2025年普通高等學(xué)校招生選擇性考試模擬物理試卷（二）【遼寧、黑龍江、吉林、內(nèi)蒙古專(zhuān)用】

高級(jí)中學(xué)名校試題PAGEPAGE1——★參考答案★——一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。題號(hào)12345678910答案BCDBCADCDABDBCD1．B【解析】A．閉合電路的部分導(dǎo)體在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中不一定會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，例如，當(dāng)部分導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，沒(méi)有產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，此時(shí)，感應(yīng)電流為0，故A錯(cuò)誤；B．電磁波本質(zhì)是電磁場(chǎng)在空間的傳播，可以通過(guò)電纜、光纜進(jìn)行有線傳播，也可以不需要介質(zhì)進(jìn)行無(wú)線傳播，故B正確；C．發(fā)電機(jī)是將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，是根據(jù)電磁感應(yīng)原理制成的，故C錯(cuò)誤；D．普朗克為了解釋黑體輻射現(xiàn)象，第一次提出了能量量子化理論，故D錯(cuò)誤。2．C【解析】由圖可知2和3兩束光傳播方向相反，在P處相干減弱，所以?xún)墒庠赑處振動(dòng)方向相反，根據(jù)同側(cè)法可知C正確。3．D【解析】A．桌面和墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力大小相等，方向相反，作用在同一物體上，因此是一對(duì)平衡力，故A錯(cuò)誤；B．桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力與硯臺(tái)對(duì)桌面的壓力是一作用力與反作用力，故B錯(cuò)誤；C．墨條的速度方向水平向左，墨條受到向右的摩擦力，即硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平向右，故C錯(cuò)誤；D．結(jié)合上述可知，硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向左，硯臺(tái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可知，桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向右，故D正確。4．B【解析】5．C【解析】A．該運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，小球在A點(diǎn)的速度與小球在B點(diǎn)的速度大小相等，但方向不同，故B錯(cuò)誤；C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球的加速度為重力加速度，處于失重狀態(tài)，故C正確；D．根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，小球從A到C的時(shí)間等于從C到B的時(shí)間，故D錯(cuò)誤。6．A【解析】若彈簧壓縮至最短時(shí)，彈簧對(duì)輕質(zhì)桿的彈力小于輕質(zhì)桿與槽間的最大靜摩擦力，則輕質(zhì)桿不會(huì)滑動(dòng)，小球的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，則可知h越大，彈簧的壓縮量x越大，彈簧的彈性勢(shì)能越大，即h增大，。若彈簧壓縮時(shí)，彈簧對(duì)輕質(zhì)桿的彈力大于輕質(zhì)桿與槽間的最大靜摩擦力，輕質(zhì)桿會(huì)向下滑動(dòng)，當(dāng)小球和輕質(zhì)桿速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能達(dá)到最大，此時(shí)小球的重力等于彈簧的彈力，即不管h如何增大，當(dāng)彈性勢(shì)能最大時(shí)，彈簧的形變量不變，彈簧的彈性勢(shì)能不變，即。7．D【解析】A．由圖像可知，金屬桿穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的電流為，桿受重力、支持力和安培力三個(gè)力平衡，根據(jù)平衡條件有解得故A正確，不符題意；B．在時(shí)刻，對(duì)金屬桿根據(jù)牛頓第二定律可得解得金屬桿的加速度大小為故B正確，不符題意；C．金屬桿速度最大時(shí)，克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，則有解得金屬桿的速度大小為故C正確，不符題意；D．當(dāng)金屬桿下滑的位移為時(shí)，可認(rèn)為電流達(dá)到最大值，此過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知根據(jù)功能關(guān)系可得產(chǎn)生的總焦耳熱為桿下滑位移為的過(guò)程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱為解得故D錯(cuò)誤，符合題意。8．CD【解析】A．由圖乙可知，在時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P向上振動(dòng)，根據(jù)“同側(cè)法”可知，波向右傳播；由圖甲可知，波的波長(zhǎng)為，由圖乙可知，波的周期為，所以波速為故A錯(cuò)誤；B．再經(jīng)過(guò)3.5s，則前3s質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程為后0.5s由于質(zhì)點(diǎn)P向位移為負(fù)向最大位移處振動(dòng)，則通過(guò)的路程所以，再經(jīng)過(guò)3.5s質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)“同側(cè)法”可知，L質(zhì)點(diǎn)向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，N質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，則L質(zhì)點(diǎn)比N質(zhì)點(diǎn)先到達(dá)波峰，故C正確；D．人若加快抖動(dòng)輕繩，則波的振動(dòng)頻率變大，波速不變，根據(jù)可知，波長(zhǎng)變小，即兩個(gè)相鄰波峰之間的距離變小，故D正確。9．ABD【解析】A．7.9km/s是地球衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度，所以探測(cè)器在“停泊軌道”上的繞行速度小于7.9km/s，選項(xiàng)A正確；B．