2025年重庆市九龙坡区杨家坪中学高考物理模拟试卷

这是一份2025年重庆市九龙坡区杨家坪中学高考物理模拟试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，高三某班高考倒计时牌通过一根轻绳跨在教室墙壁的钉子上。挂上后发现倒计时牌是倾斜的，∠AOB=90°，倒计时牌的重力大小为G。不计一切摩擦，则平衡时绳OB中的张力大小为( )
A. 35GB. 45GC. 22GD. G
2.原子处于磁场中，某些能级会发生劈裂。如图甲，XX代表激发态1，X代表激发态2，G代表基态，由于能级劈裂，如图乙，X态劈裂为两支，分别为XH、XV两个能级。原子劈裂前辐射出光谱线①和②，劈裂后辐射出光谱线③、④、⑤和⑥，下列说法正确的是( )
A. ①和⑤的能量相等
B. ③的频率大于⑥的频率
C. 若用④照射某种金属能发生光电效应，则用⑥照射也一定能发生
D. ①和②的频率之和等于⑤和⑥的频率之和
3.下列关于光的现象中，说法正确的是( )
A. 图甲，潜水员看岸上的景物都出现在一个倒立的圆锥里，是因为光的折射
B. 图乙，将玻璃板之间的垫片向左移动，条纹会向右移
C. 图丙，增加透射光栅狭缝个数，衍射条纹的宽度将变宽，亮度将增加
D. 图丁，3D电影的原理是光的干涉
4.四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等(连接D球的绳较长)，则下列说法错误的是( )
A. 小球A、B角速度相等
B. 小球A、B线速度大小相等
C. 小球C、D所需的向心加速度大小相等
D. 小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
5.为了研究波的传播，小南利用一波源起振器产生的波进行观察，已知起振器位于O点，t=0时开始振动，t=2s时的波形图如图所示，则t=5.5s时，O点的位移为( )
A. 4cmB. −4cmC. 2 2cmD. −2 2cm
6.利用电磁感应驱动的电磁炮，原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。线圈套在空心的塑料管上，塑料管内部光滑，将直径略小于塑料管内径的金属小球静置于管内，且处于线圈右侧。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在0∼t1的时间内被加速发射出去(t1时刻刚好运动到右侧管口)。下列关于该电磁炮的说法正确的是( )
A. 小球在塑料管中的加速度随线圈中电流的增大而减小
B. 在0∼t1的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
C. 适当加长塑料管可使小球获得更大的速度
D. 在0～t1的时间内，顺着发射方向看小球中产生的涡流沿逆时针方向
7.我国科研人员利用“探测卫星”获取了某一星球的探测数据，对该星球有了一定的认识。“探测卫星”在发射过程中，先绕地球做圆周运动，后变轨运动至该星球轨道，绕星球做圆周运动。“探测卫星”在两次圆周运动中的周期二次方T2与轨道半径三次方r3的关系图像如图所示，其中P实线部分表示“探测卫星”绕该星球运动的关系图像，Q实线部分表示“探测卫星”绕地球运动的关系图像，“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足T2=c，图中c、m、n已知，则( )
A. 该星球和地球的质量之比n：m
B. 该星球和地球的第一宇宙速度之比3m：3n
C. 该星球和地球的密度之比为m：n
D. 该星球和地球表面的重力加速度大小之比为n：m
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，一个总电阻为2R的均匀导电圆环，其半径OM长为L2。导电圆环内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一长为L、总电阻为R2的均匀细金属棒置于圆环上。金属棒绕M点沿顺时针方向匀速转动，角速度为ω，在转动过程中金属棒与圆环始终保持良好接触。当金属棒转到MN位置时( )
A. M点电势低于N点电势B. 金属棒中电流的方向是从N到M
C. 金属棒产生的感应电动势大小为BL2ωD. 金属棒中的电流的大小为BL2ω2R
