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文档简介

2025届北京市交通大学附属中学高考物理三模试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、沿同一直线运动的A、B两物体运动的v-t图象如图所示,由图象可知A.A、B两物体运动方向始终相同B.A、B两物体的加速度在前4s内大小相等、方向相反C.A、B两物体在前4s内不可能相遇D.A、B两物体若在6s时相遇,则时开始时二者相距30m2、一半径为R的球形行星自转周期为T,其同步卫星距离行星表面的高度为3R,则在该行星表面绕其做匀速圆周运动的卫星线速度大小为()A. B. C. D.3、以下仪器能测量基本物理量的是()A.弹簧测力计 B.电磁打点计时器C.电压表 D.量筒4、石拱桥是中国传统的桥梁四大基本形式之一。假设某拱形桥为圆的一部分,半径为。一辆质量为的汽车以速度匀速通过该桥,图中为拱形桥的最高点,圆弧所对的圆心角为,关于对称,汽车运动过程中所受阻力恒定,重力加速度为。下列说法正确的是()A.汽车运动到点时对桥面的压力大于B.汽车运动到点时牵引力大于阻力C.汽车运动到点时,桥面对汽车的支持力等于汽车重力D.汽车从点运动到点过程中,其牵引力一定一直减小5、如图所示,长方形abed长ad=0.6m,宽ab=0-3m,e、f分别是ad、bc的中点,以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=0.25T。一群不计重力、质量m=3×10-7kg.电荷量q=+2×10-3C的带电粒子以速度v0=5×102m/s从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场区域(不考虑边界粒子),则以下不正确的是A.从ae边射入的粒子,出射点分布在ab边和bf边B.从ed边射入的粒子,出射点全部分布在bf边C.从bf边射入的粒子,出射点全部分布在ae边D.从fc边射入的粒子,全部从d点射出6、如图所示,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l,在两导线中通有方向垂直于纸面向里的电流.在纸面内与两导线距离均为l的a点,每根通电直线产生的磁场磁感应强度大小均为B.若在a点平行于P、Q放入一段长为L的通电直导线,其电流大小为I,方向垂直纸面向外,则关于它受到的安培力说法正确的是A.大小等于BIL,方向水平向左B.大小等于BIL,方向水平向右C.大小等于,方向竖直向下D.大小等于,方向竖直向上二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、如图所示,用橡胶锤敲击音叉,关于音叉的振动及其发出的声波,下列说法正确的有()A.在空气中传播的声波是纵波B.声波在空气中传播的速度随波频率增大而增大C.音叉周围空间声音强弱的区域相互间隔D.换用木锤敲击,音叉发出声音的音调变高8、一个电子在电场力作用下做直线运动(不计重力)。从0时刻起运动依次经历、、时刻。其运动的图象如图所示。对此下列判断正确的是()A.0时刻与时刻电子在同一位置B.0时刻、时刻、时刻电子所在位置的电势分别为、、,其大小比较有C.0时刻、时刻、时刻电子所在位置的场强大小分别为、、,其大小比较有D.电子从0时刻运动至时刻,连续运动至时刻,电场力先做正功后做负功9、在x轴上固定有两个点电荷Q1、Q2,其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法中正确的有()A.Q1和Q2带同种电荷B.x1处的电场强度为零C.负电荷从x1沿x轴移到x2。电势能逐渐减小D.负电荷从x1沿x轴移到x2,受到的电场力逐渐减小,10、如图所示,等腰直角三角形金属框abc右侧有一有界匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,ab边与磁场两边界平行,磁场宽度大于bc边的长度。现使框架沿bc边方向匀速穿过磁场区域,t=0时,c点恰好达到磁场左边界。线框中产生的感应电动势大小为E,感应电流为I(逆时针方向为电流正方向),bc两点间的电势差为Ubc,金属框的电功率为P。图中上述各量随时间变化的图像可能正确的是()A. B. C. D.三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11.(6分)在探究加速度与力、质量的关系的实验中,某同学设计了如图所示的实验装置,通过加减小车中砝码改变小车和砝码的总质量M(含拉力传感器),加减砂桶中砂子改变砂桶和砂子的总质量m,用拉力传感器测出轻绳的拉力大小F。(1)用此装置探究加速度与质量的关系时,___________(填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力。(2)用此装置探究加速度与力的关系时,___________(填“需要”或“不需要”)满足Mm。(3)用此装置探究加速度与质量的关系,保持m不变,且已平衡摩擦力,当小车和砝码的总质量较小时,可能不满足Mm的情况,此时加速度a与的关系图像正确的是___________。A.B.C.D.12.(12分)某同学在“测匀变速直线运动的加速度”的实验中,用打点计时器(频率为50Hz,即每打一个点)记录了被小车拖动的纸带的运动情况,在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点.其相邻点间还有4个点未画出.其中、、、、、,小车运动的加速度为___,在F时刻的瞬时速度为____保留2位有效数字。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.(10分)如图所示,轻质弹簧右端固定,左端与一带电量为+q的小球接触,但不粘连。施加一外力,使它静止在A点,此时弹簧处于压缩状态,小球的质量为m=0.5kg,撤去外力后,小球沿粗糙水平面AC进入竖直的光滑半圆形管道,管道的宽度忽略不计,管道半径r=1m,在边长为2m的正方形BPMN区域内有一匀强电场,电场强度大小为E=,方向与水平方向成45o斜向右上,半圆形轨道外边缘恰好与电场边界相切。水平轨道AB的长度为L=2m,小球与水平面的动摩擦因数μ=0.5,小球到达B点时,速度的大小为m/s,所有的接触面均绝缘,g取10m/s2,求:(1)释放小球前,弹簧的弹性势能大小;(2)求小球过D点的速度;(3)求小球的落地点到C点的距离。14.(16分)一列沿x轴正方向传播的简谐横波,t=0时刻波形如图所示,图线上质点M的位移为振幅的倍,经过时间0.1s,质点M第一次到达正的最大位移处。求:①该简谐横波的传播速度;②从计时后的0.5s内,质点M通过的路程。15.(12分)如图,质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上,木板B端与台面右边缘齐平.B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C,C与木板之间的动摩擦因数为μ=,质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点,细绳竖直时小球恰好与C接触.现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放,小球运动到最低点时细绳恰好断裂,小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半.(1)求细绳能够承受的最大拉力;(2)若要使小球落在释放点的正下方P点,平台高度应为多大;(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来.

