全国卷四川省南充市仪陇宏德中学2025届高考物理模拟卷一

PAGE1PAGE16（全国卷）四川省南充市仪陇宏德中学2025届高考物理模拟卷（一）1、μ子与氢原子核(质子)构成的原子称为μ氢原子(hydrogenmuonatom),它在原子核的物理探讨中有很重要作用。如图μ氢原子的能级示意图。假定光子能量为E的一束光照耀容器中大量处于能级的μ氢原子,μ氢原子汲取光子后,发出频率为、、、、和的光,且依次增大,则E等于(

)A. B. C. D.2、如图所示，一质量为m的滑块置于倾角θ=30°，质量为M的直角三角形斜劈的底端，现通过一质量不计的细绳给滑块施加一方向沿斜面对上的拉力F，大小为mg，使滑块沿斜面匀速上滑，整个过程中斜劈处于静止状态，若斜劈与滑块、斜劈与地面间的动摩擦因数均为μ，已知重力加速度大小为g。则()A.斜劈对滑块的支持力大小为mgB.斜劈对滑块的作用力大小为mgC.动摩擦因数μ=0.5D.水平面对斜劈的摩擦力大小为3、如图所示,志向变压器原线圈接入正弦沟通电,图中电压表和电流表均为志向沟通电表,为定值电阻,为负温度系数的热敏电阻(温度上升时阻值减小),C为电容器.下列说法正确的是(

)A.通过的电流为零 B.滑片P向上滑动,电压表示数变大

C.处温度上升时,电压表的示数不变 D.减小电容器C的电容,电流表的示数变大4、宇宙空间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L.忽视其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，引力常量为G.下列说法正确的是（）A.每颗星做圆周运动的线速度为 B.每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关C.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍D.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度变为原来的2倍5、如图所示,正六边形区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿方向射入磁场区域,当速度大小为时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为,当速度大小为时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为,不计粒子重力。则()A., B.,

C., D.,6、甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，两车从时刻起先计时的图象如图所示。已知起先计时时乙车在甲车前处,且在和时两车各相遇一次,则下列推断正确的是（）A.内甲车的加速度大小是乙车的两倍B.时乙车的速度大小为C.两车在运动过程中肯定会相遇三次D.当乙车停止运动时，甲、乙两车仍相距7、如图所示,长为L的轻杆两端分别固定a,b金属球,两球质量均为m,a放在光滑的水平面上,b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为L,现将b从图示位置由静止释放,则(

)A.在b球落地前的整个过程中,a,b组成的系统水平方向上动量守恒

B.从起先到b球距地面高度为的过程中,轻杆对a球做功为mgL

C.从起先到b球距地面高度为的过程中,轻杆对b球做功-mgL

D.在b球落地的瞬间,重力对b球做功的功率为mg8、如图甲所示,左侧接有定值电阻R=2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面对外的匀强磁场中,磁感应强度B=1T,导轨间距L=1m。一质量m=2kg,阻值r=2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止起先从CD处沿导轨向右加速运动,金属棒的v-x图象如图乙所示,若金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.2,则从起点发生x=1m位移的过程中(g=10m/s2)(

)A.金属棒克服安培力做的功W1=0.25J B.金属棒克服摩擦力做的功W2=5J

C.整个系统产生的总热量Q=4.25J D.拉力做的功W=9.25J9、关于“验证动量守恒定律”的试验,请完成下列的三个问题:

1.如图所示,在做“验证动量守恒定律”的试验时,试验必须要求满意的条件是(

)A.斜槽轨道必需是光滑的B.斜槽轨道末端的切线是水平的

C.入射球每次都要从同一高度由静止滚下D.若入射小球质量为,被碰小球质量为,则

2.利用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律,即探讨两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.试验时,先让入射球多次从斜轨上的S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量出平抛的射程OP.然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射小球从斜轨上的S位置由静止释放,与小球相碰,并且多次重复.接下来要完成的必要步骤是(

