2025届高中学业水平考试模拟物理试题（二）解析版

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2025届高中学业水平考试模拟试题（二）

物理

A.Q没有单位B.Q的单位是m/s

考试时间：75分钟；满分：100分

注意事项：C.Q的单位是m/s2D.Q的单位是kg.m/s?

1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2.请将答案正确填写在答题卡上【答案】A

一、选择题（其中1一7题为单项选择题，8—10题为多项选择题）【详解】根据题意可得

1.（2024•辽宁•二模）海上低频交流输电系统（LFTS）是指海上风力发电机输出低频（20Hz）交流电，先经

C一2

d-V2S

箱变将电压由0.69kV升压到35kV,再经海上升压站升至110kV；后经海底电缆送至陆地，在陆地变频P

根据力学单位制有

（50Hz）后并网，如图所示。变压器视为理想变压器。仅考虑远距离海底电缆的电阻。下列说法正确的是（）

kg-m/s2.

（风力发电机H箱变H海上升压站）…工工：募…变频H电网）---------------i----T=]

kg/m3-（m/s）2-m2

即Q没有单位。

A.升压变压器的匝数比分别为1：49和7：22

故选A。

B.海上升压变压器的输出功率等于海底电缆陆地终端的输入功率

3.（2025•湖北黄冈•一模）拉面是我国独具地方风味的传统面食。如图所示，拉面师傅将一根粗面条4cB拉

C.变压器利用电磁感应输送电能，低频交流可降低海底电缆电阻的功率损失

成细面条4C5',粗、细面条的质量相等且两者的质量都均匀分布。粗、细面条处于悬停状态时，面条端点6

D.若采用220kV输送同样功率的电能，则海底电缆电阻的功率损失将减少75%

和"与竖直方向的夹角分别为。和£（〉£）,和。为粗、细面条的最低点。关于面条处于悬停状态时各点

【答案】DaC

【详解】A.根据题意有张力大小的分析，下列说法正确的是（）

40.6969

n2353500

/_35_7

«7-no-22

故A错误；

B.海上升压变压器的输出功率等于海底电缆陆地终端的输入功率与海底电缆损失的功率之和，故B错误；

A.8点张力大小等于9点张力大小

C.变压器利用电磁感应输送电能，交流电有效值与频率无关，改变频率不影响功率的损失，故C错误；

B.3点张力大小小于9点张力大小

D.若采用220kV输送同样功率的电能，电压加倍，则输电电流减半，则海底电缆电阻的功率损失变为原来

C.C点张力大小等于。点张力大小

的四分之一，即功率损失将减少75%,故D正确。

D.C点张力大小大于C'点张力大小

故选D。

【答案】D

2.（23-24高三下•河南•阶段练习）如图所示，汽车向前行驶时，会受到来自空气的阻力，阻力大小

【详解】AB.以粗面条为研究对象并对其进行受力分析如图所示

2

Fd=^pvSCd,其中p是空气的密度，v是汽车的行驶速度，S是迎风面积，。叫做风阻系数，Q越小，汽

车越节能。关于风阻系数C，下列说法正确的是（)

k

B.由图像可知，普朗克常量为人

e

C.由图像可知，金属材料的逸出功为ed

D.若a、b、c是大量氢原子从能级〃=3跃迁到低能级时发出的光，贝（14+4

【答案】C

【详解】A.由题图可知三种光的频率关系为：

%>%>匕

根据

同理可知

hhv

p=—=一

2FB,COS/3-mgAc

可得

故

Pa>Pb>Pc

FB>FB，

A错误;

AB错误;

