2025屆高三押題信息卷（一）物理及答案

2025屆高三押題信息卷物理(一)參考答案1.D該核反應(yīng)對人和環(huán)境有輻射危害,需嚴格防護,A錯誤;核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)守恒,質(zhì)量發(fā)生虧損,B錯誤;在該核反應(yīng)中,會釋放出大量的能量,生成物更穩(wěn)定,因為比結(jié)合能越大,原子核越穩(wěn)定,可知鈾核的比結(jié)合能比鋇核的小,C錯誤;要使裂變反應(yīng)更劇烈一些,應(yīng)使鎘棒插入淺一些,讓它少吸收一些中子,增大鏈式反應(yīng)的速度,D正確.2.C若電器是純電阻,則阻值為Ω,若非純電阻則不為48.4Ω,A錯誤;用交流電流表和電壓表測得的數(shù)值是有效值,B錯誤;高壓送電可減少電能損耗,C正確;只有正弦式交變電流的有效值和最大值之間存在U=Um和I=Im的關(guān)系,其他交流電不滿足此關(guān)系,D錯誤.3.A物塊所受重力沿斜面向下的分力大小為mgsinθ=6N<F=8N,可知,物塊相對于斜面有向上運動的趨勢,物塊所受摩擦力的方向沿斜面向下,大小為Ff=F—mgsinθ=2N,A正確;物塊處于靜止狀態(tài),所受合力為0,物塊受到重力、繩子的拉力、斜面的支持力與沿斜面向下的摩擦力四個力的作用,根據(jù)平衡條件可知,物塊所受支持力和繩子拉力的合力與重力和摩擦力的合力等大反向,物塊所受支持力和繩子拉力的合力大小不等于重力的大小10N,B錯誤;將斜面、滑輪與物塊作為整體,對整體進行分析,根據(jù)平衡條件有N=mg十Mg十F=38N,即地面對斜面體的支持力為38N,C錯誤;結(jié)合上述,將斜面體、滑輪與物塊作為整體,對整體進行分析,整體受到彈簧豎直向下的拉力、豎直向下的重力與豎直向上的支持力,整體在水平方向沒有受到其它作用力,即整體相對于水平面沒有運動趨勢,即地面對斜面體的摩擦力大小為0,D錯誤.4.B探測器在Q點與地球的距離大于在停泊軌道上與地球的距離,在Q點受到地球的萬有引力小于在停泊軌道上受到地球的萬有引力,A錯誤;探測器在P點和停泊軌道上只受到萬有引力,在P點與地球的距離和停泊軌道與地球的距離相同,所以受到的萬有引力大小相等,探測器在P點的加速度大小等于在停泊軌道上的加速度大小,B正確;在P點進入橢圓軌道,做離心運動,所以在P點必須加速,C錯誤;在橢圓軌道上運行時經(jīng)過P點的速度比Q點的速度大,D錯誤.5.A由兩波源振動規(guī)律y=Asinwt=10sinπt(cm)可知兩列波的周期T=2s,M、P兩波源產(chǎn)生的兩列簡諧波傳到N點的時間差是1s,則有s,解得℃=1m/s,則波長λ=℃T=2m.由幾何關(guān)系可知5m,而波長λ=2m,當M、P間的點與M、P的距離差等于波長的整數(shù)倍時,該點為振動加強點,設(shè)該點到M、P點的距離為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兩點所在的直線共有5個點為振動加強點,A正確.6.B根據(jù)℃t圖像的斜率表示加速度,可得汽車剛出發(fā)時的加速度大小為錯誤;由℃t圖像可得,3s時斜率由正值變?yōu)樨撝?所以3s時汽車加速度開始反向,B正確;℃t圖線圍成的面積為汽車位移,汽車在4s末的位移大小錯誤;由圖像圍成的面積可得,前6s內(nèi)汽車通過的路程s=x1十十錯誤.