备考信息导航演练3-【衡水真题密卷】2025年高考物理备考信息导航演练（安徽专用）

密真 2024一2025学年度备考信息导航演练 题 物理（三） 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 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8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合要求的。 1.2024年中国一款新型的核能电池BV100发布，该电池利用半衰期为101年的Ni放射性 同位素衰变产生能量，利用先进半导体技术，高效收集衰变产生的电子，以提升核能转化 为电能的效率。下列说法正确的是 () A.Ni的衰变不可能为B衰变 B.8Ni的衰变没有质量亏损 C.Ni衰变生成的新核的比结合能大于限Ni的比结合能 D.经过一个半衰期后电池就一定不能发电 2.如图所示，无人机在空中运动受到的空气阻力与其速度成正比。当无人机以速度在 空中水平匀速运动时，无人机的螺旋桨旋转平面与水平面夹角为α，无人机升力方向垂 直于螺旋桨旋转平面，现使相同无人机以2的速度水平匀速飞行，其螺旋桨旋转平面 倾角为β，下列说法正确的是 () A.a=β B.B=2a C.tan B=4tan a D.tan B=2tan a 物理试题（三）第1页（共8页） 真题密卷·备扌 3.一根轻绳悬挂一个钢球制成一个单摆，此单摆从0时刻起做简谐运动，其振动位移与时 班级 间的图像如图所示，g取10m/s2,下列说法正确的是 ( 3x/cm 姓名 ---------- 得分 A.摆球在1s时动能最大 B.摆球在1.5s时切线方向加速度为零 C.摆球在0.5s时具有的势能最小 D.单摆的摆长约为2m 4.如图所示，一束光线从水面上方以60°的入射角射到平静的水面上的α点，水面下方距离 d处有足够大的水平反射面，光线经反射面反射后经水面上的b点射出，已知a、b两点间 距1~24 ，光在真空中的速度为c,光从a到b的传播时间为 () 60° 水面。 B.a d 2c 、 人 3c 5.如图所示，底面粗糙，斜面光滑的斜劈放在水平地面上，斜面的倾角为0，长为L的细线 一端固定在O点，另一端连接一个质量为的小球，将小球拉至与O点等高处，细线刚 好伸直，由静止释放小球，斜劈放置在水平地面上且始终静止。小球可视为质点，重力 加速度为g。下列说法正确的是 () 177 A.小球摆到最低点的速度大小为√2gL B.小球到最低点时细线的拉力大小为3 mg sin0 C.小球到最低点时所受斜面的弹力大小为ng tan0 D.小球到最低点时，斜劈受到地面的摩擦力大小为3gsin0 信息导航演练 物理试题（三）第2页（共8页） 2 6.如图甲所示，电源（未画出）、电动机和一个热敏电阻串联组成闭合回路，电动机额定电 压为3.0V,额定功率为2.4W,线圈的电阻恒为0.12，热敏电阻的R,-I图线，如图乙 所示。闭合开关，稳定后电动机恰好处于额定状态，若电源内阻不计，不考虑线圈电感 对电路的影响，取√373=19.3，√14.92=3.86，下列说法正确的是 () +R/2 1.0--- 0.1 0 0.9I/A 甲 A.电源的电动势为3.5V B.电动机正常工作时，电路中的热功率为0.518W C.闭合瞬间，电动机未转动时，热敏电阻的阻值为1.93Ω D.闭合瞬间，电动机未转动时，电动机的实际电压为1.93V 7.如图甲所示，质量m=1kg的物块在水平外力作用下由静止开始向右运动，其运动t 图像如图乙所示，物块与地面间动摩擦因数为μ（μ<1）。0~3s内的拉力恒定，且为 3~5s内拉力大小的2倍，g取10m/s2,下列说法正确的是 () 个(m's-1) 18--- tis A.t=1.5s时，拉力的功率为81W B.t=1.5s时，摩擦力的功率为90W C.0~4s内物块克服摩擦力所做的功为108J D.0~5s内拉力所做的功为180J 8.如图所示，在太阳系中，某行星的公转周期是n(n>1)年，月球的半径为R,日地间距离 是地月间距离的倍。