2025年高考押题预测卷：物理（全国卷01）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：物理（全国卷01）（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．镍核衰变方程为，关于该核反应，下列说法正确的是（ ）
A．X是质子
B．属于β衰变
C．的比结合能比大
D．环境温度会影响反应的快慢
【答案】B
【详解】AB．根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数为-1，所以X是电子，属于β衰变，故A错误，B正确；
C．衰变后的产物更稳定，比结合能更大，所以的比结合能比小，故C错误；
D．放射性元素衰变的快慢由原子核内部自身决定，与外界的物理和化学状态无关，故D错误。
故选B。
15．图中、、、为氢原子在可见光区的四条谱线，此四条谱线满足巴耳末公式，、4、5、6，其中光波长最长。如果大量氢原子处在的能级，能辐射出几种特定波长的光，其中在可见光范围内含有的谱线为（ ）
A．6种，可见光范围内的谱线有、
B．6种，可见光范围内的谱线有、
C．3种，可见光范围内的谱线有、
D．3种，可见光范围内的谱线有、
【答案】B
【难度】0.85
【详解】CD．大量氢原子处在的能级，能辐射出种特定波长的光，故CD错误；
AB．根据巴耳末公式，、4、5、6
可知氢原子从的能级跃迁到能级时辐射的光，在可见光范围内
其中光波长最长，即有能级跃迁到能级释放的光子
所以为能级跃迁到能级释放的光子，此两条为可见光范围内的谱线，故A错误，B正确。
故选B。
16．如图所示为地球的赤道平面图，地球以图示的方向自西向东自转。设想在赤道上，质量为m的物体以相对于地面的速度v分别自西向东和自东向西高速运动时，两种情况下物体对水平地面压力大小之差的绝对值为。地球可视为质量均匀球体，则地球的自转周期为（ ）
B．C．D．

【答案】A
【详解】设地球自转角速度为，地球半径为R，地球对质量为m的物体的吸引力为，当物体以相对于地面的速度v分别自西向东转动时有，物体以相对于地面的速度v分别自东向西转动时有，由题意可知，整理可得，又，故地球自转周期。
故选A。
17．如图1是一细长圆柱体光纤的横截面，一束单色光从光纤左端中心点进入光纤，内层介质折射率（最大值为）随离中心轴的距离而变化，外层介质折射率为大于空气折射率，但小于内层介质折射率，三者的折射率情况如图2所示。已知光从折射率的介质射入折射率的介质，入射角与折射角分别为与，满足。为了使单色光仅在光纤内层介质中传播而不进入到外层介质中，则从点进入到光纤时入射角的正弦最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设光以最大的入射角射入内层的折射角为，根据题意可知，单色光不进入外层时满足，根据几何关系可知，解得，故选B。
18．如图所示，在空间内存在场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场（未画出），一边长为L的正方形绝缘细框架ABCD竖直放置，A、B两顶点处分别固定着电荷量均为+q的点电荷，C、D两顶点处分别固定着电荷量均为-q的点电荷。现以B点为轴让框架在竖直面内向右缓慢转动90°，转动过程中点电荷的电荷量恒定不变，下列说法正确的是（ ）
A．从图中①到②的过程中，A点的点电荷的电势能减小
B．从图中①到②的过程中，D点的点电荷比A点的点电荷的电势能变化量大
C．整个过程框架系统电势能增加了2qEL
D．转动过程中，D点的点电荷的电势能先增大后减小

【答案】C
【详解】A．从图中①到②的过程中，电场力对A点的点电荷做负功，所以A点的点电荷的电势能增大，故A错误；
B．从图中①到②的过程中，电场力对A点的点电荷做的功为，对D点的点电荷做的功为，所以A点的点电荷的电势能变化量大，故B错误；
C．转动过程中A点的点电荷和C点的点电荷的电势能增加量均为qEL，D点和B点的点电荷的电势能增加量为零，故整个过程框架系统电势能增加了2qEL，故C正确；
D．D点的点电荷的电势能先减小后增大，故D错误。
故选C。
19．如图所示，面积足够大的A、B两种均匀弹性介质接触放置，两者的界面在同一竖直面内。时刻界面上某质点O开始沿界面振动时，时刻介质中产生的简谐波如图所示。据此可知（ ）
A．时刻质点O从平衡位置向y轴正方向振动
B．A、B两种介质中波速相同
C．时介质B中距O点3m处的质点开始振动
D．从时刻到时刻质点P运动的路程为5m

