【物理】2025届河北省保定市高三下学期二模联考试题（解析版）

这是一份【物理】2025届河北省保定市高三下学期二模联考试题（解析版），共10页。试卷主要包含了答题前，考生务必将自己的姓名，本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1、答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
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。
4、本试卷主要考试内容：高考全部内容。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 医院里常用钴60作为放射源治疗有关疾病，钴60的衰变方程为，则生成物镍60的中子数为（ ）
A 26B. 28C. 29D. 32
【答案】D
【解析】根据衰变方程电荷数守恒有
解得
即生成物镍60的原子序数为，质量数为，因此镍60的中子数为
D正确。故选D。
2. 某无人机（视为质点）表演时做匀速圆周运动，如图所示，在时间t内无人机由A点运动到B点，圆弧AB所对应的圆心角为，圆弧AB长为L，则无人机的线速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据线速度公式，可知无人机的线速度大小为，故选A。
3. 2024年央视春晚机器人表演的背后，是大数据、云计算、人工智能等前沿技术的集中展现。在某次排练时，甲、乙两机器人沿同一水平地面做直线运动，其运动的位移一时间关系图像如图中甲、乙所示，甲的图像为抛物线，和均已知，下列说法正确的是（ ）
A. 时刻，甲的速度大于乙的速度
B. 甲、乙在时刻相遇
C. 时间内，甲的平均速度小于乙的平均速度
D. 时间内，甲的平均速度大于乙的平均速度
【答案】B
【解析】A．根据图像的斜率表示速度，可知在时刻甲的图线的斜率为零，故此时甲的速度为零，而乙图线的斜率不为零，且为定值，故甲的速度小于乙的速度，故A错误；
B．由图可知，甲、乙在时刻相遇，故B正确；
C．由图可知，在时间内，甲的位移大于乙的位移，根据平均速度等于位移比时间，可知，甲的平均速度大于乙的平均速度，故C错误；
D．由图可知，在时间内，甲的位移等于乙的位移，根据平均速度等于位移比时间，甲的平均速度等于乙的平均速度，故D错误。故选B。
4. 如图所示，在磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，有一匝数为N的矩形线圈（内阻不计），线圈的面积为S，线圈以角速度绕轴顺时针匀速转动。理想变压器原、副线圈的匝数比，从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时，电流表A为理想交流电流表，下列说法正确的是（ ）
A. 感应电动势的最大值为
B. 闭合开关S，电流表A的示数增大
C. 仅增大线圈转动的角速度，电流表A的示数不变
D. 副线圈中电流的频率为
【答案】B
【解析】A．感应电动势的最大值为，故A错误；
B．将原线圈输入端等效为电阻R，则有
则电流表示数
闭合开关S，副线圈总电阻变小，故电流表A的示数增大，故B正确；
C．电流表示数
可知仅增大线圈转动的角速度，电流表A的示数变大，故C错误；
D．题意可知线圈转动频率
变压器不能改变交流电频率，故副线圈中电流的频率为，故D错误。故选B。
5. 如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板B，一质量与木板相同的物块A（可视为质点）从左端以大小为v的速度冲上木板，经过时间t运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是（ ）
A. 物块A运动到木板右端时的速度大小为
B. 在此过程中，物块A运动的距离为
C. A动量的减少量大于B动量的增加量
D. 木板B的长度为
【答案】A
【解析】A．设物块和木板的质量均为m，物块运动到木板右端恰好未从木板上滑落，系统动量守恒，选取滑块初速度的方向为正方向，则有
解得
即物块A运动到木板右端时的速度大小为，A正确；
B．根据匀变速运动规律可知，物块A运动的位移，B错误；
C．A动量的减少量
B动量的增加量
则A动量的减少量等于B动量的增加量，C错误；