)(填选项前的符号)

A.用天平测量两个小球的质量、

B.测量小球起先释放高度h

C.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到、相碰后平均落地点的位置M、N;测量平抛射程OM,ON3.若两个小球相碰前后的动量守恒,其表达式可以表示为______.[利用2中所测量的物理量表示];若碰撞是弹性的碰撞,那么还应当满意的表达式应当为______.[利用2中所测量的物理量表示].10、某课外活动小组利用铜片、锌片和橙汁制作了橙汁电池,并利用所学学问设计电路测量该电池的电动势E和内阻r。他们在一个玻璃器皿中放入橙汁,在橙汁中相隔—定距离插入铜片和锌片作为橙汁电池的正、负极。运用的器材有:A.毫安表(量程0~3mA,内阻未知);B.滑动变阻器(最大阻值为500Ω);C.电阻箱(阻值范围为0〜999.9Ω);D.开关和导线若干。该小组成员分析发觉,由于毫安表的内阻未知,所以无法干脆测量该橙汁电池的电动势和内阻,经过思索后,该小组设计了如图甲所示的电路,先测出该毫安表的内阻、再测量橙汁电池的电动势E和内阻r。(1)请依据图甲所示的电路图，用笔画线代替导线，将图乙实物图中的滑动变阻器接入电路，要求当滑动变阻器的滑片滑到最右端时.滑动变阻器接入电路的阻值最大。

(2)该小组连接好电路后,首先对毫安表的内阻进行测量,请完善测量步骤.①将滑动变阻器的滑片滑至最右端,断开开关,闭合开关;②滑动滑动变阻器的滑片,使毫安表的指针达到满偏;③保持________不变,闭合开关,调整电阻箱的阻值,使毫安表的示数达到满偏电流的一半;④读出此时电阻箱的示数,即可求得毫安表的内阻。(3)该小组发觉,当毫安表的电流达到满偏电流的一半时,电阻箱的示数为50.0Ω,则毫安表的内阻_______Ω,用此种方法测得的毫安表的内阻与其真实值相比,测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。(4)该小组测得毫安表的内阻之后,采纳以下方法测量该橙汁电池的电动势E和内阻r。首先将电路中滑动变阻器的滑片移至最右端,然后多次变更电阻箱的阻值R得到了多组毫安表的电流I,依据测得的数据作出图象,如图丙所示,则该电源的电动势E=_______,内阻r=______(结果均保留三位有效数字)11、如图所示，半径为的光滑四分之一圆弧面，质量为的小球从静止起先从点起先下滑，经过点后落在与水平面成的斜面上的点。求：（1）小球到达点时速度为多大？（2）此时小球对圆弧的压力为多大？（3）小球的落点与的距离为多大？12、如图所示的坐标系内，以垂直于x轴的虚线PQ为分界线，左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面对里，AC边有一挡板可汲取电子，AC长为d.右侧为偏转电场，两极板长度为d/2，间距为d.电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏.现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离为d/2，电子电荷量为e，质量为m，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：（1）电子通过磁场区域的时间t；（2）偏转电场的电压U；（3）电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上．13、[物理——选修3–3]1.关于热力学定律，下列说法正确的是________。A．气体吸热后温度肯定上升B．对气体做功可以变更其内能C．志向气体等压膨胀过程肯定放热D．热量不行能自发地从低温物体传到高温物体E．假如两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡（2）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为,其中σ=0.070N/m。现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升，已知大气压强，水的密度，重力加速度大小g=10m/s2。（i）求在水下10m处气泡内外的压强差；（ii）忽视水温随水深的变更，在气泡上升到非常接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。14、[物理——选修3-4](1)如图所示为半圆柱体玻璃砖的横截面，OD为直径，一束由a光和b光组成的复色光沿AO方向由真空从OD面射入玻璃，之后分成两束分别从B,C两点射出，其中从点射出的为a光,从C点射出的为b光。则下列说法正确的是_______。A.从B点射出玻璃砖的a光的频率较小B.在玻璃砖中，b光的传播速度肯定大于a光的传播速度C.a光和b光在玻璃砖中的传播时间相等D.将a光和b光通过相同的双缝干涉装置，b光的干涉条纹间距较小E.若将a光和b光分别放在水面足够大的池塘底部同一位置，则b光照亮的水面区域大(2)甲、乙两列简谐横波分别沿x轴负方向和正方向传播，两波源分别位于x=0.9m处和x=-0.6m处，两列波的波速大小相等，波源的振幅均为2cm,两列波在t=0时刻的波形如图所示，此时平衡位置在x=-0.2m和x=0.1m处的P,Q两质点刚要起先振动。质点M位于x=0.3m处，已知甲波的周期为0.8s，求：(i)乙波传播到M质点所须要的时间；(ii)在0~0.5SM质点沿y轴正方向位移最大的时刻。答案以及解析1答案及解析：答案：C解析：由能级跃迁学问及题意可知，处于能级的氢原子汲取能量为E的光子后，发出6种频率的光，说明μ氢原子是从能级跃迁的，而、、、、和频率依次增大，说明跃迁到时，辐射能量为，C项正确，A、B、D三项错误。2答案及解析：答案：B解析：斜劈对滑块的支持力大小为，选项A错误；滑块处于平衡状态，重力与拉力夹角为120°，重力与拉力合力为mg，则斜劈对滑块的作用力与重力和拉力合力等大反向，则斜劈对滑块的作用力大小为mg，选项B正确；依据，解得，选项C错误；对滑块和斜劈的整体，水平方向：，解得，选项D错误；故选B.3答案及解析：答案：C解析：A.沟通电是可以通过电容器的,通过的电流不为零，故A错误；B.滑片P向上滑动,原线圈匝数增大,依据可知电压表示数变小，故B错误；C.

