2025届河北省衡水市冀州区河北冀州中学高三下学期模拟预测物理试题（解析版）

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一、单选题（每题4分）
1. 1913年，玻尔在巴尔末公式的启发下，推导出氢原子能级公式，该公式是量子力学发展的重要里程碑之一。如图是氢原子的能级图，对于一群处于量子数的氢原子，下列说法中不正确的是（ ）
A. 这群氢原子能够吸收适当能量的光子后向更高能级跃迁
B. 这群氢原子向低能级跃迁，最多能够发出10种不同频率的光子，若增加同状态氢原子的数量，发光频率种类的数量并不会增多
C. 这群氢原子向低能级跃迁时，从能级跃迁到能级发出的光的波长最长
D. 若用这群氢原子向低能级跃迁时发出的各种频率的光子依次照射某种金属，现检测到有4种频率的光子能使该金属有光电子逸出，则这些光子一定是氢原子跃迁到基态时发出的
【答案】C
【解析】A．根据氢原子能级相关知识，氢原子处于低能级时，能够吸收适当能量的光子后向更高能级跃迁，故A正确；
B．一群处于量子数的氢原子向低能级跃迁，根据组合数公式
可得出不同频率光子的种类数为种
且发光频率种类的数量只与氢原子所处的能级有关，与氢原子的数量无关，故B正确；
C．氢原子从高能级向低能级跃迁时，能级差越大，发出光子的能量越大，频率越高，波长越短，从能级跃迁到能级，能级差最大，发出的光的波长最短，故C错误；
D．氢原子从能级向低能级跃迁时，能发出种不同频率的光子，若有种频率的光子能使金属发生光电效应，由于从能级跃迁到、、能级，从能级跃迁到、能级，从能级跃迁到能级时发出的光子能量比氢原子跃迁到基态时的能量小，所以能使金属发生光电效应的光子一定是氢原子跃迁到基态时发出的，故D正确。本题选择不正确的，故选C。
2. 如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（ ）
A. 图1中，物体在时间段通过的位移为
B. 图2中，阴影面积表示时刻物体的速度大小
C. 图3中，物体在时间内的平均速度等于
D. 图4中，内物体的速度变化量是
【答案】D
【解析】A．图1中，初始时刻时物体的位置坐标不为0，时物体的位置坐标为，所以物体时间段通过的位移为，故A错误；
B．图2中，图像中，图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量。时间内物体速度的变化量，而不是时刻物体的速度大小，因为不知道初速度，所以无法确定时刻物体的速度大小，故B错误；
C．在图像中，若物体做匀变速直线运动，其平均速度为
且图像为倾斜直线。图3中物体图像是曲线，说明物体做的不是匀变速直线运动，所以物体在时间内的平均速度不等于，故C错误；
D．由运动学公式
解得
图像的斜率
图4中图像斜率为则加速度
根据内物体的速度变化量为，故D正确。故选D。
3. 有关下列四幅图的描述，正确的是（ ）
A. 图1中，增大加速电压U，可以减小粒子在回旋加速器中运动的时间
B. 图2中，线圈顺时针匀速转动，电路中A、B发光二极管会交替发光
C. 图3中，在梁的自由端施力F，梁发生弯曲，上表面应变片的电阻变小
D. 图4中，仅减小两极板的距离，则磁流体发电机的电动势会增大
【答案】A
【解析】A．设粒子获得最大速度为v，由洛伦兹力提供向心力有（R为最大轨道半径）
最终动能
联立解得
则加速次数
粒子在磁场中运动周期运动总时间
联立解得
由此可知，增大加速电压U ，粒子在回旋加速器中运动时间减小，故A正确；
B．图甲中，由于线圈外接换向器，使线圈中的交流电整合为直流电，电流的方向不变，A、B发光二极管不会交替发光，故B错误；
C．在梁的自由端施力F，梁发生弯曲，上表面拉伸，应变片的长度l变长，横截面积S变小，根据电阻定律
可知上表面应变片的电阻变大，故C错误；
D．磁流体发电机稳定时，有（d为两极板间的距离）
解得电动势
可知仅减小两极板的距离d，磁流体发电机的电动势会减小，故D错误。故选A。
4. 如图所示，发电机线圈的直流电阻，理想变压器原线圈的匝数，定值电阻，电压表、电流表均为理想交流电表，不计导线电阻。闭合开关S，当发电机线圈以的转速匀速转动时，电压表、的示数分别为、。若将发电机转速变为原来的2倍，下列说法正确的是（ ）
