2025届河北省邯郸市部分校高三（上）模拟预测物理试卷（解析版）

这是一份2025届河北省邯郸市部分校高三（上）模拟预测物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，6J等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。
3.请按照题号顺序在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共10小题，共43分。第1~7题只有一个选项符合要求，每小题4分；第8~10题有多个选项符合要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.如图所示，将一块平凹形玻璃板倒扣在另一块平板玻璃之上，从而在两块玻璃之间形成一层空气薄膜，玻璃板的一边沿x方向，用平行单色光向下垂直照射平凹形玻璃板，观察到的干涉条纹形状可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
2.2028年奥运会新增壁球运动项目.如图所示，运动员从A点将球斜向上击出，水平击中墙上B点反弹后又水平飞出，落到C点，竖直，三点在同一水平面上，垂直于AC.不计空气阻力，球碰撞B点前后的速度大小分别为v1、v2，球在AB、BC两段运动时间分别为t1、t2，则正确的是（ ）
A.v1=v2B.v1t2D.t1=t2
3.电影中的太空电梯非常吸引人.现假设已经建成了如图所示的太空电梯，其通过超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，它们随地球同步旋转.图中配重空间站比同步空间站更高，P是缆绳上的一个平台.则下列说法正确的是（ ）
A.太空电梯上各点加速度与该点离地球球心的距离的平方成反比
B.超级缆绳对P平台的作用力方向背离地心
C.若从配重空间站向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝配重空间站转动的方向向前运动，一边落向地球
D.若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，且断裂处为椭圆的远地点
4.一定质量的理想气体从状态a开始，经历abcda过程回到原状态，其P-T图像如图所示，其中ab、cd与T轴平行，bd的延长线过原点O.下列判断正确的是（ ）
A.在a、c两状态，气体的体积相等
B.在b、d两状态，气体的体积相等
C.由c状态到d状态，气体内能增大
D.由d状态到a状态，气体对外做功
5.如图所示，正方形区域abcd内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.一带电粒子从ad边的中点M以速度v垂直于ad边射入磁场，并恰好从ab边的中点N射出磁场.不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A.粒子带负电
B.若粒子射入磁场的速度增大为2v，粒子将从a点射出
C.若粒子射入磁场的速度增大为2v，粒子将从b点射出
D.若粒子射入磁场的速度增大为2v，粒子在磁场中的运动时间将变短
6.如图，电路中电源电动势8V、内阻0.5Ω，电流表内阻不计，R为定值电阻，M为电动机，P、Q两极板正对，间距为d.闭合开关S、S1，电流表示数为3.2A，电子从P板以速度v0垂直于极板射出，恰能到达两极板中央.再将S2闭合，稳定后电流表示数为4A.下列说法正确的是（ ）
A.电动机M的输出功率为6W
B.电动机M的绕线电阻为6Ω
C.定值电阻R消耗的功率减小18W
D.再让电子从P板以速度2v0垂直于极板射出，能到达Q板
7.如图所示，A、B、C是位于匀强电场中某直角三角形的三个顶点，AB=0.2m，∠C=30°.现将电荷量q=-0.1C的电荷P从A移动到B，电场力做功W1=0.2J；将P从C移动到A，电场力做功W2=-0.8J，已知B点的电势φ=0，则（ ）
A.将电荷P从B移动到C，电场力做的功为-0.6J
B.C点的电势为-6V
C.电场强度大小为20N/C，方向由C指向A
D.电荷P在A点的电势能为-0.2J
8.如图所示为一电子透镜内电场线的分布情况，正中间的一条电场线为直线，其他电场线关于其对称分布，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、d两点关于中间电场线对称，虚线为一电子仅在电场力作用下从a运动到b的轨迹.下列说法正确的是（ ）
A.四点电势大小关系为φa>φb=φd>φc
B.b、d两点间连线为等势线，且两点电场强度大小相等
C.电子从a到b电场力做负功，电势能增大
D.若从c点由静止释放一电子，其运动轨迹将与图中c、b两点间的电场线重合
9.如图，足够大水平圆盘中央固定一光滑竖直细杆，质量分别为2m和m的小球A、B用轻绳相连，小球A穿过竖直杆置于原长为l的轻质弹簧上，弹簧劲度系数为，B紧靠一个固定在圆盘上且与OAB共面的挡板上，在缓慢增加圆盘转速过程中，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，则（ ）
