全国卷2025届高考物理模拟测试题五含解析

PAGEPAGE9（全国卷）2025届高考物理模拟测试题五（含解析）(时间：60分钟，满分110分)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题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．14.氢原子的能级公式为En＝eq\f(1,n2)E1(n＝1,2,3，…)，其中基态能量E1＝－13.6eV，能级图如图所示．大量氢原子处于量子数为n的激发态，这些氢原子可能发出的全部光子中，频率最大的光子能量为－0.96E1，则n和可能发出的频率最小的光子能量分别为()A．n＝5,0.54eVB．n＝5,0.31eVC．n＝4,0.85eVD．n＝4,0.66eV15．一个质点做匀变速直线运动，依次经过a、b、c、d四点．已知经过ab、bc和cd段的时间分别为t、2t、4t，ac和bd段的长度分别为x1和x2，则质点运动的加速度为()A.eq\f(x2－x1,15t2)B.eq\f(x2－x1,42t2)C.eq\f(x2－2x1,42t2)D.eq\f(x2－2x1,15t2)16.如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水安静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上，斜面处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为eq\f(1,2)I，磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g，则此时金属细杆()A．中的电流方向垂直于纸面对外B．受到的安培力大小为2BILsinθC．对斜面的压力大小变为原来的2倍D．将沿斜面加速向上运动，加速度大小为gsinθ17．如图所示，有一个物块恰好能静止在固定的斜面上．若再对物体施加一个力，使物块能沿着斜面下滑，则该力可能是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．竖直向下的恒力B．沿斜面对下的恒力C．垂直于斜面对下的恒力D．竖直向上的恒力18．如图所示，宽为L的两固定光滑金属导轨水平放置，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静止置于导轨上，其间距也为L，现给cd一向右的初速度v0，对它们之后的运动过程说法不正确的是()A．ab的加速度越来越大，cd的加速度越来越小B．回路产生的焦耳热为eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)C．通过ab的电荷量为eq\f(mv0,2BL)D．两导体棒间的距离最终变为L＋eq\f(mv0r,B2L2)19．如图所示，在磁感应强度B＝eq\r(2)T的匀强磁场中，矩形线框绕垂直于磁场的轴以恒定角速度ω＝10rad/s转动，线框电阻不计，匝数为10，面积为0.4m2，线框通过滑环与一志向自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(规格为“4W100Ω”)和滑动变阻器，电流表视为志向沟通电表．下列说法正确的是()A．若从图示位置起先计时，则线框中感应电动势的瞬时值表达式为e＝40eq\r(2)cos10t(V)B．若灯泡正常发光，则原、副线圈的匝数比为1:2C．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大D．若将自耦变压器触头向下滑动，则灯泡会变暗20.如图所示，匀强电场的方向与长方形abcd所在的平面平行，ab＝eq\r(3)ad.电子从a点运动到b点的过程中，电场力做的功为4.5eV；电子从a点运动到d点的过程中，克服电场力做的功为4.5eV.以a点的电势为电势零点，下列说法正确的是()A．b点的电势为4.5VB．c点的电势为eq\f(3\r(3),2)VC．该匀强电场的方向是由b点指向a点D．该匀强电场的方向是由b点垂直指向直线ac21．小球甲从斜面顶端以初速度v沿水平方向飞出，最终落在该斜面上．已知小球甲在空中运动的时间为t，落在斜面上时的位移为s，落在斜面上时的动能为Ek，离斜面最远时的动量为p.现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度eq\f(v,n)(n>1)沿水平方向抛出，忽视空气阻力，则下列说法正确的是()A．小球乙落在斜面上时的位移为eq\f(s,n)B．小球乙在空中运动的时间为eq\f(t,n)C．