2025届河北省秦皇岛市山海关区高考一模试卷 物理（含解析）

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1.以下四幅图片中：图甲是自行车的尾灯，图乙是双缝干涉示意图，图丙是激光切割金属，图丁是圆盘影子中心的亮斑。下列说法中正确的是( )
A. 图甲中，自行车尾灯利用了光的干涉
B. 图乙中，若只增大屏到挡板间距离，两相邻亮条纹间距离将减小
C. 图丙中，激光切割金属利用了激光相干性好的特点
D. 图丁中，圆盘影子中心的亮斑属于光的衍射现象
2.用如图所示装置可以观察光电效应现象，开始时把一块带负电的锌板与一验电器相连，验电器指针张开。用紫外线灯照射锌板后，指针张角变小，忽略锌板自发漏电的因素，下列说法正确的是( )
A. 增加紫外线灯光线的强度，光电子的最大初动能也变大
B. 用一个带正电的导体球接触锌板后，验电器张开的指针夹角最终可能会变大
C. 发生光电效应时，光照到金属板的一面上，电子从金属板的另一面飞出
D. 若用黄光照射锌板，验电器的指针夹角也一定会变小
3.电场是一种看不见摸不着的物质，然而却无处不在，几乎弥漫于整个宇宙。如图所示，真空中范围足够大的匀强电场E内，O点有一点电荷+q(q>0)，在它产生的静电场中有以O点为球心的同一球面上的六个点1、2、3、4、5、6，关于这六个点的电场强度和电势，下列说法正确的是( )
A. 5、6两点的电场强度相同
B. 6、3两点的电势相同
C. 在1点释放一个不计重力的正点电荷，释放后将沿1、3直线向右运动
D. 将一个负点电荷沿着球面移动一段路径，电势能可能不变
4.某次训练中使用的冰壶甲和冰壶乙的质量均为19.5kg，运动员以v0=2m/s的初速度将冰壶甲水平推出后，与静止的冰壶乙碰撞，碰撞后两个冰壶以相同速度继续前进。则碰撞后两冰壶的速度大小和碰撞过程中冰壶乙受到的冲量大小分别为( )
A. 1m/s 23.4N⋅sB. 1m/s 19.5N⋅sC. 1.2m/s 23.4N⋅sD. 1.2m/s 19.5N⋅s
5.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=101，电压表和电流表均为理想交流电表，原线圈所接正弦交流电u的波形如图乙所示，当滑动变阻器滑片P向上移时( )
A. 电压表的示数不变；电流表A1的示数变小
B. 电压表的示数不变；电流表A1的示数变大
C. 电压表的示数变大；电流表A2的示数变小
D. 电压表的示数变大；电流表A2的示数变大
6.如图所示，置于水平地面的四脚架上固定着一质量为M的照相机，四脚架的四根轻质支杆(质量不计)等长且可绕顶端轴自由转动，通过调节使四根杆与竖直方向的夹角均为α=30°，系统恰好静止在水平地面上，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 每根支杆对照相机的作用力均为0.25Mg
B. 地面对四根支杆摩擦力的合力不为零
C. 减小角α，地面对单根支杆的作用力减小
D. 换用质量大的照相机，杆可能滑动
7.如图所示，长度为R=1m的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量m=1kg的小物块(可视为质点)，现使小物块在竖直平面内做顺时针圆周运动，圆心O离水平地面的高度ℎ=8.2m，当小物块运动到圆周的最低点时绳断，绳断前轻绳承受的最大张力大小为Fm=154N，当地重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 轻绳断时小物块的线速度大小为6m/s
B. 轻绳断后小物块的落地点与O点间的水平距离为10m
C. 小物块落地速度方向与水平地面的夹角为45°
D. 小物块落地的速度大小为12m/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙为质点M以此时刻为计时起点的振动图像，M是平衡位置为x=2m处的质点，下列说法正确的是( )
A. 这列波的传播速度是2m/s
B. 经过5s，质点M沿x轴的正方向传播了10m
C. t=1s时，质点N的运动方向沿y轴正方向
D. t=3.5s时，质点N距平衡位置的距离小于质点M距平衡位置的距离
9. 2024年6月25日14时7分，嫦娥六号返回器携带来自月背的月球样品安全着陆在内蒙古四子王旗预定区域。若嫦娥六号探测器在月球附近轨道上运行的示意图如图所示，嫦娥六号探测器先在圆轨道上做匀速圆周运动，运动到A点时变轨为椭圆轨道，B点是近月点。下列说法正确的是( )
A. 嫦娥六号探测器从圆轨道进入椭圆轨道必须在A点减速