A.球离开圆盘后，弹簧弹力不变 B.绳子越长小球飞离圆盘时的角速度就越大
C.当角速度为时，弹簧长度等于 D.当角速度为时，弹簧弹力等于3mg
10.如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面上，质量为2kg的小物块在平行于斜面的拉力F作用下由静止沿斜面向上运动，拉力（F）随位移（x）变化的图像如图乙所示.取g=10m/s2，则在物块沿斜面运动的过程中，下列判断正确的是（ ）
图甲 图乙
A.上升过程中，当x=7.5m时物块的速度最大
B.上升过程中，当x=10m时物块的速度为0
C.上升过程中，物块能达到的最大高度为7.5m
D.下降过程中，当x=0时重力对物块做功的功率为
二、非选择题：本题共6小题，共57分。
11.（6分）图为某实验小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律的装置，实验的主要步骤有：
A.将气垫导轨放在水平桌面上并调至水平；
B.测出挡光条的宽度d；
C.分别测出滑块与挡光条的总质量M及托盘与砝码的总质量m；
D.将滑块移至图示位置，测出挡光条到光电门的距离L；
E.由静止释放滑块，读出挡光条通过光电门的时间t；
F.改变挡光条到光电门的距离，重复步骤D、E，测出多组L和t.
已知重力加速度为g，请回答下列问题：
（1）本实验中______（填“需要”或“不需要”）满足m远小于M.
（2）若某次测得挡光条到光电门的距离为L，挡光条通过光电门的时间为t，滑块由静止释放至光电门的过程，系统的重力势能减少了______；若系统机械能守恒，应满足______.（用实验步骤中各测量量符号表示）
（3）多次改变挡光条到光电门的距离，重复步骤D、E，测出多组L和t，作出L随的变化图像如图所示，图线为过坐标原点的直线，如果在误差允许的范围内，当地的重力加速度大小为g=______时，可以判断槽码带动滑块运动过程中机械能守恒.（用题中已知量和测得的物理量符号表示）
12.（7分）某同学利用如图所示装置做探究一定质量的理想气体在温度不变时压强与体积关系的实验.
步骤如下：
①将一个带两根细管的橡胶塞塞紧烧瓶的瓶口，封闭一定质量的气体，其中一根带阀门的细管连通充满水的注射器，另一根细管与压强传感器相连.
②将压强传感器连接数据采集器，数据采集器连接计算机.
③打开阀门，用手握住烧瓶，缓慢推动注射器活塞向烧瓶内注入一定量的水，然后关闭阀门.
④根据注射器刻度记录注入烧瓶中水的体积V，并记录此时气体的压强p.
⑤多次实验，记录多组数据，分析得出结论.
（1）该同学错误的操作步骤为______（填序号）.
（2）正确进行实验后，该同学根据实验数据画出的图像如图所示，其中的纵坐标为______（选填“V”或“”），烧瓶的容积V0为______.（用图中字母表示）
（3）另一同学重复实验，计算了多组p与（V0-V）乘积，发现p（V0-V）随压强p增大而变小，导致这个现象的原因可能为______.（写出一个原因即可）
13.（8分）在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量.已知定值电阻R0=2Ω.
（1）实验中，定值电阻R0的作用有______.
A.保护电源
B.在电流变化时使电压表示数变化明显
C.在电压变化时使电流表示数变化明显
（2）实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器滑片滑到最左端位置；
②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U-I的值，断开开关S0；
③将滑动变阻器滑到最左端位置；
④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U-I的值，断开开关S0；
⑤分别作出两种情况所对应的U-I图像.
（3）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图乙所示，此时U=______V.
（4）根据测得数据，作出两U-I图像分别如图丙、丁所示，根据图像可知图丙对应的接法为____________（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）.
（5）综合可求得电源电动势E=______V，内阻r=______Ω.（结果均保留两位小数）
14.（9分）如图甲所示，工人师傅自房檐向水平地面运送瓦片，他将两根完全一样的直杆平行固定在房檐和地面之间当成轨道，瓦片沿轨道滑动时，其垂直于直杆的截面（如图乙）外侧为半径为0.1m的圆弧.已知两直杆之间的距离为，房檐距地面的高度为4m，两直杆在房檐和地面之间的长度L=8m，忽略直杆的粗细，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.工人师傅将瓦片无初速度地放置在轨道顶端，只有瓦片与直杆间的动摩擦因数小于μ0（未知）时，瓦片才能开始沿轨道下滑，取g=10m/s2.
