福建省某中学2025年高考物理模拟试卷（含解析）

福建省师范大学附属中学2025年高考物理模拟试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.我国科学家将放射性元素锢243（第3/1机）引入到能量转换器中来提高转换效率。若铜243的衰变方程为:

笛3a爪一品x+丞丫，X、丫代表两种不同的元素符号，则（）

A.a=239,b=1B.a=239,b=2C.a=247,b=1D.a=247,b=2

2.2023年的春晚舞蹈血绣》，艺术地再现了古代戍边将士与西域各民族化干戈为玉帛并建立深厚友谊的

动人故事。图（a）是一个优美且难度极大的后仰动作，人后仰平衡时，可粗略认为头受到重力G=42N,肌

肉拉力尸和颈椎支持力N。如图（6）,若弯曲后的头颈与水平方向成53。角，尸与水平方向成37。角，则可估算

出N的大小为（）

图⑸图⑹

A.42NB.84NC.120ND.135N

3.人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如图，血管

内径为d,血流速度"方向水平向右。现将方向与血管横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段血

管，其磁感应强度大小恒为B,当血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时（）

A.血管上侧电势低，血管下侧电势高

B.若血管内径变小，则血液流速变小

C.血管上下侧电势差与血液流速无关

D.血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小

4.2024年6月2日至3日，嫦娥六号顺利完成了在月球背面南极一一艾特肯盆地的智能快速采样，6月4日7时

38分，嫦娥六号上升器携带月球样品自月球背面发射起飞，随后成功进入预定环月轨道，完成世界首次月

球背面采样和起飞。已知嫦娥六号质量为小，月球半径为R,以无穷远处为零势能点，嫦娥六号在距月球表

面高度为八时的引力势能可表示为岛=-鬻(其中G为引力常量，M为月球质量)。若忽略月球的自转，嫦

娥六号自月球表面开始发射到进入距离月球表面高度为生的预定环月轨道，至少需要对嫦娥六号做的功为

()

.GMmh。口GMm(2h()+R)

A，R(R+M)E•2R(R+ho)

「GMmhQ八GMm(ho+>T2R)

C2R(R+/io)*-2R(R+/io)-

5.在足球场上罚任意球时，防守运动员会在球门与罚球点之间站成一堵“人墙”，以增加防守面积，防守

运动员会在足球踢出瞬间高高跃起，以增加防守高度。如图所示，虚线是某次射门时足球的运动轨迹，足

球恰好擦着横梁下沿进入球门，忽略空气阻力和足球的旋转，下列说法正确的是()

罚球点

A.足球上升到最高点时的速度为0

B.足球下降过程中重力的功率一直在增大

C.足球在飞行过程中机械能先减小后增大

D.只要防守运动员跳起的最大高度超过轨迹最高点，就一定能“拦截”到足球

6.某吹风机内部的简化电路图如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1,已知当开关K断开时变

压器副线圈中的电流/随时间t的变化图像如图乙所示，电动机两端的电压为生。当开关K闭合后，原线圈的

输入功率变为原来的3倍。下列说法正确的是()