【答案】AC
【详解】A．由图可知，质点为振源，产生的简谐波分别沿轴正向和负向传播，时刻质点从平衡位置开始向轴正方向振动，故A正确；
B．简谐波在、两种介质中传播时周期相同，波长不同，所以波速不同，故B错误；
C．由题意可知，2s为半个周期，所以，介质中简谐波的波长，所以波速，当时，简谐波在介质中传播的时间为，传播的距离为，故C正确；
D．由图像可知，简谐波的振幅为，从时刻到时刻，质点的路程为，质点开始振动的时间比点晚，因此质点比质点走过的路程少，所以从时刻到时刻质点运动的路程小于5m，故D错误。
故选AC。
20．“南鲲”号是我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置，其原理如图甲所示，利用海浪带动浪板上下摆动，从而带动线框单向匀速转动，线框内阻恒定。线框ab两端通过滑环和电刷接如图乙所示的自耦变压器，自耦变压器cd两端接负载电阻。若海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，以下说法正确的是（ ）
A．通过负载电阻的电流频率变为原来的2倍
B．线框内阻的发热功率变为原来的2倍
C．变压器的输出功率变为原来的2倍
D．若使负载电阻两端电压不变，可将滑片向上滑动

【答案】AD
【详解】A．通过负载电阻的电流频率，海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，则频率变为原来2倍，故A正确；
B．电动势有效值，由于，变为原来2倍，设负载电阻为，原线圈等效电阻为，则电流，变为原来2倍，线框内阻的发热功率，变为原来4倍，故B错误；
C．因为不确定内外电阻关系，所以输出功率无法判断，故C错误；
D．根据以上分析可知，原线圈两端电压变大，根据，可知，若使负载电阻两端电压不变，可将滑片向上滑动，增大原线圈匝数，故D正确。
故选AD。
21．摩尔数为的理想单原子气体初始状态压强为，体积为，对应下图中的点。现在这部分气体经过等压膨胀，体积变为，对应下图中的点，气体在状态经等温膨胀至状态，压强变为。又经等压压缩至状态，最后等温压缩回到状态。已知理想气体的体积、压强和温度满足方程；内能满足关系。其中为常数，为物质的量，根据以上信息可以判断（ ）
A．气体在状态点a时的内能为3p0V0
B．气体在状态点b时温度为
C．由c到d的过程外界对气体做功为4p0V0
D．由c到d的过程气体向外界放热

【答案】AD
【详解】A．气体在状态点a时，根据，，可知内能为，选项A正确；
B．气体在状态点b时体积变为，从a到b等压膨胀根据，温度为，选项B错误；C．从b到c等温膨胀，则，解得，从d到a为等温压缩，则，解得，由c到d的过程外界对气体做功为，选项C错误；
D．由c到d的过程，体积减小，外界对气体做功，气体温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，选项D正确。
故选AD。
三、非选择题：共62分。
22．（6分）某同学从资料上了解到弹簧弹性势能的表达式为（其中k、x分别为弹簧的劲度系数和形变量），他用图示装置来验证动量守恒定律。弹簧右端固定在水平气垫导轨上，左端与滑块A接触，滑块A、B的质量均为m，滑块B上方安装有宽为d的遮光片。用滑块A将弹簧压缩一定长度后，由静止释放，滑块A向滑块B运动，滑块A、B碰撞后粘在一起，然后通过光电门，遮光片经过光电门的遮光时间为，弹簧的压缩量可通过气垫导轨上的刻度读出，遮光片的质量不计。