小球乙落在斜面上时的动能为eq\f(Ek,n2)D．小球乙离斜面最远时的动量为eq\f(p,n2)三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必需作答，第33～34题为选考题，考生依据要求作答．(一)必考题：共47分22．(5分)某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g.主要试验步骤如下：①用游标卡尺测量挡光片的宽度d，用量角器测出气垫导轨的倾角θ；②测量挡光片到光电门的距离x；③由静止释放滑块，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t；④变更x，测出不同x所对应的挡光时间t.依据上述试验步骤请回答：(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度时的结果如图所示，则挡光片的宽度d＝________mm.(2)滑块通过光电门时速度的表达式v＝________(用试验中所测物理量符号表示)．(3)依据试验测得的多组x、t数据，可绘制x­eq\f(1,t2)图象，图象的纵坐标为x，横坐标为eq\f(1,t2)，假如滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则图象应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为________(用d、θ、g表示)．23．(10分)测量电源的电动势和内阻，供应的器材如下：A．待测电源(电动势约为8V，内阻约为2Ω)B．电压表V(0～3V，内阻约为3kΩ)C．电流表A(0～1A)D．电阻箱R(0～99999.9Ω)E．滑动变阻器(0～20Ω)F．滑动变阻器(0～100Ω)G．开关、导线若干(1)采纳图甲所示电路测量电压表的内阻RV.调整电阻箱R，使电压表指针满偏，此时电阻箱示数为R1；再调整电阻箱R，使电压表指针指在满刻度的一半处，此时电阻箱示数为R2.①电压表内阻RV＝________.②关于上述试验，下列说法中正确的有________．A．试验中电源可运用待测电源B．闭合开关S前，应将电阻箱阻值调到最小C．调整电压表满偏时，电阻箱的阻值是渐渐增大的D．试验中忽视了电源的内阻，会使测量值偏大(2)若测得电压表内阻RV＝3010Ω，与之串联R＝________Ω的电阻，将电压表的量程变为9V.(3)为测量电源的电动势和内阻，请用笔画线代替导线，将图乙电路连接完整．试验中，滑动变阻器应选择________(选填“E”或“F”)，并指出产生试验误差的一个缘由：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.24．(12分)如图所示，在光滑水平桌面上O处固定一个弹性挡板，P处静置一可视为质点的质量为2kg的物块C，O、P间的距离等于P、Q间的距离．两个可视为质点的小物块A、B间夹有炸药，一起以v0＝5m/s的速度向右做匀速运动，到P处碰C前引爆炸药，A、B瞬间弹开且在一条直线上运动，B与C发生碰撞后瞬间粘在一起．已知A的质量为1kg，B的质量为2kg.要使B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，则A、B间炸药释放的能量E应在什么范围内？(假设爆炸释放的能量全部转化为物块的动能)25．(20分)如图甲所示，长度L＝0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q＝1.8×10－7C，一质量m＝0.02kg、电荷量为q的带正电小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非匀强外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为正方向，建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变更关系如图乙中曲线Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变更关系如图乙中的曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16m≤x≤0.20m和x≥0.40m范围可近似看作直线．(静电力常量k＝9×109N·m2/C2)(1)求小球B所带电荷量q；(2)求非匀强外电场在x＝0.3m处沿杆方向的电场强度的大小；(3)在合电场中，求x＝0.4m处与x＝0.6m处之间的电势差U；(4)已知小球在x＝0.2m处获得v＝0.4m/s的初速度后，最远可以运动到x＝0.4m处；若小球在x＝0.16m处受到方向沿杆向右、大小为0.04N的恒力作用后，由静止起先运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？