2025年高考第二次模擬考試物理（山西、陜西、青海、寧夏卷）全解全析

2025年高考第二次模擬考試物理·全解全析注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1．如圖甲所示，汽車后備箱水平放置一內裝圓柱形工件的木箱，工件截面和車的行駛方向垂直，圖甲是車尾的截面圖，當汽車以恒定速率從直道通過圖乙所示的三個半徑依次變小的水平圓弧形彎道A、B、C時，木箱及箱內工件均保持相對靜止。已知每個圓柱形工件的質量為m。下列說法正確的是（）A．汽車在由直道進入彎道A前，M對P的支持力大小為B．汽車過A、B兩點時，M、Q對P的合力依次增大C．汽車過A、B、C三點時，汽車重心的角速度依次減小D．汽車過A、C兩點時，M對P的支持力小于Q對P的支持力【答案】B【解析】A．汽車在由直道進入彎道A前，以P為對象，根據受力平衡可得解得M對P的支持力大小為，故A錯誤；B．汽車過A、B兩點時，M、Q對P的合力的豎直分力與P的重力平衡，合力的水平分力提供所需的向心力，則有，，當汽車以恒定速率通過半徑依次變小的A、B兩點時，M、Q對P的合力依次增大，故B正確；C．由角速度與線速度關系當汽車以恒定速率通過半徑依次變小的A、B、C三點時，汽車重心的角速度依次增大，故C錯誤；D．汽車過A、C兩點時，所受的合外力向左，因此M對P的支持力大于Q對P的支持力，故D錯誤。2．如圖所示，A、B兩個小球在同一豎直線上，離地高度分別為2h和h，將兩球水平拋出后，兩球落地時的水平位移之比為1∶2，則下列說法正確的是()A．A、B兩球的初速度之比為1∶4B．A、B兩球的初速度之比為1∶2C．若兩球同時拋出，則落地的時間差為eq\r(\f(2h,g))D．若兩球同時落地，則兩球拋出的時間差為(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))，因此兩球的初速度之比為1∶2eq\r(2)，選項A、B錯誤；若兩球同時拋出，則落地的時間差為eq\r(\f(4h,g))－eq\r(\f(2h,g))＝(eq\r(2)－1)eq\r(\f(2h,g))，選項C錯誤；若兩球同時落地，則兩球拋出的時間差也為(eq\r(2)－1)eq\r(\f(2h,g))，選項D正確。3．2023年12月15日我國在文昌航天發(fā)射場使用長征五號遙六運載火箭，成功將遙感四十一號衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預定軌道，該星是高軌光學遙感衛(wèi)星．已知遙感四十一號衛(wèi)星在距地面高度為h的軌道做圓周運動，地球的半徑為R，自轉周期為，地球表面的重力加速度為g，引力常量為G，忽略地球自轉的影響，下列說法正確的是（

）A．遙感四十一號衛(wèi)星繞地球做圓周運動的速度大于7.9km/sB．遙感四十一號衛(wèi)星繞地球做圓周運動的向心加速度大于地球表面的重力加速度C．遙感四十一號衛(wèi)星運行的周期為D．地球的密度為【答案】C【詳解】A．第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，大小為7.9km/s，故遙感四十一號衛(wèi)星繞地球做圓周運動的速度小于7.9km/s，故A錯誤；B．根據萬有引力與重力的關系根據牛頓第二定律遙感四十一號衛(wèi)星繞地球做圓周運動的軌道半徑大于地球的半徑，故遙感四十一號衛(wèi)星繞地球做圓周運動的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故B錯誤；C．根據萬有引力提供向心力根據萬有引力與重力的關系解得遙感四十一號衛(wèi)星運行的周期為,故C正確；D．設同步衛(wèi)星的軌道半徑為，根據萬有引力提供向心力,地球的密度為,,故D錯誤。4．如圖甲所示，一列簡諧橫波沿x軸傳播，實線和虛線分別為時刻和時刻的波形圖，P、Q分別是平衡位置為和的兩質點。圖乙為質點Q的振動圖像，則（）A．波沿x軸負方向傳播 B．波的傳播速度為C．時刻不可能為 D．質點P的振動方程【答案】D【詳解】A．根據圖乙可知，在時刻，質點Q沿y軸正方向運動，結合圖甲時刻的波形，根據上下坡法可知，波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；B．根據圖甲與圖乙，波的傳播速度為,故B錯誤；C．根據圖甲，利用平移法可知，到達虛線波傳播的距離（n=0，1，2，3…）則有,解得s（n=0，1，2，3…）,可知n=0時t2為0.05s，故C錯誤；D．