A. 变压器副线圈的匝数匝
B. 电流表A的示数
C. 变压器副线圈中的电流方向每秒改变100次
D. 若从中性面开始计时，发电机电动势的瞬时表达式
【答案】B
【解析】A．由理想变压器原副线圈电压与线圈匝数关系得
代入数据可得，变压器副线圈的匝数匝，故A错误；
B．将发电机转速变为原来的2倍，根据
其中得、均加倍，则当转速加倍前有
根据可得
根据闭合电路欧姆定律可得，
当转速加倍后
将原副线圈、和R等效成一个电阻，则
根据欧姆定律可得此时电流表A的示数为，故B正确；
C．发电机转速加倍前
发电机转速加倍后
故变压器副线圈中的电流方向每秒改变200次，故C错误；
D．结合选项BC可知，，
所以若从中性面开始计时，发电机电动势的瞬时表达式
故D错误。故选B。
5. 我国的北斗系统可提供全球导航服务，在轨工作卫星共33颗，包含5颗地球静止同步轨道卫星，7颗倾斜地球同步轨道卫星和21颗中圆地球轨道卫星。如图所示为北斗系统中的两颗卫星，分别是中圆地球轨道卫星A和地球静止同步轨道卫星B，卫星A环绕方向为顺时针，卫星B环绕方向为逆时针。已知地球自转周期为，地球的半径为，卫星A和卫星B到地球表面的距离分别为、，引力常量为G，某时刻两卫星与地心连线之间的夹角为120°，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星B的动能一定小于卫星A的动能
B. 地球的质量
C. 卫星A围绕地球做圆周运动的周期
D. 从图示时刻开始，经过时间两卫星第一次相距最远
【答案】B
【解析】A．因两卫星的质量大小关系未知，则不能确定二者动能的大小关系，故A错误
B．对于地球静止同步轨道卫星B，有
解得地球的质量，故B正确；
C．对两卫星，由开普勒第三定律，有
解得，故C错误；
D．从图示时刻开始，到两卫星第一次相距最远，且由
有
解得时间，故D错误。故选B。
6. 沿空间某直线建立轴，该直线上的静电场方向沿轴，其轴正半轴上电场强度随轴上位置变化规律如图所示，原点到间的图线为直线，轴正方向为电场强度正方向，一个电荷量大小为的粒子在点由静止释放，刚好能沿轴正方向运动到处，不计粒子的重力，则下列判断错误的是（ ）
A. 该粒子带正电
B. 粒子在处的电势能大于处的电势能
C. 粒子在处的动能为
D. 点到之间电势差大于到之间电势差
【答案】D
【解析】A．粒子在点由静止释放，刚好能沿x轴正方向运动到处，故粒子先做加速运动后做减速运动；由图像可知，场强方向先沿轴正方向，后沿 轴负方向，可知，受力方向与电场强度方向相同，粒子带正电，故A正确，不符合题意；
B．粒子从到的过程中，电场力一直做正功，电势能减少，所以粒子在处的电势能大于处的电势能，故B正确，不符合题意；
C．从点到处，图线与坐标轴所围的面积表示点到处的电势差；从点到处由动能定理得
故粒子在处的动能为
故C正确，不符合题意；
D．设点到之间电势差为，到之间电势差为，由动能定理得，解得
故点到之间电势差等于到之间电势差，故D错误，符合题意。
本题选错误选项，故选D。
7. 如图所示，一水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，右侧一处于压缩状态的轻质弹簧与一质量为m的小滑块接触（不相连），释放后滑块以速度v滑上传送带，滑块运动一段时间后返回并压缩弹簧，已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半。已知弹簧弹性势能，不计空气阻力，则（ ）
A. 传送带匀速转动的速度大小为
B. 经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上
C. 滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为
D. 滑块第三次在传送带上运动的整个过程中传送带对滑块的冲量为
【答案】C
【解析】A．由能量守恒可知，释放滑块过程有
滑块返回压缩弹簧时有，联立解得，故A错误；
B．结合以上分析可知，滑块再次滑上传送带时速度为,则每次滑块返回时速度均为，因此一直在做往复运动，不会停止，故B错误；
C．以传送带为参考系，木块滑上时相对传送带的速度为，在第1次滑的过程当中产生的热量就等于相对的动能的损耗量，即 ，故C正确；
