2025年高考押题预测卷：物理（黑吉辽蒙卷02）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：物理（黑吉辽蒙卷02）（解析版），共17页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．某同学利用图示电路研究光电效应相关规律。用频率为的入射光照射光电管，当滑动变阻器的滑片移至图示位置时，电流表的示数恰为零，电压表的示数为；换用频率为的入射光照射光电管时，需将滑片向右移动少许，电流表示数方可恰好为零，此时电压表的示数为，若已知电子的电荷量为e。则下列说法正确的是（ ）
A．
B．图中a应与电源正极相连
C．据题中所给物理量可求出普朗克常量
D．若仅增大频率为的入射光的强度，则电流表示数恰为零时，对应的电压表示数将大于
【答案】C
【解析】A．根据爱因斯坦光电效应方程可得，
将滑片向右移动少许，则
所以
故A错误；
B．由题可知，此时光电管两端应加反向电压，即a端连接电源负极，b端连接电源正极，故B错误；
C．由以上分析可得
故C正确；
D．若仅增大频率为的入射光的强度，则电流表示数恰为零时，由于入射光的频率不变，则对应的电压表示数将仍等于，故D错误。
故选C。
2．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．如果A球带电，则A球一定带正电B．如果A球带电，则A球的电势能一定减小
C．如果B球带电，则B球一定带负电D．如果B球带电，则B球的电势能一定减小
【答案】B
【解析】AB．平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A在上方，B在下方，由 可知，A下落的加速度大于B的加速度；如果A球带电，则A的加速度大于B，故A受到向下的电场力，则A球一定带负电，电场力做正功，电势能一定减小，故A错误，B正确；
CD．同理可得，如果B球带电，则B带正电，电场力对B做负功，电势能一定增加，故CD错误。
故选B。
3．“羲和号”是我国首颗24小时全天候对太阳进行观测的试验卫星。可认为其绕地球做匀速圆周运动，距地高度517km，轨道平面与赤道平面垂直，如图所示。则“羲和号”（ ）
A．运行周期为24h
B．线速度大于第一宇宙速度
C．角速度大于地球同步卫星的角速度
D．向心加速度小于地球赤道上物体的向心加速度
【答案】C
【解析】A．根据万有引力提供向心力
可知
由于“羲和号”轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，所以“羲和号”的周期小于地球静止卫星的周期，即小于24h，故A错误；
B．第一宇宙速度是以地球半径为轨道半径的卫星的运行速度，是最大的运行速度，故“羲和号”的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C．根据，因为“羲和号”的周期小于地球同步卫星的周期，则“羲和号”的角速度大于地球静止卫星的角速度，故C正确；
D．根据牛顿第二定律可得
所以
轨道半径越大，加速度越小，故“羲和号”的向心加速度大于地球静止卫星的向心加速度，而地球赤道上物体与地球静止卫星具有相同的角速度，根据可知，地球静止卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，所以“羲和号”的向心加速度大于地球赤道上物体的向心加速度，故D错误。
故选C。
4．如图所示，大人用与水平方夹角为α、斜向上的拉力F向前拉总质量为m的小孩和雪橇，从静止开始沿直线匀加速通过距离x的过程中（ ）
A．雪橇对地面的压力大小是mg-FcsαB．雪橇与地面之间摩擦力大小是Fsinα
C．拉力做功是FxD．拉力做功是Fxcsα
【答案】D
【解析】A．将小孩和雪橇作为整体，受力分析可知，在竖直方向上
解得
根据牛顿第三定律可知，雪橇对地面的压力大小是，A错误；
B．由于雪橇做加速运动，可知摩擦力，无法比较与Fsinα的大小关系，B错误；
CD．根据功的定义可知，拉力做功，C错误，D正确。
故选D。
5．如图所示，半径为的四分之一光滑圆轨道 的末端B点的切线水平，轨道与半径为的光滑半圆轨道在B处连接且固定，半径固定且半径可调节。一个可视为质点的小球从A点由静止释放，经过B点后落在半圆轨道上，空气阻力可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．若小球在空中运动的时间最长，则
B．若小球在空中运动的时间最长，则
C．若，则小球可能会落在间的某点
D．若，则小球可能会落在间的某点
【答案】A
【解析】AB．若小球在空中运动的时间最长，此时小球落在C点，根据平抛运动规律有
，
小球从A点由静止释放至运动到B点，根据动能定理有
解得
选项A正确，B错误；
CD．综上可知时，小球会落在C点右侧，即若，则小球可能会落在CD间的某点；时，小球会落在C点左侧，即若，则小球可能会落在BC间的某点，选项CD错误。