甲乙

A.原线圈中电流的周期为0.04s

B.当开关K断开时，原线圈的输入功率为UoA

C.定值电阻R的阻值为空

D.当开关K闭合后，副线圈的输出电压变大

7.如图甲所示，小明同学利用漏斗做简谐运动实验，他将漏斗下方的薄木板沿箭头方向拉出，漏斗4s内漏

出的细沙在板上形成了如图乙所示曲线4E,当地重力加速度大小g=9.8m/s2。下列说法正确的是（）

A.该沙摆的摆动频率为2Hz

B.该沙摆的摆长约为2小

C.由图乙可知薄木板做匀加速直线运动，且加速度大小约为0.03m/s2

D.当图乙中的。点通过沙摆正下方时，薄木板的速度大小约为0.25zn/s

间的距离大于心下列说法正确的是（）

A.两虚线的距离为Jh

4

B.导体框在穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为2爪9无

2B2Rg

C.导体框的PQ边与虚线防'重合时，其克服安培力做功的功率大小为

r

ZB?於h

D.导体框从PQ边与虚线6b'重合到MN边与虚线66'重合时所用的时间为

mgr9

三、填空题：本大题共3小题，共12分。

9.静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图所示，一电子在电场中仅受电场力的作用，

实线描绘出了其运动轨迹，虚线表示等势线，各等势线关于y轴对称，a、b、c、d分别是轨迹与等势线的交

点。a点与c点之间的电压为，，已知电子在经过a点时动能为60W,则电子在经过等势线d点时的动

能为eV.

ty

荧

光

屏

、\°

20viOv60V60v40v20V

7"

io.由甲、乙两种不同颜色的光，垂直于直角三棱镜的4c边界面射入，

照射到斜面上的D点，甲光恰好发生全反射，乙光可以从。点折射出棱

镜，如图所示。若甲、乙单色光在该棱镜中传播速度分别为/qc和k2c（c

为真空中的光速），则可以判断的七（选填“〉”或“<”）；甲、

乙两单色光在该介质中的折射率之比为（用的、心表示）；在同一双缝干涉装置中，甲光形成的条纹间

距____乙光形成的条纹间距（选填“>”或

11.如图所示，一定质量的理想气体依次经历了4tBtCt4的循环过程，

p-7图像如图所示，4、B、C三个状态中内能最大的状态为（填“4”、

“B”或“C”）。已知在状态B时压强为po,体积为％,状态B-C过程气体

吸收的热量为Q。从状态C-4过程气体（填“吸收”或“放出”）热量,

该热量的数值为

四、实验题：本大题共2小题，共18分。

12.某实验小组欲测定当地重力加速度大小，设计实验装置如图甲：将一细线上端固定于摇柄下端。点处,

另一端连接一小钢球。转动摇柄可控制小钢球某段时间内在某一水平面做匀速圆周运动，在圆周上某处装

一光电门。

已知小钢球的直径为d,。点到钢球球心的距离为L。

（1）实验中用螺旋测微器测量小球直径如图乙所示，则读数为d=mm.

(2)某次实验中小球经过光电门时间为3则对应圆周运动线速度大小为；该若再测量出细线与竖直方

向的夹角为a,则当地重力加速度大小为g=。(以上均用题中所给物理量符号表示)

13.小明同学利用铜片、锌片作为电极和家乡盛产的橙子制作了水果电池。通过查阅资料，了解到水果电池

势约为V;

(2)下列关于多用电表的使用正确的是o

A在不超量程的前提下，量程的选择对实验误差没有影响

8.测水果电池电动势时，电流从红表笔流入多用电表

C.将选择开关打到欧姆挡“X100”可粗测水果电池的内阻

(3)为了尽可能准确地测量“水果电池”的电动势和内阻，实验室除电键和导线外，还有以下器材可供选用:

电流表4(量程为0〜300/M,内阻为300。)

电压表了(量程为0〜3U，内阻约为3k。)

滑动变阻器(最大阻值约为2kO)

电阻箱(0-99990)

他设计了以下实验电路图测量水果电池电动势和内阻，其中最合理的是=

kO。(计算结果均保留2位有效数字)

五、计算题：本大题共3小题，共30分。

14.物块4的质量为m=2kg,物块与坡道间的动摩擦因数为4=0.6,水平

面光滑。坡道顶端距水平面高度为％=1m,倾角为8=37。.物块从坡道进入

水平滑道时，在底端。点处无机械能损失，将轻弹簧的一端连接在水平滑道

”处并固定墙上，另一自由端恰位于坡道的底端。点，如图所示。物块4从坡顶由静止滑下，重力加速度为

g=10m/s2,s讥37°=0.6,cos37°=0.8,求:

(1)物块滑到。点时的速度大小；

(2)弹簧为最大压缩量时的弹性势能；

(1)粒子经过点6时速度"的大小和方向;