9.图1是一底面积为S且导热性能良好的圆柱形薄壁气缸，气缸内距其水平底部高L处有可视为质点的卡点，气缸上端有一密封良好且可无摩擦滑动的轻活塞，气缸内封闭有一定质量的理想气体。缓慢改变气缸内的温度，使缸内封闭气体由状态A经状态B变化到状态C，该过程中，活塞到气缸底部的高度L与气缸内热力学温度T的关系如图2所示，整个过程中缸内封闭气体吸收的热量为Q。已知外界环境气压始终为p0，气缸内初始热力学温度为T。则( )
A. 在状态A时，缸内封闭气体的压强为0.5p0
B. 在状态C时，Lc=1.5L
C. 整个过程中，缸内封闭气体的内能增加量为Q
D. 直线BC一定不过坐标原点
10.如图所示，电动机带动的传送带与水平方向夹角θ=37°，与两皮带轮O1、O2相切与A、B两点，从A到B长度为L1=5.6。传送带以v0=0.8m/s的速率顺时针转动。两皮带轮的半径都为R=1.5m。长度为L2=2.0m水平直轨道CD和传送带皮带轮最高点平滑无缝连接。现有一体积可忽略，质量为m=0.5kg小物块在传送带下端A无初速度释放。若小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ1=0.8，与水平直轨道CD之间的动摩擦因数为μ2，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则( )
A. 小物块从A运动到B的时间为8s
B. 小物块运动到皮带轮O2最高点时，一定受到皮带轮O2的支持力作用
C. 将小物块由A点送到C点电动机多消耗的电能为21.02J
D. 若小物块刚好停在CD中点，则μ2=0.32
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图甲所示是某兴趣小组设计的验证向心力大小表达式的实验装置原理图。用一刚性细绳悬挂一质量为m的小球，小球的下方连接一轻质的遮光片，细绳上方的悬挂点处安装有一个力传感器，悬挂点的正下方固定一个光电门，两装置连接到同一数据采集器上，可以采集小球经过光电门的遮光时间和此时细绳拉力的大小，重力加速度为g。实验过程如下：

①用刻度尺测量出悬挂点到球心的距离L；
②将小球拉升到一定高度(细绳始终伸直)后释放，记录小球第一次经过最低点时遮光片的遮光时间Δt和力传感器示数F；
③改变小球拉升的高度，重复步骤②，测6～10组数据；
④根据测量得到的数据在坐标纸上绘制图像；
⑤改变悬挂点到球心的距离L，重复上述步骤，绘制得到的图像如图乙所示。
(1)图乙中图像横坐标表示的物理量为______(选填“Δt”、“1Δt”或“1(Δt)2”)。
(2)理想情况下，图乙中各图像的延长线是否交于纵轴上的同一点：______(选填“是”或“否”)。
(3)图乙中A组实验所用细绳的长度与B组实验所用细绳长度之比为______。
(4)将图乙的纵坐标改为______则可以得到结论：向心力的大小与线速度的平方成正比。
(5)由于遮光片位于小球的下方，图乙中的斜率与准确值相比______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
12.随着技术创新和产业升级，我国新能源汽车强势崛起实现“换道超车”，新能源汽车对温度控制有非常高的要求，控制温度时经常要用到热敏电阻。物理实验小组找到两个热敏电阻，一个是PTC热敏电阻，其电阻值随温度的升高而增大；另一个是NTC热敏电阻，其电阻值随温度的升高而减小。该实验小组想利用下列器材来探究这两个热敏电阻(常温下阻值约为10.0Ω)的电学特性及作用。
A.电源E(电动势12V，内阻可忽略)
B.电流表A1(满偏电流10mA，内阻r1=10Ω)
C.电流表A2(量程0～1.0A，内阻r2约为0.5Ω)
D.滑动变阻器R1(最大阻值为10Ω)
E.滑动变阻器R2(最大阻值为500Ω)
F.定值电阻R3=990Ω
G.单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个、导线若干
(1)若要求热敏电阻两端的电压可以从零开始比较方便地进行调节，应选择接入电路中的滑动变阻器为______(填器材前的字母)，请在图甲中将电路图补充完整。

(2)物理实验小组用I1表示电流表A1的示数，I2表示电流表A2的示数，通过实验画出两个热敏电阻接入电路时的I1−I2图线如图乙中a、b所示。若将图线b所代表的元件直接接在一个电动势E=10V，内阻r=10Ω的电源两端，则该元件的实际功率为______W(结果保留2位有效数字)。