【高三押題信息卷●物理(一)參考答案第1頁(共4頁)】A2A2【高三押題信息卷●物理(一)參考答案第2頁(共4頁)】7.C鯉魚只受重力,加速度均為g,鯉魚在P點的加速度與鯉魚在N點的加速度一樣大,A錯誤;斜拋運動最小速度為M點的水平分速度,由于ΨM與水平方向夾角大于θ,鯉魚運動的最小速度小于ΨMCOSθ=1m/S,B錯誤;將MN段等效為EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(y),父)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(tan),g)則==,C正確;由y=gt2知,MN段鯉魚豎直位移大小為NP段豎直位移的9倍,MN段水平位移大小是NP段水平位移大小的3倍,合位移不為6倍,D錯誤.8.AC根據(jù)楞次定律和右手定則可知,線圈中感應(yīng)電流為順時針方向,因此電子運動方向為逆時針,A正確;線圈不在磁場中,不受安培力,無收縮擴張的趨勢,B錯誤;線圈中磁通量變化率為=kπr22,線圈中的感應(yīng)電動勢為E==,變化過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=t=,由于t==,聯(lián)立解得Q=,C正確;通過導(dǎo)線的電荷量為q=It=t,解得q==,D錯誤.9.BC根據(jù)電場的疊加及對稱性可知,M、N兩點電場強度大小相同,A錯誤;根據(jù)點電荷電場的疊加,四個點電荷在0點的合場強方向由E指向F,不可能為零;E、F、G、H四點場強方向都是水平向右,B正確;E點場強由E1、E2合成,G點場強由E3、E4、E5、E6合成,四個電荷等量,所以E3=E4>E1=E2,E3、E4同向,E3、E4的合場強一定大于E1、E2的合場強,所以G點的場強大于E點的場強,C正確;根據(jù)矢量合成法則,從E點沿直線到F點,各個位置的場強方向向右,所以將一帶正電的試探電荷從E點沿直線移動到F點,電場力方向向右,所以電場力一直做正功,電荷的電勢能一直減小,D錯誤.10.AD從a→b,氣體的溫度升高,分子的平均動能增大,A正確;從d→a氣體做等容變化,根據(jù)查理定律=,從a→b氣體做等壓變化,則根據(jù)蓋●呂薩克定律=,解得b狀態(tài)的體積為vb=4×10—3m3,B錯誤;a→b氣體對外界做功為W1=pa(vb—va)=480J,b→C氣體做等容變化,外界對氣體做功為零,故從a→b→C氣體對外界做功為480J,C錯誤;從d→a、b→C氣體做等容變化,外界對氣體不做功.從a→b氣體對外界做功為W1=480J,從C→d外界對氣體做功為W2=pd(vC—vd)=pd(vb—va)=240J,故完成一次循環(huán),氣體對外界做功為W=W1—W2=240J,完成一次循環(huán),氣體內(nèi)能不變,根據(jù)熱力學第一定律△U=—W十Q=0,可知完成一次循環(huán),氣體從外界吸熱240J,D正確.11.(1)AB(2分,少選得1分,錯選不得分)(2)0.10(2分)200(2分)(3)2.70(2.68~2.72均可)(1分)解析:(1)用懸掛鉤碼的方法給彈簧施加拉力,要保證彈簧位于豎直位置,使鉤碼的重力等于彈簧的彈力,要待鉤碼平衡時再讀數(shù),A正確;應(yīng)在彈簧的彈性限度范圍內(nèi)進行測量,所掛鉤碼重力不能超過彈性限度,鉤碼的數(shù)量不可以任意增加,B正確;每次增加的鉤碼數(shù)量不必相等,C錯誤.(2)當彈簧的彈力為零時,彈簧處于原長狀態(tài),由圖可知原長父0=0.10m;當彈簧長度為0.15m時,彈力大小為F=10N,對應(yīng)彈簧的伸長量為△父=0.15m—0.10m=0.05m,由胡克定律F=k△父,解得k=200N/m.(3)題圖丙中彈簧測力計的最小分度為0.1N,因此要估讀到0.01N,根據(jù)丙圖讀出彈簧測力計的示數(shù)為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)根據(jù)游標卡尺讀數(shù)規(guī)則,主尺讀數(shù)十游標尺讀數(shù)×精度,該圓柱體的長為49mm十3×0.05mm=49.15mm;根據(jù)螺旋測微器讀數(shù)規(guī)則,固定刻度讀數(shù)十可動刻度讀數(shù)十估讀,圓柱體的直徑為4.5mm十19.9×0.01mm=4.699mm;多用表的讀數(shù)為電阻的粗測值,其電阻為5.0Ω.