2025年高考押题预测卷：物理（全国卷02）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：物理（全国卷02）（解析版），共13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
物理·全解全析
二、选择题：本题共8小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
14．电子显微镜之所以比光学显微镜分辨率高，是因为电子的德布罗意波长比可见光的波长短。如果一个电子的德布罗意波长与动能为Ek的质子的德布罗意波长相等，则这个电子的动量大小为（已知电子的质量为m，质子质量为电子质量的k倍）（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由德布罗意波公式，可知，电子和质子的动量大小相等，由题可知，质子的质量为km，则质子动量，故选A。
15．某兴趣小组利用如图所示装置研究光的波动性，A处为狭缝片，B处为光强传感器，光从A的正上方向下射向B。仅改变一个量，先后在电脑上获得的光强关于位置分布的图像如图中甲、乙所示，下列判断中可能正确的是（ ）
A．A处为单缝，甲图对应的缝宽小
B．A处为单缝，甲图对应的光源频率高
C．A处为双缝，甲图对应的双缝间距大
D．A处为双缝，甲图对应的AB距离大

【答案】D
【详解】AB．从图中甲、乙的光强分布看，都出现了一系列间距几乎均匀的明暗相间条纹，这更符合“双缝干涉”而非“单缝衍射”特征（单缝衍射往往中央亮纹最宽、最亮，旁侧亮纹迅速减弱），因此A处为双缝，甲图条纹间距大于乙图，说明甲图对应光源频率低或者双缝间距小，AB错误；
CD．双缝干涉的相邻亮纹间距满足 Δx = ，其中 d 为双缝中心间距、l为屏（或传感器）到双缝的距离、λ 为光的波长。甲图相邻亮纹间距大于乙图，光的频率不变的情况下：若双缝间距不变，甲图对应的AB距离大；若AB距离不变，则甲图对应的双缝间距小，故D正确，C错误。
故选 D。
16．发现质子的核反应方程为，患有严重心衰及具有高风险心脏骤停的病人，植入心脏起搏器（如图）是现在比较有效的治疗方式，有些心脏起搏器的电池是Z粒子辐射电池，它是一种利用放射性同位素衰变时释放的Z粒子直接转换为电能的装置，衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A．核反应方程中的X为
B．查德威克通过实验证实了质子的存在
C．衰变方程中的Z为
D．锶衰变的核反应前后质量守恒

【答案】C
【详解】AC．衰变过程中质量数与电荷数守恒，可知X为，Z为，故A错误，C正确；
B．查德威克通过实验证实了中子的存在，故B错误；
D．锶衰变的核反应前后质量会有亏损，故D错误；
故选C。
17．如图所示为轴上一段电场线的电场强度随位置的变化图像（场强正方向与轴正方向相同）。下列说法正确的是（ ）
A．若仅考虑电场力作用，试探电荷在处的加速度最大
B．若到和到图像与坐标轴围成的面积相等，则电势差
C．若该电场由轴上的两个不等量异种电荷产生，则带正电的电荷在带负电的电荷的右侧
D．若该电场由轴上的两个不等量异种电荷产生，则电荷量小的电荷在电荷量大的电荷的右侧

【答案】D
【详解】A．场强越大，试探电荷的加速度越大，由图像知处加速度最大，故A错误；
B．若到和到图像与坐标轴围成的面积相等，可得，但电势差，，故B错误；
CD．若该电场由两个轴上的不等量异种电荷产生，处的场强为0，可知这是电荷量小的这一侧的电场分布，由于到的场强指向轴负方向，可知位于的左侧且靠近的电荷带负电，且电荷量小的负电荷在电荷量大的正电荷的右侧，故C错误，D正确。
故选D。
18．2024年3月11日，中国宣布再次开启载人登月行程，此次登月任务的目标是在月球南极区域建立永久性基地，为未来深空探索奠定基础。设登月航天器登月过程中经历了从绕月圆轨道Ⅰ变至椭圆轨道Ⅱ，两轨道相切于A点。已知Ⅰ轨道距离月球表面的高度设为，Ⅱ轨道B点距离月球表面的高度设为，月球半径约为R，下列说法正确的是（ ）
A．轨道Ⅰ与轨道Ⅱ的周期之比
B．航天器在轨道Ⅱ上运行时机械能守恒
C．轨道Ⅱ上A点的加速度大于轨道Ⅰ上A点的加速度
D．登月航天器返回地球，需在轨道Ⅱ的A点点火向速度的方向喷气