经测定，月球和该行星对地心的张角分别为201、202，如图所示， 则该行星的半径是 () 地球 行星 -)20 201 分球 sin 0R sin 01 2 A.sin 02 B. sin nmR C.sin (n1mR D. sin 01 oR 7 物理试题（三）第3页（共8页） 真题密卷·备习 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 9.2024年12月8日泉州无人机烟花表演中出现意外致大量无人机坠入海中。若无人机 在距海面高为80m处出现故障由静止开始下落，坠入海水中经过t=0.2s速度减为 零。不计空气阻力，海水对无人机的浮力始终等于其重力，海水阻力大小恒定，无人机 可看作质点，质量m=500g,g取10m/s2。无人机从开始下落到速度减为零的过程，下 列说法正确的是 () A.坠海后，海水对无人机的阻力大小为100N B.合力的冲量大小为42N·s C.重力的冲量大小为20N·s D.重力的冲量与阻力的冲量矢量合大小为1N·s 10.如图所示，倾角为0、宽为1的光滑平行导轨顶端接有电容器，电容为C,质量为m的导 体棒垂直放置在导轨上，匀强磁场（未画出）垂直导轨平面，磁感应强度大小为B,现让 导体棒由静止开始沿导轨下滑距离d到达MN位置，导体棒始终与导轨垂直且接触良 好，重力加速度为g,导轨及导体棒的电阻不计。下列说法正确的是 () 2m2gdsin 0 A.导体棒在MN处的动能为 B212C+m B212Cm2gdsin 0 B.导体棒在MN处电容器储存的电能为 B212C+m C.导体棒在MN处受到的安培力为 B212Cmg sin 0 B212C+m 2d(B212C+m) D.导体棒从开始运动到下滑至MN处所用时间为 mg sin 0 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6分)某实验小组利用如图装置来验证碰撞过程动量守恒和机械能守恒。当地的重力 加速度为g。 h 777777777777777777777777777 0 信息导航演练 物理试题（三）第4页（共8页） (1)调节斜槽末端水平，利用重锤线，找到斜槽末端在水平地面的竖直投影点O； (2)用刻度尺测量斜槽末端到水平地面的高度h; (3)在地面上铺上大面积白纸并固定，并在白纸上铺复写纸； (4)称量得小球1的质量为m1、小球2的质量为m2,且m1m2(填“>”“<”或 “=”); (5)该实验小组实验时，先让入射小球1多次从斜槽上同一位置由静止释放，落至 地面； (6)将被碰小球2静止于斜槽末端，再将小球1从相同位置由静止释放，与小球2相撞， 并多次重复； (7)从左向右分别找到小球的平均落点M1、P,、N1,并测量出平均水平位移OM1、 OP1、ON1的长度分别为l1、l2、l3; (8)若表达式 成立，则两球碰撞前后动量守恒； (9)若表达式 成立，则两球碰撞前后机械能守恒，上述步骤 (填序号) 是多余的测量。 12.(10分)某实验小组利用如图甲所示的电路测定金属的电阻率。 实验器材如下： 待测金属导线（阻值约为5Ω） 直流电源（电动势为4V) 电压表（量程为0~3V,内阻约为3k2) 滑动变阻器R,(最大阻值为202) 滑动变阻器R2(最大阻值为1002) 电阻箱（最大阻值为99.92） 开关、导线若干、螺旋测微器、毫米刻度尺。 实验步骤如下： (1)用螺旋测微器在被测金属导线上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d, 某次测得直径如图乙所示，读数为 mm; 20 15 乙 物理试题（三）第5页（共8页） 真题密卷·备扌 (2)按如图甲所示的电路图连接好实验电路； (3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量3次，求出其 平均值l； (4)调节滑动变阻器的滑片使接入电路的阻值最大，电路经检查确认无误后，闭合开 关S; (5)调节电阻箱阻值Rp=5.0Ω，电压表的右侧接线柱接 (填“a”或“b”)位置，改 变滑动变阻器滑片的位置，使电压表的示数U的值适当大。电压表的右侧接线柱 接 (填“a”或“b”)位置，读出电压表示数U(U<U); (6)将测得的d、l、Rp、U、Uz值，代入电阻率计算公式中p= ,计算出金属导线的 电阻率。 13.(10分)如图所示，地面上有若干个相连的半径为R的半球形的坑，小球在第一个坑水 平直径左端正上方高R的位置，以水平初速度v。