D．由题可知，时间木板B的位移为
结合上述分析可得，木板B的长度为，D错误。故选A。
6. 2024年11月15日23时13分，天舟八号货运飞船在我国文昌航天发射场发射成功。假设其绕地球做匀速圆周运动，且轨道的内接正方形是地球的外切正方形，如图所示。已知地球的半径为R，地球的第一宇宙速度为，货运飞船的质量为m，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. 地球的质量为
B. 货运飞船轨道处的加速度大小为
C. 货运飞船受到的万有引力为
D. 货运飞船的动能为
【答案】C
【解析】A．由万有引力提供向心力得，解得地球的质量为
故A错误；
B．由题意可知货运飞船的轨道半径为
由，解得货运飞船轨道处的加速度大小为
故B错误；
C．货运飞船受到的万有引力为
故C正确；
D．由，解得货运飞船的速度大小为
货运飞船的动能为故D错误。故选C。
7. 如图甲所示，两正对平行板AC、DB水平放置，在其右侧有汇聚状的电场，电场线的延长线的交点在O点（BC的中点），在两平行板间加上周期为T的交变电压，两板间电势差的绝对值为。时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从靠近上极板左端（视为A点）以水平向右的速度射入匀强电场，T时刻从下极板B点水平向右进入汇聚状电场做匀速圆周运动，经过半个圆周到达C点，到达C点时的速度方向水平向左，下列说法正确的是（ ）
A. 平行板的长度为
B. 0.5T时刻，粒子的速度大小为
C. 两平行板间的距离为
D. 粒子在汇聚状电场中，受到的电场力大小为
【答案】D
【解析】A．由于粒子在水平方向做匀速直线运动，故平行板的长度为
A错误；
BC．时间内，粒子在水平方向做匀速直线运动，则有
竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
竖直方向的速度
竖直方向上的位移
粒子在水平方向依然做匀速直线运动，竖直方向做加速度大小不变的减速运动，根据运动的对称性可知，粒子到达B点时竖直方向速度为零，竖直方向的位移大小依然为，故有
解得两平行板间的距离
时刻竖直方向的速度
故0.5T时刻，粒子的速度大小为，BC错误；
D．由题可知，粒子在电场中做匀速圆周运动的半径
电场力为粒子圆周运动提供向心力，根据牛顿第二定律则有
联立解得，粒子圆周运动时所受电场力的大小为
D正确。故选D。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分。
8. 两单色光射入圆柱形（横截面）透明介质时的光路如图所示，已知两光线射入透明介质时的入射角均为，透明介质对a光的折射率为，从透明介质射出的两光线间的夹角为，下列说法正确的是（ ）
A. 射入透明介质后，a光的偏折角度为
B. 射入透明介质后，a光的偏折角度为
C. 透明介质对b光的折射率为
D. 透明介质对b光的折射率为
【答案】BD
【解析】AB．设射入透明介质后，a光的折射角为，根据折射定律有
解得
则a光的偏折角度为，故A错误，B正确；
CD．作出折射图
根据折射定律，a光射出介质的角度为60°，从透明介质射出的两光线间的夹角为，则，对b光的折射角为，根据折射定律有
故C错误，D正确；故选BD。
9. A、B两列简谐横波分别沿x轴正方向、x轴负方向传播，波速均为，两个波源的平衡位置分别位于和处，波源的振幅均为5cm。t=0时刻两列波的图像如图所示，此时平衡位置在和的P、Q两质点刚开始振动，下列说法正确的是（ ）
A. 这两列波的频率均为2Hz
B. 时，质点P的位移为10cm
C. 0~4s时间内，质点P经过的路程为60cm
D. 时，质点P在平衡位置且沿y轴正方向运动
【答案】BD
【解析】A．由题图可知，两列简谐横波的波长相等，均为，波速为，则两波的周期为
故两列波的频率为
B．在t=3.5s时，波传播的距离
可知此时向左传播的波的波峰传至P点，而向右传播的波经3.5s振动了，即波峰也传至P点，由波的叠加原理可知，P点的位移为10cm，B正确；
C．在0~4s时间内，可知向左传播的波传至P点经历的时间
PQ共同振动加强的时间
故0~4s时间内，质点P经过的路程为
C错误；
D．将波形向右平移半个周期，根据“上、下坡”法可知，此时质点P在平衡位置且沿y轴正方向运动，D正确。故选BD。
