2025年高考第二次模拟考试物理（山西、陕西、青海、宁夏卷）全解全析

2025年高考第二次模拟考试物理·全解全析注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．如图甲所示，汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，图甲是车尾的截面图，当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道A、B、C时，木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量为m。下列说法正确的是（）A．汽车在由直道进入弯道A前，M对P的支持力大小为B．汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大C．汽车过A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次减小D．汽车过A、C两点时，M对P的支持力小于Q对P的支持力【答案】B【解析】A．汽车在由直道进入弯道A前，以P为对象，根据受力平衡可得解得M对P的支持力大小为，故A错误；B．汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力的竖直分力与P的重力平衡，合力的水平分力提供所需的向心力，则有，，当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大，故B正确；C．由角速度与线速度关系当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次增大，故C错误；D．汽车过A、C两点时，所受的合外力向左，因此M对P的支持力大于Q对P的支持力，故D错误。2．如图所示，A、B两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为2h和h，将两球水平抛出后，两球落地时的水平位移之比为1∶2，则下列说法正确的是()A．A、B两球的初速度之比为1∶4B．A、B两球的初速度之比为1∶2C．若两球同时抛出，则落地的时间差为eq\r(\f(2h,g))D．若两球同时落地，则两球抛出的时间差为(eq\r(2)－1)eq\r(\f(2h,g))【答案】D【解析】由x＝v0t和y＝eq\f(1,2)gt2知v1＝eq\f(x,\r(\f(4h,g)))＝eq\f(x,2)eq\r(\f(g,h))，v2＝eq\f(2x,\r(\f(2h,g)))＝eq\r(2)xeq\r(\f(g,h))，因此两球的初速度之比为1∶2eq\r(2)，选项A、B错误；若两球同时抛出，则落地的时间差为eq\r(\f(4h,g))－eq\r(\f(2h,g))＝(eq\r(2)－1)eq\r(\f(2h,g))，选项C错误；若两球同时落地，则两球抛出的时间差也为(eq\r(2)－1)eq\r(\f(2h,g))，选项D正确。3．2023年12月15日我国在文昌航天发射场使用长征五号遥六运载火箭，成功将遥感四十一号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，该星是高轨光学遥感卫星．已知遥感四十一号卫星在距地面高度为h的轨道做圆周运动，地球的半径为R，自转周期为，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转的影响，下列说法正确的是（

）A．遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的速度大于7.9km/sB．遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度C．遥感四十一号卫星运行的周期为D．地球的密度为【答案】C【详解】A．第一宇宙速度是最大环绕速度，大小为7.9km/s，故遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的速度小于7.9km/s，故A错误；B．根据万有引力与重力的关系根据牛顿第二定律遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的轨道半径大于地球的半径，故遥感四十一号卫星绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故B错误；C．根据万有引力提供向心力根据万有引力与重力的关系解得遥感四十一号卫星运行的周期为,故C正确；D．设同步卫星的轨道半径为，根据万有引力提供向心力,地球的密度为,,故D错误。