2025年普通高等学校招生选择性考试模拟物理试卷（二）【辽宁、黑龙江、吉林、内蒙古专用】

高级中学名校试题PAGEPAGE1——★参考答案★——一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。题号12345678910答案BCDBCADCDABDBCD1．B【解析】A．闭合电路的部分导体在磁场中运动时，电路中不一定会产生感应电流，例如，当部分导体运动方向与磁场方向平行时，没有产生感应电动势，此时，感应电流为0，故A错误；B．电磁波本质是电磁场在空间的传播，可以通过电缆、光缆进行有线传播，也可以不需要介质进行无线传播，故B正确；C．发电机是将机械能转化为电能的装置，是根据电磁感应原理制成的，故C错误；D．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故D错误。2．C【解析】由图可知2和3两束光传播方向相反，在P处相干减弱，所以两束光在P处振动方向相反，根据同侧法可知C正确。3．D【解析】A．桌面和墨条对砚台的摩擦力大小相等，方向相反，作用在同一物体上，因此是一对平衡力，故A错误；B．桌面对砚台的支持力与砚台对桌面的压力是一作用力与反作用力，故B错误；C．墨条的速度方向水平向左，墨条受到向右的摩擦力，即砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故C错误；D．结合上述可知，砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，根据牛顿第三定律可知，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，砚台处于静止状态，根据平衡条件可知，桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故D正确。4．B【解析】5．C【解析】A．该运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，故A错误；B．根据对称性可知，小球在A点的速度与小球在B点的速度大小相等，但方向不同，故B错误；C．整个运动过程中，小球的加速度为重力加速度，处于失重状态，故C正确；D．根据对称性可知，小球从A到C的时间等于从C到B的时间，故D错误。6．A【解析】若弹簧压缩至最短时，弹簧对轻质杆的弹力小于轻质杆与槽间的最大静摩擦力，则轻质杆不会滑动，小球的重力势能转化为弹簧的弹性势能，则可知h越大，弹簧的压缩量x越大，弹簧的弹性势能越大，即h增大，。若弹簧压缩时，弹簧对轻质杆的弹力大于轻质杆与槽间的最大静摩擦力，轻质杆会向下滑动，当小球和轻质杆速度相等时，弹簧的弹性势能达到最大，此时小球的重力等于弹簧的弹力，即不管h如何增大，当弹性势能最大时，弹簧的形变量不变，弹簧的弹性势能不变，即。7．D【解析】A．由图像可知，金属杆稳定运动的电流为，杆受重力、支持力和安培力三个力平衡，根据平衡条件有解得故A正确，不符题意；B．在时刻，对金属杆根据牛顿第二定律可得解得金属杆的加速度大小为故B正确，不符题意；C．金属杆速度最大时，克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，则有解得金属杆的速度大小为故C正确，不符题意；D．当金属杆下滑的位移为时，可认为电流达到最大值，此过程中，根据动能定理可知根据功能关系可得产生的总焦耳热为杆下滑位移为的过程中，电阻产生的焦耳热为解得故D错误，符合题意。8．CD【解析】A．由图乙可知，在时，质点P向上振动，根据“同侧法”可知，波向右传播；由图甲可知，波的波长为，由图乙可知，波的周期为，所以波速为故A错误；B．再经过3.5s，则前3s质点P通过的路程为后0.5s由于质点P向位移为负向最大位移处振动，则通过的路程所以，再经过3.5s质点P通过的路程故B错误；C．根据“同侧法”可知，L质点向y轴正方向运动，N质点向y轴负方向运动，则L质点比N质点先到达波峰，故C正确；D．人若加快抖动轻绳，则波的振动频率变大，波速不变，根据可知，波长变小，即两个相邻波峰之间的距离变小，故D正确。9．ABD【解析】A．7.9km/s是地球卫星最大的环绕速度，所以探测器在“停泊轨道”上的绕行速度小于7.9km/s，选项A正确；B．探测器在椭圆轨道上运行经过Q点时和在“停泊轨道”上运行时只受到万有引力，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点受到的万有引力小于在“停泊轨道”上受到的万有引力，探测器在Q点的加速度大小小于在“停泊轨道”上的加速度大小，选项B正确；C．探测器在“工作轨道”上匀速绕月飞行，做匀速圆周运动，加速度为向心加速度，不为零，则不处于平衡状态，选项C错误；D．根据开普勒第二定律可知，在“椭圆轨道”上运行时经过P点的速度比Q点的速度大，选项D正确。10．BCD【解析】A．根据题意可知，支架B与木板C间发生滑动时，支架B与小球A的加速度最大，有即此时细线与竖直方向夹角最大为，选小球A为研究对象，则有，解得故A错误；C．选木板C为研究对象，则有且解得即当支架B与木板C间发生滑动时，拉力F最小值为，故C正确；B．当拉力时，支架B与木板C相对静止，即A、B、C三者相对静止，其加速度为，由牛顿第二定律，有解得此时细线拉力为，细线与竖直方向的偏角为，选小球为研究对象，有，解得故B正确；D．