(2)磁感应强度的大小B；

(3)矩形磁场区域的最小面积S。

为〃i=0.25,刈=075,之后两物块可以发生多次弹性正碰，碰撞时间极短可以忽略不计，两物块均可看

作质点,重力加速度大小g取10m/s2,s讥37。=0.6,cos37。=0.8。求：

(1)两物块第一次碰撞后瞬间物块力的速度大小"’41；

(2)两物块第二次碰撞后瞬间物块B的速度大小1?B2；

(3)从物块4放置于传送带上的M点到两物块第三次碰撞前瞬间的过程中物块4与传送带之间相互摩擦产生

的热量Q。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】由质量数和核电荷数守恒可知

243=a+4

95=93+/?

解得

a=239,b=2

故B正确，AC。错误;

故选：Bo

2.【答案】C

【解析】根据图(6),对头部受力分析，头受到重力G=42N,肌肉拉力尸和颈椎支持力N,正交分解，由平

衡条件可知

Ncos53°=Fcos37°

G+Fsin370=Ns出53°

代入G=42N,联立可得

N=120N,故ABD错误，C正确。

故选：Co

3.【答案】D

【解析】4根据左手定则可知，正带电离子向血管上侧偏转，负带电离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势

高，血管下侧电势低，故A错误;

8.设血液的流量为V,若血管内径变小，则血管的横截面积变小，根据U=Su可知，血液流速变大，故8错

误;

CD.稳定时，带电离子所受洛伦兹力等于所受的电场力,

则有：qvB=号,

可得U=dvB,

又有：v=一方,

崂

联立可得：〃二鬻

根据u=岁、！Z=Su可知，血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，血液的流速变化，则血管内径一

Tia

定改变，则血管上下侧电势差改变，所以血管上下侧电势差与血液流速有关，故D正确，C错误；

故选：Do

4.【答案】B

【解析】嫦娥六号绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力,

GMmv2

由牛顿第二定律得:------7=TTL~~:-

(R+ho)，R+h0

嫦娥六号在环月轨道绕月球做圆周运动的动能以=2爪/

解得：E=GMm

k2(R+M)

嫦娥六号在自高度的引力势能为Ep=-Ep=-萧

在月球表面的引力势能为与。=一罕

根据功能关系，从开始发射到进入预定环月轨道需要对嫦娥六号做的功为：W=Ep+Ek-Ep。

解得：皿=°嫣2*），故8正确，AC。错误。

故选：Bo

5.【答案】B

【解析】4足球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，故足球在最高点时的速度等于水平分速度，且不为

零，故A错误；

A足球在下降过程中竖直方向的分速度为不断增大，重力的瞬时功率为P=mgvy,一直在增大，故B正确；

C.由于忽略空气阻力，只有重力做功，故飞行过程中足球的机械能守恒，故C错误；

D防守运动员跳起是否能“拦截”到足球，除了跳起的最大高度超过足球的轨迹（不一定是轨迹的最高点），

还和时间因素有关。即使防守运动员跳起的最大高度超过轨迹最高点，若起跳时机不对，仍然无法拦截到

足球，故。错误。

6.【答案】C

【解析由图乙可知副线圈中电流的周期为0.02s,变压器只改变交变电流的电压不改变周期，故A错误;