（1）求μ0；
（2）若直杆自上端开始在长度L1=1.8m的范围内与瓦片间的动摩擦因数为，其余部分为μ0，忽略瓦片沿着轨道方向的长度，工人师傅每隔0.5s将一瓦片无初速度地放置在轨道顶端，求第一片瓦片落地后的某一时刻轨道上瓦片的个数.
15.（13分）我国在高铁列车和电动汽车的设计和制造领域现在处于世界领先水平，为了节约利用能源，在“刹车”时采用了电磁式动力回收装置，可将部分动能转化为电能并储存起来.如图所示为该装置的简化模型，在光滑的水平面内，一个“日”字形的金属线框，各边长l=0.5m，其中CD、JK、MN边电阻均为，CM、DN电阻可忽略，线框以v0=9m/s的速度冲进宽度也为l，磁感应强度B=0.4T的匀强磁场，最终整个线框恰好能穿出磁场，忽略空气阻力的影响，求：
（1）线框刚进磁场时流过MN的电流大小和方向，并指出M、N哪端电势高；
（2）整个线框的质量m；
（3）MN边穿过磁场过程中，MN边产生的焦耳热Q.
16.（14分）如图甲所示，两个半径为R的竖直固定的绝缘光滑细圆管道与粗糙水平地面AB在B点平滑相切，过管道圆心O1O2的水平界面下方空间有水平向右的电场，记A点所在位置为坐标原点，沿AB方向建立x坐标轴，电场强度大小随位置x变化如图乙所示.质量为m、带电量为+q（q>0）的小球P静止在A点，与地面间动摩擦因数μ=0.5.另有一光滑绝缘不带电小球Q，质量为，以速度向右运动，与小球P发生弹性正碰，碰撞时间极短，且P、Q间无电荷转移，碰后P球可从B点无碰撞进入管道.已知A、B间距离为4R，，重力加速度为g，不计空气阻力，小球P、Q均可视为质点.求：
图甲 图乙
（1）碰后小球P的速度大小vp；
（2）小球P从A点运动到管道最高点C点过程中电场力做的功WAC；
（3）小球P再次到达水平地面时与B点的距离.
【参考答案】
1.B 由题意可知，当用平行单色光向下垂直照射平凹形玻璃板时，观察到的干涉条纹是由于空气薄膜的上下表面所反射的光发生了干涉产生的，由牛顿环原理可知，干涉条纹宽窄的差异，则是空气薄膜厚度变化率的不同所导致的；变化率越大，光程差半波长的奇偶数倍更替得就越频繁，使得条纹更加密集，从而使条纹看起来更窄.即空气薄膜厚度变化率越大，条纹也随之变密变窄.由本题空气薄膜的形状可知，薄膜的厚度越大的地方，薄膜厚度变化率越小，条纹间距越大，条纹越宽；薄膜的厚度越小的地方，薄膜厚度变化率越大，条纹间距越小，条纹越窄.因此观察到的干涉条纹形状可能正确的是B.故选B.
2.D CD.依题意，球在AB段做斜抛运动，看成反方向的平抛运动，则有，球在BC段做平抛运动，有，联立，解得t1=t2，故C错误；D正确；AB.球在AB段水平方向，有，球在BC段水平方向，有，由图可知，联立，解得v1>v2，故AB错误.故选D.
3.B A.太空电梯上各点具有相同的角速度，根据，可知太空电梯上各点加速度与该点离地球球心的距离成正比，故A错误；B.P平台如果只受地球万有引力，则圆周运动角速度比同步空间站要快，而实际圆周运动角速度等于同步空间站角速度，则在万有引力之外，P平台还受到缆绳拉力，故地球的引力与缆绳拉力提供P平台做圆周运动所需的向心力，P平台做圆周运动所需的向心力小于地球对它的万有引力，所以超级缆绳对P平台的作用力方向背离地心，故B正确；C.若从配重空间站向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝配重空间站转动的方向向前运动，一边偏离地球，做离心运动，故C错误；D.若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，其断裂处为椭圆的近地点，因为在近地点线速度较大，半径较小，需要的向心力更大，故D错误.故选B.