根據圖甲可知，時刻的波形的函數為（cm）解得此時刻質點P的位移為令質點P的振動方程為（cm）時刻，質點P的位移為，且隨后位移減小，則解得,解質點P的振動方程為cm故D正確。5．如圖所示，真空中正四面體的四個頂點上分別固定著一個點電荷，其中兩個為正點電荷，另外兩個為負點電荷，點電荷的電荷量均相等，O為正四面體的中心，a、b、c、d為4個棱的中點，下列說法正確的是（）A．中心O處的電場強度為0B．b點和d點的電勢相等C．a點與c點的電場強度相同D．a點與c點的電勢相等【答案】D【解析】A．將兩個正點電荷作為一組等量正點電荷，將兩個負點電荷作為一組等量負點電荷，可知兩個正點電荷在中心O處的電場強度方向沿O指向d，兩個負點電荷在中心O處形成的電場強度方向也沿O指向d，故中心O的合電場強度一定不為0，A錯誤；B．將一個正試探點電荷從b點沿直線移動到d點，兩個正點電荷和兩個負點電荷均對其做正功，故b點的電勢高于d點的電勢，B錯誤；D．將a點所在棱的兩端的點電荷看作一組等量異號點電荷，另外兩個點電荷也看作一組等量異號點電荷，a、c兩點均在等量異種電荷的中垂線上，故a點和c點的電勢相等，D正確；C．根據電場疊加原理，a點和c點的電場強度大小相同，方向不同，C錯誤。6．如圖所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其減速運動的加速度為eq\f(3,4)g，此物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，則在這個過程中物體()A．重力勢能增加了eq\f(3,4)mghB．機械能損失了eq\f(1,2)mghC．動能損失了mghD．克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mgh【答案】B【解析】物體在斜面上上升的最大高度為h，所以重力做功為WG＝－mgh，由功能關系ΔEp＝－WG可知，物體的重力勢能增加了mgh，選項A錯誤；物體在斜面上運動時，除重力做功之外還有摩擦力在做功，由牛頓第二定律可得mgsin30°＋Ff＝ma，解得Ff＝eq\f(1,4)mg，所以物體克服摩擦力做的功為W克f＝Ff·eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,2)mgh，選項D錯誤；由ΔE損＝W克f可知，此過程中物體機械能損失了eq\f(1,2)mgh，選項B正確；物體在運動過程中合外力做的總功為W＝－eq\f(3,4)mg·2h＝－eq\f(3,2)mgh，所以其動能損失了eq\f(3,2)mgh，選項C錯誤。7．如圖甲所示，發(fā)電機的矩形線圈在勻強磁場中繞中心轉軸勻速轉動，產生的感應電動勢如圖乙所示，發(fā)電機輸出端接理想變壓器，理想變壓器原、副線圈匝數比，副線圈1接額定電壓為4V的小燈泡，副線圈2連接定值電阻R。開關S斷開時，小燈泡正常發(fā)光，理想電流表的示數為1A。開關S閉合后，調整矩形線圈的轉速為原來的1.2倍，小燈泡仍正常發(fā)光。下列說法正確的是（）A．t＝0時，線圈平面與磁場方向夾角為30°B．矩形線圈的電阻為20ΩC．圖乙中瞬時感應電動勢e隨時間的變化關系為D．開關S閉合后發(fā)電機的總功率為開關S閉合前發(fā)電機總功率的1.2倍【答案】C【解析】AC．由圖乙可知線圈轉動的周期為，圖乙中瞬時感應電動勢e隨時間的變化關系為,當時，，代入解得則t＝0時，線圈平面與磁場方向夾角為，故A錯誤，C正確；B．開關S斷開時，小燈泡正常發(fā)光，由變壓器規(guī)律，解得在原線圈由閉合電路歐姆定律得原線圈電壓有效值為解得矩形線圈的電阻為，故B錯誤；D.開關S閉合，調整矩形線圈的轉速為原來的1.2倍，則因為小燈泡仍然正常發(fā)光，則，由閉合電路歐姆定律得解得理想電流表的示數為開關S閉合后發(fā)電機的總功率為開關S閉合前發(fā)電機總功率為，則，故D錯誤。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分。8.光伏發(fā)電是提供清潔能源的方式之一，光伏發(fā)電的原理是光電效應。演示光電效應的實驗裝置如圖甲所示，a、b、c三種光照射光電管得到的三條電流表與電壓表示數之間的關系曲線如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．若b光為綠光，則a光不可能是紫光B．