B. 嫦娥六号探测器在进入月球大气层后减速下落的过程中，机械能转化为内能
C. 在圆轨道上运行的周期和在椭圆轨道上运行的周期相等
D. 嫦娥六号探测器被月球捕获的过程中，月球对它的作用力大于它对月球的作用力
10.如图所示，一定质量的理想气体按p−V图像中箭头所示由M→N→S→M完成一个循环，其中M→N为等温过程，N→S为等容过程。对该理想气体，下列说法正确的是( )
A. 状态M的内能等于状态N的内能
B. 状态M的温度高于状态S的温度
C. S→M过程中气体吸收热量
D. M→N→S→M全过程中外界对气体做功
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.如图甲所示的实验装置可以测定滑块与木板间的动摩擦因数。一端带有定滑轮的木板水平固定，其中放在木板上的滑块A和钩码C通过轻绳连接，钩码B放置在A上方，C和B的质量分别用m和m'表示，且钩码质量可调，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦。现保持钩码总质量(m+m'=m0)不变的条件下，改变m和m'的大小，测出对应的系统的加速度大小，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数(实验过程中AB始终保持相对静止)。

(1)实验过程中打出的一条理想纸带如图乙所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点，分别记为A、B、C、D、E、F，打点计时器打点频率为50Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度v= ______m/s，此次实验滑块的加速度a= ______m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(2)在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图丙所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数μ= ______。(g取10m/s2，结果保留一位有效数字)。
12.有一个标有“2.2V，1.1W”的小灯泡，某同学为了描绘它的U−I图像，设计了以下实验，实验室中提供了下列器材：
A.电流表A1：量程为0～3A，内阻约为0.1Ω
B.电流表A2：量程为0～0.6A，内阻约为0.6Ω
C.滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω，额定电流为0.6A
D.滑动变阻器R2：最大阻值为15kΩ，额定电流为1.0A
E.电压表V：量程为0～3V，内阻约为1kΩ
F.电源E：电动势为3.0V，内阻不计
G.开关S，导线若干。
(1)实验中电流表应选______(填“A”或“B”)，滑动变阻器应选用______(填“C”或“D”)；
(2)实验设计的电路如图甲所示，请根据电路图将图乙中实物图连接完整。
(3)连接好电路后，在闭合开关前，应将图乙中滑动变阻器的滑片移到______(填“A”或“B”)端。

(4)根据实验数据得到了如图丙所示小灯泡的U−I图像。电压从1.2V增至2.2V的过程中小灯泡的阻值增加了______Ω。(保留两位有效数字)
(5)根据作出的图像判断：小灯泡的电阻随温度升高而______(填“增大”或“减小”)。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.如图所示，两根等高的四分之一光滑圆弧轨道，半径为r、间距为d，图中O1M、O2N水平，O1P、O2Q竖直，导轨电阻不计，在导轨顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m、长为d的金属棒(电阻不计)从导轨顶端MN处由静止释放，到达导轨底端PQ时的速度为 gr(g为当地重力加速度)，整个过程中金属棒与导轨接触良好，始终与导轨垂直。求：
(1)金属棒到达导轨底端PQ时对导轨(两根)的压力大小F和通过电阻R的电流I；
(2)金属棒由MN到PQ过程中电阻R上产生的热量Q。