4.B AB.由气体的状态方程，可得则有图像的斜率可知a、c两状态分别与O点连线的斜率不同，在a、c两状态，气体的体积不相等；b、d两状态在同一条过原点的直线上，即在同一条等容线上，则在b、d两状态，气体的体积相等，A错误，B正确；C.理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，因此气体由c状态到d状态，气体的温度减小，则内能减小，C错误；D.由题图可知，d与O点连线的斜率小于a与O点连线的斜率，则d状态时的体积大于a状态时的体积，即由d状态到a状态，气体的体积减小，外界对气体做功，D错误.故选B.
5.D A.根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；BC.根据，解得，设正方形边长为L，粒子以速度v和速度2v进入磁场，有，，轨迹如图，可知若粒子射入磁场的速度增大为2v，射出的位置在Nb之间，故BC错误；D.根据C选项分析可知，若粒子射入磁场的速度增大为2v，则在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角将变小，由，又，粒子在磁场中的运动时间将变短，故D正确.故选D.
6.D AB.闭合开关S、S1时，电流表示数为I1=3.2A，根据闭合电路欧姆定律可得，解得定值电阻R的阻值为，再将S2闭合，稳定后电流表示数为，此时电动机M和定值电阻R并联，两者电压相等，根据闭合电路欧姆定律，有E=U+Ir，解得两者的电压为，通过定值电阻的电流为，通过电动机的电流为，因电动机为非纯电阻电路，则电动机的绕线电阻小，电动机的输出功率小于，故AB错误；C.闭合开关S、S1时，定值电阻R消耗的功率为，再将S2闭合，稳定后定值电阻R消耗的功率为，定值电阻R消耗的功率的变化为，因此定值电阻R.消耗的功率减小2.48W，故C错误；D.设电子从P板以速度2v0垂直于极板射出，运动的距离为x，根据动能定理可得，，由于极板间电压减小，则电场强度减小，联立解得x>2d>d，因此让电子从P板以速度2v0垂直于极板射出，能到达Q板，故D正确.故选D.
7.C D.电荷P从A移动到B，电场力做功为，可得，可得φA=-2V，则电荷P在A点的电势能为，故D错误；B.将P从C移动到A，电场力做功，可得，可得，故B错误；A.将电荷P从B移动到C，电场力做的功为，故A错误；C.过B点做AC的垂线，交于D点，如图所示，根据几何关系可得，则有可得，可知BD为等势线，则电场方向由C指向A，大小为，故C正确.故选C.
8.AC A.沿着电场线方向电势降低，由图中电场线及对称性可知，故A正确；B.等势面与电场线垂直，bd连线与电场线不垂直，则b、d两点间连线不是等势线，两点的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；C.由于，电子带负电，根据，所以电子从a到b电势能增大，电场力做负功，故C正确；D.c点处的电场线为曲线，电子受到的电场力始终与电场线相切，电场力的方向变化，所以电子由静止释放后轨迹不与电场线重合，故D错误.故选AC.
9.AD A.球离开圆盘后，对B竖直方向，对A竖直方向，，即弹簧弹力不变，选项A正确；B.设小球恰飞离圆盘时绳子与竖直方向夹角为θ0，此时弹簧长度为，对A，，解得，则对B，，，则小球飞离圆盘时的角速度为定值，与绳长无关，选项B错误；C.当角速度为，此时物块还没有离开圆盘，此时弹簧长度大于，选项C错误；D.当角速度为，此时物块已经离开圆盘，此时弹簧弹力等于，选项D正确.故选AD.
10.AC A.小物块所受重力沿斜面向下的分力大小为，根据图像可知，在拉力作用下，物块先沿斜面向上做匀加速直线运动，后向上做加速度减小的直线运动，当拉力大小为10N时，加速度减小为0，此时速度达到最大值，根据图乙，结合数学函数关系，可以解得x=7.5m，故A正确；B.当x=10m时，根据动能定理有，其中，解得，故B错误；C.令物块沿斜面运动到x=10m位置之后，能够沿斜面继续向上减速至0的位移为x1，则有，解得x1=5m，则上升过程中，物块能达到的最大高度为，故C正确；D.物块由最高点下降至最低点过程有，解得，，则下降过程中，当x=0时重力对物块做功的功率为，解得，故D错误.故选AC.
