2025屆普通高等學校招生全國統一考試高考信息聯考卷(一)物理參考答案1.D解析:在國際單位制中,長度、質量、時間三個物理量是力學的基本物理量,力學的三個基本單位分別是米、千克、秒,選項A錯誤;"噸"是質量的一個單位,但不是國際單位制中的單位,選項B錯誤;并不是所有物理量都有單位,如動摩擦因數就沒有單位,選項C錯誤;在國際單位制中力的單位是牛頓,它是導出單位,是根據牛頓第二定律F=ma定義的,1N就是使質量1kg的物體產生1m/S2加速度的力,選項D正確。故選D。2.C解析:根據核反應質量數和電荷數守恒,核反應方程為3iH23He+oie+Ue,選項A錯誤;23He更穩定,23He的比結合能大于3iH的比結合能,選項B錯誤;根據m=1T112.5選項C正確;元素具有放射性,與元素處于單質還是化合物狀態無關,選項D錯誤。故1T112.5選C。3.A解析:根據開普勒第二定律可知,在橢圓軌道上運行時經過P點的速度比Q點的速度大,選項A正確;探測器在Q點和停泊軌道上只受到萬有引力,可知在Q點與地球球心的距離大于在停泊軌道上與地球球心的距離·根據萬有引力公式F·在Q點r受到的萬有引力小于在停泊軌道上受到的萬有引力,探測器在Q點的加速度大小小于在停泊軌道上的加速度大小,選項B錯誤;T2ir3i根據開普勒第三定律可知,探測器在·物理(一)答案"橢圓軌道"上的運行周期大于在"停泊軌道"上的運行周期,選項C錯誤;由于月球還未超出地球的引力范圍,故探測器的發射速度應大于第一宇宙速度且小于第二宇宙速度,第一宇宙速度是地球衛星的最大環繞速度,所以探測器在"停泊軌道"上的繞行速度小于第一宇宙速度,選項D錯誤。故選A。4.C解析:根據振動與波動的關系可知,t=0時刻,坐標原點處質點正沿y軸負方向運動,選項A錯誤;波從一種介質進入另一種f--Hz2Hz,選項B錯誤;由于周期T=0.5S,波在y軸右側的波長為1m,t=2S時,波傳播到z=4m處,u1=2m處質點已振動2個周期,即振動1S,選項C正確;z=2m處的質點與z=3m處的質點振動方向相同,選項D錯誤。故選C5.B解析:根據幾何關系知a點距負點電荷Q的距離大于C點距負點電荷Q的距離,根據沿電場線方向電勢降低知a點的電勢高于C點的電勢,選項A錯誤;根據點電荷周圍等勢面分布圖知,與點電荷Q距離相同的點所在的面上電勢都相同,d點距負點電荷Q的距離小于b點距負點電荷Q的距離,根據沿電場線方向電勢降低可知d點的電勢低于b點的電勢,將一正點電荷由d點移至b點,電場力對該電荷做負功,選項B正確;根據b、C關于ad對稱,距點電荷距離相同,b點的電場強度與C點的電場強度大小相同,方向不同,選項C錯誤;根據題意知d點、a點距負點電荷Q的距離關系為rd<(第1頁,共5頁)·>E,-r試探電荷在a點受到的電場力小于在d點受到的電場力,選項D錯誤。故選B。6.A解析:網球擊出之后球的運動視作平拋運動,落地瞬間v=2,,可得v,=4m/s,網球在豎直方向做自由落體運動,則vgt,解得t=0.4S,在水平方向做勻速直線運動,則xz=vxt,解得網球落地點與擊出點的水平距離z=1.2m;網球下落的高度為h2t2·解得網球擊出點的高度h=0.8m,選項A正確。故選A。7.C解析:第一次抽氣相當于氣體的體積由V變為(1+)V,溫度不變,根據氣體實驗定律得p,v=p1(1+)v,得p1=po9.1X104pa;第二次抽氣相當于氣體的體積由V變為(1+1O)V,溫度不變,根據氣體實驗定律得p1v=p2(1+)V,得p2=12p8·3o4pa。選項C正確。故選C。8.AC解析:v2z圖像的斜率k=位移與速度的關系v22ax,則有2a=k=2m/s2,解得a=1m/s2,選項A正確;t=8S時的速度大小為v=at=8m/s,選項B錯誤;根據圖像可知,位移為40.5m時,速度為9m/s,則0~40.5m內的平均速度 v2m/s=4.5m/'s,選項C正確;公交車在040.5m內所用的時間ta9S,選項D錯誤。故選AC。9.BD解析:根據右手定則可知,MN中電流的方向為從N到M,選項A錯誤;對導體棒MN受力分析,受到重力和安培力,根據牛頓第二定律有1728F安—ma,要使a最大,而mg不變,則F安最小,而安培力的最小值是0,也就是剛下滑的瞬間a最大,解得最大加速度的大小為an=g=10m/'s2,選項B正確;當導體棒速度最大時,a=0,即mg=BIL,感應電動勢E=BLv,感應電流I=ER ,聯立解得導體棒MN下落的最大速度的大R-ums·選項C錯誤;導體棒MN在最大速度時的電功率為E2(BLv)2(2X0.1X10)2PW=10WRR0.4選項D正確。故選BD。