 cos 2x v t   2 0 1sin (2 ) (2 ) 2 h v t g t      解得 3x h 故选 A。 5．某校王校长喜欢体育锻炼，尤其喜欢柔力球。柔力球以迎、引、抛及弧形接发技术为特征，是一项集健 身、表演和竞技为一体的富有民族特色的体育运动。如图，健身者能控制球拍使球在竖直面内做半径为 R 的匀速圆周运动，忽略球运动过程中受到的空气阻力。a为圆周的最高点，c为最低点，在 a、c两处球拍面 水平，b、d两点与圆心 O等高。已知球的质量为 m，重力加速度大小为 g，球在 c点对球拍的压力大小为 2mg，则球（ ） A．做圆周运动的线速度大小为 2gR B．在 a处受到球拍的作用力为 mg 第 6页，共 47页 C．在 b处所受的合外力不一定指向圆心 D．圆周运动的周期为 2 RT g  【答案】D 【详解】A．球做匀速圆周运动，在 c点对球拍的压力大小为 2mg，根据牛顿第二定律可得 2 2 vmg mg m R   解得 v gR 做圆周运动的线速度大小为 gR，故 A错误； B．球做匀速圆周运动，则在 a处有 2 Na vF mg m R   解得 N 0aF  故 B错误； C．球做匀速圆周运动，所以各处的合外力提供向心力，都应该指向圆心，故 C错误； D．圆周运动的周期为 2π 2πR RT v g   故 D正确。 故选 D。 31．如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的物体 A和 B，A和 B质量都为 m。 它们分居在圆心两侧，与圆心距离分别为 RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数μ相同。若最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是（ ） A．此时绳子张力为 T＝3μmg B．此时圆盘的角速度为ω＝ 2 g r  C．此时 A所受摩擦力方向沿半径指向圆心 D．此时烧断绳子物体 A、B仍将随盘一块转动 【答案】AB 【详解】ABC．A、B两物体相比，B物体所需要的向心力较大，当转速增大时，B先有滑动的趋势，此时 第 7页，共 47页 B所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力沿半径背离圆心；当刚要发生相对滑动时，以 B为 研究对象，有 22T mg mr   以 A为研究对象，有 2T mg mr   由以上两式得 3T mg ， 2 g r   故 AB正确，C错误； D．若烧断绳子，由摩擦力提供向心力，则临界角速度对 A物体 2 1mg m r  解得 1 g r   对 B物体 2 2 2mg m r  解得 2 2 g r   ，则 A、B的向心力都不足，都将做离心运动，故 D错误。 故选 AB。 7．宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统。其中一种三星系统如图所示，三颗质量均为 m的星体位于 等边三角形的三个顶点，三角形的边长为 R。忽略其他星体对它们的引力作用，三颗星体在同一平面内绕三 角形中心 O做匀速圆周运动，引力常量为 G，则（ ） A．每颗星体做圆周运动的线速度为 3Gm R B．每颗星体做圆周运动的周期为 3 2π 3 R Gm C．每颗星体做圆周运动的角速度为 3Gm R D．每颗星体做圆周运动的加速度与三颗星体的质量无关 第 8页，共 47页 【答案】B 【详解】A．任意两个星体之间的万有引力 2 2 GmF R  每颗星体受到的合力 2 1 22 cos30 3 3 GmF F F R     由几何关系知，每颗星体做匀速圆周运动的半径 3 3 r R 根据牛顿第二定律可得 2 2 23 Gm vm R r  解得 Gmv R  故 A错误； B．根据万有引力提供向心力有 2 2 2 2 4π3Gm m r R T  解得 3 2π 3 RT Gm  故 B正确； C．每颗星体做圆周运动的角速度 3 2π 3Gm T R    故 C错误； D．根据 2 23 Gm ma R  得 23 Gma R  可知加速度与质量有关，故 D错误。 故选 B。 8．中国空间站运行在距离地球表面约 400千米高的近地轨道上，而地球同步卫星离地高度约为 36000千米。 如图所示，a为静止在地球赤道上的物体，b为中国空间站，c为地球同步卫星，则下列说法正确的是（ ） A．线速度的大小关系为 a b cv v v  B．