沿相连的水平直径方向抛出，小球落 入第一个坑内，落点在圆心右下方，且与圆心的连线与竖直方向成60°角，重力加速度 为g,不计空气阻力。 (1)求小球的初速度大小。 (2)若要小球落到坑壁时水平方向的位移不少于11R,则小球抛出的初速度最小值。 信息导航演练 物理试题（三）第6页（共8页） 2 14.(14分)如图所示，x轴上方存在方向沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方存在着方向 垂直纸面向外的匀强磁场。一个比荷？=1.0×10？C/kg的带正电的粒子，从0点以 初速度vo=4×104m/s沿与x轴正方向成45°角射人第一象限，此后粒子第一次经过 x轴的位置坐标x=0.2m,粒子在第10次经过x轴时与粒子第1次经过x轴的位置 重合，也是粒子不同次经过x轴位置首次重合，不计粒子重力，取√2=1.4，π= 3.14。求： (1)电场强度的大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)粒子从O点出发到粒子第2025次经过x轴所用的时间（保留两位有效数字）。 /m1 x/m 7 物理试题（三）第7页（共8页） 真题密卷 15.(18分)如图所示，半径R=7.2m的四分之一光滑竖直圆弧轨道固定，轨道右端点与 圆心连线竖直，放在光滑水平面上质量M=4kg的长木板紧靠在圆弧轨道右端，圆弧 轨道与木板上表面相切，与木板右端相距L=0.125m处的地面上固定一竖直挡板，挡 板正上方有一长d=1m的细线，悬挂一个质量m=2kg的黏性物块。将一个质量 =2kg的物块自圆弧轨道顶端由静止释放，物块最后恰好与黏性物块相碰并黏在一 起，物块黏上黏性物块前，物块始终没有与木板相对静止。物块与木板之间的动摩擦 因数μ=0.2，木板与挡板间的碰撞为弹性碰撞，物块皆可看作质点，g取10m/s2。 (1)物块滑上木板后，求木板、物块的加速度大小。 (2)求木板的最大长度。 (3)若细线能够承受的最大拉力是120N,且细线不被拉断，求木板长度。 M m L 备考信息导航演练 物理试题（三）第8页（共8页）。物理· 参考答案及解析 参考答案及解析 2024一2025学年度备考信息导航演练 物理（三） 一、选择题 1.C【解析】根据题意该衰变产生了辐射电子，所以一定 60° 有B衰变，A错误；任何原子核反应产生能量都是来自 V3 水面 于质能转换，所以一定有质量亏损，B错误；核反应中生 成物比反应物更稳定，比结合能也更大，所以Ni衰变 后新核的比结合能变大，C正确；经过一个半衰期后电 水平发射面 池中放射性原子核只剩原来的一半，不是一定不能发 5.B【解析】小球摆到最低点的过程根据机械能守恒，有 电，D错误。 mgLsin 0=- 2m,可得0=√2 gLsin0,A错误；设细线 2.D【解析】如图所示，将所有螺旋桨产生的合力分解为 竖直方向和水平方向两个分量，当水平速度为时，其中 拉力为T,小球在最低点时有T一mgsin0=m ,可得 ,当水平逵度为2如时，根据题意可知空气胆力 tana=f T=3 mg sin0,B正确；小球在最低，点时斜面的弹力与重 力的垂直分量构成平衡力，故N=mg cos0,C错误；小球 2f 过最低，点时，细线的拉力T=3 ng sin0,将其分解为水平 变为原来的2倍，tanB= ,由此可知，tanB-2tana,D mg 方向的分量Tx=3 ngsin0cos0,斜面的弹力的水平分 正确。 量Nx=mg cos0sin0,斜劈受到的水平摩擦力f= Tx-Nx=2 mg sin0cos0,D错误。 6.C【解析】电动机在额定状态，1=Q8A,根据题图 像可知热敏电阻的阻值R1=(0.1+kI)2=(0.1十I)2= 3. 0.92,根据闭合电路欧姆定律，E=0.92×0.8A十 3.0V=3.72V,A错误；电动机正常工作时，电路中 3.A【解析】1s时，摆球经过平衡位置，速度最大，所以 的热功率P3=0.82×(0.9十0.1)W=0.64W,B错 动能最大，A正确；1.5s时摆球到达最大位移处，回复 误；电动机刚刚启动时，电动机实际上可以看作是纯电 力最大，所以振动方向的加速度最大，B错误；0.5s时 E 阻，十0.1中7I,代入相关数据，可得I=1.83A,热教 摆球也是在最大位移处，动能为零，势能最大，C错误； 电阻的阻值R2=0.1十kI=1.932,C正确；电动机刚刚 根振单狂的习菊公名T=2:后T=2可如 启动时，电动机的实际电压U。