(二)选考题(本题共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题作答．假如多做，则按所做的第一题计分．)33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)如图所示，水平地面上放置一个导热性能良好的气缸，气缸内用活塞封闭着肯定质量的志向气体，一条轻细绳一端连接在活塞上，另一端绕过两个光滑的定滑轮后连接在一个可施加拉力的传感器上，传感器由计算机限制，起先时活塞和气缸均静止．现通过计算机对活塞施加拉力，让活塞缓慢向上移动，发觉活塞始终没有被从气缸中拉出，四周环境温度不变，不计一切摩擦．则在拉动活塞的过程中，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．)A．气缸内气体对活塞单位时间内碰撞的次数先削减后不变B．气缸对地面的压力先不变后渐渐减小到零C．缸内气体对外做功，气体从外界汲取热量D．缸内气体从外界汲取热量，分子势能增加E．传感器施加的拉力最大值与气缸、活塞和缸内气体的总重力大小相等(2)(10分)肯定质量的志向气体从状态1起先，经验a、b、c、d四个变更过程又回到状态1，已知气体在状态1时的压强p1＝2×105Pa，在状态4时温度为T4＝600K,41和32的延长线均经过原点O，其它参数如图所示．(ⅰ)求气体在状态2时的压强p2；(ⅱ)若气体沿直线从状态1干脆变更到状态3，求气体对外界做的功．34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)用图(a)所示的干涉仪做“用双缝干涉测量光的波长”试验，图(b)是红光产生的干涉条纹，图(c)是通过目镜观测到测量头上的A、B两条纹的位置刻度，已知双缝到光屏的距离l＝50.0cm，双缝间距d＝0.250mm，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．)A．试验中必需用拨杆来调整单缝和双缝，使单缝和双缝相互平行B．试验中还需测出单缝到光屏的距离C．试验中测得红光的波长为700nmD．若改用间距为0.300mm的双缝做试验，则相邻两亮条纹中心的距离将增大E．若将红色滤光片换成绿色滤光片，则相邻两亮条纹中心的距离将减小(2)(10分)将气垫导轨倾斜放置，倾角为θ＝30°，质量为m＝5×10－2kg的物块放在气垫导轨上，用轻弹簧连接固定挡板和物块，如图(a)所示．从弹簧处于自然伸长状态时上端的位置由静止释放物块，物块在气垫导轨上运动的x­t图象如图(b)所示，物块的振幅为A(未知)．已知弹簧振子的周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数，取g＝10m/s2.(ⅰ)求物块振动的位移表达式；(ⅱ)若让物块振动的振幅为2cm，请写出物块振动时所受回复力与振动位移的关系式．

答案14．解析：氢原子基态的能量为E1＝－13.6eV，大量氢原子处于某一激发态，这些氢原子可能发出的全部光子中，频率最大的光子能量为－0.96E1，则最高能级的能量E＝0.04E1＝－0.54eV，即处在n＝5能级；频率最小的光子的能量为ΔE′＝－0.54eV－(－0.85eV)＝0.31eV，故B正确．答案：B15．解析：设质点经过a点时的速度为v，则有x1＝v·3t＋eq\f(1,2)a(3t)2，x2＝(v＋at)·6t＋eq\f(1,2)a(6t)2，联立解得a＝eq\f(x2－2x1,15t2)，故D正确．答案：D16．解析：金属细杆受到重力、斜面的支持力和安培力而平衡，由左手定则可推断，电流方向垂直于纸面对里，故A错误；此时金属细杆受到的安培力大小为F安＝4B·eq\f(1,2)IL＝2BIL，故B错误；金属细杆水安静止在斜面上时，依据平衡条件得FNcosθ＝mg，FNsinθ＝BIL，当电流大小和磁感应强度大小变更时，依据受力分析和牛顿其次定律得Feq\o\al(′,N)＝mgcosθ＋2BILsinθ＝eq\f(mg1＋sin2θ,cosθ)，a＝eq\f(2BILcosθ－mgsinθ,m)＝gsinθ，加速度方向沿斜面对上，故C错误，D正确．答案：D17．