2025屆高三年級全市第二次模擬考試物理(高中全部)1.能力要求:I.理解能力".推理能力Ⅲ.分析綜合能力Ⅳ.應用數學處理物理問題的能力V.實驗能力2.核心素養:①物理觀念②科學思維③實驗探究④科學態度與責任題號題型知識點(主題內容)能力要求核心素養預估難度I"ⅢⅣV①②③④檔次系數1單項選擇題4半衰期√√√易0.852單項選擇題4勻變速直線運動規律√√√√易0.813單項選擇題4共點力的平衡、動態分析√√√√√√易0.804單項選擇題4等差等勢面、電勢能√√√√中0.785單項選擇題4√√√√中0.706單項選擇題4光的折射√√√√中0.657單項選擇題4萬有引力定律√√√√√中0.638多項選擇題6波形圖、質點的振動圖像√√√√√√中0.729多項選擇題6斜上拋運動√√√√√√中0.70多項選擇題6閉合線圈切割磁場的運動√√√√√難0.58非選擇題7探究滑塊在氣墊導軌上的運動√√√√√√中0.75非選擇題9測某電壓表的內阻√√√√√√√中0.68非選擇題8理想氣體狀態方程√√√√√中0.75非選擇題帶電粒子在磁場中的運動√√√√√√中0.65非選擇題力學綜合性問題√√√√√√難0.55參考答案及解析●物理●氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵1.B【解析】設鎳56的半衰期為τ,由N=N0(2)τ,代入數據有解得鎳56的半衰期τ=6天,B項正確。2.C【解析】汽車運動的位移—時間圖像是拋物線,且汽車的初速度為零,可知汽車做勻加速直線運動,由=atEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),0),解得加速度大小項錯誤;可得汽車在t0時刻的速度大小Ψ=at0=2EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(父),t0)0,B項錯誤;在t0~nt0時間內的位移大小△父,C項正確;汽車在(n—1)t0時刻的速度大=a(n—1)t0=,t0小則汽車在(n—1)t0~nt0時間內 的平均速度大小項錯誤。3.C【解析】拉力F轉動前,對整體受力分析,根據水平方向受力平衡可得地面對斜面體的摩擦力大小f方向水平向左,由牛頓第三定律可得斜面體對地面的摩擦力大小為\,方向水平向右,A項錯誤;將拉力F逆時針緩慢轉過30。時,地面對斜面體的支持力減小了△F=氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵力F逆時針緩慢轉過30。時對物塊進行受力分析,由mg5inα,解得物塊與斜面體之間的動摩擦因數μ=3\14,C項正確;若斜面體的質量為2m,斜面體與地面之間的動摩擦因數為\,對拉力氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵4.C【解析】由電子運動軌跡的彎曲方向可知,等勢面5的電勢最低,A項錯誤;電子可能由a點向e點運動,也可能由e點向a點運動,B項錯誤;b點的電勢高于c點,電子在電勢低處電勢能大,電子在b點的電勢能小于在c點的電勢能,C項正確;電子在b點和d點所受的靜電力方向與該點的等勢面垂直,可知錯誤。5.B【解析】由于是理想變壓器,副線圈的輸出功率P出=UI—I2R0,解得P出=4.5W,副線圈中電阻R1和R2并聯,功率P=的分配與電阻成反比,可得電阻R1消耗的功率PR1=2.5W,B項正確。湖面湖底6.A【解析】作出光路圖如圖所示,由題意可得12πh2=πr2,解得拍到的湖底的面積對應的半徑r=2\h,由幾何關系可得折射率n=,解得湖水的深度h’=\h,A項正確。湖面湖底遙控飛機7.D【解析】由G=m=mw2r,可得線速度Ψ=角速度同步衛星的線速度約為近地衛星線速度的\倍,近地衛星的角速度約為同步衛星的7\倍,A、B項錯誤;由于不清楚兩個衛星的質量,因此不能得出衛星所受萬有引力的大小關系,C項錯誤;圍繞地球做勻速圓周運動的衛星,△t時間內衛星運動的弧長L=Ψ△t=△t\,衛星和地心的連線掃過的面積為Lr=\,由于同步衛星的軌道半徑約為近地衛星軌道半徑的7倍,可知\S,D項正確。二、多項選擇題8.AD【解析】由圖乙可知,t=0.15時質點Q沿y軸負方向運動,由同側法可知,該波沿父軸正方向傳播,A項正確;由圖甲、乙可知,該波的波長λ=10m,該 波的周期T=0 B項錯誤;寫出該波的波動方程205in(父)cm,把y=10\cm代入可得質點M的氵氵氵氵氵氵氵平衡位置位于x=5m,C項錯誤;t=0.15氵氵氵氵氵氵氵 M從y=10\3cm向y軸負方向運動,設再經過△t時間質點M第一次到達正向最大位移處,則△t= ×T=×0.氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵9.BD【解析】設拋出的籃球由A點運動到B點的時間為t,則由A點運動到最高點所用時間為,g,解得由A點運動到C點所用時間2t,A項錯誤;籃球由A點運動到C點的水平位移大小x=00co560。●2t=\,B項正確;籃球在B點的豎直速度大小0B豎直=005in60。—gt=\00,籃球在B點的水平速度大小0B水平=00co560。,則籃球在B點的速度大小0B=\0EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),B)豎直十0EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),B)水平=\00,C項錯誤;籃球所受合外力為重力,則籃球動量變化量的大小等于重力的沖量大小,籃球由A點運動到C點的動量變化量大小△p=mg×2t=2\EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(m0),3)0,D項正確。