10. 如图所示，光滑倾斜平行金属轨道与光滑水平平行金属轨道平滑相接，导轨间距均为L，水平轨道处有竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，水平轨道的右端连接阻值为R的定值电阻。金属棒2放在水平轨道的左端，且与水平轨道接触良好。金属棒1在倾斜轨道上，距离底端的高度为h。金属棒1、金属棒2的质量均为m，长度均为L，电阻均为R。某时刻将金属棒1由静止释放，金属棒1到达倾斜轨道底端与金属棒2相碰（碰撞时间极短）并粘在一起进入磁场，整个过程中金属棒都未与定值电阻相碰，不计倾斜轨道与水平轨道的电阻，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒1、2刚进入磁场时回路中的电流为
B. 金属棒1、2进入磁场后通过定值电阻的电荷量为
C. 金属棒1、2进入磁场后定值电阻产生的电热为
D. 金属棒1、2进入磁场后的位移大小为
【答案】AC
【解析】A．设金属棒1到达底端与金属棒2碰前的速度为，根据机械能守恒定律可得，解得
碰撞后，两金属棒的共同速度为，由动量守恒定律可得
解得
金属棒切割磁感线产生电动势
结合欧姆定律可知，金属棒1、2刚进入磁场时回路中的电流为
A正确；
B．对两金属棒，根据动量定理可得
又因为
联立可得
B错误；
C．根据能量守恒定理可知，回路中产生的总热量为
故定值电阻产生热量，C正确；
D．设金属棒1、2进入磁场后的位移大小，由动量定理可得
结合法拉第电磁感应定律可得
由欧姆定律可得
联立解得，D错误。故选AC
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某同学用电磁实验装置来研究平抛运动和测量平抛运动的初速度大小。如图所示，将小球甲从斜槽上某一点P由静止释放，小球甲离开斜槽末端a点时撞开接触式开关（时间极短），小球甲从a点飞出的同时，被电磁铁吸住的小球乙从b点由静止下落，小球甲、乙均视为质点，a、b两点在同一水平面上，改变甲释放点P的位置，直至甲、乙在地面相遇，用刻度尺测得b点距地面的高度为H，a、b两点间的距离为L，重力加速度大小为g，不计空气阻力。回答下列问题：
（1）安装实验装置完毕，应调节斜槽，使得末端保持______。
（2）小球甲、乙在落地前，同一时刻，小球甲距地面的高度______（填“大于”“小于”或“等于”）小球乙距地面的高度。
（3）小球甲落地时的速度大小为______。
【答案】（1）水平 （2）等于 （3）
【解析】【小问1】小球做平抛运动，故应调节斜槽使得末端保持水平；
【小问2】小球甲做平抛运动，其竖直方向的分运动为自由落体运动，小球乙做自由落体运动，两小球离一的高度相同，同时释放两小球，则在落地前同一时刻，两小球的在竖直方向的位移相同，故离地的高度相同，即，小球甲距地面的高度等于小球乙距地面的高度
【小问3】由题知，b点距地面的高度为H，小球甲做平抛运动，则在竖直方向有
解得
落地时竖直方向的速度为
a、b两点间的距离为L，则在水平方向有
解得
故小球甲落地时的速度大小为
12. 某同学准备测量一电源的电动势E和内阻r，他设计了如图甲所示的实验电路，并准备了以下实验器材：
A．被测电源（电动势约为6V，内阻小于1Ω）；
B．电流表（量程为0~0.6A，内阻不计）；
C．定值电阻；
D．定值电阻；
E．滑动变阻器（最大阻值）；
F．开关、导线。
（1）定值电阻应选择______（填器材前面的符号）。
（2）按照图甲所示的电路图连接电路，将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关S，电流表的示数如图乙所示，则此时电流为______A。
（3）将滑动变阻器的阻值调为零，记录电流表的示数为0.56A，根据实验得到的数据，可得电源电动势______V，内阻______Ω。（结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）C （2）0.38 （3） 5.9 ； 0.56
【解析】【小问1】由于电流表的量程为，根据欧姆定律可知，电路中的最小阻值为
故定值电阻选择C（）。
【小问2】由于电流表的分度值为0.02A，故其读数为0.38A。
【小问3】当滑动变阻器的阻值最大时，根据欧姆定律可得
当滑动变阻器的阻值为零时，则有
由实验数据可知，
联立解得，