周期关系为 a c bT T T  C．向心加速度的关系 c b aa a a  第 9页，共 47页 D．同步卫星 c的发射速度要大于 11.2km/s 【答案】B 【详解】ABC．a与 c的角速度和周期相同，由 v=ωr分析可知，va＜vc。 由 a=ω2r分析可知，ac＞aa。 对于 b与 c，根据万有引力提供向心力得 2 2 2 2 4Mm vG m m r ma r r T     解得 GMv r  ， 2 34 rT GM   ， 2 GMa r  因 c的轨道半径比 b的大，则 vb＞vc，Tc＞Tb，ab＞ac。 综上有，va＜vc＜vb，Ta=Tc＞Tb，ab＞ac＞aa 故 AC错误，B正确； D．因同步卫星 c没有脱离地球的束缚，所以同步卫星 c的发射速度应小于 11.2km/s，故 D错误。 故选 B。 9．如图甲所示，两颗人造地球卫星 1、2在同一平面内沿同一方向绕地球做圆周运动，周期分别为 1T、 2T ， 轨道半径分别为 1r、 2r 。某时刻开始计时，两卫星间距Δr随时间 t变化的关系如图乙所示，已知 0 1 1 7 t T ， 则 1 2 r r 等于（ ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【详解】根据图像可知，经过时间 0t 两卫星再次相距最近，则有 0 0 2 1 2 2 2t t T T     根据题意有 0 1 1 7 t T 解得 2 1 1 8 T T 根据开普勒第三定有律 3 3 1 2 2 2 1 2 r r T T  第 10页，共 47页 解得 1 2 4r r  故选 B。 10．如图所示，质量为 M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为 m的小球一水平向右 的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为 9 2 R （R为圆弧的半径），如果 圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为 3 2 R。重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ） A．小球的初速度大小为 4 gR B．M=0.5m C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，水平位移为 R D．如果圆弧滑块不固定，小球最终的速度大小为 2 gR 【答案】B 【详解】A．如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律 20 1 9 2 2 mv mg R  解得小球的初速度大小为 0 3v gR 选项 A错误； B．如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧时水平速度为 vx，则由水平方向动量守恒 0 ( ) vxmv m M  由能量关系 2 2 0 1 3 1 ( ) 2 2 2 x Rmv mg M m v    联立解得 M=0.5m， 2xv gR 选项 B正确； C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间 2 2 R Rt g g    水平位移为 2xx v t R  选项 C错误； D．如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到槽中并从槽中滑出时槽的速度最大，此时由动量守恒和能量关系 0 1 2mv mv Mv  ， 2 2 20 1 2 1 1 1 2 2 2 mv mv Mv  第 11页，共 47页 解得小球和圆弧槽的速度大小分别为 1 0 1 3 v v gR  2 0 4 4 3 v v gR  选项 D错误。 故选 B。 11．某实验室有一研究摆动的装置，如图所示，质量为 m的小球 B通过不可伸长的轻绳与质量为 2m的滑 块 A相连接，且滑块 A穿套在光滑的轻杆之上可以左右自由滑动。现保持轻绳伸直并将小球 B从与 A等高 处静止释放，已知 AB在同一竖直面内，重力加速度为 g，忽略空气阻力，则当小球 B第一次摆至最低点时 轻绳所受的拉力大小为（ ） A．mg B．2mg C．3mg D．