全国Ⅱ卷2025届高三物理百日冲刺金卷二含解析

PAGE1-（全国Ⅱ卷）2025届高三物理百日冲刺金卷（二）（含解析）第I卷二、选择题：本题共8小题，每小题6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。1.下列有关原子结构和原子核的相识，其中正确的是（）A.温度越高，放射性元素的半衰期越大B.氢原子汲取能量发生能级跃迁后，绕核运动的核外电子动能减小C.核裂变释放的核能是太阳向外辐射能量的主要来源D.射线是放射性元素核外电子脱离原子核束缚形成的高速电子流【答案】B【解析】【详解】A．放射性元素的半衰期与温度无关，故A错误；B．原子汲取能量发生跃迁后，绕核运动的电子距核更远，动能减小，故B正确；C．太阳辐射能量的主要来源是太阳内部氢核的聚变，故C错误；D．射线来源于原子核内部，故D错误。故选B。2.一平直马路上有两条同向并排车道，汽车I和II分别在两条车道上行驶。汽车I、II的v－t图像如图所示，两车在t=2s时同时到达终点。下列说法正确的是（）A.在t=0时，汽车I在汽车II前面5m处 B.在t=1s时，汽车I、II恰好并排行驶C.在t=1.5s时，汽车I追上汽车I D.汽车II追上汽车I时，距终点还有10m【答案】B【解析】【详解】A．由题图知，车Ⅰ做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a=m/s2=10m/s2车Ⅱ做速度v=15m/s的匀速直线运动，2s内位移分别为30m由于t=2s时两车同时到达终点，则位移差为=xⅡ-xⅠ=10m说明t=0时车Ⅰ在车Ⅱ前10m处，故A错误；BC．在t=1s时，车Ⅰ前进5m，车Ⅱ前进15m，由于初始位置车Ⅰ在车Ⅱ前10m处，所以此时两车对齐，故B正确，C错误；D．两车对齐之后，经1s到达终点，所以这个位置和终点间的距离为15m故D错误。故选B。3.如图所示的电路中，R1和R2是两个阻值相等的定值电阻，R是滑动变阻器，电源电动势为E、内电阻为r，当滑动变阻器的滑动触头从右向左移动的过程中，下列说法正确的是（）A.R1、R2消耗的电功率均渐渐变小B.R1消耗的功率渐渐变小，R2消耗的功率渐渐变大C.电源内电阻r消耗的热功率渐渐减小D.R和R1消耗的总功率渐渐增大【答案】B【解析】【详解】AB．在滑动触头从右向左移动的过程中，滑动变阻器的阻值减小，所以电路的总电阻减小，总电流I增大，依据可知消耗的功率渐渐变大；由可知路端电压减小，的电压增大，则R1两端的电压减小，依据可知R1消耗的功率渐渐变小，故A错误，B正确；C．总电流增大，由知电源内电路消耗功率渐渐增大，故C错误；D．将R2看成电源内电路的一部分，R和消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当R减小，即外电阻减小时，等效电源的内外电阻差增大，输出功率减小，则电阻R和消耗的总功率渐渐减小，故D错误。故选B。4.嫦娥四号探测器作为世界首个在月球背面软着陆和巡察探测的航天器，其主要任务是着陆月球表面，接着更深层次更加全面地科学探测月球地质、资源等方面的信息，完善月球的档案资料。嫦娥四号探测器在月球表面着陆过程非常困难，要经过一系列的轨道变换，其中就包括如图所示的由圆形轨道变轨为与之相切的椭圆轨道。下列说法正确的是（）A.嫦娥四号沿圆轨道运行时的加速度等于月球表面的重力加速度B.嫦娥四号沿椭圆轨道运行时，越接近月球表面其运行速率越小。C.嫦娥四号在圆轨道上运行的周期大于在椭圆轨道上运行时的周期D.嫦娥四号由圆轨道变成椭圆轨道必需在P点点火加速【答案】C【解析】【详解】A．依据在圆轨道上运行时轨道半径大于月球半径，所以嫦娥四号所受的万有引力小于在月球表面时所受的万有引力，所以加速度小于月球表面的重力加速度，故A错误；B．沿椭圆轨道运行时，依据开普勒其次定律知，近月点的速率大于远月点的速率，故B错误；C．圆轨道的半径大于椭圆轨道的半长轴，依据开普勒第三定律知，在圆轨道上的运行周期大于在椭圆轨道上的运行周期，故C正确；D．由圆轨道进入椭圆轨道时做近心运动，须要的向心力要小于供应的向心力，所以必需在P点制动减速，故D错误。故选C。5.