处温度上升时,原副线圈匝数之比不变、依据可知电压表的示数不变，故C正确；D.减小电容器C的电容，容抗增大，电流表的示数变小，故D错误。故选：C。4答案及解析：答案：C解析：随意两颗星之间的万有引力，每一颗星受到的合力为：

由几何关系知：它们的轨道半径为：…①

合力供应它们的向心力：…②

联立①②，解得：，故A错误；依据得：，故加速度与它们的质量有关，故B错误；依据解得：，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍，故C正确；依据可知，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度不变，故D错误．故选C．5答案及解析：答案：A解析：设正六边形边长为L,若粒子从b点离开磁场,可知运动的半径为,在磁场中转过的角度为;若粒子从c点离开磁场,可知运动的半径为,在磁场中转过的角度为,依据可知;依据可知,,故选A.6答案及解析：答案：ACD解析：设甲车的初速度大小为,加速度大小为,乙车的初速度大小为,加速度大小为,当两车在相遇时,有,当两车在相遇时,有,又由图象可知,,联立以上各式并代入数据可解得,,故内甲车的加速度大小是乙车的两倍,时,甲车的速度大小为,乙车的速度大小为,选项A正确,B错误;在时，甲车速度大小为,由匀变速直线运动规律可知，乙车速度大小为,设两车又经过时间相遇，则有,代入数据解得,故两车会在时发生第三次相遇，而此时两车均未停止运动，故选项C正确；由题图可知,从起先，乙车再运动2s速度变为零，此段时间内甲车的位移为,乙车的位移为,故当乙车停止运动时，甲车在乙车前方处,选项D正确.7答案及解析：答案：BD解析：A、对两球及杆组成的系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用，a球的水平方向受力为零，系统在水平方向所受合外力不为零，所以a、b组成的系统水平方向上动量不守恒，故A错误；BC、对两球及杆系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用不做功，a、b组成的系统机械能守恒，从起先到b球距地面高度为的过程中，由机械能守恒定律得：，且有，解得：，，所以轻杆对a球做功为：，轻杆对b球做功：，故B正确，C错误；D、在b球落地的瞬间，由机械能守恒定律得：，解得：，所以在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为：，故D正确；8答案及解析：答案：AC解析：A、由速度﹣位移图象得：v＝2x金属棒所受的安培力为：代入得：则知与x是线性关系。当x＝0时，安培力当x＝1m时，安培力则从起点发生x＝1m位移的过程中，安培力做功为：即金属棒克服安培力做的功为：，故A正确。B、金属棒克服摩擦力做的功为：，故B错误；C、克服安培力做功等于回路中产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量，故C正确；D、依据动能定理得：，其中v＝2m/s，μ＝0.2，m＝2kg代入解得拉力做的功为：．故D错误。9答案及解析：答案：1.BCD;2.AD;3..解析：1.A、“验证动量守恒定律”的试验中,是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的,只要离开轨道后做平抛运动,对斜槽是否光滑没有要求,故A错误;