4mg 【答案】D 【详解】由题知，A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，小球 B从释放点第一次摆到最低点有 2 A Bmv mv 根据能量守恒有 2 21 12 2 2A B mgL mv mv   联立解得 3A gLv  , 4 3B gLv  小球 B第一次摆至最低点，根据牛顿第二定律有  2A Bv vF mg m L    解得轻绳的拉力为 4F mg 根据牛顿第三定律，可知当小球 B第一次摆至最低点时轻绳所受的拉力大小为 4mg。 故选 D。 12．如图所示，倾角为θ的光滑斜面体 A放在光滑的水平面上，已知 A的质量为 2m，高为 h，质量为 m的 细长直杆 B，受固定的光滑套管 C约束，只能在竖直方向上自由运动。初始时，A在水平推力 F作用下处 于静止状态，此时 B杆下端正好压在 A的顶端。现撤去推力 F，A、B便开始运动。重力加速度为 g，则（ ） 第 12页，共 47页 A．推力 F 的大小为 sinmg  B．运动过程中，A对 B不做功 C．A、B组成的系统，水平方向上动量守恒 D．当杆的下端刚滑到斜面底端时，斜面体的速度大小 2 2 2 tan gh  【答案】D 【详解】A．静止时 A对 B只有垂直斜面向上的支持力，C对 B有水平向右的作用力，对 B受力分析，如 图 1所示 由平衡条件可知，竖直方向上有 cosABF mg  可得 cosAB mgF   由牛顿第三定律可知，静止时 B对 A只有垂直斜面向下的压力，大小为 cosBA mgF   对 A受力分析，如图 2示，由平衡条件，水平方向上有 sin tanBAF F mg   第 13页，共 47页 故 A错误； B．斜面体对直杆的作用力垂直斜面向上，而直杆的位移方向为竖直向下，所以斜面体对直杆的作用力做负 功，故 B错误； C．由于运动过程中直杆 B受到光滑套管 C的水平作用力，所以杆和斜面体组成的系统水平方向上动量不 守恒，故 C错误； D．当在很短时间 t 内光滑直杆下落 h 高度，由几何知识可知，斜面体向右发生的位移大小为 tan h   ，所以 光滑直杆与斜面体的速度大小之比为始终为 tan ，当杆滑到斜面底端时，设杆的速度大小为 1v ，斜面体的 速度大小为 2v ，由系统机械能守恒有 2 2 1 2 1 1 2 2 2 mgh mv mv   由速度关系 1 2 tanv v  解得 2 2 2 2 tan ghv    故 D正确。 故选 D。 13．如图所示，A、B、C、D为一绝缘圆环上的 4等分点， 3 4 圆弧DABC均匀带正电， 14 圆弧CD不带电， 圆心为 O。M、N是OA和OC的中点，已知 M、N电势分别为 M 和 N ，O点电场强度大小为 E。现撤去 1 4 圆弧 AD段的电荷，则（ ） A．O点电场强度方向水平向右 B．O点电场强度大小为 2E C．M点电势变为 3 M N  D．N点电势变为 2 3 M N  【答案】C 第 14页，共 47页 【详解】AB．根据对称性可知， 14 圆弧 AD段的电荷与 1 4 圆弧 BC段的电荷在 O点电场强度的矢量和为 0， 则 1 4 圆弧 AB段的电荷在 O点电场强度为 E，由于 AD、AB、BC完全相同，则三部分各自在 O点产生的电 场强度大小均为 E，若撤去 14 圆弧 AD段的电荷，根据矢量合成原理可知，O点电场强度方向水平向左，大 小为 2 cos45 2E E 故 AB错误； CD．根据对称性可知， 14 圆弧 AD段的电荷、 1 4 圆弧 AB段的电荷在 M点的电势相等，且等于 1 4 圆弧 BC段 的电荷在 N点的电势，令大小均为 1 ， 1 4 圆弧 AD段的电荷、 1 4 圆弧 AB段的电荷在 N点的电势相等，且等 于 1 4 圆弧 BC段的电荷在 M点的电势，令大小均为 2 ，则有 1 22M    ， 2 12N    撤去 1 4 圆弧 AD段的电荷，则有 1 1 2M     ， 1 2 1N    解得 1 1 3 M N M N        故 C正确，D错误。 故选 C。 14．某种不导电溶液的相对介电常数 r 与浓度 mc 的关系曲线如图甲所示。将平行板电容器的两极板全部插 入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图乙所示的电路。闭合开关 S后，若升高溶液浓度，则（ ） A．电容器电容增大 B．电容器两极板之间电场强度减小 C．电容器两极板之间电势差减小 D．溶液浓度升高过程中电流流过电流表的方向为 M→N 【答案】D 【详解】A．