4．如图甲所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为时刻和时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为和的两质点。图乙为质点Q的振动图像，则（）A．波沿x轴负方向传播 B．波的传播速度为C．时刻不可能为 D．质点P的振动方程【答案】D【详解】A．根据图乙可知，在时刻，质点Q沿y轴正方向运动，结合图甲时刻的波形，根据上下坡法可知，波沿x轴正方向传播，故A错误；B．根据图甲与图乙，波的传播速度为,故B错误；C．根据图甲，利用平移法可知，到达虚线波传播的距离（n=0，1，2，3…）则有,解得s（n=0，1，2，3…）,可知n=0时t2为0.05s，故C错误；D．根据图甲可知，时刻的波形的函数为（cm）解得此时刻质点P的位移为令质点P的振动方程为（cm）时刻，质点P的位移为，且随后位移减小，则解得,解质点P的振动方程为cm故D正确。5．如图所示，真空中正四面体的四个顶点上分别固定着一个点电荷，其中两个为正点电荷，另外两个为负点电荷，点电荷的电荷量均相等，O为正四面体的中心，a、b、c、d为4个棱的中点，下列说法正确的是（）A．中心O处的电场强度为0B．b点和d点的电势相等C．a点与c点的电场强度相同D．a点与c点的电势相等【答案】D【解析】A．将两个正点电荷作为一组等量正点电荷，将两个负点电荷作为一组等量负点电荷，可知两个正点电荷在中心O处的电场强度方向沿O指向d，两个负点电荷在中心O处形成的电场强度方向也沿O指向d，故中心O的合电场强度一定不为0，A错误；B．将一个正试探点电荷从b点沿直线移动到d点，两个正点电荷和两个负点电荷均对其做正功，故b点的电势高于d点的电势，B错误；D．将a点所在棱的两端的点电荷看作一组等量异号点电荷，另外两个点电荷也看作一组等量异号点电荷，a、c两点均在等量异种电荷的中垂线上，故a点和c点的电势相等，D正确；C．根据电场叠加原理，a点和c点的电场强度大小相同，方向不同，C错误。6．如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为eq\f(3,4)g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体()A．重力势能增加了eq\f(3,4)mghB．机械能损失了eq\f(1,2)mghC．动能损失了mghD．克服摩擦力做的功为eq\f(1,4)mgh【答案】B【解析】物体在斜面上上升的最大高度为h，所以重力做功为WG＝－mgh，由功能关系ΔEp＝－WG可知，物体的重力势能增加了mgh，选项A错误；物体在斜面上运动时，除重力做功之外还有摩擦力在做功，由牛顿第二定律可得mgsin30°＋Ff＝ma，解得Ff＝eq\f(1,4)mg，所以物体克服摩擦力做的功为W克f＝Ff·eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,2)mgh，选项D错误；由ΔE损＝W克f可知，此过程中物体机械能损失了eq\f(1,2)mgh，选项B正确；物体在运动过程中合外力做的总功为W＝－eq\f(3,4)mg·2h＝－eq\f(3,2)mgh，所以其动能损失了eq\f(3,2)mgh，选项C错误。7．如图甲所示，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕中心转轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示，发电机输出端接理想变压器，理想变压器原、副线圈匝数比，副线圈1接额定电压为4V的小灯泡，副线圈2连接定值电阻R。开关S断开时，小灯泡正常发光，理想电流表的示数为1A。开关S闭合后，调整矩形线圈的转速为原来的1.2倍，小灯泡仍正常发光。下列说法正确的是（）A．t＝0时，线圈平面与磁场方向夹角为30°B．矩形线圈的电阻为20ΩC．图乙中瞬时感应电动势e随时间的变化关系为D．开关S闭合后发电机的总功率为开关S闭合前发电机总功率的1.2倍【答案】C【解析】AC．由图乙可知线圈转动的周期为，图乙中瞬时感应电动势e随时间的变化关系为,当时，，代入解得则t＝0时，线圈平面与磁场方向夹角为，故A错误，C正确；B．开关S断开时，小灯泡正常发光，由变压器规律，解得在原线圈由闭合电路欧姆定律得原线圈电压有效值为解得矩形线圈的电阻为，故B错误；D.开关S闭合，调整矩形线圈的转速为原来的1.2倍，则因为小灯泡仍然正常发光，则，由闭合电路欧姆定律得解得理想电流表的示数为开关S闭合后发电机的总功率为开关S闭合前发电机总功率为，则，故D错误。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。