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)蒙古專用】

高級中學(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選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。題號12345678910答案BCDBCADCDABDBCD1．B【解析】A．閉合電路的部分導(dǎo)體在磁場中運動時，電路中不一定會產(chǎn)生感應(yīng)電流，例如，當(dāng)部分導(dǎo)體運動方向與磁場方向平行時，沒有產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，此時，感應(yīng)電流為0，故A錯誤；B．電磁波本質(zhì)是電磁場在空間的傳播，可以通過電纜、光纜進行有線傳播，也可以不需要介質(zhì)進行無線傳播，故B正確；C．發(fā)電機是將機械能轉(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，所以兩束光在P處振動方向相反，根據(jù)同側(cè)法可知C正確。3．D【解析】A．桌面和墨條對硯臺的摩擦力大小相等，方向相反，作用在同一物體上，因此是一對平衡力，故A錯誤；B．桌面對硯臺的支持力與硯臺對桌面的壓力是一作用力與反作用力，故B錯誤；C．墨條的速度方向水平向左，墨條受到向右的摩擦力，即硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，故C錯誤；D．結(jié)合上述可知，硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，墨條對硯臺的摩擦力方向水平向左，硯臺處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可知，桌面對硯臺的摩擦力方向水平向右，故D正確。4．B【解析】5．C【解析】A．該運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動，故A錯誤；B．根據(jù)對稱性可知，小球在A點的速度與小球在B點的速度大小相等，但方向不同，故B錯誤；C．整個運動過程中，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)對稱性可知，小球從A到C的時間等于從C到B的時間，故D錯誤。6．A【解析】若彈簧壓縮至最短時，彈簧對輕質(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)桿不會滑動，小球的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，則可知h越大，彈簧的壓縮量x越大，彈簧的彈性勢能越大，即h增大，。若彈簧壓縮時，彈簧對輕質(zhì)桿的彈力大于輕質(zhì)桿與槽間的最大靜摩擦力，輕質(zhì)桿會向下滑動，當(dāng)小球和輕質(zhì)桿速度相等時，彈簧的彈性勢能達到最大，此時小球的重力等于彈簧的彈力，即不管h如何增大，當(dāng)彈性勢能最大時，彈簧的形變量不變，彈簧的彈性勢能不變，即。7．D【解析】A．由圖像可知，金屬桿穩(wěn)定運動的電流為，桿受重力、支持力和安培力三個力平衡，根據(jù)平衡條件有解得故A正確，不符題意；B．在時刻，對金屬桿根據(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，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，可認為電流達到最大值，此過程中，根據(jù)動能定理可知根據(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程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱為解得故D錯誤，符合題意。8．CD【解析】A．由圖乙可知，在時，質(zhì)點P向上振動，根據(jù)“同側(cè)法”可知，波向右傳播；由圖甲可知，波的波長為，由圖乙可知，波的周期為，所以波速為故A錯誤；B．再經(jīng)過3.5s，則前3s質(zhì)點P通過的路程為后0.5s由于質(zhì)點P向位移為負向最大位移處振動，則通過的路程所以，再經(jīng)過3.5s質(zhì)點P通過的路程故B錯誤；C．根據(jù)“同側(cè)法”可知，L質(zhì)點向y軸正方向運動，N質(zhì)點向y軸負方向運動，則L質(zhì)點比N質(zhì)點先到達波峰，故C正確；D．人若加快抖動輕繩，則波的振動頻率變大，波速不變，根據(jù)可知，波長變小，即兩個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，所以探測器在“停泊軌道”上的繞行速度小于7.9km/s，選項A正確；B．探測器在橢圓軌道上運行經(jīng)過Q點時和在“停泊軌道”上運行時只受到萬有引力，在Q點與地球的距離大于在“停泊軌道”上與地球的距離，在Q點受到的萬有引力小于在“停泊軌道”上受到的萬有引力，探測器在Q點的加速度大小小于在“停泊軌道”上的加速度大小，選項B正確；C．探測器在“工作軌道”上勻速繞月飛行，做勻速圓周運動，加速度為向心加速度，不為零，則不處于平衡狀態(tài)，選項C錯誤；D．根據(jù)開普勒第二定律可知，在“橢圓軌道”上運行時經(jīng)過P點的速度比Q點的速度大，選項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)生滑動時，支架B與小球A的加速度最大，有即此時細線與豎直方向夾角最大為，選小球A為研究對象，則有，解得故A錯誤；C．選木板C為研究對象，則有且解得即當(dāng)支架B與木板C間發(fā)生滑動時，拉力F最小值為，故C正確；B．