2025届高三押题信息卷（一）物理及答案

2025届高三押题信息卷物理(一)参考答案1.D该核反应对人和环境有辐射危害,需严格防护,A错误;核反应前后质量数守恒,质量发生亏损,B错误;在该核反应中,会释放出大量的能量,生成物更稳定,因为比结合能越大,原子核越稳定,可知铀核的比结合能比钡核的小,C错误;要使裂变反应更剧烈一些,应使镉棒插入浅一些,让它少吸收一些中子,增大链式反应的速度,D正确.2.C若电器是纯电阻,则阻值为Ω,若非纯电阻则不为48.4Ω,A错误;用交流电流表和电压表测得的数值是有效值,B错误;高压送电可减少电能损耗,C正确;只有正弦式交变电流的有效值和最大值之间存在U=Um和I=Im的关系,其他交流电不满足此关系,D错误.3.A物块所受重力沿斜面向下的分力大小为mgsinθ=6N<F=8N,可知,物块相对于斜面有向上运动的趋势,物块所受摩擦力的方向沿斜面向下,大小为Ff=F—mgsinθ=2N,A正确;物块处于静止状态,所受合力为0,物块受到重力、绳子的拉力、斜面的支持力与沿斜面向下的摩擦力四个力的作用,根据平衡条件可知,物块所受支持力和绳子拉力的合力与重力和摩擦力的合力等大反向,物块所受支持力和绳子拉力的合力大小不等于重力的大小10N,B错误;将斜面、滑轮与物块作为整体,对整体进行分析,根据平衡条件有N=mg十Mg十F=38N,即地面对斜面体的支持力为38N,C错误;结合上述,将斜面体、滑轮与物块作为整体,对整体进行分析,整体受到弹簧竖直向下的拉力、竖直向下的重力与竖直向上的支持力,整体在水平方向没有受到其它作用力,即整体相对于水平面没有运动趋势,即地面对斜面体的摩擦力大小为0,D错误.4.B探测器在Q点与地球的距离大于在停泊轨道上与地球的距离,在Q点受到地球的万有引力小于在停泊轨道上受到地球的万有引力,A错误;探测器在P点和停泊轨道上只受到万有引力,在P点与地球的距离和停泊轨道与地球的距离相同,所以受到的万有引力大小相等,探测器在P点的加速度大小等于在停泊轨道上的加速度大小,B正确;在P点进入椭圆轨道,做离心运动,所以在P点必须加速,C错误;在椭圆轨道上运行时经过P点的速度比Q点的速度大,D错误.5.A由两波源振动规律y=Asinwt=10sinπt(cm)可知两列波的周期T=2s,M、P两波源产生的两列简谐波传到N点的时间差是1s,则有s,解得℃=1m/s,则波长λ=℃T=2m.由几何关系可知5m,而波长λ=2m,当M、P间的点与M、P的距离差等于波长的整数倍时,该点为振动加强点,设该点到M、P点的距离为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两点所在的直线共有5个点为振动加强点,A正确.6.B根据℃t图像的斜率表示加速度,可得汽车刚出发时的加速度大小为错误;由℃t图像可得,3s时斜率由正值变为负值,所以3s时汽车加速度开始反向,B正确;℃t图线围成的面积为汽车位移,汽车在4s末的位移大小错误;由图像围成的面积可得,前6s内汽车通过的路程s=x1十十错误.【高三押题信息卷●物理(一)参考答案第1页(共4页)】A2A2【高三押题信息卷●物理(一)参考答案第2页(共4页)】7.C鲤鱼只受重力,加速度均为g,鲤鱼在P点的加速度与鲤鱼在N点的加速度一样大,A错误;斜抛运动最小速度为M点的水平分速度,由于ΨM与水平方向夹角大于θ,鲤鱼运动的最小速度小于ΨMCOSθ=1m/S,B错误;将MN段等效为EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(y),父)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(tan),g)则==,C正确;由y=gt2知,MN段鲤鱼竖直位移大小为NP段竖直位移的9倍,MN段水平位移大小是NP段水平位移大小的3倍,合位移不为6倍,D错误.8.AC根据楞次定律和右手定则可知,线圈中感应电流为顺时针方向,因此电子运动方向为逆时针,A正确;线圈不在磁场中,不受安培力,无收缩扩张的趋势,B错误;线圈中磁通量变化率为=kπr22,线圈中的感应电动势为E==,变化过程中产生的焦耳热为Q=t=,由于t==,联立解得Q=,C正确;通过导线的电荷量为q=It=t,解得q==,D错误.9.BC根据电场的叠加及对称性可知,M、N两点电场强度大小相同,A错误;根据点电荷电场的叠加,四个点电荷在0点的合场强方向由E指向F,不可能为零;E、F、G、H四点场强方向都是水平向右,B正确;E点场强由E1、E2合成,G点场强由E3、E4、E5、E6合成,四个电荷等量,所以E3=E4>E1=E2,E3、E4同向,E3、E4的合场强一定大于E1、E2的合场强,所以G点的场强大于E点的场强,C正确;根据矢量合成法则,从E点沿直线到F点,各个位置的场强方向向右,所以将一带正电的试探电荷从E点沿直线移动到F点,电场力方向向右,所以电场力一直做正功,电荷的电势能一直减小,D错误.10.AD从a→b,气体的温度升高,分子的平均动能增大,A正确;从d→a气体做等容变化,根据查理定律=,从a→b气体做等压变化,则根据盖●吕萨克定律=,解得b状态的体积为vb=4×10—3m3,B错误;a→b气体对外界做功为W1=pa(vb—va)=480J,b→C气体做等容变化,外界对气体做功为零,故从a→b→C气体对外界做功为480J,C错误;从d→a、b→C气体做等容变化,外界对气体不做功.