=Ir。=0.183V,D错误。 7.D【解析】由题图可得a1=6m/s2,a2=9m/s2,根据题 1m,D错误。 意有两种可能：拉力一直与速度同向，F1一F:=ma1, 4.D【解析】如图所示，根据对称性可得，在水面的折射 Fi-F2=ma2,联立解得F:=2.4mg,不符合题意；0~3s d 时间内的拉力方向与同向，3~5s时间内拉力方向与 3 角的正弦值sina= 2,则水的折射率 速度反向，F1一Fi=ma1,F:十F2=ma2,联立解得Fr= 0.4mg,F2=0.5g,F1=mg,符合题意。根据题图可得 )+d2 3 t=1.5s时，物块的速度v1=9m/s,拉力的功率P1= n=sin60 F11=90W,A错误；t=1.5s时，摩擦力的功率P1= =5,光在水中的速度0=C=,光在水中 sin a n√3 1 F01=36W,B错误；0~4s内物块运动的位移x=2X 的路程s=2l= 后，所以传播时间=5一妇 7=。D正确。 2m,克服摩擦力所做的 81 18X3m+2×(18+9)×1m= 物理答案（三）第1页（共3页） 2 真题密卷 备考信息导航演练（三） 功W=Fx=162J,C错误；0~5s内物块运动的位移x= (8)由于两小球离开水平槽口后均做平抛运动，所以水 18×5 2m=45m,根据动能定理，0~5s时间内拉力所做的 平位移之比即为抛出时的水平初速度之比，有m1l2= m1l1十m2l3,由此可验证两小球碰撞前后动量守恒。 功与摩擦力做功之和为零，Wp=Fx'=180J,D正确。 1 8.C【解析】地球和行星都绕太阳公转，万有引力提供向 (9)碰前小球1的动能Ek三)m1品三7m12行8，碰 心力，将日地间距离记为r0,根据开普勒第三定律有 疗，又由T,=nT,可得该行星与太阳的距离 ro ri 后系统芯动危E以=Eu十Ea-m1i十子m:好 1l,11 212h8十2m227g,若机械能守恒必有Ek=E, r1=nr0,当如题图观察时，观察行星，有 r1-r0 即m1l号=m1l?十m2l?,由此可验证两小球碰撞前后 sin0,对月亮观察，有m =sin01,联立可得R行=(n 机械能守恒。从解析中可知，验证过程不需要测量高 度h,即步骤(2)是多余的。 1)mR sina,C正确。 、sin02 12.(1)0.670(0.669mm~0.671mm均可)(2分) 二、选择题 (5)b(2分)a(2分) O,4分 9.AD【解析】无人机下落过程，根据机械能守恒定律有 【解析】(1)d=0.5mm+17.0×0.01mm=0.670mm。 1 mgh=2mu,解得u-40m/s,无人机坠入海水中，根据 (5)首先接入b端，因为接b处电压表读数较大，使得 电压表读数适当大，且不超过量程，接a处测量R.的 动量定理有ft=0一o,解得海水对无人机的阻力f= 电压。 一100N,A正确；整个过程根据动量定理有I令=△P= 0,B错误；设自由落体运动的时间为t1,有v=gt1,解得 (6)根据串联电路中-R,由电阻定律得p= t1=4s,重力冲量Ic=mg(t十t1)=21N·s,C错误；由 RSπdURp 于合力冲量等于零，Ic十I:十I净=0，所以重力与阻力的合 41(U-U.)° 力的冲量大小等于浮力的冲量大小，I浮=mgt=1N·s,D 正确。 1aw(+9 (2)5√2gR 10.CD【解析】导体棒下滑时有I△t=C△U,U=Blm,所以 【解析】(1)因为竖直方向为自由落体运动，有 =△，又有F:=B肌，联主解得F:=BrC是根 R+Rsin3o°=2t2 (1分) 据牛顿第二定律有mngsin0-B1C △t =ma,可得a= 平抛运动水平方向为匀速运动，有 R+Rcos30°=t (1分) BC十m,所以导体棒是匀加速下滑，由匀变速公式可 mg sin 0 3V3gR 解得=1+2)3 (2分) 1 得2ad=v2,所以Ek=2mw2=gd sin0 ,A错误；电容 B212C+m (2)设小球恰好飞过第5个半圆坑，竖直方向有 器储存的电能Ec=mgdsin0一Ek,解得Ec= R=28号 (1分) B212Cmgdsin 0 ，B错误；在此过程中的安培力F= B212C+m 水平方向有 B212Cmgsin 0 10R=v2t2 (1分) mg sin 0-ma- B212C+m ,C正确；设下滑所用时间 解得v2=5√2gR (1分) 1 2d(B212C+m) 验证，若落在第6个坑的最低位置，竖直方向有 为t,有2at2=d,解得i=√mgsin0 ,D正确。 