當(dāng)拉力時，支架B與木板C相對靜止，即A、B、C三者相對靜止，其加速度為，由牛頓第二定律，有解得此時細線拉力為，細線與豎直方向的偏角為，選小球為研究對象，有，解得故B正確；D．當(dāng)時，支架B與木板C間發(fā)生滑動，此時對木板C有解得設(shè)B經(jīng)時間t從木板C的左端離開，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勢斜率則電源內(nèi)阻12．（8分）（1）0.980；（2）0.588；（3）作圖見解析；（4）0.40（0.38~0.42）【解析】（1）[1]四個鉤碼重力勢能的減少量為（2）[2]對滑塊和鉤碼構(gòu)成的系統(tǒng)，由能量守恒定律可知其中系統(tǒng)減少的重力勢能為系統(tǒng)增加的動能為系統(tǒng)減少的機械能為，則代入數(shù)據(jù)可得表格中減少的機械能為（3）[3]根據(jù)表格數(shù)據(jù)描點得的圖像為[4]根據(jù)做功關(guān)系可知則圖像的斜率為解得動摩擦因數(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)解得對活塞受力分析可知（1分）對活塞、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，氣體對外做的功（1分）因為氣體的內(nèi)能U正比于溫度T，設(shè)，則可得（1分）故繩子松弛時，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)粒子在電場中運動時，沿軸負方向獲得的分速度為，則由速度合成規(guī)律可得（1分）設(shè)粒子在電場中的運動時間為，則有（1分）解得（1分）（2）由可解得粒子在電場中的運動時間為（1分）又由可解得（1分）粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖1所示。圖1設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為，則有解得（1分）設(shè)粒子進入磁場時的速度大小為，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射入電場，由于粒子進入磁場時的角度不變，故粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為粒子在磁場中的運動情況如圖2所示。圖2由幾何關(guān)系可知，此時粒子在磁場中做圓周運動的半徑為粒子在電場中沿軸負方向運動時，有又因為由牛頓第二定律可知以上各式聯(lián)立可解得（4分）15．（18分）解：（1）C從開始運動到點，由動能定理可得（1分）解得（1分）（2）（?。┯蓤D像可知，當(dāng)時，系統(tǒng)一起運動，且時，A與C恰好能夠一起運動，對C由牛頓第二定律可得，此時A的加速度（1分）此狀態(tài)對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，A與C相對運動，時，C的加速度，A的加速度（1分）對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（ⅰ）分析可得（1分）當(dāng)時，設(shè)B運動時間后落地，則此時C的速度（1分）A的速度（1分）從B落地到C恰好到達的過程中，A與C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，可得（1分）解得時間內(nèi)，A與C的相對位移（1分）解得（1分）從B落地后到C恰好到達的過程中，由能量守恒得（2分）解得（1分）B下落的高度（1分）解得——★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選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。題號12345678910答案BCDBCADCDABDBCD1．B【解析】A．閉合電路的部分導(dǎo)體在磁場中運動時，電路中不一定會產(chǎn)生感應(yīng)電流，例如，當(dāng)部分導(dǎo)體運動方向與磁場方向平行時，沒有產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，此時，感應(yīng)電流為0，故A錯誤；B．電磁波本質(zhì)是電磁場在空間的傳播，可以通過電纜、光纜進行有線傳播，也可以不需要介質(zhì)進行無線傳播，故B正確；C．發(fā)電機是將機械能轉(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，所以兩束光在P處振動方向相反，根據(jù)同側(cè)法可知C正確。3．D【解析】A．桌面和墨條對硯臺的摩擦力大小相等，方向相反，作用在同一物體上，因此是一對平衡力，故A錯誤；B．桌面對硯臺的支持力與硯臺對桌面的壓力是一作用力與反作用力，故B錯誤；C．墨條的速度方向水平向左，墨條受到向右的摩擦力，即硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，故C錯誤；D．結(jié)合上述可知，硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，墨條對硯臺的摩擦力方向水平向左，硯臺處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可知，桌面對硯臺的摩擦力方向水平向右，故D正確。4．B【解析】5．C【解析】A．該運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動，故A錯誤；B．根據(jù)對稱性可知，小球在A點的速度與小球在B點的速度大小相等，但方向不同，故B錯誤；C．整個運動過程中，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)對稱性可知，小球從A到C的時間等于從C到B的時間，故D錯誤。