当时，支架B与木板C间发生滑动，此时对木板C有解得设B经时间t从木板C的左端离开，则有解得故D正确二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（6分）（1）2.5；（2）1.4；7.5【解析】（1）[1]设灵敏电流计的满偏电流为Ig，改装后其量程为则改装后的电流表内阻（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律得结合U-I图像可知：纵轴截距即为电源电动势斜率则电源内阻12．（8分）（1）0.980；（2）0.588；（3）作图见解析；（4）0.40（0.38~0.42）【解析】（1）[1]四个钩码重力势能的减少量为（2）[2]对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知其中系统减少的重力势能为系统增加的动能为系统减少的机械能为，则代入数据可得表格中减少的机械能为（3）[3]根据表格数据描点得的图像为[4]根据做功关系可知则图像的斜率为解得动摩擦因数为（0.38~0.42）13．（10分）解：（1）当活塞刚刚碰到重物的过程中，气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得（1分）解得（1分）（2）活塞接触重物之后气体做等容变化，根据查理定律可得（1分）代入数据解得对活塞受力分析可知（1分）对活塞、重物受力分析可得整理代入数据解得（1分）（3）活塞刚接触物体时，气体对外做的功（1分）因为气体的内能U正比于温度T，设，则可得（1分）故绳子松弛时，气体的内能为（1分）内能的改变量（1分）根据热力学第一定律可知解得（1分）14．（12分）解：（1）设粒子在电场中运动时，沿轴负方向获得的分速度为，则由速度合成规律可得（1分）设粒子在电场中的运动时间为，则有（1分）解得（1分）（2）由可解得粒子在电场中的运动时间为（1分）又由可解得（1分）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图1所示。图1设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，则有解得（1分）设粒子进入磁场时的速度大小为，则有（1分）由牛顿第二定律可得解得故有（1分）（3）设粒子以初速度从轴上的点射入电场，由于粒子进入磁场时的角度不变，故粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为粒子在磁场中的运动情况如图2所示。图2由几何关系可知，此时粒子在磁场中做圆周运动的半径为粒子在电场中沿轴负方向运动时，有又因为由牛顿第二定律可知以上各式联立可解得（4分）15．（18分）解：（1）C从开始运动到点，由动能定理可得（1分）解得（1分）（2）（ⅰ）由图像可知，当时，系统一起运动，且时，A与C恰好能够一起运动，对C由牛顿第二定律可得，此时A的加速度（1分）此状态对A、B和C组成的系统列牛顿第二定律可得（1分）由图像可知，当时，A与C相对运动，时，C的加速度，A的加速度（1分）对A和B组成的系统列牛顿第二定律可得（1分）联立解得（1分）（ⅱ）由（ⅰ）分析可得（1分）当时，设B运动时间后落地，则此时C的速度（1分）A的速度（1分）从B落地到C恰好到达的过程中，A与C组成的系统在水平方向上动量守恒，可得（1分）解得时间内，A与C的相对位移（1分）解得（1分）从B落地后到C恰好到达的过程中，由能量守恒得（2分）解得（1分）B下落的高度（1分）解得——★参考答案★——一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。题号12345678910答案BCDBCADCDABDBCD1．B【解析】A．闭合电路的部分导体在磁场中运动时，电路中不一定会产生感应电流，例如，当部分导体运动方向与磁场方向平行时，没有产生感应电动势，此时，感应电流为0，故A错误；B．电磁波本质是电磁场在空间的传播，可以通过电缆、光缆进行有线传播，也可以不需要介质进行无线传播，故B正确；C．发电机是将机械能转化为电能的装置，是根据电磁感应原理制成的，故C错误；D．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故D错误。2．C【解析】由图可知2和3两束光传播方向相反，在P处相干减弱，所以两束光在P处振动方向相反，根据同侧法可知C正确。3．D【解析】A．桌面和墨条对砚台的摩擦力大小相等，方向相反，作用在同一物体上，因此是一对平衡力，故A错误；B．桌面对砚台的支持力与砚台对桌面的压力是一作用力与反作用力，故B错误；C．墨条的速度方向水平向左，墨条受到向右的摩擦力，即砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故C错误；D．结合上述可知，砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，根据牛顿第三定律可知，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，砚台处于静止状态，根据平衡条件可知，桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故D正确。4．B【解析】5．C【解析】A．该运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，故A错误；B．根据对称性可知，小球在A点的速度与小球在B点的速度大小相等，但方向不同，故B错误；C．整个运动过程中，小球的加速度为重力加速度，处于失重状态，故C正确；D．根据对称性可知，小球从A到C的时间等于从C到B的时间，故D错误。6．