13. 学校开展科技文化节，如图所示，其中水火箭的原理是将水装入可乐瓶，再通过打气筒向瓶内注入气体，高压气体将水向外压出，可乐瓶获得反作用力向外飞出。某兴趣小组希望瓶内气体恢复到无法对水做功时，瓶内的水也恰好喷完。已知可乐瓶的容积为，外界大气压强恒为，初始时可乐瓶内的气体压强为，全程不考虑温度和可乐瓶容积的变化。
（1）求瓶内水的体积；
（2）按（1）中求出的水的体积装好水后，用高压气瓶给密闭可乐瓶灌气，高压气瓶与可乐瓶体积相同，为了让可乐瓶达到需要的气压，求灌气前高压气瓶中气体压强的最小值。
【答案】（1）V0 （2）p0
【解析】【小问1】发射前可乐瓶内气体的体积为V1，压强p1=4p0
水喷射完后，气体体积V2=V0，压强p2=p0
整个过程可以看成等温变化，根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2
解得V1=V0
水的体积V=V0-V1=V0
【小问2】设可乐瓶内初始气体压缩后的体积为V3，根据玻意耳定律则有p0V1=p1V3
解得V3=V0
高压气瓶恰好能完成对可乐瓶的灌气，对高压气瓶中的气体，灌气前的体积为V0，设压强为p3，给可乐瓶罐气后，体积V4=V0+V1-V3=V0
同样气体为等温变化，则有p3V0=p1V4
解得高压气瓶中初始气体压强最小值p3=p0
14. 如图所示，平面直角坐标系中，在第二、三象限以为圆心、半径的圆内分布着匀强磁场，磁场的磁感应强度大小，方向垂直于纸面向里，在y轴与之间有范围足够大、方向平行于x轴的匀强电场（图中未画出）。一质量、电荷量的带负电粒子（不计重力）以某一速度从处射入磁场，射入磁场时，粒子的速度方向与水平方向成并垂直于磁场方向，一段时间后粒子正好从坐标原点进入第四象限的匀强电场中，最后从坐标处离开电场。求：
（1）粒子射入磁场时的速度大小v及在磁场中运动的时间t；
（2）匀强电场的电场强度大小E及方向；
（3）粒子离开匀强电场时的速度大小。
【答案】（1）2 m/s， （2），水平向左 （3）
【解析】【小问1】由几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径r==2 m
由洛伦兹力提供向心力则有
解得v=2 m/s
周期
粒子偏转的圆心角
故粒子在磁场中运动的时间
代入数据解得
【小问2】带电粒子从原点进入电场后竖直方向做匀速直线运动，根据速度的分解，
水平方向必须向右加速运动才可以到达（2m，-1m）的位置
分析可知电场强度方向水平向左，根据运动规律
水平方向
竖直方向
其中，
解得，
由牛顿第二定律可得
解得
【小问3】在电场中由动能定理则有
解得
15. 如图所示，倾角为且足够长的固定斜面上有两个相距为L的滑块A、B，滑块A的质量为m，滑块B的质量为3m，滑块A的下表面光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数。由静止同时释放滑块A和B，此后，若A、B发生碰撞，碰撞时间都极短且碰撞为弹性碰撞。重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）滑块A、B第一次碰撞后瞬间，滑块A的速度及滑块B的速度；
（2）从滑块A、B第一次碰撞到滑块A、B第二次碰撞所经历的时间t；
（3）从滑块A开始运动到两滑块刚发生第n次碰撞，滑块B的位移大小x。
【答案】（1）-， （2）2 （3）n（n-1）L
【解析】【小问1】滑块B恰好能静止在斜面上，滑块A下滑过程，根据机械能守恒定律则有
解得
滑块A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒则有
根据能量守恒可得
解得，
【小问2】碰后滑块B匀速下滑，下滑距离为x时，两滑块第二次相撞，则有
对滑块A则有
解得
【小问3】第二次碰撞前瞬间，滑块A相对于滑块B的速度大小vAB=
以B为参考系，则有mvAB=mvA2+3mvB2
碰后B相对于碰前的速度变化量ΔvB=
碰后B相对于斜面有vB2=vB1+ΔvB=
且每次碰撞后B的速度大小都增加ΔvB=
两滑块间相对速度依然是vAB=
碰撞间隔时间依然是Δt=t=2
从第一次碰撞到第二次碰撞，滑块B的位移大小x1=vB1t=2L
从第二次碰撞到第三次碰撞，滑块B的位移大小x2=vB2·Δt=4L
依此类推，有则x=2L+4L+6L+…+2（n-1）L
解得x=n（n-1）L