6．A【解析】若彈簧壓縮至最短時，彈簧對輕質(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)桿不會滑動，小球的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，則可知h越大，彈簧的壓縮量x越大，彈簧的彈性勢能越大，即h增大，。若彈簧壓縮時，彈簧對輕質(zhì)桿的彈力大于輕質(zhì)桿與槽間的最大靜摩擦力，輕質(zhì)桿會向下滑動，當(dāng)小球和輕質(zhì)桿速度相等時，彈簧的彈性勢能達到最大，此時小球的重力等于彈簧的彈力，即不管h如何增大，當(dāng)彈性勢能最大時，彈簧的形變量不變，彈簧的彈性勢能不變，即。7．D【解析】A．由圖像可知，金屬桿穩(wěn)定運動的電流為，桿受重力、支持力和安培力三個力平衡，根據(jù)平衡條件有解得故A正確，不符題意；B．在時刻，對金屬桿根據(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，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，可認為電流達到最大值，此過程中，根據(jù)動能定理可知根據(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程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱為解得故D錯誤，符合題意。8．CD【解析】A．由圖乙可知，在時，質(zhì)點P向上振動，根據(jù)“同側(cè)法”可知，波向右傳播；由圖甲可知，波的波長為，由圖乙可知，波的周期為，所以波速為故A錯誤；B．再經(jīng)過3.5s，則前3s質(zhì)點P通過的路程為后0.5s由于質(zhì)點P向位移為負向最大位移處振動，則通過的路程所以，再經(jīng)過3.5s質(zhì)點P通過的路程故B錯誤；C．根據(jù)“同側(cè)法”可知，L質(zhì)點向y軸正方向運動，N質(zhì)點向y軸負方向運動，則L質(zhì)點比N質(zhì)點先到達波峰，故C正確；D．人若加快抖動輕繩，則波的振動頻率變大，波速不變，根據(jù)可知，波長變小，即兩個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，所以探測器在“停泊軌道”上的繞行速度小于7.9km/s，選項A正確；B．探測器在橢圓軌道上運行經(jīng)過Q點時和在“停泊軌道”上運行時只受到萬有引力，在Q點與地球的距離大于在“停泊軌道”上與地球的距離，在Q點受到的萬有引力小于在“停泊軌道”上受到的萬有引力，探測器在Q點的加速度大小小于在“停泊軌道”上的加速度大小，選項B正確；C．探測器在“工作軌道”上勻速繞月飛行，做勻速圓周運動，加速度為向心加速度，不為零，則不處于平衡狀態(tài)，選項C錯誤；D．根據(jù)開普勒第二定律可知，在“橢圓軌道”上運行時經(jīng)過P點的速度比Q點的速度大，選項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)生滑動時，支架B與小球A的加速度最大，有即此時細線與豎直方向夾角最大為，選小球A為研究對象，則有，解得故A錯誤；C．選木板C為研究對象，則有且解得即當(dāng)支架B與木板C間發(fā)生滑動時，拉力F最小值為，故C正確；B．當(dāng)拉力時，支架B與木板C相對靜止，即A、B、C三者相對靜止，其加速度為，由牛頓第二定律，有解得此時細線拉力為，細線與豎直方向的偏角為，選小球為研究對象，有，解得故B正確；D．當(dāng)時，支架B與木板C間發(fā)生滑動，此時對木板C有解得設(shè)B經(jīng)時間t從木板C的左端離開，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勢斜率則電源內(nèi)阻12．（8分）（1）0.980；（2）0.588；（3）作圖見解析；（4）0.40（0.38~0.42）【解析】（1）[1]四個鉤碼重力勢能的減少量為（2）[2]對滑塊和鉤碼構(gòu)成的系統(tǒng)，由能量守恒定律可知其中系統(tǒng)減少的重力勢能為系統(tǒng)增加的動能為系統(tǒng)減少的機械能為，則代入數(shù)據(jù)可得表格中減少的機械能為（3）[3]根據(jù)表格數(shù)據(jù)描點得的圖像為[4]根據(jù)做功關(guān)系可知則圖像的斜率為解得動摩擦因數(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)解得對活塞受力分析可知（1分）對活塞、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，氣體對外做的功（1分）因為氣體的內(nèi)能U正比于溫度T，設(shè)，則可得（1分）故繩子松弛時，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)粒子在電場中運動時，沿軸負方向獲得的分速度為，則由速度合成規(guī)律可得（1分）設(shè)粒子在電場中的運動時間為，則有（1分）解得（1分）（2）由可解得粒子在電場中的運動時間為（1分）又由可解得（1分）粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖1所示。圖1設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為，則有解得（1分）設(shè)粒子進入磁場時的速度大小為，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射入電場，由于粒子進入磁場時的角度不變，故粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為粒子在磁場中的運