10.ACD解析:由圖乙可知交變電壓的最大值為10V,周期T=0.2S,頻率fT5oHzrw=2f=100rrad/s,原線圈接的交變電壓瞬時值表達式為u=10sin100t(v),選項A正確;小燈泡額-6W+12X6.5W=12.5W,電路總功率為Ri功率加上負載功率,則有10VXI1I2X2Ω+12.5W,解得I1=2.5A,故變I=2:5,選項B錯誤;將變壓器副線圈所在電路看成一個等效電阻,則R等=UMN2UM2NR等十RRP出()R等=R等十RRR等+R等+2R據數學知識可知,當R等=R,時,變壓器的輸出功率最大,則有R等=·物理(一)答案(第2頁,共5頁)·知小燈泡正常發光時變壓器輸出功率最大,選項C正確;滑片自左向右滑動時,R2接入電路的阻值減小,等效電阻R等減小,可知,原線圈電流一直增大,由于匝數保持不變,則副線圈電流也一直增大,選項D正確。故選ACD。11.答案:(1)A(2分)(2)12.1(1分)100(1分)(3)2.70(2.68~2.72均可)(2分)解析:(1)要保證標尺位于豎直方向,要待鉤碼靜止時再讀數,選項A正確;鉤碼總重力應在彈性限度內,若每個鉤碼重力越大,測量數據越少,誤差越大,選項B錯誤;每次增加的鉤碼數量不必相等,選項C錯誤。(2)當彈簧彈力等于零時,彈簧的長度是原長,由圖乙可得出彈簧原長為12.1cm;根據F=k△z,結合圖乙可知,圖線斜率即為--·42·2i·2iNim-100N/m(3)題圖丙中彈簧測力計的最小分度為0.1N,因此要估讀到0.01N,根據圖丙讀出彈簧測力計的示數為2.7N。12.答案:(1)10.025(1分)4.487(4.486~4.489均可)(1分)(2)12.0(或12)(1分)(3)C(2分)A(2分)E(2分)4i分解析:(1)由圖甲可得,長度為L=100mm5X0.05mm=100.25mm=10.025cm,由圖乙可得,直徑為D=4mm十48.7xo.01mm=4.487mmo(2)如圖丙所示,讀數為12.0,乘擋位"X1",所以是12.0Q(或12Q)。(3)由于電源電動勢為4V,根據電表的選取原則,電表讀數要超過其量程的三分之一,以及在選擇電壓表時應盡量選擇最大量程與電源電動勢相近的電表,而在所提供的電壓表中,最大量程分別是3V與15V,因此應選擇最大量程為3V的電壓E表,故選C;電路中的電流最大值I=—=的選取原則,以及在選取電流表時應選擇最大量程與電路中最大電流相近的電表,而在所提供的電流表中,最大量程分別為3A與300mA,因此應選擇最大量程為300mA的電流表,故選A;待測電阻的阻值大約為12Ω,若選用最大阻值為500Ω的滑動變阻器,則待測電阻阻值與其相差太大,首先不適合用分壓式接法,調節靈敏度低且待測電阻的分壓會很小,其次也不適合限流式接法,由于阻值過大,調節時靈敏度太低,電表示數變化不明顯,不方便實驗操作,綜合分析可知,滑動變阻器應選擇最大阻值小的,故選E。因此為了提高測量準確度,滑動變阻器應采用分壓式接法,電流表外接法,如圖所示。R;R;(4)根據電阻定律可得R:PS·可得PR,SD2TD2l其中S(2)4·代入可得TRXD2P4P·物理(一)答案(第3頁,共5頁)·13.答案:(1)解析:(1)光在三棱鏡中傳播的路徑如圖甲所示,設AE段長為L,CE段長為L2,則光在三棱鏡中傳播的路程為S=C光在三棱鏡中傳播速度為vn(1分)C3LS根據題意有2C-。(1分)解得v3C,n(1分)AAABBCBB乙甲乙(2)根據題意作出光路圖如圖乙所示,光在三棱鏡中從D點傳播到BC邊的路程為L,因此光從D點傳播到BC邊的時間為tvC(1分)根據幾何關系,光在D點的折射角為r=30"(1分)解得i=60。(1分)14.答案:(1)2解析:(1)設粒子運動到a點時的速度大小為v,,由動能定理得2qu=mvo2(1分)2可得粒子運動到a點時的速度大小v,=/T(1分)(2)由題意可知,粒子從a到b做類平拋運動,軌跡如圖所示。A沿y軸方向,有qE=ma(1分)位移大小為ydt(1分)粒子沿z軸正方向做勻速運動,由幾何關系可得△zi2d=v,t(1分)解得vyv(1分)--分(3)根據上述分析,粒子從b點垂直OA進入磁場,到從C點垂直z軸離開磁場,由幾何關系,則粒子在磁場中做圓周運動的半徑RLob2d(1分)粒子進入磁場時的速度v=vo(1分)由牛頓第二定律可得quB-mR(1分)又v,=:,/2T(1分)15.答案:(1)30N(2)48J(3)1.2m12J解析:(1)甲從圓弧軌道頂端滑到圓弧軌道底端,由機械能守恒定律得AYBb·物理(一)答案(第4頁,共5頁)·AYBb(1分)(1分)根據牛頓第三定律,可得小物塊甲運動到圓弧軌道底端時對軌道的壓力大小為30N(1分)(2)甲、乙發生彈性碰撞,以甲的初速度方向為正方向,由動量守恒定律可得m甲VBm甲v甲m乙v乙(1分)由機械能守恒定律可得2m甲VB2=解得v甲=1m/'s,v乙2m/s(1分)設經過時間t,小物塊乙與傳送帶速度相等,由勻變速直線運動速度公式可得v=v乙+at