(3)在汽车电路中常用热敏电阻与其他元件串联起来接入电路，用于防止其他元件两端的电压过大，从而保护电路和设备，你认为应该选用______(填“PTC”或“NTC”)热敏电阻，请简述该热敏电阻防止电流过大的原因：______。
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.高层建筑在建造之前必须要进行打桩夯实，让土地的承载力变得更高。落锤打桩机打桩过程可简化为如图所示的模型：用动力装置将质量为m=1000kg的重锤提升到高处自由释放，m下落h=0.8m后与质量为M=1000kg的桩发生碰撞，碰撞时间极短，碰后二者一起运动。设桩受到泥土的阻力恒为f=3×104N，重力加速度为g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)m与M碰撞后的速度v；
(2)一次打桩后，桩下降的距离d；
14.如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m=1kg的小物块1(可视为质点)，当物块1运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC=37°的固定光滑圆弧轨道BC，C端的切线水平且与长木板上表面等高，长木板静止在光滑水平面上，质量M=4kg，其左端放置与小物块1完全相同的小物块2，右端固定挡板上连接一根轻质弹簧，A点距B点的高度H=0.45m，圆弧轨道半径R=2.75m。小物块1滑行到车上立即与小木块2发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后两物块粘在一起在木板上向右滑动，一段时间后在木板的正中间达到相对静止，物块与长木板间动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，弹簧始终在弹性限度内，求：
(1)小物块1抛出时水平速度v0的大小；
(2)小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)木板的长度。
15.如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在竖直向下的匀强电场，第二、三象限内存在方向水平向右、电场强度大小E1=2.0×103N/C的匀强电场，第四象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，足够长的薄挡板在N点垂直于x轴竖直放置。质量m=1.0×10−17kg、电荷量大小q=1.0×10−9C的带正电粒子从第二象限的M点由静止释放，经历一段时间到达y轴上的P点，随后经过第一象限内的电场运动至x轴上的Q点，之后进入第四象限内的匀强磁场。已知MP=0.9m，OP=0.2m，OQ=0.3m，ON=1.0m，sin53°=0.8，cs53°=0.6，粒子重力不计。
(1)求第一象限内的匀强电场的电场强度大小E2；
(2)若粒子经过第四象限内的匀强磁场射出后，能够再次到达M点正上方某点时速度方向沿y轴正方向，求粒子从M点静止释放至到该点的时间t(结果保留2位有效数字)；
(3)若粒子在进入匀强磁场后的运动过程中没有越过y轴，且粒子最终垂直打在薄挡板上，求匀强磁场的磁感应强度B大小的可能值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由题知，倒计时牌和钉子处于平衡状态，对倒计时牌，由平衡条件可知，轻绳对其作用力应与其重力等大、反向，即大小为G、方向竖直向上；
对钉子，结合平衡条件及牛顿第三定律可知，轻绳对其作用应大小为G，方向竖直向下，结合平行四边形定则，可得下图：
因同一根绳子力的大小相等，则：FOA=FOB，因∠AOB=90°，结合几何关系可得：θ=45°，
则：FOB=Gsin45°= 22G，故C正确，ABD错误；
故选：C。
倒计时牌和钉子处于平衡状态，根据平衡条件、牛顿第三定律确定力与力的关系，即可求得平衡时绳OB中的张力大小，即可判断ABCD正误。
本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
2.【答案】D