参考答案一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】A物体先向负方向做减速运动,然后在向正方向做加速运动;B物体一直向正方向加速,故选项A错误;直线的斜率等于加速度,则A、B两物体的加速度在前4s内大小相等方向相同,选项B错误;前4s内两物体运动方向相反,因不知起始位置,则A、B两物体在前4s内可能相遇,选项C错误;A、B两物体若在6s时相遇,则计时开始时二者相距12点睛:能从图象中获取尽量多的信息是解决图象问题的关键,在同一个坐标系中要正确比较各个图象表示的运动情况,明确图象斜率的含义,最好能把图象和实际运动想结合起来.2、D【解析】

卫星的轨道半径r=R+3R=4R,根据线速度的计算公式可得:根据万有引力提供向心力可得所以解得。A.,与结论不相符,选项A错误;B.,与结论不相符,选项B错误;C.,与结论不相符,选项C错误;D.,与结论相符,选项D正确;故选D。3、B【解析】

A.弹簧测力计测量的是力,不是基本物理量,故A错误;B.电磁打点计时器测量的是时间,是基本物理量,故B正确;C.电压表测量的是电压,不是基本物理量,故C错误;D.量筒测量的是体积,不是基本物理量,故D错误。故选B。4、D【解析】

A.汽车运动到点时,重力垂直于桥面的分力等于,由于汽车在竖直面内做匀速圆周运动,沿半径方向有向心加速度,所以汽车对桥面的压力小于,故A错误;B.汽车在竖直面内做匀速圆周运动,运动到点(圆弧最高点)时牵引力等于阻力,故B错误;C.由于汽车在竖直面内做匀速圆周运动,沿半径方向有向心加速度,所以汽车运动到点时,桥面对汽车的支持力小于汽车重力,故C错误;D.汽车从点运动到点过程中,重力沿圆弧切线方向的分力一直减小,设汽车与之间圆弧所对圆心角为,其牵引力一直减小,汽车从点运动到点过程中,重力沿圆弧切线方向的分力一直增大,其牵引力一直减小,所以汽车从点运动到点过程中其牵引力一定一直减小,故D正确。故选D。5、C【解析】

粒子进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qv0B=mAB、若匀强磁场为矩形磁场,从e点垂直射入的粒子,由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径,则刚好从b点射出,所以从e点垂直射入的粒子出射点落在bf边上;从ae边垂直射入的粒子,从圆弧af上射出,出射点分布在ab边和bf边;从ed边射入的粒子,出射点全部分布在bf边,故A、B正确;CD、若匀强磁场为圆形磁场,由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径,从bc边射入的粒子,全部从d点射出,所以从bf边射入的粒子,出射点全部分布在ad边,从fc边射入的粒子,全部从d点射出,故C错误,D正确;错误的故选C。【点睛】关键计算出半径后找到圆心,分析可能出现的各种轨迹,然后找出射点。6、D【解析】

a点所在通电直导线的受力分析如图所示:由题意得:,,安培力合力为,方向竖直向上,故D正确,ABC错误.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、AC【解析】

