PAGE山東省濰坊市一中2025屆高考物理預料卷二14．下列的若干敘述中，不正確的是A．核泄漏事故污染物Cs137能夠產生對人體有害的輻射，其核反應方程式為，可以推斷x為粒子B．對于同種金屬產生光電效應時，逸出光電子的最大初動能與照耀光的頻率成線性關系C．一塊純凈的放射性元素礦石，經過一個半衰期以后，它的總質量剩下一半D．依據玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，原子的能量增大了15．如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的兩個材料相同的物體A、B，質量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運動．在t=0時輕繩斷開，A在F作用下接著前進，則下列說法正確的是A．t=0至t=時間內，A、B的總動量不守恒B．t=時，A的動量為2mvC．t=至t=時間內，A、B的總動量守恒D．t=時，A的動量為416．從中國科學院微小衛星創新探討院獲悉，北斗衛星導航系統(BDS)，預料今年將放射18顆衛星。就意味著：北斗將全覆蓋亞洲地區，尤其是一帶一路沿線國家．如圖所示是北斗導航系統中部分衛星的軌道示意圖，己知a、b、c三顆衛星均做圓周運動，a是地球同步衛星，a和b的軌道半徑相同，且均為c軌道半徑的k倍，己知地球自轉周期為T．則A．衛星b也是地球同步衛星B．衛星a的向心加速度是衛星c的向心加速度的k2倍C．衛星c的周期為D．a、b、c三顆衛星的運行速度大小關系為va=vb=vc17．如圖所示，志向變壓器原副線圈匝數比為1：2，兩端共接有4個電阻，其中R1=R0，R2=2R0，R3=R4=4R0，現將a、b兩端接在溝通電源上，則下列說法中正確的是A．R1消耗的電功率為R2消耗的電功率的2倍B．流過R1的電流有效值等于流過R3的電流有效值C．R2兩端的電壓有效值是R3兩端電壓有效值的2倍D．流過R2的電流有效值等于流過R4電流有效值18．利用如圖所示的試驗裝置可以測量磁感應強度B．用絕緣輕質絲線把底邊長為L、電阻為R、質量為m的“U”形線框固定在力敏傳感器的掛鉤上，并用輕質導線連接線框與電源，電源內阻不計，電壓可調，導線的電阻忽視不計。當外界拉力F作用于力敏傳感器的掛鉤上時，力敏傳感器會顯示拉力的大小F．當線框接入恒定電壓為E1的電源時，力敏傳感器顯示拉力的大小為F1；當線框接入恒定電壓為E2的電源時，力敏傳感器顯示拉力的大小為F2．下列說法正確的是A．當線框接入恒定電壓為E1的電源時所受安培力大小為F1B．當線框接入恒定電壓為易的電源時力敏傳感器顯示拉力的大小為線框所受安培力與重力之差C．待測磁場的磁感應強度B的大小為D．待測磁場的磁感應強度B的大小為19．如圖(a)所示，光滑絕緣水平面上有質量分別為m1和m2的甲、乙兩個點電荷，t=0時，乙電荷向甲運動，水平向左的速度大小為6m／s，甲的速度為零．之后，它們僅在靜電力的作用下沿同始終線運動(整個運動過程中沒有接觸)，它們運動的v—t圖象分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示．則由圖線可知A．兩電荷的電性確定相反B．t1時刻兩電荷的電勢能最大C．0～t2時間內，兩電荷的靜電力都是先減小后增大D．m1：m2=2：120．依據實際須要，磁鐵可以制造成多種形態，如圖就是一根很長的光滑圓柱形磁棒，在它的側面有勻稱向外的輻射狀磁場。現將磁棒豎直固定在水平地面上，磁棒外套有一個粗細勻稱的圓形金屬線圈，金屬線圈的質量為m，半徑為R，電阻為r，金屬線圈所在位置的磁場的磁感應強度大小為B。讓金屬線圈從磁棒上端由靜止釋放，經一段時間后與水平地面相碰(碰前金屬線圈已達最大速度)并原速率反彈，又經時間t，上升到距離地面高度為h處速度減小到零。下列說法中正確的是A．金屬線圈與地面撞擊前的速度大小B．C．