14.如图所示，上表面粗糙的长d=2.5m的长木板与半径R=0.15m的光滑四分之一圆弧轨道平滑连接(二者构成一个整体)，静止在光滑水平面上，整体的总质量M=0.6kg，质量M=0.6kg物块放在长木板上的左端。一根长度L=1.25m不可伸长的细线一端固定于O点，另一端系一质量m=0.4kg的小球，小球位于最低点时与物块处于同一高度并恰好接触。拉动小球使细线伸直，当细线水平时由静止释放小球，小球与物块沿水平方向发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后，物块沿着长木板上的轨道运动，小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)小球与物块碰撞后的瞬间，物块动量的大小；
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离长木板，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
15.如图所示，在平面直角坐标系内，在第一象限内有沿y轴负方向、场强大小为E的匀强电场，在第四象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，在x轴下方放置一长度为L的绝缘薄板PQ，薄板平面与x轴垂直且上端紧贴x轴。第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U，一质量为m、电荷量为q带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，从y轴上A点水平向右进入电场后恰好从薄板上边缘P点处射入磁场，粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，之后粒子恰好未与薄板碰撞，求：
(1)粒子运动到A点射入电场时的速度大小和y轴上的A点到P点的水平距离；
(2)匀强磁场磁感应强度B的大小；
(3)粒子在薄板右侧的运动时间t。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.自行车尾灯实际利用的是‌全反射原理‌而非光的干涉。其内部棱镜结构能将入射光高效反射回光源方向，提高夜间骑行安全性，‌故A错误；
B.双缝干涉条纹间距公式为Δx=Ldλ，其中L为屏到挡板距离，增大L会导致条纹间距Δx增大而非减小，故B错误；
C.激光切割主要依赖其‌高能量密度‌和‌高亮度‌特性，而非相干性，相干性好通常用于干涉仪或全息技术等场景，故C错误；
D.圆盘影子中心的亮斑是典型的‌光的衍射现象‌(泊松亮斑)，证明光具有波动性，故D正确。
故选：D。
2.【答案】B
【解析】A、根据光电效应方程，Ekm=ℎν−W，因此增加紫外线的强度，从锌板逸出的光电子的最大初动能不变，故A错误；
B.依题意锌板原来带负电，用一个带正电的导体球接触锌板，如果正电远大于负电，则验电器张开的指针夹角可能会变大，故B正确；
C.紫外线灯照射后发生光电效应，电子从金属板表面逸出，即从光照射到的金属表面逸出，故C错误；
D.若用黄光照射锌板，如果极限频率大于黄光频率，将无法发生光电效应，验电器的指针夹角不会改变，故D错误。
故选：B。
3.【答案】D
【解析】A.电场强度是矢量，点电荷周围电场强度的方向为辐射状，图中每一点的电场强度均为匀强电场E和点电荷+q在该点产生的电场强度的矢量和，根据矢量叠加原理可知，5、6两点的电场强度大小相等，方向不同，即5/6两点的电场强度不相同，故A错误；
B.根据点电荷等势线的分布规律可知，对于点电荷+q形成的电场，6、3两点的电势相同，但是对于匀强电场，电势沿电场线电势降低，可知，匀强电场中6、3两点的电势不相同，由于每点处的电势为点电荷+q形成的电场的电势和匀强电场的电势的代数和，所以6、3两点的电势不相同，故B错误；
C.1点的场强为点电荷+q形成的电场和匀强电场的矢量和，由于点电荷的电荷量、点电荷到1的距离以及匀强电场的大小E都是围着的，所以1点的合场强可能向左、向右或者正好为零，在1点释放一个不计重力的正点电荷，它受到的电场力可能向左、向右或者正好为零，则该正点电荷可能向右运动、可能向左运动、也可能静止，故C错误；
D.圆面2456垂直于匀强电场的电场方向，该圆面又以点电荷+q为圆心，可知圆周2456是等势面，则负电荷在圆周2456上任意两点之间移动时，电场力不做功，电势能不变，故D正确。
故选：D。
4.【答案】B
【解析】由甲乙整体动量守恒，以水平向右为正方向，可知碰撞后两冰壶的速度大小满足：mv0=(m+m)v，解得：v=1m/s；
对乙应用动量定理，即可知冰壶乙受到的冲量大小满足：I=mv，解得：I=19.5N⋅s，故ACD错误，B正确。故选：B。
5.【答案】A
【解析】若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，R接入电路部分的电阻增大，副线圈总电阻增大，电流减小，故两个电流表示数都将变小，电压表示数不变，故A正确，BCD错误。