B、要保证每次小球都做平抛运动,则轨道的末端必需水平,故B正确;

C、要保证碰撞前的速度相同,所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下,故C正确;

D、为了保证小球碰撞为对心正碰,且碰后不反弹,要求,故D正确.

应选:BCD.

2.要验证动量守恒定律定律,即验证:,小球离开轨道后做平抛运动,它们抛出点的高度相等,在空中的运动时间t相等,

上式两边同时乘以t得:,得:,

因此试验须要测量:两球的质量、小球的水平位移,故选:AD.

3.由2知,试验须要验证:;

假如碰撞过程机械能守恒,则:,

两边同时乘以t2得:,则10答案及解析：答案：（1）如图所示（2)滑动变阻器接入电路的阻值；（3)50.0，小于；（4)1.00，200解析：（1)由于要求当滑动变阻器的滑片滑到最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，故滑动变阻器的接法如图所示。（2)此种测量电阻的方法为半偏法，运用此方法测量未知电阻的阻值时，要求电路中其他元件的阻值不能发生变更，故应保持滑动变阻器接入电路的阻值不变；（3)当毫安表指针达到满偏后，再闭合开关时，认为电路中的总电流仍为毫安表的满偏电流。当流过毫安表的电流达到满偏电流的一半时，由于电阻箱与毫安表为并联关系，故有，所以，因此当电阻箱的示数为50.0Ω时，毫安表的内阻也为50.0Ω。但此种方法存在系统误差，当滑动变阻器接入电路的阻值不变时，由于电阻箱的接入，整个电路中的阻值减小，电路中的总电流，因此当毫安表的示数为时，实际流过电阻箱的电流，由于,所以有;(4)由闭合电路欧姆定律可得整理可得将代入并结合图丙可得两式联立可解得E=l.00V,r=200Ω。11答案及解析：答案：(1)小球到达点时速度由动能定理得：代入解得：(2)由牛顿其次定律得此时小球对圆弧的压力：解得：，由牛顿第三定律可知小球对轨道压力大小为。(3)小球的落点与的水平距离为x，下落高度为h，由平抛规律得：，解得：，由三角关系可得：。解析：12答案及解析：答案：1.电子在磁场区域运动周期为通过磁场区域的时间为

2.由几何学问得,又解得通过电场的时间代入数据解得电子离开电场后做匀速直线运动到达M点,又解得故代入数据解得

3.电子恰好打在下极板右边缘磁场中电场中水平方向竖直方向由上述三式代入数据解得解析：13答案及解析：答案：1..BDE2.（i）

（ii）.解析：1.依据热力学第肯定律,气体吸热的同时若对外做功,则气体内能不肯定增加,温度不肯定上升,A错误。对气体做功可以变更其内能,B正确。志向气体等压膨胀过程,对外做功,由志向气体状态方程可知,气体温度上升,内能增加,故气体肯定吸热,C错误。依据热力学其次定律知,热量不行能自发地从低温物体传到高温物体,D正确依据热平衡定律,假如两个系统分别与