撞擊反彈后上升到最高處h的過程中，通過金屬線圈某一截面的電荷量D．撞擊反彈后上升到最高處h的過程中，金屬線圈中產生的焦耳熱21．在大型物流貨場，廣泛的應用傳送帶搬運貨物。如圖甲所示，與水平面傾斜的傳送帶以恒定的速率運動，皮帶始終是繃緊的，將m=1kg的貨物放在傳送帶上的A端，經過1.2s到達傳送帶的B端。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變更的圖象如圖乙所示。已知重力加速度g=10m／s2，則可知A．貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.5B．A、B兩點的距離為2.4mC．貨物從A運動到B過程中，傳送帶對貨物做功的大小為12.8JD．貨物從A運動到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為4.8J22．(8分)如圖所示，在水平放置的氣墊導軌(能大幅度的削減摩擦阻力)上有一帶有方盒的滑塊，質量為M，氣墊導軌右端固定確定滑輪，細線繞過滑輪，一端與滑塊相連，另一端掛有6個鉤碼，設每個鉤碼的質量為m，且M=4m．(1)用游標卡尺測出滑塊上的擋光片的寬度，讀數如圖所示，則寬度d=____cm；

(2)某同學打開氣源，將滑塊由靜止釋放，滑塊上的擋光片通過光電門的時間為t，則滑塊通過光電門的速度為________(用題中所給字母表示)；(3)起先試驗時，細線另一端掛有6個鉤碼，由靜止釋放后細線上的拉力為F1，接著每次試驗時將1個鉤碼移放到滑塊上的方盒中，當只剩3個鉤碼時細線上的拉力為F2，則F1______2F2(填“大于”、“等于”或“小于”)；(4)若每次移動鉤碼后都從同一位置釋放滑塊，設擋光片距光電門的距離為L，懸掛著的鉤碼的個數為n，測出每次擋光片通過光電門的時間為t，測出多組數據，并繪出圖像，已知圖線斜率為k，則當地重力加速度為______(用題中字母表示)．23．(8分)A1：電流表200，300A2：電流表30mA，5R1：電阻箱0～9999R2：滑動變阻器0～50電鍵、導線若干。他利用電阻箱R1與電流表A1串聯接入圖1電路。其電阻箱的阻值選擇如圖2。(1)閉合開關S，移動滑動變阻器的滑動端至某一位置，讀出電流表A1和A2的示數I1和I2。多次變更滑動端的位置，得到的數據為：在圖3所示的坐標紙上I1為縱坐標、I2為橫坐標畫出所對應的I1~I2如曲線。(2)利用所得曲線求得歐姆表內電源的電動勢E=____V，歐姆表內阻r=___。(結果保留三位有效數字)(3)將該歐姆表兩個表筆短接，歐姆表的電流為I=_____A。(結果保留三位有效數字)24．(13分)如圖所示，在傾角為的光滑斜面上有兩個用輕質彈簧相連接的物塊A、B，它們的質量均為m，彈簧的勁度系數為k，C為一固定擋板，系統處于靜止狀態．現起先用一沿斜面方向的力F拉物塊A使之向上勻加速運動，當物塊B剛要離開C時F的大小恰為2mg．求：(1)從F起先作用到物塊B剛要離開C的時間．(2)從起先到物塊B剛要離開C時力F所做的功．25．(18分)如圖所示，在第三、第四象限存在電場強度為E，方向與x軸成的勻強電場，在第一象限某個區域存在磁感應強度為B、垂直紙面對里的勻強磁場，x軸上的P點處在磁場的邊界上，現有一群質量為m、電量為+q的帶電粒子在紙面內以速度v(速度范圍為0≤v≤)垂直于x軸從P點射入磁場．全部粒子均與x軸負方向成30°角進入勻強電場中，其中速度最大的粒子剛好從坐標原點O射入電場，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，其次象限為無場區，求：(1)P點的坐標；(2)速度最大的粒子自P點起先射入磁場到離開電場所用的時間；(3)磁場區域的最小面積。33．【物理——選修3—3】(15分)(1)(5分)下列說法正確的是__________．