2025屆高三押題信息卷（一）物理及答案

2025屆高三押題信息卷物理(一)參考答案1.D該核反應(yīng)對(duì)人和環(huán)境有輻射危害,需嚴(yán)格防護(hù),A錯(cuò)誤;核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)守恒,質(zhì)量發(fā)生虧損,B錯(cuò)誤;在該核反應(yīng)中,會(huì)釋放出大量的能量,生成物更穩(wěn)定,因?yàn)楸冉Y(jié)合能越大,原子核越穩(wěn)定,可知鈾核的比結(jié)合能比鋇核的小,C錯(cuò)誤;要使裂變反應(yīng)更劇烈一些,應(yīng)使鎘棒插入淺一些,讓它少吸收一些中子,增大鏈?zhǔn)椒磻?yīng)的速度,D正確.2.C若電器是純電阻,則阻值為Ω,若非純電阻則不為48.4Ω,A錯(cuò)誤;用交流電流表和電壓表測(cè)得的數(shù)值是有效值,B錯(cuò)誤;高壓送電可減少電能損耗,C正確;只有正弦式交變電流的有效值和最大值之間存在U=Um和I=Im的關(guān)系,其他交流電不滿足此關(guān)系,D錯(cuò)誤.3.A物塊所受重力沿斜面向下的分力大小為mgsinθ=6N<F=8N,可知,物塊相對(duì)于斜面有向上運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì),物塊所受摩擦力的方向沿斜面向下,大小為Ff=F—mgsinθ=2N,A正確;物塊處于靜止?fàn)顟B(tài),所受合力為0,物塊受到重力、繩子的拉力、斜面的支持力與沿斜面向下的摩擦力四個(gè)力的作用,根據(jù)平衡條件可知,物塊所受支持力和繩子拉力的合力與重力和摩擦力的合力等大反向,物塊所受支持力和繩子拉力的合力大小不等于重力的大小10N,B錯(cuò)誤;將斜面、滑輪與物塊作為整體,對(duì)整體進(jìn)行分析,根據(jù)平衡條件有N=mg十Mg十F=38N,即地面對(duì)斜面體的支持力為38N,C錯(cuò)誤;結(jié)合上述,將斜面體、滑輪與物塊作為整體,對(duì)整體進(jìn)行分析,整體受到彈簧豎直向下的拉力、豎直向下的重力與豎直向上的支持力,整體在水平方向沒(méi)有受到其它作用力,即整體相對(duì)于水平面沒(méi)有運(yùn)動(dòng)趨勢(shì),即地面對(duì)斜面體的摩擦力大小為0,D錯(cuò)誤.4.B探測(cè)器在Q點(diǎn)與地球的距離大于在停泊軌道上與地球的距離,在Q點(diǎn)受到地球的萬(wàn)有引力小于在停泊軌道上受到地球的萬(wàn)有引力,A錯(cuò)誤;探測(cè)器在P點(diǎn)和停泊軌道上只受到萬(wàn)有引力,在P點(diǎn)與地球的距離和停泊軌道與地球的距離相同,所以受到的萬(wàn)有引力大小相等,探測(cè)器在P點(diǎn)的加速度大小等于在停泊軌道上的加速度大小,B正確;在P點(diǎn)進(jìn)入橢圓軌道,做離心運(yùn)動(dòng),所以在P點(diǎn)必須加速,C錯(cuò)誤;在橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速度比Q點(diǎn)的速度大,D錯(cuò)誤.5.A由兩波源振動(dòng)規(guī)律y=Asinwt=10sinπt(cm)可知兩列波的周期T=2s,M、P兩波源產(chǎn)生的兩列簡(jiǎn)諧波傳到N點(diǎn)的時(shí)間差是1s,則有s,解得℃=1m/s,則波長(zhǎng)λ=℃T=2m.由幾何關(guān)系可知5m,而波長(zhǎng)λ=2m,當(dāng)M、P間的點(diǎn)與M、P的距離差等于波長(zhǎng)的整數(shù)倍時(shí),該點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn),設(shè)該點(diǎn)到M、P點(diǎn)的距離為x,有(5—x)—x=nλ=2n(n=0,1,2……),解得x=4.5m,x=3.5m,x=2.5m,x=1.5m,x=0.5m,所以M、P兩點(diǎn)所在的直線共有5個(gè)點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn),A正確.6.B根據(jù)℃t圖像的斜率表示加速度,可得汽車(chē)剛出發(fā)時(shí)的加速度大小為錯(cuò)誤;由℃t圖像可得,3s時(shí)斜率由正值變?yōu)樨?fù)值,所以3s時(shí)汽車(chē)加速度開(kāi)始反向,B正確;℃t圖線圍成的面積為汽車(chē)位移,汽車(chē)在4s末的位移大小錯(cuò)誤;由圖像圍成的面積可得,前6s內(nèi)汽車(chē)通過(guò)的路程s=x1十十錯(cuò)誤.【高三押題信息卷●物理(一)參考答案第1頁(yè)(共4頁(yè))】A2A2【高三押題信息卷●物理(一)參考答案第2頁(yè)(共4頁(yè))】7.C鯉魚(yú)只受重力,加速度均為g,鯉魚(yú)在P點(diǎn)的加速度與鯉魚(yú)在N點(diǎn)的加速度一樣大,A錯(cuò)誤;斜拋運(yùn)動(dòng)最小速度為M點(diǎn)的水平分速度,由于ΨM與水平方向夾角大于θ,鯉魚(yú)運(yùn)動(dòng)的最小速度小于ΨMCOSθ=1m/S,B錯(cuò)誤;將MN段等效為EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(y),父)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(tan),g)則==,C正確;由y=gt2知,MN段鯉魚(yú)豎直位移大小為NP段豎直位移的9倍,MN段水平位移大小是NP段水平位移大小的3倍,合位移不為6倍,D錯(cuò)誤.8.AC根據(jù)楞次定律和右手定則可知,線圈中感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?