由图可知，若增大溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数减小，根据电容器的决定式 r 4 SC kd    可知，电容器的电容减小，故 A错误； 第 15页，共 47页 BC．由于电容器与电源相连，则电容器两极板间的电压不变，根据 UE d  可知，电容器两极板间电场强度 不变，故 BC错误； D．根据 QC U  可知，由于电容减小，电压不变，则电容器所带的电荷量减小，即电容器放电，流过电流表 的电流方向为 M→N，故 D正确。 故选 D。 15．某空间相距2L固定放置两个点电荷 A、B。如果以 A电荷所在位置为原点，A、B连线为 x轴建立坐标 系，如图甲所示，则 x轴上各点电势 随坐标 x的变化的 x  图像如图乙所示。如果取无穷远处为零电势 点，则点电荷的电势公式为 kQ r   ，其中 k为静电力常量、Q为场源点电荷的电荷量、r为某点距场源点电 荷的距离。则下列说法正确的是（ ） A． 1x 点的场强为零 B． 2x 与 4x 点场强方向相反 C．B的电荷量是 A的电荷量的 8倍 D． 3 1: 5 : 4x x  【答案】BD 【详解】A. x  图像中图线的斜率绝对值表示电场强度大小，由题图可知， 1x 点的场强不为零，故 A错 误； B．沿电场方向电势降低，由题图可知，在 0 2x L  区域内的场强方向沿 x轴正方向，在上 2 3L x L  区域 内的场强方向沿 x轴负方向，在3L x 区域内的场强方向沿 x轴正方向，故图中 2x 与 4x 点场强方向相反，故 B正确； CD． x  图像中图线的斜率绝对值表示电场强度大小，则 3x L 处的电场强度为零，则有   A B 2 23 Q Qk k LL  可得 A B: 9 :1Q Q  第 16页，共 47页 由题图可知 1x 、 3x 处的电势为零，根据电势公式有 A B 1 12 Q Qk k x L x   ， A B 3 3 2 Q Qk k x x L   可得 1 9 5 x L， 3 9 4 x L 则 3 1: 5 : 4x x  故 C错误，D正确。 故选 BD。 16．如图所示，粗细均匀的圆形金属线圈用轻质导线悬吊，两导线分别焊接在圆形线圈的 a、b两点，a、b 两点间的劣弧所对的圆心角为 120°。a、b两点下方线圈处在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。给导线通 以如图所示的恒定电流 I，静止时每根导线的拉力为 F。保持电流不变，将圆形线圈向下平移至刚好完全进 入磁场，静止时每根导线的拉力为 2F。ab连线始终保持水平，导线始终竖直，则圆形线圈的重力为（ ） A．F B． 1 2 F C． 2 3 F D． 3 2 F 【答案】A 【详解】因为 a、b两点间的劣弧所对的圆心角为120，所以上、下两段圆弧的长度之比为 1：2，电阻之比 为 1：2，所以流过 ab间优弧的电流为 3 I ，设 ab间的距离为 L，当 a、b两点下方线圈处在匀强磁场中时， 根据平衡条件得 1 2 3 mg BIL F  将圆形线圈向下平移至刚好完全进入磁场时，根据平衡条件得 1 2 4 3 3 mg BIL BIL F   联立解得 mg=F 故选 A。 17．如图甲所示，一长为 L的导体棒，绕水平圆轨道的圆心 O匀速顺时针转动，角速度为，电阻为 r， 在圆轨道空间存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为 B．半径小于 2 L 的区域内磁场竖直向上，半径大于 2 L 的 区域磁场竖直向下，俯视如图乙所示，导线一端 Q与圆心 O相连，另一端 P与圆轨道连接给电阻 R供电， 其余电阻不计，则（ ） 第 17页，共 47页 A．电阻 R两端的电压为 2 4 BL B．电阻 R中的电流方向向上 C．电阻 R中的电流大小为   2 4 BL R r   D．导体棒的安培力做功的功率为 0 【答案】C 【详解】A．半径小于 2 L 的区域内 2 1 2 2 2 8 L L BLE B      半径大于 2 L 的区域 2 2 32 2 2 8 L LL BLE B       根据题意可知，两部分电动势相反，故总电动势 2 1 2 4 E E E BL    根据右手定则可知圆心为负极，圆环为正极，电阻 R中的电流方向向下，电阻 R上的电压 2 )4( RBRU r r LE R R      故 A错误，B错误； C．电阻 R中的电流大小为   2 4 E BLI R r R r      故 C正确； D．