(2)由圖讀數(shù)知圓柱體阻值約為5Ω,由題意知電源是兩節(jié)干電池,電動勢是3V,因此用0~3V量程的電壓表V1,為了便于調(diào)節(jié),應(yīng)選5Ω的滑動變阻器R2,且采用分壓接法比較好,因為圓柱體的電阻大約為幾歐,如果把3V的電動勢全加在圓柱體上,電流約是零點幾安,所給的電流表不符合要求,需要并聯(lián)一個2Ω的電阻,將其改裝為量程0~0.6A電流表.(3)改裝后電流表內(nèi)阻RA=Ω,R父=—RA=Ω,由R父=,得P=1.8×10—3Ω●m.13.解:(1)入射光線在玻璃磚中傳播的大致光路圖如下:(2分)由光路圖可知,光線射到AB面上時的入射角為30。,折射角為45。得折射率為(1分)(2)設(shè)在AB界面上入射角為θ1,折射角為θ2,則=n,解得θ2=30。(1分)設(shè)在AC界面上入射角為θ3,折射角為θ4,則(1分)由幾何關(guān)系得θ2=θ3=30。,解得光束在AC界面發(fā)生折射后的折射角θ4=45。,由圖三角形AOI為等邊三角形,則OI=(1分)lt=ln=(1分)聯(lián)立解得光束在三棱鏡中從O傳播至OI的時間(1分)14.解:(1)設(shè)粒子從P點射入電場的速度大小為Ψ0,由動能定理得(1分)可得粒子運動到P點射入電場的速度大小粒子在第一象限的勻強電場中做類平拋運動,則有水平方向:d=Ψ0t1豎直方向(1分)根據(jù)牛頓第二定律有Eq=ma聯(lián)立解得電場強度的大小(1分)(2)粒子離開電場的豎直分速度Ψy=at1(1分) 設(shè)此時Ψ與父軸的夾角為α,則解得解得α=45。(1分)分別過a點速度和b點速度作垂線,交點OI為粒子在磁場中做圓周運動的圓心,如圖所示設(shè)半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系有rcos60。十rcos45。=d解得r=2(\—1)d(1分)【高三押題信息卷●物理(一)參考答案第3頁(共4頁)】粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,則有解得又解得第四象限內(nèi)磁感應(yīng)強度的大小(1分)根據(jù)幾何關(guān)系,粒子從a到b運動的圓心角θ=165。,從a到b的時間t2=T(1分)結(jié)合上述得t=t1十十又聯(lián)立解得粒子從P點運動到b點所經(jīng)歷的時間(1分)15.解:(1)根據(jù)牛頓第二定律,甲沿粗糙斜面下滑的加速度為a1==2m/s2(1分)甲從A端運動到B端做初速度為零的勻加速直線運動,設(shè)需要的時間為t1,則有s=a1t12,解得t1=\=2.5s(1分)甲到達B點時的速度大小0B=a1t1=5m/s(1分)設(shè)甲在水平平臺上運動時的加速度為a2,根據(jù)牛頓第二定律得:=ma2解得a2=—2m/s2(1分)甲從B點到C點的運動滿足2a2XBC=0C2—0B2,解得甲向右運動到達C點時的速度大小0C=4m/s(1分)甲與乙發(fā)生彈性碰撞,由動量守恒定律得m0C=m0甲十m0乙(1分)由機械能守恒定律得m0C2=m0甲2十m0乙2(1分)聯(lián)立解得0乙=4m/s,0甲=0(1分)(2)乙做平拋運動,則有H—h=gt22,乙運動至B點時,恰好沿切線方向進入圓弧軌道,則有0乙tan37。=gt2(1分)解得C點距E點的高度H=1m(1分)乙滑動至E點過程,根據(jù)動能定理有乙2解得0E=6m/s(1分)乙在E點,根據(jù)牛頓第二定律有(1分)根據(jù)幾何關(guān)系有R—Rcos37。=h,根據(jù)牛頓第三定律有FN=F,解得F≈11.5N(1分)(3)乙滑上木板后,對