a光照射光電管發(fā)出光電子的最大初動能一定小于b光照射光電管發(fā)出光電子的最大初動能C．單位時間內a光照射光電管發(fā)出的光電子比c光照射光電管發(fā)出的光電子少D．若用強度相同的a、b光照射該光電管，則單位時間內逸出的光電子數相等【答案】AB【詳解】A．由光電效應方程,及,解得即光束照射同一塊金屬時只要遏止電壓一樣，入射光的頻率就一樣，遏止電壓越大，入射光的頻率越大，可知a光和c光的頻率一樣，且均小于b光的頻率，若b光為綠光，則a光不可能是紫光，選項A正確；B．由題圖乙可知,根據可知，a光照射光電管發(fā)出光電子的最大初動能小于b光照射光電管發(fā)出光電子的最大初動能，選項B正確；C．對于a、c兩束頻率相同的光來說，入射光越強，單位時間內發(fā)射的光電子數越多，則單位時間內a光照射光電管發(fā)出的光電子比c光照射光電管發(fā)出的光電子多，選項C錯誤；D．對a、b兩束不同頻率的光來說，光強相同是單位時間內照射到光電管單位面積上的光子的總能量相等，因為b光的光子頻率較高，每個光子的能量較大，所以單位時間內照射到光電管單位面積上的光子數較少，即單位時間內發(fā)出的光電子數較少，選項D錯誤。9．如圖甲所示，我國航天員王亞平在天宮課堂上演示了微重力環(huán)境下的神奇現象。液體呈球狀，往其中央注入空氣，可以在液體球內部形成一個同心球形氣泡。假設此液體球其內外半徑之比為1∶3，由a、b、c三種顏色的光組成的細復色光束在過球心的平面內，從A點以的入射角射入球中，a、b、c三條折射光線如圖乙所示，其中b光的折射光線剛好與液體球內壁相切。下列說法正確的是（

）A．該液體材料對a光的折射率小于對c光的折射率B．c光在液體球中的傳播速度最大C．該液體材料對b光的折射率為D．若繼續(xù)增大入射角i，b光可能因發(fā)生全反射而無法射出液體球【答案】BC【解析】A．根據折射率的公式可知，以相同的入射角射入球中時，a光的折射角較小，故其折射率較大，A錯誤；B．以相同的入射角射入球中時，c光的折射角最大，折射率最小，故在液體球中傳播的速度最大，B正確；C．如圖所示，可知b光線的折射角故該液體對b光的折射率，C正確；D．若繼續(xù)增大入射角i，b光的折射角增大，光線遠離同心球形氣泡，光線從液體材料射出時的入射角與射入液體材料時的折射角大小相等，根據光的可逆性可知不會發(fā)生全反射，D錯誤。10．如圖所示，光滑豎直固定桿上套有一質量為m的小球A，一根豎直輕彈簧上端連接著一個質量為m的物塊B，下端連接著一個質量為的物塊C。一輕繩跨過輕質定滑輪O，一端與物塊B相連，另一端與小球A連接，定滑輪到豎直桿的距離為5L。初始時，小球A在外力作用下靜止于P點，此時輕繩剛好伸直無張力且OP間細繩水平、OB間細繩豎直?，F將小球A由P點靜止釋放，A沿桿下滑到達最低點Q，此時物塊C與地面間的相互作用剛好為零。不計滑輪大小及摩擦，重力加速度大小為g，下列說法中正確的是（）A．彈簧的勁度系數為B．小球A運動到最低點時彈簧的形變量為C．小球A運動到最低點時彈簧的彈性勢能為D．用質量為的小球D替換A，并將其拉至Q點由靜止釋放，小球D經過P點時的動能為【答案】AD【解析】AB．開始時，對B有A在Q點時，對C有A從P到Q點，由題意可知解得,A正確；B錯誤；C．A從P到Q，由能量守恒定律有解得因為彈簧原先有形變量，所以，C錯誤；D．D從Q到P，由能量守恒定律有解得,D正確。二、實驗題：本題共2小題，共15分。12．（5分）某實驗小組用如圖所示的裝置來驗證機械能守恒定律。繞過定滑輪的輕質細線的兩端分別懸掛質量均為m的重物A、B且處于靜止狀態(tài)，A與紙帶連接，紙帶通過固定的打點計時器（電源頻率為50Hz），在B的下端再掛質量為M的重物C．由靜止釋放重物C，利用打點計時器打出的紙帶可研究系統(tǒng)（由重物A、B、C組成）的機械能守恒，重力加速度大小為g，回答下列問題：(1)關于該實驗，下列說法正確的是__________。A．實驗時應先釋放紙帶再接通電源B．無須測量重物C的質量M就可以驗證機械能守恒定律C．此實驗存在系統(tǒng)誤差，系統(tǒng)的總動能的增加量略大于總重力勢能的減少量D．對選取的紙帶，若第1個點對應的速度為0，則第1、2兩點間的距離一定小于2mm(2)對選取的紙帶，若第1個點對應的速度為0，重物A上升的高度為h，通過計算得到三個重物的速度大小為v，然后描繪出（h為縱坐標）關系圖像，圖像為經過原點的一條傾斜直線，若，當傾斜直線的斜率，就可以驗證系統(tǒng)的機械能守恒?！敬鸢浮?1)D(2分)(2)（3分）【解析】（1）A．