2025届北京十一学校高考物理五模试卷含解析

2025届北京十一学校高考物理五模试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、2019年2月15日，一群中国学生拍摄的地月同框照，被外媒评价为迄今为止最好的地月合影之一。如图所示，把地球和月球看做绕同一圆心做匀速圆周运动的双星系统，质量分别为M、m，相距为L，周期为T，若有间距也为L的双星P、Q，P、Q的质量分别为2M、2m，则（）A．地、月运动的轨道半径之比为 B．地、月运动的加速度之比为C．P运动的速率与地球的相等 D．P、Q运动的周期均为2、物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学知识，推动物理学的发展．下列说法符合事实的是（）A．英国物理学家卢瑟福第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念B．法拉第最早在实验中观察到电流的磁效应现象，从而揭开了电磁学的序幕C．爱因斯坦给出了光电效应方程，成功的解释了光电效应现象D．法国学者库仑最先提出了电场概念，并通过实验得出了库仑定律3、如图所示，aefc和befd是垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的边界。磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度分别为B1、B2，且B2＝2B1，其中bc=ea=ef.一质量为m、电荷量为q的带电粒子垂直边界ae从P点射入磁场Ⅰ，后经f点进入磁场Ⅱ，并最终从fc边界射出磁场区域。不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时间为()A． B． C． D．4、如图甲所示，线圈固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里。当磁场的磁感应强度大小随时间变化时，边的热功率与时间的关系为（为定值）。图乙为关于磁感应强度大小随时间变化的图象，其中可能正确的是（）A． B． C． D．5、如图所示为某质点运动的速度一时间图像（若将段图线以连线为轴翻转，图线形状与段相对于虚线对称），则关于段和图线描述的运动，下列说法正确的是（）A．两段的运动时间相同 B．两段的平均速度相同C．两段的速度变化量相同 D．两段的平均加速度相同6、靠近地面运行的近地卫星的加速度大小为a1，地球同步轨道上的卫星的加速度大小为a2，赤道上随地球一同运转（相对地面静止）的物体的加速度大小为a3，则（）A．a1=a3＞a2 B．a1＞a2＞a3 C．a1＞a3＞a2 D．a3＞a2＞a1二、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、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8、如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中AC=h。当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A对B的静电力为B所受重力的0.5倍，则下列说法中正确的是（两球均可看作点电荷）（）A．此时丝线长度为B．以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小保持不变C．若保持悬点C位置不变，缓慢缩短丝线BC的长度，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧D．若A对B的静电力为B所受重力的倍，要使B球依然在θ=30°处静止，则丝线BC的长度应调整为h或h9、如图甲、乙所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的物体，由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉到顶端，两次到达顶端的速度相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次F2水平向右。则两个过程中（）A．物体机械能变化量相同B．物体与斜面摩擦生热相同C．F1做的功与F2做的功相同D．F1做功的功率比F2做功的功率小10、下列说法正确的是（）A．在完全失重的情况下，气体的压强为零B．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力C．当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小D．水中气泡上浮过程中，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小E.不可能利用高科技手段将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化三、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）图甲，用伏安法测定电阻约5Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池。每节电池的电动势约为1.5V，实验室提供电表如下：A．电流表A1(0～3A，内阻0.0125Ω)B．电流表A2(0～0.6A，内阻约为0.125Ω)C．电压表V1(0～3V，内阻4kΩ)D．电压表V2(0～15V，内阻15kΩ)(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选________，电压表应选________(填写仪器前字母代号)。(2)用螺旋测微器测电阻丝的直径如图乙所示，电阻丝的直径为________mm。(3)根据原理图连接图丙的实物图______。(4)闭合开关后，滑动变阻器滑片调至一合适位置后不动，多次改变线夹P的位置，得到几组电压、电流和对应的OP段的长度L，计算出相应的电阻后作出R－L图线如图丁。取图线上适当的两点计算电阻率。这两点间的电阻之差为ΔR，对应的长度变化为ΔL，若电阻丝直径为d，则电阻率ρ＝________。12．（12分）某学习小组通过如图甲所示实验装置来验证动量守恒定律。A是固定在水平桌面上光滑的斜槽，斜槽末端与水平桌面平行，B是气垫导轨，C是光电门，D是带有小孔的滑块（孔内粘有胶带，小球进入小孔即粘在胶带上），滑块上方有一窄挡光片。实验前将斜槽固定在水平桌面上，调整气垫导轨的高度，使滑块小孔与斜槽末端在同一高度处，同时调整气垫导轨水平，多次改变小球释放高度h，得到挡光片通过光电门的时间t，做出图象。小球质量为m，滑块总质量为m0，挡光片宽度为d，重力加速度为g（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，宽度d=______cm（2）只要满足关系式h=______（用题中所给的物理量符号表示），就可以说明在误差允许范围内碰撞过程动量守恒（3）如果图象是一条过原点的________（填写“倾斜直线”或“抛物线”），同样可以验证动量守恒四、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，在一个倾角为的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为的木板，木板与斜面之间的动摩擦因数。当长木板沿斜面向下运动的速度达到时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小，，，结果可用根号表示。求：（1）刚放上小煤块时，长木板的加速度的大小和煤块的加速度的大小；（2）小煤块从木板哪一端离开？煤块从放上到离开木板所需时间是多少？14．（16分）为测量水晶印章的折射率，某同学在水平桌面铺上一张白纸，然后将印章立放在白纸上，用红色激光笔从O点照射该印章的一个侧面，激光所在的竖直平面与印章的右侧面垂直，其正视图如图所示。已知该印章的水平截面是d=3cm的正方形，当光以θ=60°的入射角向右侧面照射时，印章右侧的白纸上出现了两个亮点M和N（M点位于N点的右方），测得两亮点间的距离s=2cm，不考虑光在印章表面的多次反射。(i)作出光从O点入射至形成M、N两亮点的光路图；(ii)求水晶印章对红色光的折射率n。15．（12分）电子对湮灭是指电子和正电子碰撞后湮灭，产生伽马射线。如图所示，在竖直面xOy内，第I象限内存在平行于y轴的匀强电场E，第II象限内存在垂直于面xOy向外的匀强磁场B1，第IV象限内存在垂直于面xOy向外的矩形匀强磁场B2（图中未画出）。点A、P位于x轴上，点C、Q位于y轴上，且OA距离为L．某t0时刻，速度大小为v0的正电子从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点垂直y轴进入第I象限，最后以的速度从P点射出。同一t0时刻，另一速度大小为的负电子从Q点沿与y轴正半轴成角的方向射入第IV象限，后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与P点出射的正电子正碰湮灭，即相碰时两电子的速度方向相反。若已知正负电子的质量均为m、电荷量大小为e、电子重力不计。求：(1)第II象限内磁感应强度的大小B1(2)电场强度E及正电子从C点运动至P点的时间(3)Q点的纵坐标及第IV象限内矩形磁场区域的最小面积S