(選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A．相距很遠的兩分子在分子力作用下，由靜止起先相互接近，分子勢能先增加后減小B．氣體的溫度不變，某個分子的動能可能變更C．對于確定量的志向氣體，假如體積不變，壓強減小，那么它的內能確定減小D．若液體對某種固體是浸潤的，當液體裝在由這種固體物質做成的細管中時，附著層分子密度大于液體內分子的密度，附著層分子的作用力表現為引力E．在確定溫度下，飽和汽的分子數密度確定，飽和汽的壓強也是確定的(2)(10分)如圖所示，一圓柱形絕熱氣缸開口向下豎直放置，通過一下端帶有掛鉤的絕熱活塞封閉著確定質量的志向氣體。活塞的質量為m、橫截面積為s，與容器項部相距h。現通過電熱絲緩慢加熱氣體，當活塞下降了h后停止加熱并保持穩定，此時氣體的熱力學溫度為T1。己知大氣壓強為p0，重力加速度為g，活塞與氣缸間無摩擦且不漏氣。求：(I)加熱過程中氣體對外所做的功；(II)停止對氣體加熱后，在活塞掛鉤上加上質量為m0的鉤碼后，活塞又下降了h，則此時氣體的溫度。34．【物理——選修3—4】(15分)(1)(5分)如圖甲所示，沿波的傳播方向上有六個質點a、b、c、d、e、f，相鄰兩質點之間的距離均為2m，各質點均靜止在各自的平衡位置，t=0時刻振源a起先做簡諧運動，取豎直向上為振動位移的正方向，其振動圖象如圖乙所示，形成的簡諧橫波以2m／s的速度水平向右傳播，則下列說法正確的是________________．A．波傳播到質點c時，質點c起先振動的方向沿y軸負方向B．0～4s內質點b運動的路程為12cmC．4～5s內質點d的加速度正在漸漸減小D．6s時質點e其次次回到平衡位置E．各質點都振動起來后，a與e的振動方向始終相同(2)(10分)某種柱狀透亮工藝品的截面形態如圖所示，AO、BO為夾角60°的平面，底部AMB為半徑為R的一段圓弧，其對應的圓心角也為60°，圓心在∠AOB的角平分線OM延長線上。一束單色平行光沿與OA面成45°角的方向斜向下射向OA面，經OA折射進入該柱狀介質內，己知介質折射率為。(I)通過計算說明在介質OA面的折射光線的方向；(II)求底部弧面AMB有光線射出的部分對應的弧長(不考慮二次反射)。高三物理參考答案14．【答案】C 【解析】A．核反應方程式為，可以依據質量數和電荷數守恒推斷x為β粒子；B．依據光電效應方程Ekm=hv-W0，對于同種金屬產生光電效應時，逸出光電子的最大初動能與照耀光的頻率成線性關系；Ｃ．放射性元素的原子核有半數發生衰變時所須要的時間，叫半衰期．所以一塊純凈的放射性元素礦石，經過一個半衰期以后，只是這種放射性元素原子核的質量剩下一半，但還有生成的新核的質量，所以剩下礦石質量確定大于原來的一半，Ｃ項錯誤；Ｄ．依據玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，汲取光子，原子的能量增大了，由庫侖力供應向心力得電子的速率，所以動能減小，Ｄ正確．15．【答案】B 【解析】在B停止滑動前，以整體為探討對象，A，B摩擦力并沒有發生變更，所以AB的合外力仍為零，所以系統動量守恒，A，B所受摩擦力均為，所以對B，到B停下，對B，動量定理，即時，B停下。所以至時間內，A、B的總動量守恒，A錯誤；時，即B剛停下時，對AB，從到運用動量守恒定律，，解得A的動量為，B正確；至時間內，B已經停止運動，A合外力不為零，所以A、B的總動量不守恒，C錯誤；D．至時，對A運用動量定理，A的動量為，所以D錯誤。16．【答案】C 【解析】A．地球同步衛星必需在地球赤道上空，所以衛星b不是地球同步衛星，A錯誤；B．由得，所以衛星a的向心加速度是衛星c的向心加速度的倍，B錯誤；由得，衛星c的周期為，C正確；D．由得，所以a、b、c三顆衛星的運行速度大小關系為va＝vb＝，D錯誤．17．