回路有电流，则安培力不为零，故导体棒的安培力做功的功率不为零，故 D错误。 故选 C。 第 18页，共 47页 18．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一长为 L、宽为 d的金属矩形线圈，其电阻为 R，质量为 m，线 圈的右侧以虚线为界存在垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B．现使线圈以垂直磁 场边界大小为 2 2 0 0       B Ldv v mR 的速度向右运动，线圈从开始运动到静止的过程中，线圈刚进入磁场时的加速 度用 a表示，线圈通过的位移用 x表示，通过线圈的电荷量用 q表示，及线圈产生的焦耳热用 Q表示。改 变初速度 v0大小，上述值均发生变化。上述值与线圈的初速度 v0间的关系图像可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．线圈刚进入磁场时，有 0E Bdv EI R  F BId ma  安 联立可解得 2 2 0B d va mR  表明 a与 v₀成正比，A错误； BC．对线圈由动量定理有 第 19页，共 47页 0BIdt mv q It BdxtI R R Rt E     联立有 0mvq Bd  0 2 2 mRvx B d  因 2 2 0 B Ldv mR  表明线圈未完全进入磁场，故 q与 v₀成正比，x与 v₀成正比，B正确，C错误； D．线圈的焦耳热 2 0 1 2 Q mv 表明 Q与 v₀²成正比，D错误。 故选 B。 19．甲、乙、丙三图中， ACDF均为边长为 L的正方形，图甲中，单匝线框 ACD的 AD边是以 F 为圆心的 四分之一圆弧；图乙中，单匝线框 ACD的 AD边是以C为圆心的四分之一圆弧，图丙中，单匝线框 ACD是 等腰直角三角形。现让甲、乙、丙三图中的线框均绕过 AC边垂直于磁场的轴OO匀速转动，角速度大小分 别为 2 3  、 、 ，匀强磁场的磁感应强度大小均为 B，图甲、乙线框中产生的电动势有效值分别为 1 2E E、 ， 则图丙线框中产生的电动势有效值为（ ） A． 1 2 1 1 2 4 E E B． 1 2 1 1 4 2 E E C． 1 2 3 3 2 4 E E D． 1 2 3 3 4 2 E E 【答案】C 第 20页，共 47页 【详解】设甲图中线框的面积为 1S、乙图中线框的面积为 2S ，线框甲中的电动势有效值 1 1 2 2 E BS  图乙中线框转动产生的电动势有效值 2 22E BS  图丙中线框转动产生的电动势有效值 3 3 2 3 2 E BS   根据几何关系 1 23 2 S SS  解得 3 1 2 3 3 2 4 E E E  故选 C。 20．如图所示，表面光滑的斜面固定在水平桌面上，将摆线一端固定在斜面上并使其与斜面平行。现拉开 摆球使轻绳刚好绷直，摆球由静止释放后贴着斜面做简谐运动。已知摆线长为 L，摆的周期为 T，当地的重 力加速度为 g，斜面的倾角为，下列说法正确的是（ ） A．摆球在最高点的加速度 sing  ，在平衡位置的加速度为零 B．只增大摆球的质量，摆球运动的周期将增大 C．若增大摆长的同时减小斜面的倾角，摆的周期可能不变 D．通过计算可知摆球的半径为   2 2 sin 4 gT L    【答案】D 【详解】A．斜面上的单摆的回复力由重力的下滑分力的切向分量提供，重力的下滑分力为 sinmg  ，下滑 分力的切线分力即回复力为 sin sinmg   ，根据牛顿第二定律 sin sinmg ma   解得摆球在最高点的加速度 sin sina g   摆球在平衡位置时回复力为零，由于摆球有向心加速度，摆球在平衡位置的加速度不为零，故 A错误； BC．等效重力加速度为 sing  ，根据单摆的周期公式有 第 21页，共 47页 2 sin lT g    只增大摆球的质量，摆球运动的周期不变，若增大摆长的同时减小斜面的倾角，摆的周期将变大，故 BC错 误； D．等效重力加速度为 sing  ，根据单摆的周期公式有 2 sin lT g    又 l L r  解得摆球的半径为  2 2 sin 4 gT r L     故 D正确。 故选 D。 21．弹簧振子的振动周期可表示为 2 mT k  ，其中 m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。