故选：A。
6.【答案】C
【解析】A.分析每根支杆对台面的作用力对台面进行受力分析，台面受到重物的压力Mg以及四根支杆对它的作用力，由于系统处于静止状态，台面所受合力为零。设每根支杆对台面的作用力为F，根据平衡条件可知，四根支杆对台面的作用力的合力与重物对台面的压力大小相等、方向相反，即4Hcsα= Mg，已知α=30°，则4Fcs30°=Mg，解得F=Mg2 3≠0.25mg，故A错误。
B.分析地面对四根支杆摩擦力的合力对台面和四根支杆整体进行受力分析，整体受到重物的重力mg、地面的支持力N以及地面的摩擦力f。由于系统处于静止状态，整体所受合力为零，且在水平方向上没有其他外力，所以地面对四根支杆摩擦力的合力为零，故B错误。
C.分析减小角α时地面对单根支杆的作用力变化对单根支杆进行受力分析，地面对单根支杆的作用力F合是支持力N0和摩擦力f0的合力。根据平衡条件可知，地面对单根支杆的作用力F合与台面对支杆的作用力F大小相等、方向相反，即F合= F。
由4Fcsα=mg可得F=mg4csα，减小α，csα增大，则F减小，即地面对单根支杆的作用力减小，故C正确，
D.对每根支杆与地面的接触点进行受力分析，照相机质量增大，支杆上的作用力增大，该力在水平方向和竖直方向的分力之比(恰不运动时，相当于动摩擦因数)不变，则支杆不会滑动，故D错误；
故选：C。
7.【答案】C
【解析】A.在最低点，拉力与重力的合力提供向心力：Fm−mg=mv2R，解得v=12m/s，故A错误；
B.绳断时高度ℎ=8.2−R=7.2m，由ℎ=12gt2，得t=1.2s。水平距离：x=v⋅t=12×1.2m=14.4m，故B错误；
C.水平速度vx=12m/s，竖直速度vy=gt，解得vy=12m/s，夹角θ满足tanθ=vyvx，解得θ=45°，故C正确；
D.落地合速度计算：v合= vx2+vy2= 122+122m/s=12 2m/s，故D错误。
故选：C。
8.【答案】AD
【解析】A、这列波的传播速度是：v=λT=42m/s=2m/s，故A正确；
B、质点不会随波迁移，故B错误；
C、t=0时M点向下振动，则N点向上振动，t=1s=12T时，质点N的运动方向沿y轴负方向，故C错误；
D、t=3.5s=134T时，质点M处于波峰，但N点不是处于最大位移处，所以质点N距平衡位置的距离小于质点M距平衡位置的距离，故D正确。
故选：AD。
9.【答案】AB
【解析】A.当探测器在圆轨道上运行时，它具有一定的速度以保持在该轨道上。为了从圆轨道变轨到椭圆轨道，探测器需要在A点(变轨点)减速。减速会使探测器的轨道从圆形变为椭圆形，因为减速减少了探测器的速度，使其无法继续保持圆形轨道所需的动能，从而进入一个椭圆轨道，故A正确；
B.当探测器进入大气层时，会与大气层发生摩擦，摩擦力做功，导致探测器的一部分机械能(动能和势能)转化为内能(热能)，故B正确；
C.根据开普勒第三定律，对于围绕同一中心天体(如月球)运行的天体，其轨道周期的平方与其轨道半长轴的立方成正比。这意味着，如果轨道的半长轴不同，那么轨道周期也会不同。对于嫦娥六号探测器，从圆轨道变轨到椭圆轨道，轨道的形状和大小发生了变化，椭圆轨道的半长轴与圆轨道的半径不同，因此，圆轨道上的周期和椭圆轨道上的周期不相等。故C错误；
D.根据牛顿第三定律(作用力与反作用力定律)，两个物体之间的作用力和反作用力大小相等、方向相反。因此，月球对嫦娥六号探测器的作用力(引力)与探测器对月球的作用力大小相等，方向相反。故D错误。
故选：AB。
10.【答案】AD
【解析】A、M→N为等温过程，则温度相等，可知状态M的内能等于状态N的内能，故A正确；
B、N→S为等容过程，根据pT=C可知，N的温度或M的温度小于S的温度，故B错误；
C、S→M过程中温度降低，内能减小，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体放出热量，故C错误；
D、p−V图像与坐标轴围成的面积代表气体做功，可知全过程中外界对气体做功，故D正确；
故选：AD。
11.【答案】0.50；0.75； 0.2
【解析】(1)相邻计数点之间的时间间隔T=5f=550s=0.1s
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下E的时的速度v=DF2T=(4.63+5.37)×10−22×0.1m/s2=0.50m/s2
根据逐差法，加速度a=CE−OC9T2=(3.87+4.63+5.37−1.61−2.37−3.13)×10−29×0.12m/s2=0.75m/s2