如图所示，小球用不行伸长的细线悬挂起来，将细线水平拉直后由静止释放小球，小球运动到最低点时的速度为v、向心加速度为a，重力的功率为P、绳子的拉力为F，若不变更小球的质量，把细线的长度增加一倍，仍将细线水平拉直后由静止释放小球，下面说法正确的是（）A.变更细线长度之后，小球在最低点的速度v变为原来的2倍B.变更细线长度之后，小球在最低点时重力的功率P变为原来的倍C.变更细线长度前后，小球在最低点时向心加速度a都等于重力加速度的2倍D.变更细线长度前后，小球在最低点时绳子拉力F都等于小球重力的2倍【答案】C【解析】【详解】A．由机械能守恒定律得解得，L加倍之后，小球在最低点的速度v变为原来的倍，故A错误；B．在最低点时重力方向与速度方向垂直，所以重力功率为零，故B错误；CD．在最低点绳的拉力为F，则有解得F=3mg，与L无关，向心加速度故C正确，D错误。故选C。6.如图甲所示，志向变压器原、副线圈匝数比为5：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为志向沟通电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻均不计，从某时刻起先在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，下列说法正确的是（）A.当单刀双掷开关与a连接，在t=0.01s时，电流表的示数为零B.当单刀双掷开关与a连接时，电压表示数为44.0VC.当单刀双掷开关由a拨到b时，原线圈的输入功率变为原来的4倍D.当单刀双掷开关由a拨到b时，副线圈输出电压频率变为100Hz【答案】BC【解析】【详解】AB．由乙图知，原线圈所加的沟通电压的最大值为311V，其有效值为=220V由题意知，志向变压器原、副线圈的匝数比为5:1，则有所以电压表示数为44.0V，电流表的示数为4.4A故A错误，B正确；C．当单刀双掷开关由a拨到b时，依据可知变为原来的一半，则副线圈电压加倍，依据可知电阻R上消耗的功率变为原来的4倍，因志向变压器原线圈输入功率与副线圈输出功率相等，所以原线圈的输入功率变为原来的4倍，故C正确：D．由乙图知，原线圈所加沟通电的频率为50Hz，志向变压器不变更沟通电的频率，副线圈的频率仍为50Hz，故D错误。故选BC。7.如图所示，A、B是放在粗糙水平面上质量相等的两个小物块，与地面间的动摩擦因数均为µ，小物块A以速度v0与静止的小物块B发生正碰，重力加速度为g，碰后小物块B在水平面上滑行的距离可能为（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】【详解】假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v1，则由动量守恒定律有解得滑行的加速度滑行的距离假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后A、B的速度分别为vA、vB，则由动量守恒定律有由机械能守恒有解得vB=v0滑行的距离所以，碰后B的滑行距离为故AB正确，CD错误。故选AB。8.如图所示，两条粗糙平行导轨间的距离是0.5m，导轨与2Ω的电阻连接，水平固定放置在桌面上，导轨一部分位于有志向边界的磁场中，磁场垂直导轨平面对下．质量为0.2kg的金属杆垂直放置于导轨上，与导轨接触良好，导轨以及金属杆的电阻可忽视不计．在t0＝0时刻，给金属杆施加一个水平向左的恒定拉力F，金属杆由静止起先运动，在t1＝10s时，以速度v1＝4m/s进入匀强磁场，且恰好做匀速运动，在t2＝15s时刻，撤去拉力F，与此同时磁感应强度起先渐渐减小，金属杆中不再有感应电流，金属杆匀减速运动到t3＝20s时停止，下面说法正确的是（）A.拉力F＝0.08NB.t1～t2时间内磁感应强度0.4TC.回路磁通量的最大值为4WbD.t2～t3时间内磁感应强度随时间匀称减小【答案】BC【解析】【分析】依据金属杆的受力状况，由牛顿其次定律列方程，由加速度定义式求出求出金属杆的加速度，然后求出拉力F；应用安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件求出磁感应强度；当穿过回路的磁通量不变时不产生感应电流，据此求出磁感应强度的变更规律．