BC.根据光电效应方程，有

CD.对5C段绳子受力分析可知

加=%+纥

Tc=FBsina

又有

同理

纥=皿

联立可得

TTkw°

可知U=-v-

cee

可知，图中直线的斜率表示

h

可知C点张力大小大于C点张力大小,C错误，D正确。k=—,h=ke

e

故选D。

当入射光的频率为零时，

4.（2024•山西太原•二模）用大量氢原子发出的〃、枚。三种光测试一新材料光电管，遏止电压S与三种光的

U0=*=-d

频率关系如图所示，图像斜率为左，截距为-"，电子带电量的大小为e,下列说法正确的是（）e

解得金属材料的逸出功

JV0=ed

故B错误，C正确；

D.若a、b、c是大量氢原子从能级〃=3跃迁到低能级时发出的光，根据玻尔理论可得

.cJc.c

h—=n----\-h—

444c

A.三种光子的动量“2

整理可得

111

—=--1--

4a44c*=虫=姮

%axV55

故D错误;

故选D。

故选Co

6.（2024•湖南•模拟预测）如图，一劲度系数为左的轻弹簧竖直放置，一端与地面相连，一端连接质量为2用

5.（2024・湖北•模拟预测）图甲为平行放置的带等量异种电荷的绝缘环，一不计重力的带正电粒子以初速度%

的平板A。平板A上放置有质量为泓的平板B。初始时系统保持静止，现用一竖直向上的恒力厂拉动平板

从远离两环的地方（可看成无穷远）沿两环轴线飞向圆环，恰好可以穿越两环。已知两环轴线上的电势分布

B,则在系统运动过程中，下列说法正确的是（不计空气阻力，重力加速度大小为g）（）

如图乙所示，若仅将带电粒子的初速度改为2%,其他条件不变，则带电粒子飞过两环过程中的最小速度与最

大速度之比为（）

A.若尸则B做振幅不变的简谐运动

B.若尸＞加g,则A做振幅不变的简谐运动

3

C.要使B脱离A,F至少为

D.叵

C.2、2

5D.要使B脱图A,尸至少为

【答案】D

【答案】C

【详解】设+。和-0圆环的圆心分别为。/和Q，带正电的粒子从右侧沿水平轴线飞来的过程中，在Q点的

【详解】CD.初始时刻，弹簧的压缩量为

右侧受到的电场力的方向向右，电场力做负功，从O/点的左侧到Q点的右侧受到的电场力的方向向左，电mg+2mg_3mg

场力做正功，在Q点左侧电场力做负功，则带电粒子在穿过两个圆环飞向另一侧的过程中，速度先减小，后k

A、B恰好分离时，A、B具有相同的速度和加速度，且A、B间弹力为零，对B,根据牛顿第二定律有

增加，再减小，在O点电势最高设为外，在Q点电势最低设为-9也，由能量关系可知，在。/点处电势能最

F-mg=ma

大，动能最小，在。2点电势能最小，动能最大，在无穷远处电势为零，根据题意得

对A,根据牛顿第二定律有

~mvl=q(pm

与-2mg=2ma

当速度为2yo时，有

可得

；相（2%）2=；次%/+夕外

0=2尸

1•冽（2%）2=；加%了一夕外

根据胡克定律有

联立解得

%in=®，Vraax=y[5v0

且

则可得

x=/一再

对A、B整体，根据动能定理

Fx—3mgx+—kx^——Ax,=—x3mv^动能为

GMm

整理得

3

(2F—1.5mg)x=—mv引力势能为

》GMm

故v=0时，尸最小，为E「丁

「3机械能为

「「GMm

线+与=一~丁

故C正确，D错误；2r

33

AB.由上述分析可知，若尸叫，则B做振幅不变的简谐运动，若〈加g,某一时刻，A、B将分故A正确；

44

B.反冲力对卫星做正功，机械能增加，卫星离心，进入更高轨道〃变大，故B错误;