(1)若本实验使用的弹簧劲度系数为k、弹簧的压缩量为x，则滑块A脱离弹簧后的速度 。
(2)通过改变弹簧的压缩量进行多次实验，记录多组x、数据，作出的 （选填“”“”“”或“”）图像为一次函数图像，若图像的斜率为 （用m、d、k表示），即可验证动量守恒定律。
【答案】(1) （2分） (2) （2分） （2分）
【详解】（1）当滑块A离开弹簧时，弹簧所具有的弹性势能全部转化为滑块A的动能
因此有
解得
（2）若A、B碰撞过程中动量守恒，则有
结合上述解得
变形得
可知，作出图才能得到一次函数图像，根据表达式可知，图像的斜率为。
23．（12分）某小组测量电阻的阻值，进行了如下操作：
(1)按如图（a）所示的电路图连接电路，闭合开关，改变电阻箱R的阻值，记录多组数据，根据数据在如图（b）所示的坐标系中描点，请补充画出电流 I随R变化的图像（在答题卡作答）。
(2)断开开关，将电路中的电阻箱 R替换为待测电阻，闭合开关后电流表读数如图（c）所示，则 （结果保留三位有效数字）。
(3)若将电阻替换为阻值稍大的另一个电阻，重复实验，仍在图（b）中画出新的图像。与原来的图像相比较，新的图像将向 R轴 （选填“正方向”或“负方向”）移动少许。
(4)根据操作（1）获得的实验数据，重新描绘出图像如图图（d）所示，则由图像可知电源电动势 V若电流表内阻不计，，则电源内阻 这样测量出的电源内阻 （选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
【答案】(1)见解析（3分） (2)2.60（2.40~2.70）（3分） (3)负方向（2分）
(4) 3.0（2分） 1.20（2分） 大于（2分）
【详解】（1）将各点用平滑曲线连接，如图所示

（2）由图（c）可知，电流表示数
根据图像可知
（3）根据闭合电路欧姆定律有
整理可得：
若将电阻替换为阻值稍大的另一个电阻，则有
解得
由于大于，将更换为后，新的图像将向R轴负方向移动少许。
（4由图（a）根据闭合电路欧姆定律有
整理可得
其中E为电源电动势，r为电源内阻，为电流表内阻，结合图可得，
若电流表内阻不计，则电源内阻解得
结合上述，实际上有
故这样测量出的电源内阻大于真实值。
24．（10分）某同学用质量m=20g、可视为质点的小石片打“水”漂的轨迹示意图如图所示，小石片从距液面高处的P点以初速度水平飞出后，从A点与液面成角射入某种液体中，然后从B点与液面成角射出液面做斜上抛运动，到达最高点D时距离液面的高度。已知小石片从A点运动到B点的过程中，水平方向的运动可视为匀变速直线运动，A、B两点间的距离L=1m，重力加速度，，不计空气阻力。求：
(1)小石片从P点运动到D点的过程中，该液体对小石片做的功W；
(2)小石片从抛出到第二次进入液面运动的时间t。

【答案】(1) (2)t=1.2s
【详解】（1）小石片从P点运动到A点，由平抛运动规律可知，小石片在A点速度大小（1分）
设小石片在B点速度大小为，从B点运动到D点，由平抛运动规律可知，
小石片在D点速度大小
由机械能守恒定律有（1分）
从A点运动到B点，只有液体对小石片做功，由动能定理有（1分）
代入题中数据，联立解得（2分）
（2）从P点运动到A点，（1分）
因为
从A点运动到B点，水平方向做匀减速运动（1分）
从B点运动到D点，竖直方向减速到零（1分）
根据对称性可知
联立解得t=1.2s （2分）
25．（14分）密立根因最早测得元电荷数值获得了1923年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图。上极板中央有一小孔、相距为的两个足够大金属极板水平放置，通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。研究的油滴均为密度相等的球体，油滴在运动过程中空气阻力与半径及速率成正比，即阻力大小为为比例系数）。某次实验中在不加电压的情况下，、两油滴竖直向下各自运动一段时间后开始做匀速运动，当两油滴匀速运动时间时，油滴位移为，油滴位移为。当两极板间加上电压（上极板接正极）时，又经过一段时间和再次在竖直方向做匀速运动，之后时间内油滴位移大小为油滴位移大小也为。已知运动过程中a、b的电荷量、质量均未发生变化，油滴始终向下运动且未与极板相碰，重力加速度为。求：
(1)油滴与油滴的质量之比；
(2)判断油滴与油滴带电荷的可能电性，并求出对应的电荷量之比。

