2025届北京市第四中学高三下学期零模物理试卷（解析版）

第1页/共1页高三物理第一部分（选择题共42分）本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.在2024年9月《自然》杂志上发表的一篇文章中，介绍了中国科学家发明的一种神奇的微核电池，该电池比一颗米粒还小，却可以让手机50年不充电。电池使用从核废料中提取出来的镅作为原料，镅的一种衰变方程为，则式中的X应为（）A.粒子 B.质子 C.中子 D.电子【答案】A【解析】【详解】根据核反应方程遵循质量数及电荷数守恒，可写出该衰变方程为显然，衰变方程中X表示的是粒子。故选A。2.如图所示，一定质量的理想气体分别经历和两个过程，其中为等温过程，状态b、c的体积相同，则（）A.状态a的内能大于状态b B.状态a的温度高于状态cC.过程中气体吸收热量 D.过程中外界对气体做正功【答案】C【解析】【详解】A．由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；B．由于状态b和状态c体积相同，且，根据理想气体状态方程可知，又因为，故，故B错误；CD．因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据可知气体吸收热量；故C正确，D错误；故选C。3.夏天的柏油马路上经常会看到前方路面上好像有一滩波动的水，有时候还看到车的倒影。高温下，路面上方空气层的温度由下至上梯度减小，折射率也随之变化。如图所示，从汽车上A点反射的太阳光线在空气中多次折射，在底层空气发生了全反射，下列说法正确的是（）A.该光线在传播过程中频率不断变化B.该光线在温度越高的空气层的折射率越小C.该光线在温度越高的空气层的传播速度越小D.若减小该光线的入射角θ，该光线更容易发生全反射【答案】B【解析】【详解】A．该光线在传播过程中频率保持不变，故A错误；BC．由题意可知，路面上方空气层的温度由下至上梯度减小，则越下面的空气层温度越高，由光路图可知，下面的空气层相对于上面空气层属于光疏介质，即下面的空气层相对于上面空气层的折射率小，故该光线在温度越高的空气层的折射率越小；根据可知该光线在温度越高的空气层的传播速度越大，故B正确，C错误；D．由光路图可知，若增大该光线的入射角θ，该光线更容易发生全反射，故D错误。故选B。4.某同学在研究机械波的形成与传播规律时，将一根粗细均匀的弹性绳右端固定在墙上。手握着绳子左端S点上下振动，产生向右传播的绳波，某时刻的波形如图所示。下列说法中正确的是（）A.此时刻质点P向上运动B.手的起振方向向上C.手振动的频率逐渐增大D.波的传播速度不变【答案】D【解析】【详解】A．波向右传播，则此时刻质点P向下运动，故A错误；B．此时刻，刚开始运动的质点向下运动，则波源的起振方向向下，故B错误；CD．由图可知，波长逐渐增大，而波速由介质决定是不变的，根据则周期逐渐增大，则频率逐渐减小，故C错误，D正确。故选D。5.某无线充电装置的原理如图所示，该装置主要由供电线圈和受电线圈组成，可等效为一个理想变压器，从受电线圈输出的交流电经过转化装置变为直流电给电池充电。充电时，供电端接有的正弦交流电，受电线圈输出电压、输出电流，下列说法正确的是（）A.受电线圈输出电压的频率为100HzB.供电线圈和受电线圈匝数比为16:1C.充电时，供电线圈的输入功率为80WD.若供电端接220V直流电，也能进行充电【答案】C【解析】【详解】A.已知则频率故A错误；B．供电端的有效值为220V，则故B错误；C．充电时，输入功率等于输出功率故C正确；D．若供电端接220V直流电，直流电无法发生互感，故不能充电，故D错误；故选C。6.如图甲，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平变力F，F－t关系图象如图乙所示．两物体在变力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止．则()A.t时刻，两物体之间的摩擦力最大B.t时刻，两物体的速度方向开始改变C.t～2t时间内，两物体之间的摩擦力逐渐减小D.0～2t时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同【答案】D【解析】【详解】A.以整体为研究对象，由图看出，t时刻，F＝0，加速度为零，则以A为研究对象可知，A、B间的静摩擦力为零，故A项不合题意；B.根据牛顿第二定律知，两物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，则t时刻速度方向不变，而且速度最大，故B项不合题意；C.t～2t时间内，两物体的合外力增大，加速度增大，再以A为研究对象，可知两物体间的摩擦力增大，故C项不合题意；D.对整体分析，整体的加速度与F的方向相同，A物体所受的合力为摩擦力，故摩擦力的方向与加速度方向相同，即与F的方向相同，故D项符合题意．7.如图所示，在等量同种正点电荷形成的电场中，O是两点电荷连线的中点，C、D是连线中垂线上相对O对称的两点，已知，则（）A.点G的电场强度比点E的电场强度小B.点E与点F的电场强度大小相等，方向相同C.EO间的电势差比EC间电势差小D.若有一负点电荷在C点由静止释放，负点电荷将在CD间做往复运动，由C运动到D时加速度一定先增大后减小【答案】C【解析】【详解】A．设两点间距离为，正点电荷所带电荷量为，点电荷产生电场强度为所以由电场叠加原理可得点G的电场强度点E的电场强度所以点G的电场强度比点E的电场强度大，故A错误；B．由等量同种电荷形成电场的对称性规律可知，点E与点F的电场强度大小相等，方向相反，故B错误；C．在等量同种正电荷的连线上，连线中点电势最低，两点电荷的中垂线上该点的电势最高，所以EO间的电势差比EC间电势差小，故C正确；D．等量同种正电荷连线的中垂线上从点沿中垂线向两边电场强度先变大后变小，所以负电荷由C运动到D时加速度不一定先增大后减小，故D错误；故选C。8.如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等；c是地球同步卫星，则（）A.a、b周期比c大 B.a、b的向心加速度比c小C.a、b的速度大小相等 D.a、b、c的机械能一样大【答案】C【解析】【详解】A．因为ra=rb＜rc根据开普勒第三定律可知Ta=Tb＜Tc故A错误；