10.CD【解析】線圈在磁場"中運動,滿足2ILB=ma,其中I=,E=2BL0,可得a=,可知線圈速度剛好為零時,其加速度也為零,A項錯誤;線圈的cd邊由磁場I進入磁場"的瞬間,ab邊也開始受到安培力作用,加速度瞬間增大,B項錯誤;設線圈的cd邊剛要進入磁場"時的速度為01,線圈的cd邊在磁場I運動的過程—I1LB△t1=m01—m00,線圈的cd邊在磁場"運動的過程有—I2×2LB△t21=I1△t1=,q2=I2△t2=,解得01=00,cd邊在磁場I運動的過程中線圈產生的焦耳熱Q1=m0EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),0)—m0EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),1),cd邊在磁場"運動的過程中線圈產生的焦耳熱Q2=m0EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),1)—0,可得Q:Q2=9:16,C項正確;由上述分析可知,若線圈的初速度為200,線圈的cd邊在磁場I運動過程中動量的減少量為,線圈的cd邊在磁場"運動過程中動量的減少量為,線圈的ab邊從進入磁場"到離開磁場"的過程中動量減少量為,則線圈的ab邊剛好運動到磁場"右邊界時的速度為0==00,D項正確。2Lt2tEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up2(2),0)(2)()(2分)(3)d\(2分)(2分)2Lt2tEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up2(2),0)(2)()(2分)(3)d\(2分)(2分)【解析】(1)由螺旋測微器讀數規則可知d=1mm十10.3×0.01mm=1.103mm。 d(2)滑塊經過光電門1的速度01= dt0電門2的速度02=,根據勻變速直線運動規律可得0EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),2)—0EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),1)=2aL,可得a=(—)。(3)根據鉤碼和滑塊組成的系統機械能守恒,可得 mgL=2(M十m)(t)2—2 可得=EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(2m),M十)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(g),m)×十,則截距b=,解得遮光條通過光電門1的時間t0=1,遮光條通過光電門1的瞬時速度01==d\;斜率k=EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(2m),M十)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(g),m),解得M=12.(1)C(2分)(2)6336.0(1分)2112.0(或2112,2分)(3)15(2分)小于(2分)【解析】(1)由圖甲可知,滑動變阻器采用分壓式接法,故為調節方便,應選用C。(2)由圖乙可得,電阻箱的讀數R3=6336.0Ω,根據 分壓關系,可得RV=3×6336.0Ω=2112.0 (3)改裝成的電壓表的量程U=RVEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(十),RV)R0×3V=15V,由于電壓表電阻的測量值大于真實值,改裝后的電壓表的阻值大于真實值,因此用該電壓表測電壓,其測量值偏小。13.【解析】(1)溫度為T0時,對氣缸受力分析,可得p0S=p1S十Mg(2分)解得封閉氣體的壓強p1=(1分)(2)設活塞剛好報警時,末狀態封閉氣體的壓強為5L05L0S4對氣缸受力分析,可得p0S十=p2S十Mg(2分)p1L0S4T0p1L0S4T0T由理想氣體狀態方程,可得=(2分)解得傳感器報警的最低環境溫度T=32T0(1分)14.【解析】(1)設粒子做圓周運動的最小半徑為r1,最參考答案及解析●物理●氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵解得粒子源射出的粒子速度的最小值(1分)設粒子做圓周運動的最大半徑為r2,最大速度為2,由題意可得(1分)解得粒子源射出的粒子速度的最大值(1分)(2)粒子在磁場區域運動的時間最短時,設其圓周運動的半徑為r3,如圖所示過O點做半圓弧的切線相切于A點,由O點到A點的粒子在磁場中運動時間最短,由幾何關系可得(2分)α=π—2θ(1分)最短時間t=T(2分)又(1分)(1分)可得聯立解得(1分)15.【解析】(1)小滑塊D從靜止釋放后到滑上滑板B前的過程中,根據動能定理可得(1分)對最低點的小滑塊D受力分析,可得(1分)由牛頓第三定律,可得小滑塊D到達圓弧軌道最低點時對圓弧軌道的壓力FNI=FN(1分)解得FNI=46N(1分)方向豎直向下(1分)(2)小滑塊D沖上滑板B時的速度大小Ψ0=6m/5,根據動量守恒定律可得mDΨ0=(mD十mB)Ψ1(1分)小滑塊D沖上滑板B時,滑板B的加速度為a,則μg=mBa