如图所示，质 量为m的滑块左右两端与轻弹簧相连，两弹簧的原长相等，另一端均固定在光滑水平面上的竖直挡板上， 劲度系数分别为 1k 、 2k （ 2 1k k＜ ）。开始时两弹簧均处于原长，将滑块向左移动一小段距离后由静止释放， 滑块第一次运动到最右边所需时间为（ ） A． 2 1 m k k   B． 2 1 m k k   C． 2 1 1 2 m k k k k  （ ） D． 2 1 1 2 m k k k k  （ ） 【答案】B 【详解】易知两弹簧的形变量大小相等，当弹簧形变量为 x时，对滑块有 2 1 2 1(ma k x k x k k x    ) 滑块受力情况与只有一个劲度系数为 2 1k k 的弹簧作用相同，所以该系统的振动周期为 2 1 2 mT k k  （ ） 滑块运动到最右边所需时间为半个周期 2 12 T mt k k    故选 B。 第 22页，共 47页 22．如图，叠放在一起但不粘连的物块A、B与轻质弹簧构成的弹簧振子在竖直方向做简谐运动。A、B一 起运动到最高点时，弹簧恰好处于原长状态，此时用竖直向上的力瞬间将物块A拿走，物块B将继续做简 谐运动。以地面为重力势能参考平面，则与拿走A之前相比，两简谐运动相同的是（ ） A．振幅 B．弹簧的最大形变量 C．弹簧振子系统的机械能 D．物块B的最大加速度 【答案】D 【详解】A．设 A的质量为 m，B的质量为 M，AB组成的整体在平衡位置时 1( )M m g kx  可得 1 ( )M m gx k   B在平衡位置时 2Mg kx 可得 2x k Mg  根据振幅的定义可知，将物块 A拿走后简谐振动的振幅减小，故 A错误； B．由对称性可知，弹簧的最大形变量为简谐振动振幅的 2倍，所以将物块 A拿走后弹簧的最大形变量减小， 故 B错误； C．在最高点弹簧的弹性势能为零，物体的动能为零，所以系统在最高点的机械能等于物体的重力势能，根 据重力势能的公式可知开始时 Ep1=（m+M）gh 后来的弹性势能 Ep2=Mgh 可知系统的重力势能减小，则系统的机械能减少，故 C错误； D．在最高点，开始时 A与 B只受到重力，则加速度 1 ( )M m ga g M m     后来 B也是只受到重力，则 2 Mga g M   可知物块 B的最大加速度不变，故 D正确。 故选 D。 第 23页，共 47页 23．已知水波的传播速度是15m/s，如图所示，甲乙两人在相距 15.1m的池塘边用振动发生器同时击打水面， 振动方向一致，振动频率 5Hzf  ，甲同学抬头看去从他到对岸的垂直方向上有若干个点的振动非常明显， 已知水面宽 20m，在这一垂直方向上这样的点甲同学能看到几个（ ） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 【答案】B 【详解】根据波速公式 v f 可求得波长 3m  甲乙两人在相距 15.1m的池塘边用振动发生器同时击打水面，振动方向一致，所以两列波发生干涉时，振 动加强点的条件是该点到两波源的路程差 ( 0,1,2,3 )x n n   … 设在甲正上方、距甲竖直距离为 y 的点，对两波源的路程差为 2 2(15.1) 3y y n   整理可得 2 2(15.1) 9 (0 20m) 6 ny y n     当 1n  时 36.5m 20my   ，不符合题意； 当 2n  时 16m 20my   ，符合题意； 当 3n  时 8.2m 20my   ，符合题意； 当 4n  时 3.5m 20my   ，符合题意； 当 5n  时 0.1m 20my   ，符合题意； 当 6n  时 0y  ，舍去。 故共有 4 个符合条件的 y 值，对应在这条竖直线上能看到 4个“振动最明显”的点。 故选 B。 24．浅层水波可视作简谐横波，如图 2所示 A、B两点为沿波源向外的一条直线上相距 0.15md  的两点， 已知波源的振动周期为0.2s，A点在振动的最高点，B点在平衡位置。则下列选项判断正确的是（ ） 第 24页，共 47页 A．水波的波长最大为0.2m B．若 B点向上振动，则水波传播的最大速度为3m/s C．若 B点向下振动，则水波传播的最小速度为1m/s D．质点 B刚振动时，速度向右 【答案】B 【详解】A．由题意可知，A点在振动的最高点，B点在平衡位置，则    2 1 1,2,3...... 4 d n n   整理得  4 1,2,3...... 2 1 d n n     当 n=1时，波长最大，为 0.6m  A错误； B．B点在平衡位置向上振动。