【解析】解：A.原子能级跃迁放出的光子的能量等于原子的能级差，由题图可知E⑤>E①，故A错误；
B.光子③、⑤对应的能量关系为E③E⑥可知，用④照射某金属表面时能发生光电效应，可知E④大于此金属的逸出功W0，因E④>E⑥，则无法比较E⑥与W0的大小关系，故用⑥照射该金属不一定能发生光电效应，故C错误；
D.XX态能级与基态能级差保持不变，即①和②的频率之和等于⑤和⑥的频率之和，故D正确。
故选：D。
原子能级跃迁放出的光子的能量等于原子的能级差，根据题图判断出各光子对应的能量和频率大小关系；根据光电效应的条件分析；由能级差关系判断频率之和的关系。
该题考查能级与跃迁以及光子的能量，解决本题的关键掌握辐射光子的能量与能级差的关系。
3.【答案】A
【解析】解：A、图甲，潜水员看岸上的景物都出现在一个倒立的圆锥里，是因为光的折射造成的，故A正确；
B、图乙，将玻璃板之间的垫片向左移动，玻璃板之间的夹角变大，中间的空气薄膜厚度变大，则条纹会向左移动，故B错误；
C、图丙，增加透射光栅狭缝个数，衍射条纹的宽度将变窄，亮度将增加，故C错误；
D、图丁，3D电影的原理是光的偏振，故D错误。
故选：A。
根据光的折射现象分析；根据玻璃板间空气薄膜的厚度变化分析；根据衍射光栅的特点分析；根据光的偏振的应用分析。
本题考查了对光的折射、干涉和衍射、以及光的偏振的应用，体现了理论与实际生活的关系，基础题。
4.【答案】B
【解析】解：AB、对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则
mgtanθ=mω2lsinθ
解得
ω= glcsθ= gh
所以小球A、B的角速度相等
由v=rω，轨道半径r不同，可知线速度大小不相等，故A正确，B错误；
CD、对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为α，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有
mgtanα=man，FTcsα=mg
得
an=gtanα，FT=mgcsα
所以小球C、D所需的向心加速度大小相等，小球C、D受到绳的拉力大小也相等，故CD正确。
本题选择错误的，故选：B。
对甲图，根据小球与悬点的竖直高度和绳与竖直夹角表示运动半径，建立向心力表达式求解；对乙图，两绳与竖直夹角相等，列式求解。
本题考查水平方向圆周运动的圆锥摆问题。需熟练掌握该模型的特点。
5.【答案】C
【解析】解：由题意可知，周期T=4s，振幅为4cm，M点的起振方向向上，则O点的起振方向向上，则O点的振动方程为
y=Asin2πTt=4sin(2π4t)cm=4sin(π2t)cm
则t=5.5s时，O点的位移为
y=4sin(π2×5.5)cm=2 2cm，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据题意确定出周期，判断O点的起振方向，结合O点的振动方程求出t=5.5s时O点的位移。
解答本题的关键要确定O点的起振方向，根据振幅、周期和初相位写出O点的振动方程。
6.【答案】D
【解析】解：A、线圈中产生的磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比，根据图乙可知，线圈中产生的磁感应强度(磁通量)变化步调与电流i的变化步调一致，在0∼t1时间内，线圈中的磁通量变化率也逐渐减小至0，即通过金属小球的磁通量变化率也逐渐减小至零。
金属小球中感应电动势也逐渐减小至零，金属小球中的涡流也逐渐减小至0。在t=0时刻，磁感应强度为0，金属小球受到线圈磁场对它的作用力为0。t1时刻，金属小球的感应电动势为0，感应电流也为0，此时刻金属小球受到线圈磁场对它的作用力也为0，故0∼t1时间内，金属小球受到线圈磁场对它的作用力应先增大后减小，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度应先增大后减小，故A错误；
B、电容器放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，散失了一部分能量，同时线圈中有电流，会产生磁场，磁场本身也有一定的能量，所以0∼t1时间内，电容器储存的电能并没有全部转化为小球的动能，还有部分能量耗散，故B错误；