【答案】(1)
(2)当带正电荷、带负电荷时，电荷量之比为或当带负电、带负电荷时，电荷量之比为
【详解】（1）油滴匀速运动过程中重力和阻力平衡，则有
（1分）
（1分）
联立解得（2分）
油滴密度相等，有（1分）
解得（2分）
（2）对油滴分析，油滴增加电场后速率比没电场时小，且速度方向始终向下，所以油滴一定带负电荷，受到的电场力向上，根据平衡条件得（1分）
可得（1分）
对油滴分析，可能存在2种情况：如果油滴匀速向下运动，则油滴带正电荷，根据平衡条件得（1分）
可得
解得（1分）
如果油滴匀速向上运动，油滴带负电荷，根据平衡条件得（1分）
可得（1分）
解得（1分）
综上当带正电荷、带负电荷时，电荷量之比为或当带负电、带负电荷时，电荷量之比为
26．（20分）如图所示为直线电机工作原理的简化模型。一根足够长的圆柱形磁棒竖直固定在水平地面上，为磁棒上下截面圆心的连线，磁棒周围有沿半径方向向外均匀辐射的磁场，磁棒在周围某一点产生的磁场的磁感应强度的大小与该点到连线的距离成反比。磁棒上端的某一水平面上固定两个不可伸缩的粗细均匀的圆环形金属线圈1、2，且线圈1、2的圆心重合。线圈1的质量为m，周长为C，电阻为R；线圈2的质量为2m，周长为2C，电阻为2R。现分别对两线圈1、2施加竖直方向的外力、，并将两线圈1、2同时由静止释放，使两线圈均向下做加速度（g为重力加速度的大小）的匀加速直线运动，下落过程中线圈1所在位置处的磁场的磁感应强度大小始终为B。已知两线圈从静止下落到外力、的大小相等的过程中产生的总焦耳热，不考虑两线圈之间的相互作用及线圈中电流产生的磁场，不计空气阻力，两线圈环面始终水平，则在此过程中，求
(1)线圈1中产生的感应电流的方向（从上往下看）和线圈1受到的安培力的方向；
(2)线圈1中产生的焦耳热；
(3)外力做的功。

【答案】(1)感应电流的方向为顺时针方向，线圈1受到的安培力的方向竖直向上；
(2) (3)
【详解】（1）由右手定则知，线圈1中产生的感应电流的方向为顺时针方向，由左手定则知，线圈1受到的安培力的方向竖直向上；（3分）
（2）设线圈2所在位置处的磁感应强度为B2，则（1分）
解得（1分）
两线圈同时静止释放，运动的加速度相同，由v=at知，两线圈任意时刻速度相同，由 （1分）
知两线圈回路产生的感应电流之比 （1分）
由Q=I2Rt知，相同时间内两线圈产生的热量之比 （1分）
故线圈1中产生的焦耳热（2分）
（3）设F1=F2时，两线圈的速度大小均为v1，则对线圈1，由牛顿第二定律：
（2分）
对线圈2，由牛顿第二定律：（2分）
其中
联立知（1分）
则线圈1下落高度 （1分）
线圈1下落过程，由功能关系：（2分）
联立知，外力F1做的功（2分）
14
15
16
17
18
19
20
21
B
B
A
B
C
AC
AD
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