【详解】由加速度定义式可知，加速度大小：，，在0﹣10内，金属杆做匀加速直线运动，杆没有进入磁场，由牛顿其次定律得：F﹣μmg＝ma1，由题意可知，15s末撤去拉力，没有感应电流，杆不受安培力作用，杆所受的合外力为滑动摩擦力，由牛顿其次定律得：μmg＝ma2，代入数据解得：F＝0.24N，故A错误；在t1～t2内，金属杆做匀速直线运动，速度：v＝4m/s，金属杆受到的安培力：，金属杆做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：，代入数据解得：B0＝0.4T，故B正确；15﹣20s内不产生感应电流，穿过回路的磁通量保持不变，金属杆在10﹣15s内的位移：d＝vt＝4×5＝20m，磁通量最大值：Φ＝B0Ld＝0.4×0.5×20＝4Wb，故C正确；在15s后的金属杆的加速度：a＝a2＝0.8m/s2，金属杆的位移：x＝v1（t﹣15）﹣a（t﹣15）2＝4（t﹣15）﹣0.4（t﹣15）2，磁通量保持不变，则：B0Ld＝BL（d+x），解得：，故D错误．所以BC正确，AD错误．【点睛】电磁感应与力学相结合的综合题，分析清晰导体棒的运动过程是解题的关键，应用安培力公式、法拉第电磁感应定律、平衡条件、能量守恒定律可以解题．第II卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题。每个试题考生都必需作答。第33题~第38题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题（共129分）9.如图所示的试验装置可以用来验证机械能守恒定律。试验步骤如下：①抛光的半径为R的六分之一圆弧形轨道固定在水平桌面上，使轨道末端水平②将小球从轨道上端P点（轨道最高点）由静止释放③测得小球落地点M与轨道末端Q的水平距离为L和Q到地面的距离为h(1)小球做平抛运动的初速度v=_____________。(2)若L、h、R之间满意__________，则可表明小球运动过程中机械能守恒。【答案】(1).(2).【解析】【详解】(1)[1]由平抛规律可得L=vt解得(2)[2]轨道摩擦力很小，可认为机械能守恒，则由平抛运动规律，得L=vt三式联立，得10.有一个简易的多用电表，内部电路如图所示。它有a、b、c、d四个接线柱，表盘上有两条刻度线，其中表示电阻的刻度线刻度是匀称的，表头G的满偏电流Ig=25mA，内阻Rg=10Ω。运用a、c两个接线柱，多用电表的功能是量程为0~100V的电压表。（1）表盘上电阻刻度线上的相邻两刻度表示的电阻值之差越往左侧越_____（填“大”或“小”）。（2）假如运用a、b两个接线柱，多用电表最多能够测量___________V的电压，与接线柱c相连的电阻R=__________Ω。（3）将a、d两个接线柱短接，调整滑动变阻器的滑动触头，使表头指针指向表盘右侧“0”刻度。取一个电阻箱，将a、d两个接线柱与电阻箱相连，调整电阻箱，使表头指针指向表盘的正中心，此时电阻箱的电阻为120Ω，则这只多用电表欧姆挡的内阻为___________Ω；这只多用电表内电源的电动势为___________V。（4）依据红、黑表笔的一般运用规则，测电阻时红表笔应当与接线柱_______（填“a”或“d”）相连。【答案】(1).大(2).0.25(3).3990Ω(4).120Ω(5).3V(6).a【解析】【详解】（1）[1]由欧姆表原理可知，左侧电阻大，所以越往左侧，相邻两刻度表示的电阻值之差越大；（2）[2]运用a、b两个接线柱时，多用电表为电流表，多用电表所能测的最大电压，即为表头的满偏电压[3]与接线柱c相连时是将表头改成量程为0~100V的电压表，依据电压的改装原理，则有解得代入数据得=3990Ω（3）[4][5]当指针指在正中心时，表头示数为，欧姆表中值电阻等于其内阻，即120Ω，依据闭合电路的欧姆定律，则电源电动势为代入数据解得（4）[6]依据多用电表红、黑表笔的运用规则，黑表笔电势要高于红表笔电势，所以红表笔应当与接线柱a相连。11.如图所示，传送带倾斜放置，与水平方向夹角为θ=37°，B是传送带直线部分的最高点。现从传送带右上方的P点水平向左抛出一个质量为2kg的小物体，小物体恰好能从B点无碰撞地滑上传送带。不计空气阻力，传送带足够长，传送带以大小为v=3m/s的恒定速率顺时针转动。