当水波传播方向由 A向 B时，有  0,1,2,3...... 4 d n n    得  4 0,1,2,3...... 4 1 d n n     最大波长为 0.6m，最大波速为 3m/sv T    当水波传播方向由 B向 A时，有  3 0,1,2,3...... 4 d n n    得  4 0,1,2,3...... 4 3 d n n     同理，最大波速为 第 25页，共 47页 1m/sv  则 B点向上振动，则水波传播的最大速度为3m/s，B正确； C．波长与波速可以无限趋近零，故 C错误； D．质点 B刚振动时，速度方向与 AB直线垂直，D错误。 故选 B。 25．如图，一半径为 R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线 OO′表示光轴（过球心 O与半球底面垂直的 直线）。已知玻璃的折射率为 1.5。现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不 考虑被半球的内表面反射后的光线）。求： （1）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值； （2）距光轴 3 R 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到 O点的距离。 【答案】（1） 2 3 R；（2）2.74R 【详解】（1）如图，从底面上 A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为 i，当 i等于全反射临界角 ic时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为 l。 i＝ic 设 n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有 1sin ci n ＝ 由几何关系有 1sin i R  联立并利用题给条件，得 2 3 Rl  第 26页，共 47页 （2）设与光轴相距 3 R 的光线在球面 B点发生折射时的入射角和折射角分别为 i1和 r1，由折射定律有 nsin i1＝sin r1 设折射光线与光轴的交点为 C，在△OBC中，由正弦定理有  1sin 180sin rC R OC   ＝ 由几何关系有 ∠C＝r1－i1 sin i1＝ 1 3 联立及题给条件得 ( )3 2 2 3 2.74 5 OC R R  26．直角棱镜的折射率 n=1.5，其横截面如图所示，图中∠C=90°，∠A=30°。截面内一细束与 BC边平行的 光线，从棱镜 AB边上的 D点射入，经折射后射到 BC边上。 （1）光线在 BC边上是否会发生全反射?说明理由； （2）不考虑多次反射，求从 AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。 【答案】（1）光线在 E点发生全反射；（2） 2 2 3sin 4 r   【详解】（1）如图，设光线在 D点的入射角为 i，折射角为 r。折射光线射到 BC边上的 E点。设光线在 E 点的入射角为，由几何关系，有 第 27页，共 47页  =90°–（30°–r）> 60°① 根据题给数据得 sin > sin60°> 1 n ② 即θ大于全反射临界角，因此光线在 E点发生全反射。 （2）设光线在 AC边上的 F点射出棱镜，光线的入射角为 i'，折射角为 r'，由几何关系、反射定律及折射 定律，有 i= 30°③ i' =90°–θ ④ sin i = nsinr ⑤ nsini' = sinr' ⑥ 联立①③④⑤⑥式并代入题给数据，得 2 2 3sin 4 r   ⑦ 由几何关系，r'即 AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角。 27．如图所示装置可以发生光的干涉现象，S为单色光源，M为宽度一定的单面镜。S发出的光通过单面镜 反射在光屏上，与 S直接发出的光在光屏上发生干涉若光源 S到单面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分 别为 a和 L，光的波长为 。下列说法正确的是（ ） A．相邻两条亮条纹的中心间距 Lx a    B．光屏上的条纹关于平面镜上下对称 C．若将平面镜M右移一些，亮条纹数量不变 D．若将平面镜M左移一些，相邻亮条纹间距不变 【答案】D 第 28页，共 47页 【详解】A．