D．滑块第三次在传送带上运动整个过程中，规定向右为正方向，根据动量定理可知，传送带对滑块的水平冲量大小为
同时传送带对滑块有竖直向上的支持力产生的冲量，因此传送带对滑块的总冲量大于mv，故D错误。故选C。
二、多选题（每题6分，部分3分）
8. 建筑工地常用如图所示装置将建材搬运到高处，光滑杆竖直固定在地面上，斜面体固定在水平面上，配重P和建材Q用轻绳连接后跨过光滑的定滑轮，配重P穿过光滑竖直杆，建材Q放在斜面体上，且轻绳与斜面平行，开始时建材静止在斜面上，之后增加配重质量，建材沿斜面上滑，下列分析正确的是（ ）
A. 当P、Q滑动时，则P、Q速度大小一定相等
B. 当P、Q滑动时，P减小的机械能一定等于Q增加的机械能
C. 当P、Q静止时，细线上的拉力一定大于竖直杆对P的弹力
D. 当P、Q静止时，斜面对Q的摩擦力可能斜向下
【答案】CD
【解析】A．根据题意可知，当P、Q滑动时，沿绳方向的分速度大小与的速度大小相等，故A错误；
B．与斜面之间有摩擦力，当P、Q滑动时，P减小的机械能等于Q增加的机械能和因与斜面之间摩擦产生的热之和，则P减小的机械能一定大于Q增加的机械能，故B错误；
C．由于竖直杆光滑，则当P静止时，绳子一定不能与杆垂直，则绳子拉力沿水平的分力等于竖直杆对P的弹力，即细线上的拉力一定大于竖直杆对P的弹力，故C正确；
D．当P、Q静止时，若绳子的拉力大于重力沿斜面向下的分力，则有向上的运动趋势，斜面对Q的摩擦力沿斜面向下，故D正确。故选CD。
9. 如图甲是水下灯光装置简化图。轻质弹簧下端固定在水池底部，上端连接一点光源，点光源静止在O点，其在水面上的投影位置为，。现让点光源在竖直方向做简谐运动，其振动图像如图乙所示，水的折射率为。则关于水面上的光斑，下列说法正确的是（ ）
A. 光斑边缘的振动周期为2sB. 光斑边缘的振幅为
C. 光斑的最大面积为D. 光斑的最小面积为
【答案】AD
【解析】A．光斑边缘即光刚好发生全反射位置，当点光源在最低点时，光斑边缘距离最远，当点光源在最高点时，光斑边缘距离最近，故光斑边缘的振动周期与光源的振动周期相同，由图乙可光源振动周期为，故光斑边缘的振动周期也为，故A正确；
B．设光从水中射出空气发生全反射的临界角为C，根据全反射临界角公式
根据几何关系可得光斑振幅满足
可得光斑振幅为
由由图乙可光源振动振幅
光斑振幅为，故B错误；
C．光源在最低点时，光斑的面积最大，最大面积为
故C错误；
D．光源在最高点时，光斑的面积最小，最小面积为，故D正确。故选AD。
10. 如图所示，间距为的光滑平行金属导轨由弯曲段和水平段组成，水平段的矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为，导体棒b处在磁场中垂直导轨放置，导体棒b静止的位置离的距离为，导体棒a在弯曲段导轨上距水平段高处由静止释放，当b刚要出磁场时，b的加速度为零。已知两导体棒质量均为，接入电路的电阻均为，两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导体棒a不会离开磁场，且运动中不会与b相碰撞，重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒a刚进入磁场时加速度大小为
B. 当b刚要离开磁场时，导体棒a在磁场中运动的距离为
C. 整个过程中通过导体棒b的电量为
D. 整个过程中回路产生的焦耳热为
【答案】AC
【解析】A．设导体棒a刚进磁场时的速度大小为，根据机械能守恒有
解得
由
解得，故A正确；
B．共速时加速度为零，设当b的加速度为零时，b的速度为，根据动量守恒有
解得
对b棒，根据动量定理
即
解得导体棒间减小的距离为
当b刚要离开磁场时，导体棒a在磁场中运动的距离为
故B错误；
C．b在磁场中运动过程中
解得
b出磁场后，对a研究
因此通过b的总电量为，故C正确；
D．由于金属棒出磁场后做匀速直线运动，因此回路中产生的总焦耳热小于，故D错误。故选AC。
三、实验题（每空2分）
11. 利用图甲装置验证动量守恒定律，将钢球用细线悬挂于点，钢球放在离地面高度为的支柱上，点到球球心的距离为。将球拉至悬线与竖直线夹角为，由静止释放后摆到最低点时恰与球正碰，碰撞后球运动到竖直线夹角处，球落到地面上，测出球的水平位移，当地重力加速度为。