(2)设系统的加速度大小为a，绳子的拉力为T，滑块A的质量为M
对钩码C，根据牛顿第二定律mg−T=ma
对A和B整体，根据牛顿第二定律T−μ(M+m0−m)g=(M+m0−m)a
联立得mg−μ(M+m0−m)g=(M+m0)a
变形得a=(1+μ)gM+m0⋅m−μg
结合a−m函数的纵截距的含义，图像的纵截距b=−μg=−2m/s2
解得μ=0.2。
故答案为：(1)0.50；0.75；(2)0.2。
12.【答案】B；C；

A； 1.4Ω； 增大
【解析】(1)灯泡额定电流
I=PU=
电流表应选B；
因实验采用分压法，为方便实验操作，滑动变阻器应选C。
(2)根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示
(3)滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合电键前，应将滑片移到A端，使输出电压为零，保护电路元件。
(4)由图丙所示U−I图像可知，电压U=1.2V时，I=0.4A，当U'=2.2V时，I'=0.5A，由欧姆定律可知，灯泡电阻
R=UI=1.20.4Ω=3Ω
R'=U'I'=2.20.5Ω=4.4Ω
电压从1.2V增至2.2V的过程中小灯泡的阻值增加了
4.4Ω−3Ω=1.4Ω
(5)由图示U−I图像可知，随电压增大电流增大，灯泡实际功率增大，灯温度升高，图像上的点与坐标原点连线的斜率逐渐增大，灯泡电阻增大，即小灯泡的电阻随温度”高而增大。
13.【解析】(1)金属棒从导轨顶端MN处由静止释放，到达导轨底端PQ时的速度大小为v= gr，则
F'−mg=mv2r
解得
F'=2mg
根据牛顿第三定律可知金属棒到达导轨底端PQ时对导轨(两根)的压力大小
F=F'=2mg
E=Bd gr
通过电阻R的电流
I=ER=Bd grR
(2)由静止释放，到达导轨底端PQ；设这个过程R上产生的热量为Q1，由能量守恒得
mgr=12mv2+Q
解得
Q=12mgr
答：(1)金属棒到达导轨底端PQ时对导轨(两根)的压力大小F为2mg，通过电阻R的电流I为Bd grR；
(2)金属棒由MN到PQ过程中电阻R上产生的热量Q为12mgr。
14.【解析】(1)小球从释放到最低点机械能守恒，则
mgL=12mv02
解得
v0=5m/s
最低点，由牛顿第二定律得
T−mg=mv02L
解得
T=12N
(2)与物块发生弹性碰撞，以v0的方向为正方向，动量守恒和机械能守恒则
mv0=mv1+mv2
12mv02=12mv12+12mv22
联立解得
v2=4m/s
p=2.4kg⋅m/s
(3)物块恰能进入圆弧轨道，动量守恒和能量守恒
mv2=2mv共
μmgd=12mv22−12×(2m)v共2
解得μ最大为
μ1=425
物块恰脱离木块，以水平向右为正方向，根据动量守恒
mv2=2mv共
μ2mgd=12mv22−12×(2m)v共2−mgR
解得μ最小值
μ2=0.1
故
0.1≤μ≤425
答：(1)小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为12N；
(2)小球与物块碰撞后的瞬间，物块动量的大小为2.4kg⋅m/s；
(3)物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.1≤μ≤425。
15.【解析】(1)根据动能定理
qU=12mv02
解得
v0= 2qUm
粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律得
qE=ma
水平方向有：
vx=v0
竖直方向有：
vy=at
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，则
tan60°=v0vy
发射位置到P点的水平距离即为
x=v0t
联立解得
x=2 3m3E
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力，有：
qvB=mv2R
粒子在电场中运动的速度为：
v=v0sin60∘
根据几何关系得
Rcs30°=L2
解得：
(3)粒子在磁场中运动的周期为：
T=2πRv
粒子在磁场中运动的圆心角为120°，对应时间为
t=120°360∘T=13T
解得
t=πL3v0 m2qU
答：(1)粒子运动到A点射入电场时的速度大小为 2qUm，在y轴上的发射位置到P点的水平距离为2 3m3E；
(2)匀强磁场磁感应强度B的大小为2 qUqL；
(3)粒子在薄板右侧运动的时间t为πL3v0 m2qU。