B．根据可知a、b的向心加速度比c大，故B错误；

C．根据，可知ab的速度大小相等，故C正确；

D．因为不知道三个卫星的质量，则不能判断它们的机械能大小关系，故D错误。

故选C。9.元好问曲中有“骤雨过，珍珠乱糁，打遍新荷”。为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压力，小齐在雨天将一底面积为0.01m2的圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了40mm。查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为9m/s，雨水的密度为1×103kg/m3。不计雨滴重力，假设雨滴撞击莲叶后无反弹，据此估算相同面积的睡莲叶面受到的平均压力约为（）A.0.36N B.3.6NC.1.0×10−2N D.1.0×10−3N【答案】D【解析】【详解】设杯子横截面积为S，可得1h内下落至杯中雨水的总质量为m=ρhS以这部分雨水为研究对象，在其撞击荷叶过程中设莲叶对其弹力为F，选竖直向下为正方向，根据动量定理可得Ft=mv代入题中数据可求得F=1.0×10−3N则根据牛顿第三定律可知，相同面积的睡莲叶面受到的平均压力约为1.0×10−3N。故选D。10.如图所示，水平地面上竖直放置的光滑细管内有两个完全相同、质量均为的小球，由于微小晃动，两小球分别沿两侧圆弧管道从最高点同时由静止滑下，在最低点发生弹性碰撞后又回到最高点。已知整个过程中细管对地面的最小压力恰好为0，小球可视为质点，重力加速度大小为g，则整个过程中细管对水平地面的最大压力为（）A B. C. D.【答案】B【解析】【详解】根据题意可知，当小球对细管的支持力竖直向上的分力最大时，细管对地面的压力最小恰好为0，设此时小球的速度大小为v，小球与圆心O的连线与竖直方向的夹角为，小球对细管的支持力竖直向上的分力为，由牛顿第二定律有由机械能守恒定律有解得由数学知识可知，当时，有最大值，最大值为设细管的质量为，对细管，由平衡条件有解得细管的质量为同理，当小球对细管的支持力竖直向下的分力最大时，细管对地面的压力最大，设此时小球的速度大小为，小球与圆心O的连线与竖直方向的夹角为，小球对细管的支持力竖直向上的分力为，由牛顿第二定律有由机械能守恒定律有解得由数学知识可知，当时，有最大值，最大值为对细管，由平衡条件有由牛顿第三定律可得，细管对水平地面的最大压力为故选B。11.如图是气敏传感器的工作原理图，是对一氧化碳（CO）敏感的二氧化锡半导体元件，其电阻随一氧化碳浓度的增加而减小，是一可变电阻。在间接的恒定电压，bc间接报警器。当环境中一氧化碳浓度增加到一定值时报警器发出警告。则（）A.当一氧化碳的浓度升高时，点的电势降低B.减小的阻值，可以提高气敏传感器的灵敏度C.适当增大间的电压，可以提高气敏传感器的灵敏度D.若间的电压减小，可减小的阻值使气敏传感器正常工作【答案】C【解析】【详解】A．当一氧化碳的浓度升高时，减小，电流增大，R两端电势差增大即增大，而故点的电势升高，故A错误；BC．要提高气敏传感器的灵敏度，应使变大，根据整理得故增大的阻值或增大间的电压，可以提高气敏传感器的灵敏度，故B错误，C正确；D．根据若间的电压E减小，为使气敏传感器正常工作（不变），应增大的阻值，故D错误。故选C。12.电磁驱动是21世纪初问世的新概念，该技术被视为将带来交通工具大革命。在日常生活中，摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理。如图所示是磁性转速表及其原理图，永久磁铁随车轮系统的转轴转动，铝盘固定在指针轴上，与永久磁铁不固定。关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是（）A.铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动B.永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动C.铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相反D.由于铝盘和永久磁体被同转轴带动，所以两者转动是完全同步的【答案】B【解析】【详解】AB．当永久磁铁随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁铁的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，故A错误，B正确；