物体与传送带之间的动摩擦因数为µ=0.8，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，以B点为坐标原点，在竖直面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向，求：(1)P点坐标满意的条件；(2)若P点的竖直坐标为0.45m，则物体在传送带上运动的时间。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)从P点向左水平抛出的物体恰好能从B点无碰撞地滑上传送带，则物体在B点的速度与水平方向的夹角为37°，有解得即(2)平抛运动有解得t=0.3s物体滑上传送带的速度为运动的加速度大小向下运动的时间运动的位移向上运动到和传送带速度相等所用的时间运动的位移此后匀速运动时间物体在传送带上运动的时间12.如图所示，平行金属板上下相对，金属板总长度为3L，被绝缘橡胶垫（厚度不计）分成两部分，左侧长度为2L，右侧长度为L，实际构成了两个并排水平放置的平行板电容器，左侧电容器上板带负电，下板带正电，右侧电容器下板带负电，上板带正电。两电容器内部电场强度大小相等。电容器右侧区域内存在一垂直于纸面对外的匀强磁场，直线OO'是电容器的中心线。有两个电荷量相等的带电粒子A和B，A带正电，B带负电，某时刻先后从电容器最左端O点沿OO'方向以初速度v0.进入电场，然后进入磁场，A、B两粒子在磁场中分别运动半周后在某点P相遇。已知A粒子质量为B粒子质量的3倍，A粒子进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角为60°，不考虑左右两电场的相互影响，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用力，求：（1）B粒子进入磁场时的速度方向；（2）两粒子出电场时在竖直方向的位移大小；（3）A粒子比B粒子早进入电场多长时间。【答案】（1）与竖直方向的夹角为30°；（2），；（3）【解析】【详解】（1）设A粒子进入磁场时竖直方向的速度为vy，则有在电场中竖直方向先加速、后减速，则有依据水平方向做匀速直线运动，则有联立得同理，对于粒子B，则有因为所以解得，可知B粒子进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角为30°；（2）粒子A在两个电场中竖直方向的位移之和为结合（1）中mA的表达式，解得同理，粒子B在两个电场中竖直方向的位移之和（3）设两粒子在磁场中运动半径分别为RA、RB，两粒子在磁场中运动时间均为半个周期，如图所示由几何关系有粒子在磁场中做圆周运动的速度粒子在磁场中运动半周的时间分别为由于两粒子在电场中运动时间相同，所以进入电场的时间差为在磁场中运动半周的时间差，即（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本学科选考题的首题进行评分。[物理——选修3－3]13.下列说法中正确的是（）A.气体放出热量，其分子平均动能不肯定减小B.布朗运动可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动C.水的饱和汽压随温度上升而增大D.液体汽化现象的缘由是液体分子间存在斥力，分子相互排斥导致汽化现象的发生E.任何物质的摩尔体积V、分子体积V0与阿伏加德罗常数NA之间的关系都可表示为V=NAV0【答案】ABC【解析】【详解】A．若外界对气体做的功大于气体放出的热量，气体温度上升，其分子的平均动能增大，故A正确；B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；C．水的饱和汽压随温度的变更而变更，温度越高，饱和汽压越大，故C正确；D．汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分为蒸发和沸腾两种状况，跟分子运动有关，不是分子间的相互排斥产生的，故D错误；E．固体或液体的摩尔体积V，每个分子的体积V0和阿伏加德罗常数的关系可表示为，但对于气体此式不成立，故E错误。故选ABC。14.如图所示，圆柱形导热汽缸内径为2R，活塞和手柄构成一个“倒T”形。活塞将汽缸分成体积相等上下两部分，两个空间密封着两部分志向气体，活塞和手柄自身体积、重量都不