8由图乙可知，当开关K断开时，副线圈中电流的有效值为4，此时原线圈的输入功率为

VL

故8错误；

C.由题意可知，当开关K闭合后，定值电阻R消耗的功率为电动机消耗功率的2倍，有

/YIUo/i

至=2Xp—

解得

故C正确；

D副线圈的输出电压由原线圈的输入电压和变压器原、副线圈的匝数比决定，所以开关K闭合后，副线圈的

输出电压不变，故。错误。

故选:Co

7.【答案】C

【解析】4由题图乙知，4s时间内沙摆摆动两个完整的周期，贝U

4

T=—s=2s

则该沙摆的摆动频率为

1

f=7,解得/=0.5HZ

故A错误；

A沙摆的周期

T=2-rt心-

解得

LxIm

故8错误；

C.由图可知，连续相等的时间内，位移差近似相等，可知薄木板做匀加速直线运动，根据逐差法可得

(14.10+11.00)-(7.90+4.90),

a=--------------------------------------------------x102m/s2=0.03m/s2

4Xlz

故C正确；

D匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，所以有

CE

VD=7,解得"D~0.13m/s

故。错误。

故选：Co

8.【答案】AD

【解析】4、设PQ边刚好进入磁场时速度大小为火。导体框进入磁场前的运动过程，由机械能守恒定律有

1,

mghsind--^mv(

解得：%=y/~gh

因为MN边与两虚线重合时的速度大小恰好均为u=攀，根据导体框进出磁场过程中运动的对称性可知，

PQ边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小均为％=/讪。

设两虚线之间的距离为H,导体框全部位于磁场中时下滑的加速度大小为

mgsinO1

a=--------=qsin3=-^q

m2

根据运动学公式有

1

v2_r2_2x2g(H-/l)

解得：H=^-h,故A正确；

8、设导体框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q,导体框从开始下落到穿过磁场的过程，根据能量守恒定

117

律有：^mg(h+H+/i)=-mv2+Q,解得：Q=故3错误；

C、结合上述可知，导体框的PQ边与虚线6b'重合时的速度大小为%=J新，此时PQ边产生的感应电动势

大小为

E—Bhvr

此时导体框中的感应电流为

E

I=-

r

PQ边所受的安培力大小为

F=BIh

克服安培力做功的瞬时功率大小为

P=Fvr

23

联立解得：p=也立，故C错误；

r

D.设导体框通过磁场上边界所用时间为t,线框中的平均感应电流为7,由闭合电路欧姆定律有

-EBhv

I=—=.