（1）改变角的大小，多次实验，发现钢球、碰撞过程不仅动量守恒，机械能也守恒，得到的关系图线如图乙，则钢球、的质量之比___________。（保留2位有效数字）
（2）若在钢球的被碰位置贴一小块棉布，依然将球拉至悬线与竖直线夹角为由静止释放，增大的物理量是（ ）
A. 碰后球的水平位移
B. 碰后再次到达最高点的夹角
C. 碰撞过程中系统的总动量
D. 碰撞过程中系统动能的损失
（3）某同学观察到，在台球桌面上，台球以初速度和静止的球发生斜碰时，碰后两球的速度方向将不在同一直线上，如图乙所示。已知两球大小相同，质量相等，若两球碰撞过程无能量损失，碰后两球速度方向与初速度的夹角分别为和，则和满足的关系为_____________。
【答案】（1）3.0 （2）BD （3）
【解析】【小问1】选取向左为正方向，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，则有，
联立解得
当时，，则
由乙图可知，时，有
做平抛运动，则
代入数据得
联立可得
【小问2】AB．碰撞过程中，动量守恒，两球作用的时间变长，球获得的速度变小，则碰撞后球水平位移减小，球碰后速度较之前变大，则碰后夹角变大，
故A错误，B正确；
C．若在钢球的被碰位置贴一小块棉布，依然将球拉至悬线与竖直线夹角为由静止释放，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，故C错误；
D．贴一小块棉布后，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，系统动能损失变大，故D正确。故选BD。
【小问3】设两球的质量均为，在方向与垂直方向上由动量守恒定律可得，
又由能量守恒得
结合以上三式可得
即
12. 某小组同学进行“测量热敏电阻的温度特性曲线”实验，实验室提供如下器材∶
电池组E（3V，内阻约1Ω）、电压表V（量程3V，内阻约为3kΩ）、电流表A（量程0.6A，内阻约5Ω）、热敏电阻Rₜ（常温下约10Ω）、滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）、开关S、导线若干、温度计、烧杯和水。
（1）将图甲所示的实物图中所缺导线补充完整，要使电阻测量尽量准确；
（2）利用补充完整的实验电路测量出不同温度下热敏电阻的阻值，画出该热敏电阻的电阻随温度变化的特性曲线如图乙所示；
（3）考虑电表内阻的影响，本实验中热敏电阻的测量值比真实值________（选填“偏大”或“偏小”），误差原因主要是____________（选填“电压表分流”或“电流表分压”）；
（4）将该热敏电阻放在如图丙所示电路中，在温室中用来做低温报警器。已知蜂鸣器的电阻为30Ω，其两端电压大于3V就发出鸣叫声音。要求当环境温度低于10℃，蜂鸣器就要报警，那么蜂鸣器的右端应接________（选填“a”或“b”），可调电阻的阻值应调为________Ω。
【答案】（1）见解析 （3）偏小 ；电压表分流 （4）b ；12
【解析】若采用限流式接法，回路电流最大值
该电流不满足电流表A量程的三分之一，测量误差较大，故滑动变阻器应采用分压接法；因为
电流表采用外接法，故实物电路图如图所示
考虑电表内阻的影响，可知在电压表分流作用下，电流测量值大于真实值，可知热敏电阻的测量值比真实值偏小；由图乙可知，温度低于10℃时，热敏电阻阻值>20Ω 。要使蜂鸣器在温度低于10℃时报警，即此时蜂鸣器两端电压大于3V 。温度降低，热敏电阻阻值增大，要使蜂鸣器电压增大，根据串联电路分压原理，蜂鸣器应与热敏电阻并联，所以蜂鸣器右端应接b 。
图像可知10℃时，热敏电阻阻值=20Ω ，根据串联、并联特点有
代入题中数据，解得
13. 如图是某超重报警装置示意图，它由导热性能良好的密闭汽缸、固定有平台活塞、报警电路组成，当活塞下移两触点接触时，电路发出超重报警。已知活塞与平台的总质量为m，活塞横截面积为S，弹簧长为l，大气压为。平台不放物体，在环境温度为时，活塞距汽缸底高为2l。不考虑活塞与汽缸间摩擦，忽略上触点与活塞之间的距离，汽缸内气体视为理想气体。
（1）平台下移过程中气体分子间作用力为______（选填“引力”、“斥力”或“零”），单位面积汽缸壁受到气体分子的撞击力______（选填“增大”、“不变”或“减小”）；