1 三、非选择题 2R=28号 (1分) 11.(4)>(1分)(8)m1l2=m1l1+m2l3(2分) R 解得t2=2, (9)m1l=m1l+m2l号(2分)(2)(1分) Ng 【解析】(4)根据动量守恒，可得碰撞后两个小球的速 又由v2t2=10w2R>11R (1分) 度都沿原来的方向，且小球1的速度应小于小球2的 故小球抛出的初速度最小值为5√2gR。 (1分) 速度，便于记录落点位置，所以m1>m2。 14.(1)8.0×102V/m(2)3.5×10-2T(3)0.014s 物理答案（三）第2页（共3页） ·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)粒子以与x轴正方向45°角从原点O进入 解得a2=1m/s2。 (1分) 电场 (2)设物块运动到轨道底端的速度为0 在y轴方向，速度分量vy= 2 (1分) 由mgR=2mo8 (1分) √2 解得0=12m/s 在工轴方向，速度分量u,=200 (1分) 若木板与物块共速，根据动量守恒 粒子在y轴方向做匀变速运动，有 mo=(m+M)v共 (1分) Eq=ma 解得v共=4m/s v,=at (1分) 物块的速度改变量大小 粒子在x轴方向做匀速运动，有 △v=v0-v共=8m/s x=vx·2t (1分) 根据题意可知物块与木板未达共速 解得E=8.0×102V/m。 (1分) <A”=4s (1分) (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，再以45°角返回 al x轴，做周期性运动，粒子第10次、第1次经过的位置 物块能恰好与黏性物块黏上，则有 x=0.2m,则粒子在磁场中偏转后过x轴的弦长 1 2a1l=1+L (1分) 1=5x=0.16m (1分) 1 2a:ti=L 由此可得粒子在磁场中的偏转半径 t=(2n+1)to(n=0,1,2…) (1分) 1 7=2c0s45=0.08V2m (1分) 1 综上可得n<3.5,l=ut-2a1t-L 根据r=m (1分) qB 结合一元二次方程求极值，可得n=5.5时有极值，根 据题意，n为整数，故验证可得n=3时，符合题意的最 解得B=2.5√2×10-2T≈3.5×10-2T。 (1分) 长木板的长度为29.625m。 (1分) (3)当粒子第2025次经过x轴时，粒子已经在电场中 (3)当n=1时，t1=(2n+1)t0=1.5s 完成了1013次匀变速运动，在磁场中完成了1012次 物块粘上前的速度 偏转，每一次经过电场时间 v3=v0一a1t1=9m/s (1分) √2 tEo- X10-6s (1分) 两物块结合后共同速度记为4，根据动量守恒，有 ② 2 20g mus-2mvs (1分) 可得结合后速度v4=4.5m/s 粒子在磁场中的偏转周期 根据牛顿第二定律 T=2rm gB (1分) 2mvi Fr=2mg+d (1分) 粒子每次在电磁场中转过0.75个圆周，经历的时间 可得Fr=121N tBo=4T=3V2πX10-5s 3 (1分) 超出细线的拉力限制，故=1时，木板长度不符合 故粒子从O,点出发到第2025次经过x轴已经运动 (1分) 的时间 同理当n=2时，Fr=89N (1分) t=1013tE0+1012tB0≈0.014s。 (2分) 由此可知物块在木板上运动时间越长，碰前速度越低， 15.(1)2m/s21m/s2(2)29.625m 碰后对细线拉力越小，所以当=3时，可解得Fx更小， 所以保证细线不断的木板长度，由 (3)23.625m或29.625m 【解析】(1)对于物块有 1=6(2n+1)-4(2n+1)2-0.125 (1分) umg-ma (1分) 得1=-n2+11n+5.625(m),n=2或3 (1分) 解得a1=2m/s2 (1分) 即1=23.625m或l=29.625m。 (1分) 对于木板有 umg =Ma2 (1分) 物理答案（三）第3页（共3页） 7