【答案】B
【详解】A．根据开普勒第三定律有，解得，故A错误；
B．航天器在轨道Ⅱ上运行时只有引力做功，机械能守恒，故B正确；
C．根据牛顿第二定律有，即，所以轨道Ⅱ上A点的加速度等于轨道Ⅰ上A点的加速度，故C错误；
D．登月航天器返回地球，需在轨道Ⅱ的A点点火向速度的反方向喷气使航天器速度增大，故D错误。
故选B。
19．图甲为某同学利用跳绳模拟战绳训练，该同学将绳子一端固定在杆上，用手上下甩动另一端。图乙为绳上P、Q两质点的振动图像，P、Q两质点平衡位置相距5m。波由P向Q传播。下列说法正确的是（ ）
A．增大甩动的频率，则波在绳子上传播速度增大
B．t=0.5s时，P、Q质两点振动方向相同
C．波长可能为0.6m
D．波速可能为

【答案】BD
【详解】A．波的传播速度只和介质有关，所以增大甩动的频率，则波在绳子上传播速度不变，故A错误；
B．由图乙可知，t=0.5s时刻，P、Q质两点振动方向相同，故B正确；
C．根据题意可知（n=0，1，2……）
所以（n=0，1，2……）
当波长为0.6m时，n不能取整数，故C错误；
D．波速为（n=0，1，2……）
当波速为，则
故D正确。
故选BD。
20．如图为波浪能发电机，下方为时刻向x轴正方向传播的海水波动图像，周期为1s。发电机圆柱体浮杆定位于x坐标值8m的质点处，此时质点的速率为v。套于磁铁S极上的线圈可与浮杆同步振动，线圈又连接一个理想变压器。已知线圈共n匝，其圆半径为r，N、S极产生的辐向磁场在线圈处的磁感应强度大小为B，理想变压器原副线圈匝数比为1：10。磁铁、变压器等固定，下列判断正确的是（ ）
A．时刻浮杆正随海水向下振动
B．时刻发电机产生的电动势为
C．发电机产生电动势的表达式为
D．变压器副线圈输出电压的有效值为

【答案】BD
【详解】A．波向x轴正方向传播，根据峰前质点上振，可知位于x坐标值8m的质点在t=0时刻，沿y轴正方向振动，所以浮杆正随海水向上振动，故A错误；
B．在t= 0时刻发电机产生的电动势的瞬时值最大且为，故B正确；
C．质点振动的圆频率为，因为在t=0时的感应电动势最大，所以发电机产生电动势的瞬时值表达式为，故C错误；
D．发电机产生的电动势的有效值为
根据理想变压器电压与匝数成正比，有
可得变压器副线圈输出电压的有效值为
故D正确。
故选BD。
21．假想的气体分子，其速率分布如图所示，横坐标表示速率，纵坐标表示单位速率区间内出现的分子数。已知常量，当时分子数为零。则（ ）
A．总分子数
B．分子在到区间出现的概率为
C．分子的平均速率
D．在区间内，分子出现的概率为1

【答案】AD
【详解】A．总分子数，故A正确；
B．分子在到区间出现的概率为，故B错误；
C．根据分布的曲线的对称性可知，分子的平均速率，故C错误；
D．当时分子数为零，则在区间内，分子出现的概率为1，故D正确；
故选AD。
三、非选择题：共62分。
22．（6分）用如图所示的装置来探究有关向心力的问题。轻质细线的上端与固定在铁架台上的力传感器相连，下端悬挂一个直径为、质量为的小钢球，小钢球静止时位于光电门的正中央。将小钢球向左拉到合适的位置（细线处于伸直状态）由静止释放，小钢球运动到最低点时，小钢球通过光电门的时间为，力传感器的示数为，已知当地重力加速度大小为，悬点到小钢球球心的距离为，回答下列问题∶