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】

双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度和周期，对两颗星分别运用牛顿第二定律和万有引力定律列式，进行求解即可。【详解】A．对于地、月系统，两者具有相同的角速度和周期，万有引力提供向心力则地、月系统，两者运动的轨道半径之比为故A错误；B．对于地、月系统，根据牛顿第二定律，得故B错误；D．同理，P、Q系统，万有引力提供向心力P、Q系统的轨道半径运行周期同理，对于地、月系统，运行周期联立解得故D正确；C．根据得：地球的运动速率同理可得P运动速率联立解得故C错误。故选D。2、C【解析】

玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，选项A错误；奥斯特最早在实验中观察到电流的磁效应现象，从而揭开了电磁学的序幕，选项B错误；爱因斯坦给出了光电效应方程，成功的解释了光电效应现象，选项C正确；法拉第最先提出了电场概念，库伦通过实验得出了库仑定律，选项D错误；故选C.3、B【解析】

粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有所以粒子垂直边界ae从P点射入磁场Ⅰ，后经f点进入磁场Ⅱ，故根据几何关系可得：粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为磁场宽度d；根据轨道半径表达式，由两磁场区域磁感应强度大小关系可得：粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为磁场宽度，那么，根据几何关系可得：粒子从P到f转过的中心角为，粒子在f点沿fd方向进入磁场Ⅱ；然后粒子在磁场Ⅱ中转过在e点沿ea方向进入磁场Ⅰ；最后，粒子在磁场Ⅰ中转过后从fc边界射出磁场区域；故粒子在两个磁场区域分别转过，根据周期可得：该带电粒子在磁场中运动的总时间为故选B。4、D【解析】