8.光伏发电是提供清洁能源的方式之一，光伏发电的原理是光电效应。演示光电效应的实验装置如图甲所示，a、b、c三种光照射光电管得到的三条电流表与电压表示数之间的关系曲线如图乙所示，下列说法正确的是（）A．若b光为绿光，则a光不可能是紫光B．a光照射光电管发出光电子的最大初动能一定小于b光照射光电管发出光电子的最大初动能C．单位时间内a光照射光电管发出的光电子比c光照射光电管发出的光电子少D．若用强度相同的a、b光照射该光电管，则单位时间内逸出的光电子数相等【答案】AB【详解】A．由光电效应方程,及,解得即光束照射同一块金属时只要遏止电压一样，入射光的频率就一样，遏止电压越大，入射光的频率越大，可知a光和c光的频率一样，且均小于b光的频率，若b光为绿光，则a光不可能是紫光，选项A正确；B．由题图乙可知,根据可知，a光照射光电管发出光电子的最大初动能小于b光照射光电管发出光电子的最大初动能，选项B正确；C．对于a、c两束频率相同的光来说，入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多，则单位时间内a光照射光电管发出的光电子比c光照射光电管发出的光电子多，选项C错误；D．对a、b两束不同频率的光来说，光强相同是单位时间内照射到光电管单位面积上的光子的总能量相等，因为b光的光子频率较高，每个光子的能量较大，所以单位时间内照射到光电管单位面积上的光子数较少，即单位时间内发出的光电子数较少，选项D错误。9．如图甲所示，我国航天员王亚平在天宫课堂上演示了微重力环境下的神奇现象。液体呈球状，往其中央注入空气，可以在液体球内部形成一个同心球形气泡。假设此液体球其内外半径之比为1∶3，由a、b、c三种颜色的光组成的细复色光束在过球心的平面内，从A点以的入射角射入球中，a、b、c三条折射光线如图乙所示，其中b光的折射光线刚好与液体球内壁相切。下列说法正确的是（

）A．该液体材料对a光的折射率小于对c光的折射率B．c光在液体球中的传播速度最大C．该液体材料对b光的折射率为D．若继续增大入射角i，b光可能因发生全反射而无法射出液体球【答案】BC【解析】A．根据折射率的公式可知，以相同的入射角射入球中时，a光的折射角较小，故其折射率较大，A错误；B．以相同的入射角射入球中时，c光的折射角最大，折射率最小，故在液体球中传播的速度最大，B正确；C．如图所示，可知b光线的折射角故该液体对b光的折射率，C正确；D．若继续增大入射角i，b光的折射角增大，光线远离同心球形气泡，光线从液体材料射出时的入射角与射入液体材料时的折射角大小相等，根据光的可逆性可知不会发生全反射，D错误。10．如图所示，光滑竖直固定杆上套有一质量为m的小球A，一根竖直轻弹簧上端连接着一个质量为m的物块B，下端连接着一个质量为的物块C。一轻绳跨过轻质定滑轮O，一端与物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为5L。初始时，小球A在外力作用下静止于P点，此时轻绳刚好伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直。现将小球A由P点静止释放，A沿杆下滑到达最低点Q，此时物块C与地面间的相互作用刚好为零。不计滑轮大小及摩擦，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是（）A．弹簧的劲度系数为B．小球A运动到最低点时弹簧的形变量为C．小球A运动到最低点时弹簧的弹性势能为D．用质量为的小球D替换A，并将其拉至Q点由静止释放，小球D经过P点时的动能为【答案】AD【解析】AB．开始时，对B有A在Q点时，对C有A从P到Q点，由题意可知解得,A正确；B错误；C．A从P到Q，由能量守恒定律有解得因为弹簧原先有形变量，所以，C错误；D．D从Q到P，由能量守恒定律有解得,D正确。二、实验题：本题共2小题，共15分。12．（5分）某实验小组用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。绕过定滑轮的轻质细线的两端分别悬挂质量均为m的重物A、B且处于静止状态，A与纸带连接，纸带通过固定的打点计时器（电源频率为50Hz），在B的下端再挂质量为M的重物C．由静止释放重物C，利用打点计时器打出的纸带可研究系统（由重物A、B、C组成）的机械能守恒，重力加速度大小为g，回答下列问题：(1)关于该实验，下列说法正确的是__________。A．实验时应先释放纸带再接通电源B．无须测量重物C的质量M就可以验证机械能守恒定律C．此实验存在系统误差，系统的总动能的增加量略大于总重力势能的减少量D．