因此電子運(yùn)動(dòng)方向?yàn)槟鏁r(shí)針,A正確;線圈不在磁場(chǎng)中,不受安培力,無(wú)收縮擴(kuò)張的趨勢(shì),B錯(cuò)誤;線圈中磁通量變化率為=kπr22,線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E==,變化過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=t=,由于t==,聯(lián)立解得Q=,C正確;通過(guò)導(dǎo)線的電荷量為q=It=t,解得q==,D錯(cuò)誤.9.BC根據(jù)電場(chǎng)的疊加及對(duì)稱(chēng)性可知,M、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同,A錯(cuò)誤;根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)的疊加,四個(gè)點(diǎn)電荷在0點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)方向由E指向F,不可能為零;E、F、G、H四點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向都是水平向右,B正確;E點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)由E1、E2合成,G點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)由E3、E4、E5、E6合成,四個(gè)電荷等量,所以E3=E4>E1=E2,E3、E4同向,E3、E4的合場(chǎng)強(qiáng)一定大于E1、E2的合場(chǎng)強(qiáng),所以G點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于E點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng),C正確;根據(jù)矢量合成法則,從E點(diǎn)沿直線到F點(diǎn),各個(gè)位置的場(chǎng)強(qiáng)方向向右,所以將一帶正電的試探電荷從E點(diǎn)沿直線移動(dòng)到F點(diǎn),電場(chǎng)力方向向右,所以電場(chǎng)力一直做正功,電荷的電勢(shì)能一直減小,D錯(cuò)誤.10.AD從a→b,氣體的溫度升高,分子的平均動(dòng)能增大,A正確;從d→a氣體做等容變化,根據(jù)查理定律=,從a→b氣體做等壓變化,則根據(jù)蓋●呂薩克定律=,解得b狀態(tài)的體積為vb=4×10—3m3,B錯(cuò)誤;a→b氣體對(duì)外界做功為W1=pa(vb—va)=480J,b→C氣體做等容變化,外界對(duì)氣體做功為零,故從a→b→C氣體對(duì)外界做功為480J,C錯(cuò)誤;從d→a、b→C氣體做等容變化,外界對(duì)氣體不做功.從a→b氣體對(duì)外界做功為W1=480J,從C→d外界對(duì)氣體做功為W2=pd(vC—vd)=pd(vb—va)=240J,故完成一次循環(huán),氣體對(duì)外界做功為W=W1—W2=240J,完成一次循環(huán),氣體內(nèi)能不變,根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=—W十Q=0,可知完成一次循環(huán),氣體從外界吸熱240J,D正確.11.(1)AB(2分,少選得1分,錯(cuò)選不得分)(2)0.10(2分)200(2分)(3)2.70(2.68~2.72均可)(1分)解析:(1)用懸掛鉤碼的方法給彈簧施加拉力,要保證彈簧位于豎直位置,使鉤碼的重力等于彈簧的彈力,要待鉤碼平衡時(shí)再讀數(shù),A正確;應(yīng)在彈簧的彈性限度范圍內(nèi)進(jìn)行測(cè)量,所掛鉤碼重力不能超過(guò)彈性限度,鉤碼的數(shù)量不可以任意增加,B正確;每次增加的鉤碼數(shù)量不必相等,C錯(cuò)誤.(2)當(dāng)彈簧的彈力為零時(shí),彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài),由圖可知原長(zhǎng)父0=0.10m;當(dāng)彈簧長(zhǎng)度為0.15m時(shí),彈力大小為F=10N,對(duì)應(yīng)彈簧的伸長(zhǎng)量為△父=0.15m—0.10m=0.05m,由胡克定律F=k△父,解得k=200N/m.(3)題圖丙中彈簧測(cè)力計(jì)的最小分度為0.1N,因此要估讀到0.01N,根據(jù)丙圖讀出彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為2.70N.12.(1)49.15(1分)4.699(4.698~4.702均可)(1分)5或5.0(1分)(2)B(1分)F(1分)2(2分)(3)1.8×—3(2分)解析:(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)則,主尺讀數(shù)十游標(biāo)尺讀數(shù)×精度,該圓柱體的長(zhǎng)為49mm十3×0.05mm=49.15mm;根據(jù)螺旋測(cè)微器讀數(shù)規(guī)則,固定刻度讀數(shù)十可動(dòng)刻度讀數(shù)十估讀,圓柱體的直徑為4.5mm十19.9×0.01mm=4.699mm;多用表的讀數(shù)為電阻的粗測(cè)值,其電阻為5.0Ω.