离，分离后B做匀变速直线运动，故B不是一直做简谐运动，若尸＞加g,某一时刻，A、B将分离，分离前

C.每一圈仍可以看作圆周运动，动能为

后A做振幅不同的简谐运动，故AB错误。

:加丫2=半〃变大，动能变小，故C错误；

故选C。

7.（2024•安徽合肥•模拟预测）离子推进器又称离子发动机，其原理是先将气态物质电离，并在强电场作用下

将离子加速喷出，通过反作用力推动卫星进行姿态调整或者轨道转移任务。如图所示，卫星绕地球做匀速圆

周运动，开启离子推进器，向运动的相反方向喷出高速离子，使卫星获取动力。卫星轨道在任意很小时间内

均可视为圆轨道。卫星的质量可看做不变，其引力势能公式为或=-%,其中升为卫星到地心的距离，下

r

列说法正确的是（）

可知厂变大，速度越来越小，故D错误。

卫星运动方向故选Ao

8.（2024•海南省直辖县级单位•模拟预测）一定质量的理想气体由状态。经历状态b、c最终回到初始状态a,

该过程的。-尸图像如图甲所示。以横坐标丫表示分子速率，纵坐标/3）表示各速率区间的分子数占总分子数

的百分比，分别作出图甲中a、氏c三种状态下气体分子速率分布规律的曲线，如图乙所示。则下列说法正

确的是（）

A.卫星做半径为井的匀速圆周运动时，机械能为E=-空

B.卫星的轨道半径越来越小

C.卫星的动能越来越大

D.卫星获得动力，它的速度越来越大

【答案】A

A.b-c过程，单位时间内撞击单位面积的分子数目逐渐减小

【详解】A.卫星做圆周运动时

GMmmv2B.。一6一c—a过程，气体从外界吸收的热量为。°%

C.状态a、b、。对应的分子速率分布规律图像分别是图乙中的①、②、③

D.图乙中三条图线与横轴所围面积的关系为S①=S②=S③有垂直纸面向外磁感应强度为B的匀强磁场。一电子从M板上的小孔垂直金属板射入，打到N板时的速度方

向与射入方向的夹角为30。。若让两板分别带上图乙所示的等量异种电荷，电子以同样的速度射入后恰好打不

【答案】BD

【详解】A.由图甲可知，bf，过程，为等压压缩，根据等压变化

Jc

T

可知，温度降低，分子对容器壁的平均作用力减小，而压强不变，所以单位时间内撞击单位面积的分子数目

逐渐增多，故A错误；

B.a-b-c―a过程中，其中a->b气体体积增大，对外做功

—3

%=xAP=-刁。。x2匕=-30。匕bic气体体积减小，外界对气体做功

%=PoxNV=Ax2%=2,0匕'c过程，气体体积不变，气体即不对外做功，外界也不对气体做功，则整个A.图甲中电子的轨迹半径为dB.图甲中电子从射入到打在N板所需的时间为之

3kB

循环做功为C.电子从小孔射入时的速度大小为25/D.图乙中两极板间的电势差大小为丝更

2

W=W+W=-3pV+2pV=—pF。

X20000【答案】CD

根据热力学第一定律【详解】ABC.图甲中电子的运动轨迹如图所示

△。=%+。=0

解得

Q=PoK

所以，气体吸收热量，为P。％,故B正确；

C.由图乙可知，①、②、③对应的温度关系为

7]<岂<7；

由图甲，根据

Trsin30°=d

可知可得电子的轨迹半径为

r=2d

Tc<Ta<Tb

由洛伦兹力提供向心力可得

故c错误；

v2

qvB=m——

D.图乙中，图线与横轴所围图形面积表示分子总数，所以，三条图线与横轴所围面积的关系为S①=S②=S③,r

可得电子从小孔射入时的速度大小为

故D正确。

v=^L=2Bkd

故选BDom

9.（2025・安徽蚌埠•一模）如图甲所示，M和N是竖直放置的足够长的不带电平行金属板，间距为d,两板间电子从射入到打在N板所需的时间为

t_300r_1*27rm_71可得

~360°-12XqB~~6kB

dkB=—v=v-vsin=v—v.

故AB错误，C正确；22