对选取的纸带，若第1个点对应的速度为0，则第1、2两点间的距离一定小于2mm(2)对选取的纸带，若第1个点对应的速度为0，重物A上升的高度为h，通过计算得到三个重物的速度大小为v，然后描绘出（h为纵坐标）关系图像，图像为经过原点的一条倾斜直线，若，当倾斜直线的斜率，就可以验证系统的机械能守恒。【答案】(1)D(2分)(2)（3分）【解析】（1）A．为了充分利用纸带，实验时应先接通电源再释放纸带，故A错误；B．根据题意可知，本实验需要验证可知，验证机械能守恒需要测量重物C的质量M，故B错误；C．此实验存在的主要系统误差是纸带与打点计时器间的摩擦力和重物受到的空气阻力，则导致的结果是总动能的增加量略小于总重力势能的减小量，故C错误；D．只有当物体下落的加速度为g时，在0.02s内下落的距离为由牛顿第二定律可得，重物的加速度为则若第1个点对应的速度为0，则1、2两点间的距离一定小于2mm，故D正确。故选D。（2）根据题意可知，若系统的机械能守恒，则有，则有可知，关系图像是经过原点的一条倾斜直线。若，则有就可以验证系统的机械能守恒。12.（10分）为了测定电流表的内阻和电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：电阻箱R1、R2两个、待测电流表A（内阻未知）、标准电流表A1、开关若干、待测电源、导线若干。(1)现实验小组成员先测量电流表内阻，实验电路如图甲所示，有关实验操作如下：①将电阻箱R1的电阻适当调大，单刀双掷开关S接2，闭合开关S1。②调节电阻箱R1使电流表A满偏；记下电流表A1的示数I0。③闭合开关S2，调节电阻箱（选填“R1”“R2”或“R1和R2”），使电流表A1的示数为I0，且电流表A的读数为满刻度的三分之一，读出此时R2=2.0Ω，由此可得电流表的内阻RA的测量值为Ω。从系统误差的角度考虑，上述测量中，电流表的测量值与真实值相比。（选填“偏大”“偏小”或“相等”）(2)测定电流表内阻后，将单刀双掷开关S接1，保持电阻箱R2的电阻不变，调节电阻箱R1，并记录电阻箱R1的阻值和电流表的示数I。作出图像如图乙所示，则电源的电动势为V，内阻为Ω（结果均保留两位有效数字）。从系统误差的角度考虑，上述测量中，电源电动势和内阻的测量值与真实值相比，电源内阻的测量值与真实值相比。（选填“偏大”“偏小”或“相等”）【答案】(1)R1和R2（1分）4.0（2分）相等（1分）6.0（2分）2.7（2分）相等（1分）相等（1分）【详解】（1）[1]本闭合开关S2，要使电流表A1的示数为I0，且电流表A的读数为满刻度的三分之一，则必须同时调节R1和R2；[2]根据题意，电流表A的读数为满刻度的三分之一，则流过电阻箱R2的电流为满刻度的三分之二，而电流表A与R2并联，电压相等，根据所以[3]由于干路中电流没有发生变化，上述测量中，电流表的测量值与真实值相等。（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得代入数据并化简可得结合图像可得解得，[3][4]由于上述测量方案不存在系统误差，所以电动势和内阻的测量值均与真实值相等。三、计算题：本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15．（10分）如图所示，高为的导热性能良好的汽缸开口向上放置在水平地面上，汽缸中间和缸口均有卡环，质量为的活塞在缸内封闭了一定质量的气体，活塞的横截面积为，活塞与汽缸内壁无摩擦且汽缸不漏气，开始时，活塞对中间卡环的压力大小为，活塞离缸底的高度为，大气压强为，环境的热力学温度为，重力加速度大小为，不计卡环、活塞及汽缸的厚度。（1）若保持汽缸静止，缓慢升高环境温度，直到活塞距离汽缸底部的高度为，求此时环境的热力学温度。（2）已知在第（1）问的过程中汽缸内气体内能变化为，求在此过程中气体吸收的热量。【答案】（1）472.5K；（2）【详解】（1）未升高温度时，对活塞受力分析，可得（1分）即汽缸内气体压强等于大气压强，有（1分）缓慢升高环境温度，直到活塞距离汽缸底部的高度为时，由平衡条件有（1分）由理想气体状态方程，可得（2分）解得（1分）（2）在第（1）问的过程中，气体的温度升高，则气体内能增加，开始气体做等容变化，气体对外界不做功，之后做等压膨胀变化，气体对外做功，大小为（2分）由热力学第一定律有（1分）解得。（1分）16.（12分）如图所示，在xOy平面直角坐标系的第Ⅱ象限有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E，将一群电子从第Ⅱ象限内的不同位置以初速度沿x轴正方向射出，发现这些电子均能经过坐标原点O．电子通过O点后进入第Ⅳ象限内的匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面