故选A。
6．装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示．把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0．5s．竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图象如图乙所示，其中A为振幅．对于玻璃管，下列说法正确的是（ ）
A．系统受到重力、浮力和回复力的作用
B．位移满足函数式
C．振动频率与按压的深度有关
D．在时间内，位移减小，加速度减小，速度减小
【答案】B
【解析】A．玻璃管（包括管内液体）只受到重力和水的浮力，所以玻璃管做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力，故A错误；
B．振动周期为0.5s，则
由题意可知图像中A=4cm
t=0时刻
结合t=0时刻玻璃管振动的方向向下，可知
则玻璃管的位移满足函数关系式为
故B正确；
C．由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动周期与振幅无关，故与按压的深度无关，故C错误；
D．由题图乙可知，在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，玻璃管向着平衡位置加速运动，所以速度增大，故D错误。
故选B。
7．一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图甲所示。从开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力和，其大小与时间t的关系如图乙所示。已知物块的质量为1kg，重力加速度g取，，，不计空气阻力，则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．时，物块的加速度为
C．时，物块速度大小为
D．到时间内，和对物块做的总功为144J
【答案】C
【解析】A．根据题图乙可得，，故两力的合力为
物块在y轴方向受到的力不变，为，x轴方向受到的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；
B．时，，则，，
故B错误；
C．时，沿x轴正方向，对物块根据动量定理得
由于与时间t成线性关系，故可得，
此时y轴方向速度大小为
故此时物块的速度大小为
故C正确；
D．前两秒物体沿y运动
重力做功为
根据动能定理
解得
故D错误。
故选C。
8．某篮球爱好者对着竖直墙壁练习传球，球出手时的位置P离地高度为h，球斜向上传出，刚好垂直打在墙壁上的Q点，球垂直墙壁反弹后恰好落在P点正下方的地面上。已知P点离墙面的水平距离恰好等于h，Q点离地高度为1.5h，重力加速度大小为g，球的质量为m，不计球的大小，忽略空气阻力，则（ ）
A．球与墙面碰撞前一瞬间速度大小为
B．球与墙面碰撞后一瞬间速度大小为
C．球与墙面碰撞过程损失的机械能为
D．球落地前一瞬间，重力的瞬时功率大小为
【答案】AC
【解析】A．球斜向上运动到Q点过程做斜上抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，设从P点到Q点时间为，则
得
水平方向做匀速直线运动，球与墙面碰撞前一瞬间速度大小为，故A正确；
BC．设从Q点到地面时间为，则
得
球与墙面碰撞后一瞬间速度大小为
则碰撞过程中损失的机械能，故B错误，C正确；
D．球落地前一瞬间竖直方向的分速度
因此重力的瞬时功率，故D错误。
故选AC。
9．如图所示，在一个闭合铁芯中绕着一个匝数为n = 1000的原线圈，该原线圈与一个电流表A串联后接在有效值为220 V的交流电源两端，两个匝数为n1 = n2 = 500的副线圈分别接有电压表V1、V2，定值电阻R1 = 22 Ω、R2 = 44 Ω两个二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，已知电表均为理想电表，则下列说法正确的是（ ）
A．电压表V1的示数一定小于V2的示数B．电流表A的示数为7.5 A
C．电流表A的示数为1.875 AD．任何时刻穿过三个线圈的磁通量都相等
【答案】CD
【解析】A．根据变压器原理，在有两个副线圈的情况下
，
因为n1 = n2 = 500，U = 220 V，故有
故A错误；
BC．因为两个副线圈的输出端分别串联了一个具有单向导电性的二极管，且二者反向，故在R1中有电流通过的半个周期内，R2中没有电流，则在这半个周期内流过R1的电流为
则在接下来的半个周期内R2中有电流，R1中没有电流，流过R2的电流为
两个副线圈可以等效为一个副线圈，设其等效电流为I′，等效电阻为R′，等效电压为U′，根据焦耳定律有
且
联立解得
根据变压器的电流关系有
故B错误，C正确；