A【解析】若弹簧压缩至最短时，弹簧对轻质杆的弹力小于轻质杆与槽间的最大静摩擦力，则轻质杆不会滑动，小球的重力势能转化为弹簧的弹性势能，则可知h越大，弹簧的压缩量x越大，弹簧的弹性势能越大，即h增大，。若弹簧压缩时，弹簧对轻质杆的弹力大于轻质杆与槽间的最大静摩擦力，轻质杆会向下滑动，当小球和轻质杆速度相等时，弹簧的弹性势能达到最大，此时小球的重力等于弹簧的弹力，即不管h如何增大，当弹性势能最大时，弹簧的形变量不变，弹簧的弹性势能不变，即。7．D【解析】A．由图像可知，金属杆稳定运动的电流为，杆受重力、支持力和安培力三个力平衡，根据平衡条件有解得故A正确，不符题意；B．在时刻，对金属杆根据牛顿第二定律可得解得金属杆的加速度大小为故B正确，不符题意；C．金属杆速度最大时，克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，则有解得金属杆的速度大小为故C正确，不符题意；D．当金属杆下滑的位移为时，可认为电流达到最大值，此过程中，根据动能定理可知根据功能关系可得产生的总焦耳热为杆下滑位移为的过程中，电阻产生的焦耳热为解得故D错误，符合题意。8．CD【解析】A．由图乙可知，在时，质点P向上振动，根据“同侧法”可知，波向右传播；由图甲可知，波的波长为，由图乙可知，波的周期为，所以波速为故A错误；B．再经过3.5s，则前3s质点P通过的路程为后0.5s由于质点P向位移为负向最大位移处振动，则通过的路程所以，再经过3.5s质点P通过的路程故B错误；C．根据“同侧法”可知，L质点向y轴正方向运动，N质点向y轴负方向运动，则L质点比N质点先到达波峰，故C正确；D．人若加快抖动轻绳，则波的振动频率变大，波速不变，根据可知，波长变小，即两个相邻波峰之间的距离变小，故D正确。9．ABD【解析】A．7.9km/s是地球卫星最大的环绕速度，所以探测器在“停泊轨道”上的绕行速度小于7.9km/s，选项A正确；B．探测器在椭圆轨道上运行经过Q点时和在“停泊轨道”上运行时只受到万有引力，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点受到的万有引力小于在“停泊轨道”上受到的万有引力，探测器在Q点的加速度大小小于在“停泊轨道”上的加速度大小，选项B正确；C．探测器在“工作轨道”上匀速绕月飞行，做匀速圆周运动，加速度为向心加速度，不为零，则不处于平衡状态，选项C错误；D．根据开普勒第二定律可知，在“椭圆轨道”上运行时经过P点的速度比Q点的速度大，选项D正确。10．BCD【解析】A．根据题意可知，支架B与木板C间发生滑动时，支架B与小球A的加速度最大，有即此时细线与竖直方向夹角最大为，选小球A为研究对象，则有，解得故A错误；C．选木板C为研究对象，则有且解得即当支架B与木板C间发生滑动时，拉力F最小值为，故C正确；B．当拉力时，支架B与木板C相对静止，即A、B、C三者相对静止，其加速度为，由牛顿第二定律，有解得此时细线拉力为，细线与竖直方向的偏角为，选小球为研究对象，有，解得故B正确；D．当时，支架B与木板C间发生滑动，此时对木板C有解得设B经时间t从木板C的左端离开，则有解得故D正确二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（6分）（1）2.5；（2）1.4；7.5【解析】（1）[1]设灵敏电流计的满偏电流为Ig，改装后其量程为则改装后的电流表内阻（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律得结合U-I图像可知：纵轴截距即为电源电动势斜率则电源内阻12．（8分）（1）0.980；（2）0.588；（3）作图见解析；（4）0.40（0.38~0.42）【解析】（1）[1]四个钩码重力势能的减少量为（2）[2]对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知其中系统减少的重力势能为系统增加的动能为系统减少的机械能为，则代入数据可得表格中减少的机械能为（3）[3]根据表格数据描点得的图像为[4]根据做功关系可知则图像的斜率为解得动摩擦因数为（0.38~0.42）13．（10分）解：（1）当活塞刚刚碰到重物的过程中，气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得（1分）解得（1分）（2）活塞接触重物之后气体做等容变化，根据查理定律可得（1分）代入数据解得对活塞受力分析可知（1分）对活塞、重物受力分析可得整理代入数据解得（1分）（3）活塞刚接触物体时，气体对外做的功（1分）因为气体的内能U正比于温度T，设，则可得（1分）故绳子松弛时，气体的内能为（1分）内能的改变量（1分）根据热力学第一定律可知解得（1分）14．（12分）解：（1）设粒子在电场中运动时，沿轴负方向获得的分速度为，则由速度合成规律可得（1分）设粒子在电场中的运动时间为，则有（1分）解得（1分）（2）由可解得粒子在电场中的运动时间为（1分）又由可解得（1分）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图1所示。图1设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，则有解得（1分）设粒子进入磁场时的速度大小为，则有（1分）由牛顿第二定律可得解得故有（1分）（3）设粒子以初速度从轴上的点射入电场，由于粒子进入磁场时的角度不变，故粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为粒子在磁场中的运