从光源直接发出的光和被平面镜反射的光实际上是同一列光，故是相干光，该干涉现象可以看 作双缝干涉，所以 SS′之间的距离为 2a，而光源 S到光屏的距离看以看作双孔屏到像屏距离 L，根据双缝干 涉的相邻条纹之间的距离公式可得 2 Lx d   选项 A错误； B．因光线不可能到达平面镜下方，可知光屏上的条纹只在平面镜的水平线上方，选项 B错误； C．如图，若将平面镜M右移一些，从 S发出的射到光屏的光的范围减小，则亮条纹数量减小，选项 C错 误； D．若将平面镜M左移一些，SS′之间的距离不变，L不变，则相邻亮条纹间距不变，选项 D正确。 故选 D。 28．如图所示，两块标准平面玻璃板中间形成一个劈形空间（劈尖角θ很小，可认为 sin tan    ）。用波 长 600nm  的单色光垂直照射，产生干涉条纹。若劈尖角为 42 10 rad ，则当在劈形空间内充满折射率 为 1.50的液体时，相邻亮条纹间距减小了（ ） A．0.2mm B．0.4mm C．0.5mm D．1.0mm 【答案】C 【详解】设当在劈形空间内充满折射率为 1.50的液体时，相邻亮条纹间距减小了 d，相对原来空气中波长 而言，可得 2 tand n        解得 0.5mmd  第 29页，共 47页 故选 C。 29．如图所示，分别用 1、2两种材料作 K极进行光电效应探究，其截止频率 1 2  ，保持入射光不变，则 光电子到达 A极时动能的最大值 kmE 随电压 U变化关系的图像是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】光电管所加电压为正向电压，则根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达 A极时动能的最大值 kmE Ue h h    截止 可知 -kmE U 图像的斜率相同，均为 e；截止频率越大，则图像在纵轴上的截距越小，因 1 2  ，则图像 C正 确，ABD错误。 故选 C。 30．宇宙射线撞击空气中的 147 N原子核会产生碳  14614 C ，但 146 C又会发生  衰变转变为 147 N，从而使大气中 14 6 C的含量达到稳定。已知 1个 14 6 C衰变为 1个 14 7 N释放出的核能为 E ， 14 6 C核的质量为m，光速为 c。则 （ ） A．夏天 146 C衰变速度比冬天要快 B． 147 N的比结合能小于 14 6 C的比结合能 C．β衰变实质的核反应方程为 1 1 00 1 1n H e  D． 147 N核的质量近似为 2 Δ 14 Em c  【答案】C 【详解】A．放射性元素的半衰期由原子核内部自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关 第 30页，共 47页 系，故 A错误； B．由于 146 C衰变为 14 7 N时放出能量，可知 14 7 N比 14 6 C更加稳定，即 14 7 N的比结合能大于 14 6 C的比结合能，故 B 错误； C．β衰变的实质是原子核内的一个中子转化为质子和电子，其核反应方程为 1 1 00 1 1n H e  ，放出的电子称 为β粒子，故 C正确； D．由爱因斯坦质能方程可知 1个 146 C衰变为 1个 14 7 N损失的质量为 2 ΔΔ Em c  则 14 7 N核的质量近似为 2 ΔEm c  ，故 D错误。 故选 C。 31．大量处于 2n  能级的氢原子被频率为 的单色光照射后，能辐射出频率不等于 的光子有 5种，氢原 子的能量示意图如图所示，则辐射出的光子中频率最高的光子的频率为（ ） A．3 B． 4 C．5 D．6 【答案】C 【详解】依题意，吸收光子后，能辐射出 6种不同频率的光子，则吸收光子后，氢原子从 2n  跃迁到 4n  能级，根据跃迁条件可得 4 2 0.85eV 3.40eV) 2.55eVh E E       （ 氢原子从 4n  跃迁到 1n  能级辐射出的光子频率最高，即 m 4 1 0.85eV 13.6eV) 12.75eVh E E       （ 解得 m 5  故选 C。 32．截至 2024年 8月，人类已发现了 118种元素，其中原子序数大于 92的元素都是人工合成的。第 118 号元素 Og是人类合成的最重的元素，合成 Og的核反应方程为 249 48 29498 20 118Cf Ca Og 3X   。已知 Og的半衰 期为 12ms，下列说法正确的是（ ） A．X为正电子