C、适当增加塑料管的长度，小球会在电流减小的过程中离开塑料管，通过楞次定律判断可知，此时线圈的作用力向左，阻碍小球运动，所以适当加长塑料管，小球速度会在减小，故C错误；
D、0～t1时间内，电流逐渐增大，产生的磁场也会增强，通过楞次定律判断可知，原磁场增大，感应磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则判断可得，小球中产生的涡流是逆时针方向的，故D正确。
故选：D。
根据磁通量的变化特点判断感应电流大小的变化特点，然后判断小球的加速度；
根据电流的变化判断能量转化的关系；
根据楞次定律判断涡流的方向。
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解。
7.【答案】B
【解析】解：A、“探测卫星”先绕地球做匀速圆周运动，后变轨运动至该星球轨道，绕星球做匀速圆周运动，结合万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=m4π2T2r
解得：T2=4π2r3GM，根据T2−r3图像的斜率为：k=4π2GM
则该星球和地球的质量之比为：MPMQ=kQkP=cncm=mn，故A错误；
B、“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足T2=c，则4π2RP3GMP=4π2RQ3GMQ
可得：RPRQ=3MPMQ=3mn
根据万有引力提供向心力可得：GMmR2=mv2R
可得：v= GMR
该星球和地球的第一宇宙速度之比为：vPvQ= MPRQMQRP=3m3n，故B正确；
C、根据体积公式为：V=43πR3，结合密度公式为ρ=MV
则该星球和地球的密度之比为：ρPρQ=MPRQ3MQRP3=11
故C错误；
D、根据万有引力与重力的关系GMmR2=mg
该星球和地球表面的重力加速度大小之比为：gPgQ=MPRQ2MQRP2=3m3n，故D错误。
故选：B。
根据万有引力提供向心力列式，得到中心天体的质量，再结合密度公式得到中心天体的密度表达式，结合图像的信息求该星球和地球的密度之比；“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时的速度即第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力列式求解第一宇宙速度之比。根据重力加速度表达式分析重力加速度之比。
解答本题时，要建立模型，根据万有引力提供向心力和密度公式得到中心天体的密度表达式是关键，同时要理解第一宇宙速度的意义，运用圆周运动的规律求第一宇宙速度。
8.【答案】AD
【解析】解：AB.根据右手定则可知，当金属棒转到MN位置时，金属棒中电流由M流向N，金属棒相当于电路的电源，电源内部电流从电势低的位置流向电势高的位置，则M点电势低N点电势，故A正确，B错误；
C.金属棒转到MN位置时，根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势大小为：E=ΔΦΔt=B⋅12ΔθL⋅LΔt=12BL2ω，故C错误；
D.金属棒转到MN位置时，圆环左右两部分并联，电路的总电阻为：R总=R2+R⋅RR+R=R
由闭合电路欧姆定律可知金属棒中的电流的大小为：I=ER总=BL2ω2R，故D正确。
故选：AD。
根据右手定则判断感应电流方向和电势高低；根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势大小；由闭合电路欧姆定律求解金属棒中的电流的大小。
本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和右手定则；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=12BL2ω来计算。
9.【答案】AB
【解析】解：A.由图2可知，封闭气体从A到B，气体的体积不变，做等容变化，在B处的压强pB=p0；
根据查理定律pAT0=pB2T0
代入数据解得pA=12p0=0.5p0
B.封闭气体从B到C，做等压变化，根据盖—吕萨克定律LS2T0=LCS3T0
解得LC=3L2=1.5L，故B正确；
C.整个过程中，缸内封闭气体对外做功W=−pBΔV=−p0(1.5LS−LS)=−0.5p0LS
根据热力学第一定律，缸内封闭气体增加的内能ΔU=Q+W=Q−0.5p0LS