解析：设斜面倾角为θ，物块的质量为m，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由题意可知，mgsinθ＝μmgcosθ，若对物块施加竖直向下的恒力F，则沿斜面对下的力为(mg＋F)sinθ，物块与斜面间的最大静摩擦力为μ(mg＋F)cosθ，由于(mg＋F)sinθ＝μ(mg＋F)cosθ，所以物块仍静止，故A错误；若对物块施加沿斜面对下的恒力F，则沿斜面对下的力为mgsinθ＋F，物块与斜面间的最大静摩擦力为μmgcosθ，由于mgsinθ＋F>μmgcosθ，所以物块向下滑，故B正确；若对物块施加垂直于斜面对下的恒力F，则沿斜面对下的力为mgsinθ，物块与斜面间的最大静摩擦力为μ(mgcosθ＋F)，由于mgsinθ<μ(mgcosθ＋F)，所以物块仍静止，故C错误；若对物块施加竖直向上的恒力F，则沿斜面对下的力为(mg－F)sinθ，物块与斜面间的最大静摩擦力为μ(mg－F)cosθ，由于(mg－F)sinθ＝μ(mg－F)cosθ，所以物块仍静止，故D错误．答案：B18．解析：依据安培力公式和牛顿其次定律得：F＝eq\f(B2L2v0,2r)＝ma，解得a＝eq\f(B2L2v0,2mr)，两棒的加速度a均越来越小，A错误；棒ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力，系统的动量守恒，以向右的方向为正方向，则有：mv0＝2mv1，解得：v1＝eq\f(1,2)v0，由动能定理得：－W安＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得回路产生的焦耳热为：Q＝W安＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，选项B正确；设整个过程中通过回路的电荷量为q，对cd棒由动量定理得：mv1－mv0＝－BILt＝－BLq，所以q＝eq\f(mv0,2BL)，选项C正确；对cd棒由动量定理得：mv1－mv0＝－eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－)),2r)t＝－eq\f(B2L2·Δx,2r)，解得：Δx＝eq\f(mv0r,B2L2)，两导体棒间的距离最终变为L＋eq\f(mv0r,B2L2)，选项D正确．答案：A19．解析：输入电压的最大值为Um＝NBSω＝40eq\r(2)V，在图示位置穿过线框的磁通量为0，感应电动势最大，若从图示位置起先计时，则线框中感应电动势的瞬时值表达式为e＝40eq\r(2)cos10t(V)，A正确；变压器输入电压的有效值为U1＝eq\f(40\r(2),\r(2))V＝40V，若灯泡正常发光，则U2＝eq\r(PR)＝eq\r(4×100)V＝20V，依据志向变压器的变压比得此时原、副线圈的匝数比为2:1，B错误；若将滑动变阻器滑片向上移动，则滑动变阻器接入电路的电阻变大，负载等效电阻变大，依据I2＝eq\f(U2,R2)可知，副线圈中电流变小，则原线圈中电流变小，即电流表示数变小，C错误；若将自耦变压器触头向下滑动，则副线圈匝数变小，依据志向变压器的变压比可知输出电压减小，所以灯泡变暗，D正确．答案：AD20．解析：电子从a点运动到b点的过程中，电场力做的功为4.5eV，电子从a点运动到d点的过程中，克服电场力做的功为4.5eV，依据W＝qU，可得Uab＝－4.5V，Uad＝4.5V，又知φa＝0，则φb＝4.5V，φd＝－4.5V，依据匀强电场的规律知Uab＝Udc，可得φc＝0，所以a、c连线为电场的等势线，电场强度的方向垂直于等势线，所以该匀强电场的方向是由b点垂直指向直线ac，选项B、C错误，A、D正确．答案：AD21．解析：设斜面倾角为θ，则tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,vt)，解得t＝eq\f(2vtanθ,g)，s＝eq\f(vt,cosθ)＝eq\f(2v2tanθ,gcosθ)，Ek＝eq\f(1,2)m(v2＋4v2tan2θ)＝eq\f(1,2)mv2(1＋4tan2θ)．将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度eq\f(v,n)沿水平方向抛出时，小球乙在空中运动的时间为eq\f(t,n)，小球乙落在斜面上时的位移为eq\f(s,n2)，小球乙落在斜面上时的动能为eq\f(Ek,n2)，选项A错误，B、C正确；小球离斜面最远时，速度方向平行于斜面，大小为v1＝eq\f(v,cosθ)，动量为p1＝mv1＝eq\f(mv,cosθ)，则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度eq\f(v,n)沿水平方向抛出时，小球乙离斜面最远时的动量为eq\f(p,n)，选项D错误．答案：BC22．解析：(1)游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.05×8mm＝0.40mm，所以最终读数为d＝2mm＋0.40mm＝2.40mm.