為了充分利用紙帶，實驗時應先接通電源再釋放紙帶，故A錯誤；B．根據題意可知，本實驗需要驗證可知，驗證機械能守恒需要測量重物C的質量M，故B錯誤；C．此實驗存在的主要系統(tǒng)誤差是紙帶與打點計時器間的摩擦力和重物受到的空氣阻力，則導致的結果是總動能的增加量略小于總重力勢能的減小量，故C錯誤；D．只有當物體下落的加速度為g時，在0.02s內下落的距離為由牛頓第二定律可得，重物的加速度為則若第1個點對應的速度為0，則1、2兩點間的距離一定小于2mm，故D正確。故選D。（2）根據題意可知，若系統(tǒng)的機械能守恒，則有，則有可知，關系圖像是經過原點的一條傾斜直線。若，則有就可以驗證系統(tǒng)的機械能守恒。12.（10分）為了測定電流表的內阻和電源的電動勢和內阻，實驗室提供了如下器材：電阻箱R1、R2兩個、待測電流表A（內阻未知）、標準電流表A1、開關若干、待測電源、導線若干。(1)現實驗小組成員先測量電流表內阻，實驗電路如圖甲所示，有關實驗操作如下：①將電阻箱R1的電阻適當調大，單刀雙擲開關S接2，閉合開關S1。②調節(jié)電阻箱R1使電流表A滿偏；記下電流表A1的示數I0。③閉合開關S2，調節(jié)電阻箱（選填“R1”“R2”或“R1和R2”），使電流表A1的示數為I0，且電流表A的讀數為滿刻度的三分之一，讀出此時R2=2.0Ω，由此可得電流表的內阻RA的測量值為Ω。從系統(tǒng)誤差的角度考慮，上述測量中，電流表的測量值與真實值相比。（選填“偏大”“偏小”或“相等”）(2)測定電流表內阻后，將單刀雙擲開關S接1，保持電阻箱R2的電阻不變，調節(jié)電阻箱R1，并記錄電阻箱R1的阻值和電流表的示數I。作出圖像如圖乙所示，則電源的電動勢為V，內阻為Ω（結果均保留兩位有效數字）。從系統(tǒng)誤差的角度考慮，上述測量中，電源電動勢和內阻的測量值與真實值相比，電源內阻的測量值與真實值相比。（選填“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）【詳解】（1）[1]本閉合開關S2，要使電流表A1的示數為I0，且電流表A的讀數為滿刻度的三分之一，則必須同時調節(jié)R1和R2；[2]根據題意，電流表A的讀數為滿刻度的三分之一，則流過電阻箱R2的電流為滿刻度的三分之二，而電流表A與R2并聯，電壓相等，根據所以[3]由于干路中電流沒有發(fā)生變化，上述測量中，電流表的測量值與真實值相等。（2）[1][2]根據閉合電路歐姆定律可得代入數據并化簡可得結合圖像可得解得，[3][4]由于上述測量方案不存在系統(tǒng)誤差，所以電動勢和內阻的測量值均與真實值相等。三、計算題：本題共3小題，共39分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。15．（10分）如圖所示，高為的導熱性能良好的汽缸開口向上放置在水平地面上，汽缸中間和缸口均有卡環(huán)，質量為的活塞在缸內封閉了一定質量的氣體，活塞的橫截面積為，活塞與汽缸內壁無摩擦且汽缸不漏氣，開始時，活塞對中間卡環(huán)的壓力大小為，活塞離缸底的高度為，大氣壓強為，環(huán)境的熱力學溫度為，重力加速度大小為，不計卡環(huán)、活塞及汽缸的厚度。（1）若保持汽缸靜止，緩慢升高環(huán)境溫度，直到活塞距離汽缸底部的高度為，求此時環(huán)境的熱力學溫度。（2）已知在第（1）問的過程中汽缸內氣體內能變化為，求在此過程中氣體吸收的熱量。【答案】（1）472.5K；（2）【詳解】（1）未升高溫度時，對活塞受力分析，可得（1分）即汽缸內氣體壓強等于大氣壓強，有（1分）緩慢升高環(huán)境溫度，直到活塞距離汽缸底部的高度為時，由平衡條件有（1分）由理想氣體狀態(tài)方程，可得（2分）解得（1分）（2）在第（1）問的過程中，氣體的溫度升高，則氣體內能增加，開始氣體做等容變化，氣體對外界不做功，之后做等壓膨脹變化，氣體對外做功，大小為（2分）由熱力學第一定律有（1分）解得。（1分）16.（12分）如圖所示，在xOy平面直角坐標系的第Ⅱ象限有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度為E，將一群電子從第Ⅱ象限內的不同位置以初速度沿x軸正方向射出，發(fā)現這些電子均能經過坐標原點O．電子通過O點后進入第Ⅳ象限內的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直坐標平面