D．因为三个线圈都在同一个闭合铁芯中，故任何时刻穿过三个线圈的磁通量都相等，故D正确。
故选CD。
10．直流电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用而运动。如图所示为使用直流电动机提升重物的示意图，间距为L的平行导轨固定在水平面内，导轨左端接有电动势为E、内阻为r的直流电源，导轨电阻不计；质量为、长为L的导体棒ab垂直导轨放置，导体棒ab电阻不计，其中心通过绝缘细线绕过固定光滑轻质定滑轮后与静止在地面上的质量为m的重物相连，此时细线恰好伸直且无拉力，导体棒ab与滑轮间的细线水平。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知导体棒ab距离导轨左端足够远，重物上升过程中不会碰到定滑轮，重力加速度为g，不计一切摩擦。闭合开关S后，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S瞬间，重物的加速度大小为
B．导体棒最终的速度大小为
C．要使导体棒匀速运动时直流电源的输出功率最大，则重物的质量应为
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，安培力对导体棒所做的功等于系统增加的机械能与回路产生的焦耳热之和
【答案】ABC
【解析】A．闭合开关S瞬间，回路中的电流为
导体棒所受安培力
对导体棒和重物整体受力分析，由
解得
故A正确；
B．导体棒向左运动时会产生与直流电源相反的感应电动势，初始，导体棒向左加速运动，随着导体棒速度的增大，回路中的电流减小，根据牛顿第二定律可知，导体棒向左做加速度减小的加速运动，最终达到匀速，设稳定时导体棒的速度大小为v，则回路中的电流
由平衡条件，有
解得
故B正确；
C．直流电源的输出功率
则当
时，直流电源的输出功率最大，根据
解得
故C正确；
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，对导体棒和重物组成的整体，只有安培力和重物的重力做功，由功能关系可知，安培力对导体棒所做的功等于导体棒和重物组成的整体增加的机械能，故D错误。
故选ABC。
二、实验题：本题共2小题，共16分。
11．（8分）某实验小组用插针法测量玻璃的折射率。
（1）在白纸上放好玻璃砖，和分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图甲所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，再插上一枚大头针，使其挡住与的像。当再插上一枚大头针时，应该有哪些注意事项 。（写出一项且符合实验操作要求即可）
（2）如图甲，插完大头针后，取下玻璃砖，用铅笔分别连接和，与和分别交于和，用直尺测量的长度，记为。然后以点为起始端在上量取长度为的线段，由这个线段的另一个端点向法线做垂线，测得该垂线段距离为，再测得的距离为，则玻璃砖的折射率 。（用题目中测得的物理量表示）
（3）某同学在画完边界时，不小心将玻璃砖向上平移了一小段距离，然后画出下边界，导致两边界间距略小于玻璃砖宽度，如图乙所示。其他实验操作步骤均无误，那他测得的折射率与真实值相比 （选填“偏大”、“偏小”、“不变”或“无法确定”）。
（4）以下实验操作符合实验操作规范或者能减小测量误差的是______
A．与法线的夹角应适当大一些
B．玻璃砖的厚度可适当小一些
C．在画和时或者连接和时，可以用玻璃砖替代直尺画线
D．要避免用水笔画线或者用手直接触摸玻璃砖光洁的光学面
【答案】（1）使挡住和、的像 （2） （3）偏大 （4）AD
【解析】（1）在白纸上放好玻璃砖，和分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图甲所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，再插上一枚大头针，使其挡住与的像。当再插上一枚大头针时，使挡住和、的像。
（2）由题可知，入射角的正弦
折射角的正弦
则玻璃砖的折射率
（3）如图所示，由几何知识可得，测出的折射角小于正确操作时的折射角，根据折射定律，测得的折射率将偏大。
（4）A．与法线的夹角应适当大一些，可以减小测量误差，故A正确；
B．玻璃砖的厚度适当小一些不影响测量误差，故B错误；
C．不可以用玻璃砖替代直尺画线，故C错误；
D．要避免用水笔画线或者用手直接触摸玻璃砖光洁的光学面，故D正确。
故选AD。
12．（8分）某学习小组按图1连接电路，将理想电压表的负接线柱分别与电流表的a、b接线柱相连，来测量某干电池的电动势和内阻以及电流表内阻。改变滑动变阻器接入电路的阻值，得到多组电流表示数I和电压表示数U的数值，并在坐标纸上绘制出图像，如图2所示。
（1）图线B是电压表接 （选填“a”或“b”）时测量绘制的。
（2）由图像可得，该干电池的电动势 V（保留三位有效数字），内阻 （保留两位有效数字）；电流表的内阻 （保留两位有效数字）。