C．该转速表运用了电磁感应原理，由楞次定律知，铝盘磁场总是阻碍永久磁铁转动，要使减小穿过铝盘磁通量的变化，永久磁铁转动方向与铝盘转动方向相同，故C错误；

D．永久磁铁固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁铁不是同转轴带动，所以两者转动不是同步的，故D错误。

故选B。13.“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在下图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如下图所示，其中M、N两点在同一水平线上，点O为轨迹的最高点，小球在M点动能为9J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76J B.小球落到N点时的动能为41JC.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：2 D.小球的重力和受到的风力大小之比为4：3【答案】A【解析】【详解】D．设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为，竖直距离为h，根据竖直上抛运动规律有对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有由题意可知根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为小球从M运动到O所用时间为根据运动学公式有联立解得故D错误；A．小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为根据速度的合成与分解可得小球从点运动到点过程中的最小速度为解得最小动能为故A正确；B．M、N两点间的水平距离为设小球落到N点时的动能为，根据动能定理有联立解得故B错误；C．设O、N两点间的水平距离为，根据匀变速直线运动规律的推论可知根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为故C错误。故选A。14.光电倍增管是进一步提高光电管灵敏度的光电转换器件。管内除光电阴极和阳极外，两极间还放置多个瓦形倍增电极。使用时相邻两倍增电极间均加有电压，以此来加速电子。如图所示，光电阴极受光照后释放出光电子，在电场作用下射向第一倍增电极，引起电子的二次发射，激发出更多的电子，然后在电场作用下飞向下一个倍增电极，又激发出更多的电子，如此电子数不断倍增，使得光电倍增管的灵敏度比普通光电管要高得多，可用来检测微弱光信号。下列说法正确的是（）A.光电倍增管正常工作时，每个倍增电极上都发生了光电效应B.光电倍增管中增值的能量来源于照射光C.图中标号为偶数的倍增电极的电势要高于标号为奇数的电极的电势D.适当增大倍增电极间的电压有利于探测更微弱的信号【答案】D【解析】【详解】A．光电效应是在高于极限频率的电磁波的照射下，物质内部的电子吸收能量后逸出的现象，光电倍增管正常工作时，每个倍增电极上被加速后的电子撞击激发出更多的电子，故不是光电效应，A错误；B．光电倍增管中增值的能量来源于相邻两倍增电极间的加速电场，B错误；C．电子在相邻倍增电极中加速，故图中标号数字较大的倍增电极的电势要高于数字较小的电极的电势，C错误；D．适当增大倍增电极间的电压，被加速的电子获得的动能更大，更有利于电极电子的电离，故有利于探测更微弱的信号，D正确。故选D。第二部分（非选择题共58分）15.在“探究气体等温变化的规律”的实验中，实验装置如图所示。利用注射器选取一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是（）A.把柱塞快速地向下压B.把柱塞缓慢地向上拉C.在橡胶塞处接另一注射器，快速推动该注射器柱塞D.在橡胶塞处接另一注射器，缓慢推动该注射器柱塞【答案】B【解析】【详解】AB．该实验过程中要保证气体的温度保持不变，所以实验中要缓慢的推动活塞，目的是尽可能保证气体在实验过程中温度保持不变，故A错误，B正确；