(1)小钢球通过最低点时所需的向心力大小 （用、、和表示），小钢球通过最低点时所受的合力 （用、和表示），比较与在误差允许的范围内是否相等。
(2)改变小钢球由静止释放的位置，多次测量与相应的值，若与在误差允许的范围内相等，以为纵坐标，以为横坐标作出的图像是一条倾斜直线，则图像在纵坐标上的截距的绝对值为 （用、和表示）。
【答案】(1) （2分） （2分） (2)（2分）
【详解】（1）小钢球通过最低点时的速度大小
所需的向心力大小
由受力分析可知，小钢球通过最低点时所受的合力
（2）若与在误差允许的范围内相等，则有
即
故作出的与的关系图像在纵坐标上的截距的绝对值为。
23．（12分）某同学欲制作一个“×10”和“×100”双倍率的欧姆表，使用的器材有：电源（电动势和内阻均未知），两个相同的电流表（满偏电流mA，内阻未知），电阻箱，滑动变阻器，一个单刀单掷开关，红、黑表笔及导线若干，其实验操作如下：

(1)测量电流表的内阻利用的电路如图1所示，闭合开关后，调节滑动变阻器R及电阻箱的阻值。已知当电阻箱的阻值调为Ω时，甲电流表指针恰达到满偏电流的，乙电流表指针恰达到半偏，则电流表的内阻 Ω。
(2)测量电源的电动势和内阻电路图如图2所示，闭合开关后，多次调节电阻箱的阻值，并记下对应的电流表示数I，得到多组和I的值，依据测量数据作出的图像如图3所示，则电源的电动势 V，内组 Ω。（结果均保留2位有效数字）
(3)制作欧姆表该同学设计的欧姆表的电路如图4所示，断开开关时，欧姆表的倍率应为 （填“×10”或“×100”），。此时若进行欧姆调零，则滑动变阻器接入电路的阻值 Ω。
【答案】(1)10 （2分） (2) 3.0 （3分） 2.0 （3分） (3) ×100（2分） 2988（2分）
【详解】（1）由题意可知，流过的电流
根据并联电路电压特点
解得Ω
（2）由闭合电路的欧姆定律有
可得
如图3所示，则有Ω
解得Ω
图线的斜率VV
（3）欧姆调零时通过电源的最大电流，断开开关时，通过电源的最大电流较小，越小，越大，对应的倍率越大，欧姆表的倍率应为×100。
若进行欧姆调零，此时mA
可得
由
解得
24．（10分）如图所示为游乐场的空中飞椅项目。长度为的轻质碳纤维绳一端系着座椅，另一端固定在半径为d的水平转盘边缘，电机带动水平转盘绕穿过其中心的竖直轴转动，从而带动绳、座椅、游玩者一起转动，座椅P与游客的总质量为，水平转盘先在较低位置处，以某一转速匀速转动，此时轻绳与竖直方向的夹角；然后再在慢慢加速转动的同时将水平转盘的高度提升到达位置处，再在处保持另一转速匀速转动，此时轻绳与竖直方向的夹角，将座椅与游客整体视为质点，已知，，不计空气阻力，重力加速度为，求：
(1)转盘在B处匀速转动时的轻绳拉力大小和转盘在处匀速转动时座椅的线速度大小；
(2)从转盘在处匀速转动到转盘提升后在处匀速转动的过程中，轻绳对座椅和游客所做的功。