(2)由于挡光片通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．滑块通过光电门时速度v＝eq\f(d,t).(3)假如滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则应有mgxsinθ＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2，所以x＝eq\f(d2,2gsinθ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))2，x­eq\f(1,t2)图象应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为eq\f(d2,2gsinθ).答案：(1)2.40(2分)(2)eq\f(d,t)(1分)(3)eq\f(d2,2gsinθ)(2分)23．解析：(1)①设满偏电压为U，则由串联电路的规律可知：U＋eq\f(U,RV)R1＝eq\f(U,2)＋eq\f(U,2RV)R2，解得：RV＝R2－2R1.②由于要测量电源的电动势和内阻，故可选用待测电源，故A正确；由于采纳限流接法，故闭合开关前，应将电阻箱阻值调到最大，故B错误；为了保证明验平安，调整电压表满偏时，电阻箱的阻值是渐渐减小的，故C错误；由于电源内阻的影响，当电压表半偏时，电路电流变小，路端电压变大，电压表半偏时电阻箱的电压大于电压表满偏时电压的一半，由RV＝R2－2R1可知，电压表内阻的测量值大于真实值，故D正确．(2)据改装原理可知eq\f(9,3)＝eq\f(RV＋R,RV)，解得：R＝6020Ω.(3)依据原理图可得出对应的实物图，如图所示：由于电源内阻较小，为了便于限制滑动变阻器应选择E；由图可知，电路中采纳相对电源的电流表外接法，故电压表的分流使电流表示数偏小从而产生误差．答案：(1)①R2－2R1(1分)②A、D(1分)(2)6020(2分)(3)见解析图(2分)E(2分)电压表的分流(2分)24．解析：引爆炸药前后，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB(2分)设炸药爆炸释放出来的能量为E，由能量守恒定律可知eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,0)＝E(2分)B、C碰撞前后，由动量守恒定律得mBvB＝(mC＋mB)v共(2分)要使B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，依据题意可知，若炸开后A仍向右运动，则需满意vA≤v共(1分)解得E≥3J(1分)若炸开后A向左运动，则需满意|vA|≤3v共(1分)解得E≤1875J(1分)故3J≤E≤1875J(2分)答案：3J≤E≤1875J25．解析：(1)由图象可知，当x＝0.3m时，F1＝keq\f(qQ,x2)＝0.018N(2分)因此q＝eq\f(F1x2,kQ)＝10－6C(1分)(2)在x＝0.3m处点电荷对小球的作用力为F1，则F合＝F1＋qE(2分)因此E＝eq\f(F合－F1,q)＝eq\f(－0.012－0.018,1×10－6)N/C＝－3×104N/C(2分)即非匀强外电场在x＝0.3m处沿杆方向的电场强度大小为3×104N/C，方向向左(1分)(3)依据图象可知，在x＝0.4m与x＝0.6m之间合力做功W＝－0.004×0.2J＝－8×10－4J(2分)又qU＝W，可得U＝－800V(1分)(4)由图象可知，小球从x＝0.16m到x＝0.2m处，电场力做功W1＝eq\f(0.03×0.04,2)J＝6×10－4J(2分)小球从x＝0.2m到x＝0.4m处，电场力做功W2＝－eq\f(1,2)mv2＝－1.6×10－3J(2分)小球从x＝0.4m到x＝0.8m处，电场力做功W3＝－0.004×0.4J＝－1.6×10－3J(2分)由动能定理得W1＋W2＋W3＋Fs＝0(2分)解得s＝－eq\f(W1＋W2＋W3,F)＝0.065m(1分)答案：(1)10－6C(2)3×104N/C(3)－800V(4)0.065m33．解析：(1)由于气缸导热，缓慢拉动活塞时缸内气体温度不变，气体分子平均动能不变，活塞上移时，气体体积增大，温度不变而压强减小，当绳的拉力增大到等于气缸、活塞和缸内气体的总重力时，气缸离开地面对上运动，此时气体体积不变，压强不变，因此气缸内气体对活塞单位时间内碰撞的次数先削减后不变，AE正确；气缸对地面的压力先减小后为零，B错误；拉力对活塞做功，而气体由于体积增大