当磁感应强度发生变化时，线框内产生感应电动势为感应电流为边的热功率由可知可知图像的斜率与时间成正比，所以四个图象中只有D正确，ABC错误。故选D。5、A【解析】

A．根据几何关系可知，两段在时间轴上投影的长度相同，因此两段的运动时间相同，故A正确；B．由图像下方面积可知，两段位移不等，因此平均速度不同，故B错误；C．两段的速度变化量大小相等，方向相反，故C错误；D．由可知，两段的平均加速度大小相等，方向相反，故D错误。故选A。6、B【解析】

题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体3、绕地球表面附近做圆周运动的近地卫星1、地球同步卫星2；物体3与卫星1转动半径相同，物体3与同步卫星2转动周期相同，从而即可求解．【详解】地球上的物体3自转和同步卫星2的周期相等为24h，则角速度相等，即ω2=ω3，而加速度由a=rω2，得a2＞a3；同步卫星2和近地卫星1都靠万有引力提供向心力而公转，根据，得，知轨道半径越大，角速度越小，向心加速度越小，则a1＞a2，综上B正确；故选B．【点睛】本题关键要将赤道上自转物体3、地球同步卫星2、近地卫星1分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化．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．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。8、BCD【解析】

A．当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，B静止时丝线BC与竖直方向夹角θ=30°，处于平衡，根据几何关系可知此时AB与BC互相垂直，此时丝线长度为，选项A错误；B．而由三角形相似可知则在整个漏电过程中，丝线上拉力T大小保持不变，选项B正确；

Ｃ．以C点为原点，以CA方向为y轴，垂直CA方向向右为x轴建立坐标系，设B点坐标为（x，y），则由几何关系消掉θ角且整理可得缓慢缩短丝线BC的长度，最初阶段BC的长度变化较小，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧，选项C正确；D．若A对B的静电力为B所受重力的倍，则B静止在与竖直方向夹角仍为θ=30°时，对B受力分析，G、F与T，将F与T合成，则有解得根据余弦定理可得解得BC=h或h选项D正确。故选BCD。9、AD【解析】

A．两个过程中，物体的末速度相同，动能相同，则动能的变化量相同，物体上升相同的高度，重力势能变化量相同，所以物体的机械能变化量相同，故A正确；B．由图分析可知，第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，故物体与斜面的摩擦力产热不相同，故B错误；C．根据动能定理得解得第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同，则F1做的功比F2做的少，故C错误；D．根据知x、v相同，则t相同，而F1做的功小于F2做的功，根据可知F1做功的功率比F2做功的功率小，故D正确。故选AD。10、BDE【解析】

A.气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的，在完全失重的情况下，气体的压强并不为零，故A错误；B.液体表面张力产生的原因是由于液体表面层里的分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，分子间表现为引力，故B正确；C.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越大，故C错误；D.气泡在水中上浮过程中，体积增大，温度基本不变，压强减小，根据气体压强的微观解释可知，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小，故D正确；E.根据热力学第二定律可知，不可能将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故E正确。故选BDE.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、BC0.700【解析】

(1)[1]由于电源电动势为3V，电表读数要达到半偏，则电压表选C；[2]由I＝可知电路中最大电流约为0.6A，则电流表选B。(2)[3]螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm＝0.200mm，所以最终读数为0.5mm＋0.200mm＝0.700mm。(3)[4]根据原理图连接实物图如图(4)[5]根据电阻定律ΔR＝ρ，S＝π解得ρ＝12、2.150倾斜直线【解析】

(1)[1]螺旋测微器的读数为；(2)[2]根据动能定理得得小球下滑到斜面底端的速度为小球与斜槽到光电门的速度为由动量守恒定律可得即整理得(3)[3]由可知，成正比，所以图象是一条倾斜直线时同样可以验证动量守恒四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答