【答案】(1)1000N (2)
【详解】（1）B处钢绳上的拉力大小为，对座椅和游客进行受力分析，
竖直方向合力为零Fcs（1分）
解得（1分）
座椅和游玩者在处的转动半径
由牛顿第二定律，有（2分）
解得（1分）
（2）同理可得在B处速度（1分）
座椅和游玩者上升的高度，则（1分）
根据能量守恒可知（1分）
解得（2分）
25．（14分）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。现有这样一个简化模型：如图所示，一上、下表面水平的长方体区域内存在沿竖直向下方向的匀强电场（图中未画出），将质量为，电荷量为的带正电粒子从长方形对角线的交点以水平速度射入长方体区域，刚好从的中点飞出该区域。已知长为，高为，不计粒子的重力。求：
(1)长方体区域内电场强度的大小；
(2)若撤去电场，加上匀强磁场，粒子也从的中点飞出该区域，则磁感应强度的大小和方向；
(3)在（2）基础上，若粒子在磁场中的偏转角为，求分别加电场和磁场时，粒子在该区域运动的时间之比。（结果可以用三角函数和角度表示）

【答案】(1) (2)，磁场方向垂直abBA平面向外
(3)
【详解】（1）粒子在电场中运动时，做类平抛运动，有s=v0t（2分）
（2分）
其中Eq=ma（1分）
联立解得电场强度的大小E=（1分）
（2）设粒子在磁场中的运动半径为R，由几何关系有（1分）
由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m（1分）
解得磁感应强度的大小B=（1分）
由左手定则可知，磁场方向垂直abBA平面向外。（1分）
（3）在电场中运动的时间为（1分）
在磁场中运动的时间为（1分）
又
联立解得粒子在该区域运动的时间之比（2分）
26．（20分）如图所示，一质量为、电阻，边长为的正方形单匝线框abcd放在平板小车上，线框abcd的ab边刚好与小车左端对齐，小车上表面与水平台AC等高，小车长度，小车和线框一起以速度向右匀速运动。当小车与水平台左侧碰撞后立即停止运动，线框abcd继续向右运动进入水平台。AB间距离为。在离台面高度为空间上方（以虚线NQ为边界），有一匀强磁场区域MNQP，区域内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为。当线框abcd的cd边刚到达虚线MA时，给线框施加一个水平外力F，使线框匀速进入匀强磁场区域MNQP，当线框abcd的ab边刚到达虚线MA时，撤去外力F。已知线框与小车和水平面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为。求：
(1)线框abcd进入磁场区域MNQP的过程中，线框abcd中的电流大小；
(2)外力F做功的大小；
(3)已知水平台BC区光滑，在虚线PB右侧存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小随距离均匀增强的磁场。紧靠虚线PB竖直放置一个边长，质量、匝数匝、电阻的正方形线框efhj。在线框左边界ef处的磁感应强度大小为，线框右边界hj处的磁感应强度。线框abcd的cd边运动到虚线PB时，与静止的线框efhj发生弹性碰撞，线框abcd与线框efhj碰撞后，直到两线框都静止时，求线框abcd的cd边与线框efhj的ef边间的距离大小。

【答案】(1)1A (2)2.12 (3)2.8m
【详解】（1）线框和小车一起向右以匀速运动
当小车与水平台相撞后小车立即停止运动，此后滑块将向右减速运动
设滑块运动到磁场时的速度为v，根据牛顿第二定律（1分）
（1分）
则线框进入磁场后cd边部分切割磁感线，则（1分）
回路电流（1分）
解得（1分）
（2）线框cd边刚进入磁场时，在外力F作用下做匀速运动，则（1分）
（1分）
（1分）
因为线框匀速运动，则（1分）
其中Wf = ∑μFN·Δx
解得（1分）
（3）线框abcd的cd边恰好运动到PB边界时的速度为
则
解得（1分）
线框abcd与线框efhi发生弹性碰撞。则（1分）
（1分）
解得，（1分）
①对线框abcd分析
解得（1分）
②对线框efhi分析
磁场
当时，
故（1分）
则线框切割磁感线产生的电动势为（1分）
电流
联立得（1分）
由动量定理得（1分）
解得
所以最终停下来cd与ef的间距为（1分）
14
15
16
17
18
19
20
21
A
D
C
D
B
BD
BD
AD