（2）轻放重物，活塞缓慢下移，求刚好触发超重预警时所放重物的质量M；
（3）不放重物，若外界温度缓慢降低，从图示位置到刚触发超重预警过程，气体向外界放出热量Q。求气体内能的变化。
【答案】（1）零 ；增大 （2） （3）
【解析】【小问1】因气体视为理想气体，则平台下移过程中气体分子间作用力为零，气体体积变小，因活塞导热性良好，可知气体温度不变，则气体压强变大，则单位面积汽缸壁受到气体分子的撞击力增大；
【小问2】气体进行等温过程，则根据玻意耳定律：
可得
得
【小问3】等压变化，外界对气体做功
由热力学第一定律
解得
14. 如图所示，竖直平面内有一固定光滑的圆轨道ab，轨道半径为L；质量均为m，长度和高度均相等的长木板A和C静置于光滑水平面上，A紧靠b且其上表面与b等高，C的左侧面在坐标原点O处，x轴正方向水平向右。一质量为2m的小滑块（视为质点）从a端由静止释放后沿轨道下滑，通过b后恰好能运动到A的最右端，然后A与C碰撞且粘连在一起，碰撞时间极短。已知滑块与A间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。
（1）求滑块刚到达b时圆轨道对滑块的支持力大小N；
（2）求A的长度以及滑块在A上时滑块与A组成的系统因摩擦产生的热量Q；
（3）若滑块在长木板C上表面发生相对滑动时与C间的动摩擦因数满足关系式（为滑块相对C滑动的距离），请通过计算判断滑块是否会从C上掉下。
【答案】（1） （2） （3）不会
【解析】【小问1】滑块从a运动到b的过程中，根据机械能守恒定律有
滑块刚到达b端时，根据牛顿第二定律有
解得
【小问2】滑块从a运动到b的过程中，根据机械能守恒定律有
解得
滑块恰好运动到A的最右端时与A达到共同速度，设共速时的速度大小为，根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
根据能量守恒，有
解得A的长度为
滑块在A上时滑块与A组成的系统因摩擦产生的热量为
【小问3】A与C碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
假设滑块不会从C上掉下，滑块相对C运动的路程为，最终滑块与A、C的速度大小均为u，则根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
由于，假设成立，即滑块不会从C上掉下
15. 如图所示，在光滑绝缘水平面上建立xOy直角坐标系，足够长的收集板置于y轴上。在y>0区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场。绝缘挡板MN表面光滑，长度L=2m。一质量m=0.1kg，电荷量q=0.1C的带正电小球紧贴挡板放置，初始位置与M端的距离为d。现用挡板推动小球沿y轴正方向运动，运动中挡板始终平行于x轴，小球紧贴挡板。进入磁场后，挡板保持速度v0=2m/s沿y轴正方向做匀速直线运动，经过一段时间带电小球离开挡板M端。小球可视为质点，运动中带电量保持不变，且到达收集板立即被收集。
（1）当d=1.25m时，求带电小球离开挡板M端时的速度大小v；
（2）调节挡板M端与y轴距离x0时，无论d多大，都可以让小球垂直打在收集板上。
①求x0；
②求小球垂直打在收集板上的位置坐标y与d之间的函数关系。
③撤去收集板，在x≤x0区域施加电场强度E=2V/m，方向沿y轴正方向的匀强电场。当d=1m时，求小球在磁场区域运动过程中距x轴的最远距离ym。
【答案】（1）3m/s （2）①2m；②（0≤d≤2m）；③4m
【解析】【小问1】进入磁场后，小球做匀加速运动，根据牛顿第二定律有
解得
离开挡板时，沿挡板方向速度为
离开挡板时，小球速度大小为
【小问2】①由题可知，无论d多大，小球都能垂直打在收集板上，根据洛伦兹力提供向心力有，解得
根据几何关系可得
②小球离开挡板前，根据
解得，则有
小球离开挡板后，根据几何关系有
根据几何关系可得y与d有关系为（0≤d≤2m）
③当d=1m时，离开挡板时，沿挡板方向速度为
离开挡板时，小球速度大小为
根据动能定理有
水平方向，根据动量定理有
联立解得
小球离开挡板前
则最远距离