【答案】A 【解析】A、依據變壓器的規律有：，則：，，通過R1的電流為：，通過R3的電流和通過R4的電流相等，即，結合以上各式可得：，A正確；B、由A的分析可知，流過R1的電流有效值不等于流過R3的電流有效值，B錯誤；C、R2兩端的電壓等于變壓器的輸入電壓，R3兩端電壓等于輸出電壓的一半，所以R2兩端的電壓有效值與R3兩端電壓有效值相等，C錯誤；D、流過R2的電流：，又流過R4電流：，所以流過R2的電流有效值流過是R4電流有效值的2倍，D錯誤；故選A。18．【答案】D 【解析】當線框接入恒定電壓為E1的電源時，“”形線框中電流I1＝，所受安培力方向向下，大小為BI1L＝，小于F1，選項A錯誤；力敏傳感器顯示拉力的大小為F1＝＋mg，同理，當線框接入恒定電壓為E2的電源時，力敏傳感器顯示拉力的大小為F2＝＋mg，選項B錯誤．由F1＝＋mg和F2＝＋mg聯立解得B＝，選項D正確，選項C錯誤．19．【答案】BD 【解析】A、由圖象0-t1段看出，甲從靜止起先與乙同向運動，說明甲受到了乙的排斥力作用，則知兩電荷的電性確定相同．故A錯誤．

B、0～t1時間內兩電荷間距離漸漸減小，在t1～t2時間內兩電荷間距離漸漸增大，t1時刻兩球相距最近，系統克服電場力最大，兩電荷的電勢能最大．故B正確．

C、0～t1時間內兩電荷間距離漸漸減小，在t1～t2時間內兩電荷間距離漸漸增大，由庫侖定律得知，兩電荷間的相互靜電力先增大后減小．故C錯誤．

D、以甲乙為探討對象，系統動量守恒，所以，解得m1:m2=2:1．故D正確．20．【答案】ABD 【解析】線圈第一次下落過程中有：E=B2πRv、、FA=BIL=BI2πR，得安培力大小為：，依據牛頓其次定律得：mg-FA=ma；可知線圈做加速度減小的加速運動，當a=0時，速度最大，代入求得最大速度為：，故A正確；反彈后上升的過程中某一時刻，由牛頓運動定律得：mg+BI2πR=ma，則得：mg△t+BI2πR△t=ma△t（或干脆動量定理），在一段微小時間△t內，速度增量為△υ=a△t，通過線圈截面電量為：△q=I△t，則：，得到：，又∑ma△t=∑m△v=mvm=，∑mg△t=mgt1，故：，故B正確C錯誤，撞擊反彈后上升到最高處h的過程中，金屬線圈中產生的焦耳熱為Q，由能量守恒得，解得Q=，所以D正確。故選：ABD正確．21．【答案】AD 【解析】A、由v-t圖象可知，物塊在傳送帶上先做a1勻加速直線運動，加速度為 ，對物體受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力， 得：mgsinθ+f=ma1，即：mgsinθ+μmgcosθ=ma1…①， 同理，做a2的勻加速直線運動，對物體受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度為： 得：mgsinθ-f=ma2，即：mgsinθ-μmgcosθ=ma2…①， 聯立①②解得：cosθ=0．8，μ=0.5，故A正確； B、物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，當速度達到傳送帶速度，接著做勻加速直線運動，但加速度減小，所以物塊由A到B的間距對應圖象所圍梯形的“面積”， x=s==3.2m C、依據功能關系，由B中可知f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1勻加速直線運動，有圖象知位移為：x1==0.2m，物體受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功為：Wf1=fx1=4×0.2=0. 