取沿导轨向下为正方向，根据动量定理有

mgsinO-t—BIht=mv—mv1

其中h=vt

联立解得：”空正-倒，故。正确。

mgr\g

故选：ADo

9.【答案】-2060

【解析】由电势差的计算式可知，a点与c点之间的电压为：Uac=（pa-（pc^40V-60V=-20V；

由电场力做功与电势差及动能定理可得：-eUad=Ekd-Eka,

由图可知：Uad=0a-Sd=40U—40M=0U,

联立可得：Ekd=Eka=60eV；

故答案为：—20；60o

10.【答案】＜k2：的＜

【解析】由题意可知，甲单色光的临界角小于乙单色光的，根据s讥C=；,可知九甲＞九乙，根据n=?结

合甲、乙单色光在该棱镜中传播速度分别为Zqc和k2c可得九甲=百，几乙=总，解得几用：n^=k2：七，则

七＜fc2；由于同一种介质对频率大、波长小的光的折射率大，可得4甲V入/，根据双缝干涉的条纹间距4%=

）人可知甲光形成的条纹间距小于乙光形成的条纹间距。

a

故答案为：＜；fc2：fc1；＜o

11.【答案】C放出p0V0+Q

【解析】理想气体的内能只与温度有关，C点的温度最高，故内能最大。

由图可知，C到力为等压过程，气体温度减小，故内能减小，由于外界对气体做功，放出热量。

B到C为等容变化，故气体不对外做功，由热力学第一定律可知，内能变化：AUBC=Q+O=Q

C到力的过程为等压变化，C点体积为％,则由盖一吕萨克定律可得，4点体积为义匕，并且温度降低释放热

量，故C到4的能量变化：AUCA=-Q'+2pox^Vo=-Q'+p0V0o

而4、B两点内能相等，即4UAB=。，

故总内能变化为0,有：AUBC+AUCA+AUAB=0

联立解得：Q'=Po%+Q

故答案为：C、放出、p0V0+Qa

根据理想气体的内能只与温度有关判断内能最大的状态；

根据等压压缩体积减小结合热力学第一定律分析吸、放热情况；

分三个阶段由热力学第一定律写出各个阶段内热变化的表达式，再由整个过程内能不变求出热量的值。

本题考查气体实验定律与热力学第一定律的综合应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提

与关键，应用盖一吕萨克定律、热力学第一定律即可解题。

12.【答案】6.6994华竿

tLtzsina

【解析】(1)螺旋测微器的读数为

d=6.5mm+20.0x0.01mm=6.700mm

(2)小钢球经过光电门时的线速度大小为

d

根据牛顿运动定律有

V2

mqtana=m-：~；——

Lsina

联立解得

docosa

§L/sin2a

痂比在//-QQ/Z：/-onz-xc、ddocosa

故答案为：(1)6.699(6.699〜6.701)；(2)-；―广

。Ltsina

13.【答案】0.90BC1.11.2

【解析】(1)该同学用多用电表”直流2.5口'挡测量水果电池的电动势，则在读数时应读取中间弧线所示表

盘的刻度，可知其最小刻度为0.05乙则采取五分之一读法，最小可读到0.01V,根据表盘指针所示，其读

数为0.90V。

(2)4为了减少误差，实验过程最好让电表的指针在：-|量程偏转，故A错误；

A测水果电动势时即测直流电压，直流电流从红表笔流入多用电表，故2正确；

C.水果电池有电动势，不可直接测内阻，故C错误。

故选：Bo

(3)本实验选用的电流表内阻已知，在电学实验中，已知内阻的电流表可当作电压表使用。4D选项电压表内

阻未知，由于其分流作用，会对实验造成误差，8选项采用滑动变阻器，无法知道电阻阻值大小，无法列式

求得测量水果电池电动势和内阻。所以C选项实验图最合理。

故选：Co

(4)根据该实验原理，结合闭合电路的欧姆定律有

E=I(R+r+rA)

得

11Yr

-=—R+—+—A

IEEE

结合图像有

111.0-1.4

­=----------V

E9-0

r

-=1.4x1037!-1

E

可得

E=1.1V

r=1.2k。

故答案为：(1)0.90；(2)8；(3)C；(4)1.1,1.2o

14.【解析】⑴由动能定理得：mgh-瞥匚mW

tant?z

解得…=j2gh(l-忌)，

代入数据得：v=2m/s

1

mV2

(2)在水平滑道上，由机械能守恒定律得:2--

代入数据得：Ep=4J

(3)设物块4能够上升的最大高度为自，物块被弹回过程中由动能定理得：0-之小户=一小八q等

ziant7

代入数据解得：=1m

答：(1)物块滑到。点时的速度大小是2zn/s。

(2)弹簧为最大压缩量时的弹性势能为4/。

(3)物块4被弹回到坡道后上升的最大高度是守机。

15.【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，

则在y轴方向上有：斗=峻吗2,在x轴方向上有：2%=%3

32m

令在b点速度方向与％轴正方向夹角为仇利用速度分解有：vy=v=J诏+琢,tand=

解得：v=v0，6=30。；

(2)根据上述，结合题意，作出粒子运动轨迹如图所示:

粒子从d点飞出磁场，根据几何关系有：=2Rsin60°+2/itan30°»解得：R=qh,

粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有：qvB=m^

R

解得：B=

qh

(3)根据上述可知，磁场的上边界与无轴重合，可知矩形磁场区域的最小面积：S=2Rsin60°(R-/?cos60°),

解得：s=尊眩。

答：(1)粒子经过b点时的速度大小为等％,方向与X轴正方向夹角为30。；

(2)磁感应强度大小为1詈；

(3)矩形磁场区域的最小面积为出答。

16.【解析】(1)物块8放在传送带上后受重力、传送带对物块的支持力和滑动摩擦力/,分析可得

mcos

f—p，229^~m2gsin3

则物块B受力平衡，无初速度放置于N后将保持静止状态，对物块4根据牛顿第二定律有

m1gsin6—ii1m1gcos0=mra

解得

a=4m/s2

根据运动学公式得两物块第一次碰撞前瞬间物块a的速度大小

vA1