从a→b气体对外界做功为W1=480J,从C→d外界对气体做功为W2=pd(vC—vd)=pd(vb—va)=240J,故完成一次循环,气体对外界做功为W=W1—W2=240J,完成一次循环,气体内能不变,根据热力学第一定律△U=—W十Q=0,可知完成一次循环,气体从外界吸热240J,D正确.11.(1)AB(2分,少选得1分,错选不得分)(2)0.10(2分)200(2分)(3)2.70(2.68~2.72均可)(1分)解析:(1)用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,要保证弹簧位于竖直位置,使钩码的重力等于弹簧的弹力,要待钩码平衡时再读数,A正确;应在弹簧的弹性限度范围内进行测量,所挂钩码重力不能超过弹性限度,钩码的数量不可以任意增加,B正确;每次增加的钩码数量不必相等,C错误.(2)当弹簧的弹力为零时,弹簧处于原长状态,由图可知原长父0=0.10m;当弹簧长度为0.15m时,弹力大小为F=10N,对应弹簧的伸长量为△父=0.15m—0.10m=0.05m,由胡克定律F=k△父,解得k=200N/m.(3)题图丙中弹簧测力计的最小分度为0.1N,因此要估读到0.01N,根据丙图读出弹簧测力计的示数为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)根据游标卡尺读数规则,主尺读数十游标尺读数×精度,该圆柱体的长为49mm十3×0.05mm=49.15mm;根据螺旋测微器读数规则,固定刻度读数十可动刻度读数十估读,圆柱体的直径为4.5mm十19.9×0.01mm=4.699mm;多用表的读数为电阻的粗测值,其电阻为5.0Ω.(2)由图读数知圆柱体阻值约为5Ω,由题意知电源是两节干电池,电动势是3V,因此用0~3V量程的电压表V1,为了便于调节,应选5Ω的滑动变阻器R2,且采用分压接法比较好,因为圆柱体的电阻大约为几欧,如果把3V的电动势全加在圆柱体上,电流约是零点几安,所给的电流表不符合要求,需要并联一个2Ω的电阻,将其改装为量程0~0.6A电流表.(3)改装后电流表内阻RA=Ω,R父=—RA=Ω,由R父=,得P=1.8×10—3Ω●m.13.解:(1)入射光线在玻璃砖中传播的大致光路图如下:(2分)由光路图可知,光线射到AB面上时的入射角为30。,折射角为45。得折射率为(1分)(2)设在AB界面上入射角为θ1,折射角为θ2,则=n,解得θ2=30。(1分)设在AC界面上入射角为θ3,折射角为θ4,则(1分)由几何关系得θ2=θ3=30。,解得光束在AC界面发生折射后的折射角θ4=45。,由图三角形AOI为等边三角形,则OI=(1分)lt=ln=(1分)联立解得光束在三棱镜中从O传播至OI的时间(1分)14.解:(1)设粒子从P点射入电场的速度大小为Ψ0,由动能定理得(1分)可得粒子运动到P点射入电场的速度大小粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动,则有水平方向:d=Ψ0t1竖直方向(1分)根据牛顿第二定律有Eq=ma联立解得电场强度的大小(1分)(2)粒子离开电场的竖直分速度Ψy=at1(1分) 设此时Ψ与父轴的夹角为α,则解得解得α=45。(1分)分别过a点速度和b点速度作垂线,交点OI为粒子在磁场中做圆周运动的圆心,如图所示设半径为r,根据几何关系有rcos60。十rcos45。=d解得r=2(\—1)d(1分)【高三押题信息卷●物理(一)参考答案第3页(共4页)】粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有解得又解得第四象限内磁感应强度的大小(1分)根据几何关系,粒子从a到b运动的圆心角θ=165。,从a到b的时间t2=T(1分)结合上述得t=t1十十又联立解得粒子从P点运动到b点所经历的时间(1分)15.解:(1)根据牛顿第二定律,甲沿粗糙斜面下滑的加速度为a1==2m/s2(1分)甲从A端运动到B端做初速度为零的匀加速直线运动,设需要的时间为t1,则有s=a1t12,解得t1=\=2.5s(1分)甲到达B点时的速度大小0B=a1t1=5m/s(1分)设甲在水平平台上运动时的加速度为a2,根据牛顿第二定律得:=ma2解得a2=—2m/s2(1分)甲从B点到C点的运动满足2a2XBC=0C2—0B2,解得甲向右运动到达C点时的速度大小0C=4m/s(1分)甲与乙发生弹性碰撞,由动量守恒定律得m0C=m0甲十m0乙(1分)由机械能守恒定律得m0C2=m0甲2十m0乙2(1分)联立解得0乙=4m/s,0甲=0(1分)(2)乙做平抛运动,则有H—h=gt22,乙运动至B点时,恰好沿切线方向进入圆弧轨道,则有0乙tan37。=gt2(1分)解得C点距E点的高度H=1m(1分)乙滑动至E点过程,根据动能定理有乙2解得0E=6m/s(1分)乙在E点,根据牛顿第二定律有(1分)根据几何关系有R—Rcos37。=h,根据牛顿第三定律有FN=F,解得F≈11.5N(1分)(3)乙滑上木板后,对