(2)由圖讀數(shù)知圓柱體阻值約為5Ω,由題意知電源是兩節(jié)干電池,電動(dòng)勢(shì)是3V,因此用0~3V量程的電壓表V1,為了便于調(diào)節(jié),應(yīng)選5Ω的滑動(dòng)變阻器R2,且采用分壓接法比較好,因?yàn)閳A柱體的電阻大約為幾歐,如果把3V的電動(dòng)勢(shì)全加在圓柱體上,電流約是零點(diǎn)幾安,所給的電流表不符合要求,需要并聯(lián)一個(gè)2Ω的電阻,將其改裝為量程0~0.6A電流表.(3)改裝后電流表內(nèi)阻RA=Ω,R父=—RA=Ω,由R父=,得P=1.8×10—3Ω●m.13.解:(1)入射光線在玻璃磚中傳播的大致光路圖如下:(2分)由光路圖可知,光線射到AB面上時(shí)的入射角為30。,折射角為45。得折射率為(1分)(2)設(shè)在AB界面上入射角為θ1,折射角為θ2,則=n,解得θ2=30。(1分)設(shè)在AC界面上入射角為θ3,折射角為θ4,則(1分)由幾何關(guān)系得θ2=θ3=30。,解得光束在AC界面發(fā)生折射后的折射角θ4=45。,由圖三角形AOI為等邊三角形,則OI=(1分)lt=ln=(1分)聯(lián)立解得光束在三棱鏡中從O傳播至OI的時(shí)間(1分)14.解:(1)設(shè)粒子從P點(diǎn)射入電場(chǎng)的速度大小為Ψ0,由動(dòng)能定理得(1分)可得粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)射入電場(chǎng)的速度大小粒子在第一象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),則有水平方向:d=Ψ0t1豎直方向(1分)根據(jù)牛頓第二定律有Eq=ma聯(lián)立解得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小(1分)(2)粒子離開(kāi)電場(chǎng)的豎直分速度Ψy=at1(1分) 設(shè)此時(shí)Ψ與父軸的夾角為α,則解得解得α=45。(1分)分別過(guò)a點(diǎn)速度和b點(diǎn)速度作垂線,交點(diǎn)OI為粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心,如圖所示設(shè)半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系有rcos60。十rcos45。=d解得r=2(\—1)d(1分)【高三押題信息卷●物理(一)參考答案第3頁(yè)(共4頁(yè))】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由洛倫茲力提供向心力,則有解得又解得第四象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小(1分)根據(jù)幾何關(guān)系,粒子從a到b運(yùn)動(dòng)的圓心角θ=165。,從a到b的時(shí)間t2=T(1分)結(jié)合上述得t=t1十十又聯(lián)立解得粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間(1分)15.解:(1)根據(jù)牛頓第二定律,甲沿粗糙斜面下滑的加速度為a1==2m/s2(1分)甲從A端運(yùn)動(dòng)到B端做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)需要的時(shí)間為t1,則有s=a1t12,解得t1=\=2.5s(1分)甲到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小0B=a1t1=5m/s(1分)設(shè)甲在水平平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a2,根據(jù)牛頓第二定律得:=ma2解得a2=—2m/s2(1分)甲從B點(diǎn)到C點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)滿足2a2XBC=0C2—0B2,解得甲向右運(yùn)動(dòng)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小0C=4m/s(1分)甲與乙發(fā)生彈性碰撞,由動(dòng)量守恒定律得m0C=m0甲十m0乙(1分)由機(jī)械能守恒定律得m0C2=m0甲2十m0乙2(1分)聯(lián)立解得0乙=4m/s,0甲=0(1分)(2)乙做平拋運(yùn)動(dòng),則有H—h=gt22,乙運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí),恰好沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道,則有0乙tan37。=gt2(1分)解得C點(diǎn)距E點(diǎn)的高度H=1m(1分)乙滑動(dòng)至E點(diǎn)過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理有乙2解得0E=6m/s(1分)乙在E點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律有(1分)根據(jù)幾何關(guān)系有R—Rcos37。=h,根據(jù)牛頓第三定律有FN=F,解得F≈11.5N(1分)(3)乙滑上木板后,對(duì)