【答案】（1）b （2）1.47 0.73 0.83
【解析】（1）电压表为理想电表，电阻不计，由图2可知，当两图线的电流相同时，图线B对应的电压较小，此时电流表应是外接，即电压表的负接线柱接b。
（2）[1] [2] 由图线A可知
由图线B可知
联立解得：该干电池的电动势
内阻
[3] 电流表的内阻
三、计算题：本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（8分）如图，导热良好的固定活塞a、b将内壁光滑的气缸分成体积相等的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分。a活塞上带有阀门K，两活塞分别封闭了长度均为L的三部分空气（可视为理想气体），其中Ⅰ的压强为，Ⅱ的压强为，Ⅲ的压强为，打开阀门K，Ⅰ和Ⅱ中气体充分交换。
（1）求Ⅱ中增加的空气质量与原有的空气质量之比；
（2）若解除b活塞的锁定，最终b活塞静止，求b活塞移动的距离。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设活塞横截面积为 S，对Ⅰ和Ⅱ中气体，由玻意耳定律可得
解得打开阀门，Ⅰ和Ⅱ中气体充分交换后的压强
Ⅱ中增加的空气质量与原有的空气质量之比
（2）解除b活塞的锁定，最终b活塞静止，设活塞 b 静止后两侧气体压强为 ，活塞 b向右运动的距离为 ，对Ⅰ和Ⅱ中气体，由玻意耳定律可得
对Ⅲ中的气体，由玻意耳定律可得
联立解得
14．（12分）如图所示，两竖直平行金属板A、B间存在水平向右的加速电场，AB板间电势差为U0，质量为m、电荷量大小为q的带正电的粒子均由静止进入加速电场，然后沿水平金属板CD的中心轴线方向进入偏转电场，已知CD两板间距为d，板长为，带电粒子刚好从金属板C的右边缘射出电场，进入CD右侧的足够大范围的磁场，以CD的中心轴线右端为坐标原点，以CD的中心轴线方向为x轴建立坐标系，沿x轴放置足够长的粒子收集板P，粒子刚好能垂直打在收集板P上，不计粒子的重力。求：
（1）粒子进入偏转电场的速度大小；
（2）粒子出偏转电场时的速度与y轴正方向的夹角；
（3）磁场的磁感应强度大小。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）粒子从A到B的运动过程中，根据动能定理有
解得
（2）在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有
垂直极板方向有
设带电粒子进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角为，根据几何关系有
联立解得
即
（3）粒子进入磁场时的速度大小
粒子运动轨迹如图所示
粒子刚好能垂直打在收集板P上，由几何关系得
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
联立解得
15．（18分）如图所示为一游戏装置的竖直截面图，装置由光滑水平直轨道AB、半径的竖直光滑圆轨道、长的水平直轨道BD、长的水平传送带DE和足够长的光滑轨道EK平滑连接而成（A、B、D、E、K共线），其中C点为竖直圆轨道上的最高点。质量的滑块（可视为质点）静止在水平轨道上的A点，质量、半径的四分之一光滑圆弧形物块GFH静置于水平轨道EK上。传送带DE以恒定速率顺时针转动。现对滑块施加一水平瞬时冲量I使滑块恰好能通过圆轨道的C点，之后滑块经过轨道BD滑上传送带，而后冲上物块GFH。已知滑块与轨道BD、滑块与传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）瞬时冲量I的大小；
（2）滑块冲出物块GFH后上升到最高点时与H点之间的距离h；
（3）滑块从开始运动到不再滑上传送带的过程中，滑块和传送带因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）根据动量定理
在C点根据牛顿运动定律
滑块由A运动到C的过程中，由机械能守恒得
综合解得
（2）滑块由A运动到D的过程中，由动能定理得
解得
因为，所以滑块先做匀减速直线运动，假设滑块可以减速到与传送带共速，则
滑块运动的位移
所以假设成立，滑块到达E点时速度
滑块与光滑圆弧物块组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到H点时，它们水平方向有相同的速度，设此时滑块竖直方向分速度为，根据动量守恒：
由能量守恒得：
解得
滑块冲上圆弧形物块后上升到最高点时与点之间的距离
（3）滑块冲上物块到与物块分离的过程中，由水平方向动量守恒
由能量守恒
解得，
滑块返回到传送带上时，先减速运动又反向加速返回E点，该过程所用时间
此过程中，滑块与传送带的相对位移
滑块由D点滑上传送带到与传送带共速时，二者的相对位移
整个过程中滑块和传送带因摩擦产生的热量