同理做a2勻加速直線運動，有圖象知位移為：x2==3m， 物體受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做負功為：Wf2=-fx2=-4×3=-12J， 所以整個過程，傳送帶對貨物做功大小為：12J-0.8J=11.2J，故C錯誤； D、依據功能關系，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量等于摩擦力乘以相對路程，由C中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N， 做a1勻加速直線運動，位移為：x1==0.2m，皮帶位移為：x皮=2×0.2=0.4m，相對位移為：△x1=x皮-x1=0.4-0. 同理：做a2勻加速直線運動，位移為：x2==3m，x皮2=2×1=2m，相對位移為：△x2=x2-x皮2=3-2=1m， 故兩者之間的總相對路程為：△x=△x1+△x2=1+0.2=1. 貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為：Q=W=f△x=4×1.2=4.8J，故D正確；故選：AD．22．【答案】（每空2分）（1）0.520；（2）d/t；（3）小于；（4）5d2/kL【解析】（1）游尺的主尺讀數為5mm，游標讀數為0.05×4mm=0.20mm，則最終讀數為5.20mm（2）極短時間內的平均速度等于瞬時速度的大小，則滑塊通過光電門的速度．（3）對整體分析，，隔離對滑塊分析，依據牛頓其次定律得，F1=Ma1=4m×0.6g=2.4mg，，隔離對滑塊分析，依據牛頓其次定律得，F2=7ma2=2.1mg，知F1＜2F2（4）滑塊通過光電門的速度，依據v2=2aL得，，因為，代入解得，圖線的斜率，解得．23．【答案】（1）如圖；２分（2）1.46（1.45～1.49）；14.6（14.0～15.5）；（3）0.100（0.0980～0.102）每空2分【解析】（1）把R1和A1整體等效為一個電壓表，測量的即為路端電壓，然后與課本上的測電源電動勢與內電阻的方法相比較。留意縱坐標的最大值乘以（RA1+R1）即為電動勢，電路圖： 所作圖線： 依據歐姆定律可知：，變形可得：；由圖可知，；因為R0=9700Ω，解得：r=14.6Ω；E=1.46V。（3）若把該歐姆表紅黑表筆短接，通過歐姆表的電流大小為．24．【答案】（1）；（2）【解析】（1）令x2表示B剛要離開C時彈簧的伸長量，a表示此時A的加速度，由胡克定律和牛頓定律可知：kx2=mgsin30°，（1分）F－mgsin30°－kx2=ma，（2分）將F=2mg和θ=30°代入以上各式，解得a=g；（1分）由，（2分）解得（1分）（2）物塊B剛要離開C時，物塊A的速度為，（2分）此時彈簧的伸長量和F起先作用時的壓縮量相同，彈簧的彈性勢能變更量為零。由動能定理得，（2分）解得（1分）25．【答案】（1）（，0）；（2）；（3）【解析】（1）：（2分）得（1分）由幾何關系得：（1分）所以P點坐標為（，0）（1分）（2）粒子在磁場中運動時間（2分）粒子在OA段做勻速直線運動，OA距離（1分）運動時間（1分）在電場中做類平拋運動，設運動時間為則：（2分）解得：（1分）總時間（1分）（3）由題可畫出圖示運動狀況由題知全部粒子均與x軸負方向成30°角進入勻強電場中，則其飛出磁場的位置均應在AP的連線上，故磁場范圍的最小面積△S是速度最大的粒子在磁場中的軌跡與AP所圍成的面積．扇形AP面積S＝（1分）面積（2分）磁場最小面積為PA連線與最大軌跡圓弧圍成的面積（2分）33．【答案】（1）BCE（5分）（2）（Ⅰ）； （Ⅱ）【解析】（1）A．相距很遠的兩分子在分子力作用下，由靜止起先相互接近，分子勢能先減小后增加，所以A錯誤；B．氣體的溫度不變，某個分子的動能可能變更，但分子的平均動能不變；所以B正確；C．對于確定量的志向氣體，假如體積不變，壓強減小，溫度減小，而志向氣體的內能是由溫度確定的，那么它的內能確定減小，所以C正確；D．這首先是浸潤現象，這時固體分子與液體分子間的引力相當強，造成附著層內分子的分布比液體內部更密，這樣就會使附著層內分子間出