CD．实验中为了方便读取封闭气体的体积，不需要再橡胶套处接另一注射器，故CD错误；

故选B。16.学生利用多用电表粗略测量电压表的内阻，把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列______：A．将红、黑表笔短接B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆C．将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的______（填“正极、负极”或“负极、正极”）相连，欧姆表的指针位置如图中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡______（填“×1”“×100”或“×1k”）位置，重新调节后，测量得到指针位置如图中实线Ⅱ所示，则组测得到的该电压表内阻为______kΩ（结果保留2位有效数字）；【答案】①.CAB②.负极、正极③.“×100”④.1.6【解析】【详解】[1]学生利用多用电表粗略测量电压表的内阻，正确操作顺序是C．将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置A．将红、黑表笔短接B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆故选CAB。[2]根据黑表笔与电池正极相连，电流必须从电表的正极流入，所以，黑表笔接正极，红表笔接负极；[3]电压表内阻约1500欧，应将选择开关旋转到欧姆挡“×100”位置；[4]电压表内阻为17.如图甲所示，学生将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验（已知当地的重力加速度为g）。（1）实验室提供的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材是______。A.天平及砝码 B.毫米刻度尺 C.直流电源 D.交流电源（2）实验中得到如图乙所示的一条纸带（部分）。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC，已知打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，动能增加量ΔEk=______。（3）该同学在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，得到如图丙所示的v2-h图像，由图像可求得当地的重力加速度g=______m/s2（保留三位有效数字）。（4）用如图所示实验装置验证机械能守恒定律，连接小车与托盘的绳子与水平桌面平行，带遮光片的小车位于气垫导轨上（图中未画出，视为无摩擦力），重力加速度为g，先接通电源，后释放托盘与砝码，测得如下物理量：遮光片宽度d，遮光片释放点到光电门的长度l，遮光片通过光电门的挡光时间Δt，托盘与砝码的总质量m1，小车和遮光片的总质量m2。若在误差允许范围内能证明这一过程中系统机械能守恒，则满足的关系式是______（用题干中的字母表示）。【答案】（1）BD（2）（3）9.70（4）【解析】【小问1详解】A．根据，不需要天平及砝码，A不符合题意；B．需要毫米刻度尺测量计数点之间的距离，B符合题意；CD．不需要直流电源，需要交流电源给打点计时器供电，C不符合题意，D符合题意。故选BD。【小问2详解】动能增加量为【小问3详解】根据机械能守恒定律得，解得，根据图像得，解得；【小问4详解】根据机械能守恒定律得，整理得。18.有一项荡绳过河的拓展项目，将绳子一端固定，人站在高台边缘抓住绳子另一端，像荡秋千一样荡过河面，落到河对岸的平地上。为方便研究，将人看作质点A，如图所示。已知人的质量，A到悬点O的距离，A与平地的高度差，人站在高台边缘时，AO与竖直方向的夹角为。某次过河中，人从高台边缘无初速度离开，在最低点B处松开绳子，落在水平地面上的C点。忽略空气阻力，取重力加速度，，，求：（1）人到达B点时的速率v；（2）人到达B点，松开绳之前，绳对人的拉力大小F；（3）若高台边缘到对面河岸共，请分析人能否安全荡到对岸。【答案】（1）（2）（3）人能安全荡到对岸【解析】【小问1详解】人从离开高台到B点的过程中，由机械能守恒有代入数据解得人到达B点时的速率【小问2详解】在B点由牛顿第二定律有代入数据得人到达B点，松开绳之前，绳对人的拉力大小为【小问3详解】人从离开高台到B点的过程中水平位移为人从B到C的运动过程Z做平抛运动，由平抛运动知识有，则人从开始运动到落地水平位移为联立解得故人能安全荡到对岸19.有关列车电气制动，可以借助如图所示模型来理解，图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，导轨间距为L，磁场的磁感应强度为B，金属棒MN的质量为m，导轨右端接有阻值为R的电阻，金属棒接入电路部分的电阻为r，导轨的电阻不计。MN在安培力作用下向右减速运动的过程对应于列车的电气制动过程，金属棒MN开始减速时的初速度为。（1）求开始减速时：①导体棒两端的电压U；②安培力的功率P；（2）请绘制减速过程中的MN杆两端电压与位移x的关系图，在其中标注出重要坐标。【答案】（1）①；②（2）其中纵轴上的截距为，横轴上的截距为【解析】【小问1详解】（1）①开始减速时，电动势E=BLv0依据闭合电路欧姆定律有则导体棒两端的电压②安培力F安=BIL则安培力的功率为P=F安v0解得【小问2详解】规定初速度的方向为正方向，根据动量定理而又联立解得故纵轴上截距为横轴上的截距为则图像如下20.如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有篮球反弹后上升过程中根据动能定理有联立解得（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为（方向向下）（方向向下）由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有即每拍击一次篮球将给它一个速度v。拍击第1次下降过程有上升过程有代入k后，下降过程有上升过程有联立有拍击第2次，同理代入k后，下降过程有上升过程有联立有再将h1代入h2有拍击第3次，同理代入k后，下降过程有上升过程有联立有再将h2代入h3有直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有上升过程有联立有将hN-1代入hN有其中，则有则方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中加速