探測(cè)器在橢圓軌道上運(yùn)行經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)和在“停泊軌道”上運(yùn)行時(shí)只受到萬(wàn)有引力，在Q點(diǎn)與地球的距離大于在“停泊軌道”上與地球的距離，在Q點(diǎn)受到的萬(wàn)有引力小于在“停泊軌道”上受到的萬(wàn)有引力，探測(cè)器在Q點(diǎn)的加速度大小小于在“停泊軌道”上的加速度大小，選項(xiàng)B正確；C．探測(cè)器在“工作軌道”上勻速繞月飛行，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度為向心加速度，不為零，則不處于平衡狀態(tài)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．根據(jù)開(kāi)普勒第二定律可知，在“橢圓軌道”上運(yùn)行時(shí)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速度比Q點(diǎn)的速度大，選項(xiàng)D正確。10．BCD【解析】A．根據(jù)題意可知，支架B與木板C間發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，支架B與小球A的加速度最大，有即此時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角最大為，選小球A為研究對(duì)象，則有，解得故A錯(cuò)誤；C．選木板C為研究對(duì)象，則有且解得即當(dāng)支架B與木板C間發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，拉力F最小值為，故C正確；B．當(dāng)拉力時(shí)，支架B與木板C相對(duì)靜止，即A、B、C三者相對(duì)靜止，其加速度為，由牛頓第二定律，有解得此時(shí)細(xì)線拉力為，細(xì)線與豎直方向的偏角為，選小球?yàn)檠芯繉?duì)象，有，解得故B正確；D．當(dāng)時(shí)，支架B與木板C間發(fā)生滑動(dòng)，此時(shí)對(duì)木板C有解得設(shè)B經(jīng)時(shí)間t從木板C的左端離開(kāi)，則有解得故D正確二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（6分）（1）2.5；（2）1.4；7.5【解析】（1）[1]設(shè)靈敏電流計(jì)的滿偏電流為Ig，改裝后其量程為則改裝后的電流表內(nèi)阻（2）[2][3]根據(jù)閉合電路歐姆定律得結(jié)合U-I圖像可知：縱軸截距即為電源電動(dòng)勢(shì)斜率則電源內(nèi)阻12．（8分）（1）0.980；（2）0.588；（3）作圖見(jiàn)解析；（4）0.40（0.38~0.42）【解析】（1）[1]四個(gè)鉤碼重力勢(shì)能的減少量為（2）[2]對(duì)滑塊和鉤碼構(gòu)成的系統(tǒng)，由能量守恒定律可知其中系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能為系統(tǒng)增加的動(dòng)能為系統(tǒng)減少的機(jī)械能為，則代入數(shù)據(jù)可得表格中減少的機(jī)械能為（3）[3]根據(jù)表格數(shù)據(jù)描點(diǎn)得的圖像為[4]根據(jù)做功關(guān)系可知?jiǎng)t圖像的斜率為解得動(dòng)摩擦因數(shù)為（0.38~0.42）13．（10分）解：（1）當(dāng)活塞剛剛碰到重物的過(guò)程中，氣體做等壓變化，根據(jù)蓋—呂薩克定律可得（1分）解得（1分）（2）活塞接觸重物之后氣體做等容變化，根據(jù)查理定律可得（1分）代入數(shù)據(jù)解得對(duì)活塞受力分析可知（1分）對(duì)活塞、重物受力分析可得整理代入數(shù)據(jù)解得（1分）（3）活塞剛接觸物體時(shí)，氣體對(duì)外做的功（1分）因?yàn)闅怏w的內(nèi)能U正比于溫度T，設(shè)，則可得（1分）故繩子松弛時(shí)，氣體的內(nèi)能為（1分）內(nèi)能的改變量（1分）根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知解得（1分）14．（12分）解：（1）設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿軸負(fù)方向獲得的分速度為，則由速度合成規(guī)律可得（1分）設(shè)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則有（1分）解得（1分）（2）由可解得粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為（1分）又由可解得（1分）粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示。圖1設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，則有解得（1分）設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為，則有（1分）由牛頓第二定律可得解得故有（1分）（3）設(shè)粒子以初速度從軸上的點(diǎn)射入電場(chǎng)，由于粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的角度不變，故粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況如圖2所示。圖2由幾何關(guān)系可知，此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為粒子在電場(chǎng)中沿軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，有又因?yàn)橛膳ｎD第二定律可知以上各式聯(lián)立可解得（4分）15．（18分）解：（1）C從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得（1分）解得（1分）（2）（?。┯蓤D像可知，當(dāng)時(shí)，系統(tǒng)一起運(yùn)動(dòng)，且時(shí)，A與C恰好能夠一起運(yùn)動(dòng)，對(duì)C由牛頓第二定律可得，此時(shí)A的加速度（1分）此狀態(tài)對(duì)A、B和C組成的系統(tǒng)列牛頓第二定律可得（1分）由圖像可知，當(dāng)時(shí)，A與C相對(duì)運(yùn)動(dòng)，時(shí)，C的加速度，A的加速度（1分）對(duì)A和B組成的系統(tǒng)列牛頓第二定律可得（1分）聯(lián)立解得（1分）（ⅱ）由（?。┓治隹傻茫?分）當(dāng)時(shí)，設(shè)B運(yùn)動(dòng)時(shí)間后落地，則此時(shí)C的速度（1分）A的速度（1分）從B落地到C恰好到達(dá)的過(guò)程中，A與C組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，可