11.（1）不需要（1分） （2）（1分）
（3）（2分）
解析：（1）实验中需验证砝码及托盘减少的重力势能与系统增加的动能是否相等，并不需要测量拉力，故不需要满足m远小于M.
（2）滑块由静止释放至光电门的过程，系统的重力势能减少了；
根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，滑块通过光电门时速度大小为，系统动能增加了，系统机械能守恒有，则系统机械能守恒成立的表达式是.
（3）由（2）可知系统机械能守恒成立的表达式是，整理得，图像的斜率为解得当地的重力加速度大小为
12.（1）③（1分） （2）V（2分） n（2分） （3）见解析（2分）
解析：（1）探究理想气体温度不变时压强与体积关系，实验过程，用手握住烧瓶（步骤③）会导致容器内气体的温度发生变化，会影响实验，所以是错误的操作.
（2）设烧瓶容积为，由波意耳定律有，得，所以图线的纵坐标是V，图线的纵截距为容器的容积，有.
（3） 这个乘积与物质的量有关，与气体温度有关，实验中发现乘积变小，有可能是实验过程中温度降低或漏气导致的.
13.（1）AB（1分） （3）1.50（1分） （4）接法Ⅰ（2分） （5）1.80（2分） 0.25（2分）
解析：（1）定值电阻R0有保护电源的作用，则根据闭合电路的欧姆定律有，可知加了定值电阻后可以达到电流变化时使电压表的示数变化明显的效果.故选AB.
（3）根据（4）中所做图像可知，电压表最大量程应为3V，而量程为3V的电压表，其分度值为0.1V，采用十分之一读法，需估读到分度值的下一位，由图乙可知电压表的读数为1.50V.
（4）两种方法中接法Ⅰ采用了电流表的内接法，所得U-I图像斜率的绝对值表示电源的内阻、电阻R0与电流表内阻之和，接法Ⅱ采用了电流表外接法，对应图像斜率的绝对值表示电源内阻与电阻R0之和，由此可知图丙对应的接法为接法Ⅰ.
（5）当单刀双掷开关接1，且电流表示数为0时，电压表测量准确，此时电压表所测电压即为电源的电动势，因此电源电动势为图丙的纵轴截距，可得E=1.80V，当单刀双掷开关接2，且电压表示数为0时，电流表测量准确，由图丁图像可知，此时电路电流为I=0.80A，则根据闭合电路的欧姆定律有，解得.
14.解：（1）由几何知识可知，两直杆形成的轨道与水平面的夹角为30°，两直杆对瓦片的弹力之间的夹角为90°，受力分析如图所示，
垂直于轨道方向有
沿着导轨方向有
联立解得.
（2）瓦片在轨道上运动时，在L1范围内，
根据牛顿第二定律可得
解得
运动时间为
瓦片在轨道上运动时，在大于L1范围内，根据牛顿第二定律得
解得
则瓦片速度
运动时间为
瓦片在轨道上总时间
轨道上瓦片个数个
所以轨道上瓦片的个数为6个或7个（2分）
15.解：（1）导体MN进入磁场时感应电动势为E=Blv0=1.8V
回路的总电阻为
流过导体MN的电流大小为
根据楞次定律或右手定则，电流的方向为N到M，M端电势高；（1分）
（2）在整个线框穿过磁场的过程中，总有一个边在切割磁感线，回路的总电阻相当于不变，根据动量定理
解得（约为0.013kg）（1分）
（3）对MN边通过磁场的过程使用动量定理，设t1为MN穿过磁场的时间，
解得
根据能量守恒定律
MN导体棒产生的热
16.解：（1）由动量守恒定律和能量守恒定律得
解得：
（2）A→B过程中，由图乙可知电场力做功
小球P从A点运动到管道最高点C点过程中电场力做的功
（3）A→B过程中摩擦力做功
小球P从A点运动到管道最高点C点过程中由动能定理得
解得最高点C点速度
过C点后小球先在电场线上方做平抛运动，后在电场力和重力的共同作用下运动.
小球做平抛运动的时间
小球做平抛运动的水平位移
小球进入电场中运动时，运动时间
电场力方向加速度
电场力方向位移
综上可解得
综合以上可得，小球P再次到达水平地面时与B点的距离