A.根据音叉振动发出声波的原理可知,音叉振动方向与波的传播方向在同一直线上,故在空气中传播的声波是纵波,故A正确;B.声波在空气中的传播速度,与介质有关,不会随波的频率变化而变化,故B错误;C.音叉振动发音时两个叉股是两个频率相同的波源,它们产生的波发生干涉,所以音叉周围空间声音强弱的区域相互间隔,故C正确;D.音调与音叉的材料有很大关系,音叉材料没变,所以音叉发出的声音的音调没变,而换用木锤敲击时没有缓冲减震作用,音叉振幅较大,所以音叉的响度较大,故D错误。故选AC。8、AC【解析】

A.电子只受电场力作用沿直线运动,该直线为一条电场线。结合其图象知其运动情景如图所示。则0时刻与时刻电子在同一位置。所以A正确;B.电子受电场力向左,则场强方向向右,沿电场线方向电势逐渐降低,则有所以B错误;C.图象的斜率为加速度。由图象知过程加速度增大,过程加速度减小。又有则有所以C正确;D.由图象知过程速度减小,过程速度增大,则其动能先减小、后增大。由动能定理知电场力先做负功,后做正功。所以D错误。故选AC。9、CD【解析】

A.由图知处的电势等于零,所以和带有异种电荷,A错误;B.图象的斜率描述该处的电场强度,故处场强不为零,B错误;C.负电荷从移到,由低电势向高电势移动,电场力做正功,电势能减小,故C正确;D.由图知,负电荷从移到,电场强度越来越小,故电荷受到的电场力减小,所以D正确.故选CD。10、BC【解析】

A.根据导体棒切割磁场产生的动生电动势为可知,第一阶段匀速进磁场的有效长度均匀增大,产生均匀增大的电动势,因磁场宽度大于bc边的长度,则第二阶段线框全部在磁场中双边切割,磁通量不变,线框的总电动势为零,第三阶段匀速出磁场,有效长度均匀增大,产生均匀增大的电动势,故图像的第三阶段画错,故A错误;B.根据闭合电路的欧姆定律,可知第一阶段感应电流均匀增大,方向由楞次定律可得为顺时针(负值),第二阶段电流为零,第三阶段感应电流均匀增大,方向逆时针(正值),故图像正确,故B正确;C.由部分电路的欧姆定律,可知图像和图像的形状完全相同,故C正确;D.金属框的电功率为,则电流均匀变化,得到的电功率为二次函数关系应该画出开口向上的抛物线,则图像错误,故D错误。故选BC。三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11、需要不需要D【解析】

(1)[1].在探究“加速度与力、质量关系”的实验中,用此装置探究“加速度与质量”的关系时,需要平衡摩擦力,否则绳子的拉力大小就不等于小车的合力;

(2)[2].用此装置探究“加速度与力”的关系时,不需要满足M≫m,因为绳子的拉力通过力传感器来测量的;

(3)[3].用此装置探究“加速度与质量”的关系,保持m不变,当小车和砝码的总质量较小时,但仍不满足M≫m的情况时,虽然控制F不变,但改变小车的质量过程中,绳子的拉力会明显减小的,因此a与的图象斜率减小,故ABC错误,D正确。12、0.620.98【解析】

[1].相邻点间还有4个点未画出,则相邻计数点间的时间间隔T=0.1s。在纸带中,连续相等时间内的位移之差△x=0.62cm,根据△x=aT2得[2].F点的瞬时速度等于EG段的平均速度,则四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)17.5J(2)m/s(3)(2+1)m【解析】

(1)对小球从A到B过程,应用动能定理得:-μmgL+W弹=mvB2-0W弹=Ep得:Ep=17.5J(2)当小球进入电场后受力分析可得mg=qEsinθ故小球在BC粗糙水平面上运动时,对地面的压力为0,不受摩擦力。F合=qEcosθ=mg方向水平向右,小球从B到D,应用动能定理可得:-F合2r=mvD2-mvB2得:vD=m/s(3)从B到N,合外力做功为0vN=vB=5m/s由竖直方向运动2r=gt2得:则水平位移大小x=vNt=2m则落地点F距离C点的距离为lCF=(2

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