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黑吉辽蒙卷——2025届高考物理考前冲刺卷
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。
1.滑冰是一项老少皆宜的有氧运动，能有效锻炼全身肌肉。如图所示，在哈尔滨某滑冰场内，一位滑冰爱好者进行滑冰训练，某段时间内依次经过水平面内四点，其运动轨迹为如图所示的虚线，已知滑冰爱好者的速度大小不变，在此过程中该滑冰爱好者( )
A.做匀变速曲线运动
B.相等时间内位移大小相等
C.研究其滑冰动作时可将其看作质点
D.经过四点中的D点时受到的合外力最大
2.一列振幅为的简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔选取一个质点，如图（a）所示，时刻波恰传到质点1，质点1立即开始向上振动，经过时间，所选取的1~9号质点间第一次出现如图（b）所示的波形，则下列判断正确的是( )
A.时，质点1向上运动
B.时，质点8向上运动
C.至内，质点5运动的时间为0.2 s
D.至内，质点3通过的路程为15 cm
3.如图所示，一个半圆形玻璃砖置于水平桌面上，O为圆弧上离MN最远的一点。一单色光以某一角度从P点射入界面MN后，有折射光线从玻璃砖圆形表面MON某点射出，且恰好与入射光平行，则该出射点( )
A.一定在O点 B.一定在ON之间
C.一定在OM之间 D.在O点两侧都有可能
4.一定质量的理想气体由状态a至状态b经历的过程的图像如图所示，对应的图像正确的是( )
A. B.
C. D.
5.2024年7月31日，巴黎奥运会跳水项目，女子双人10米台决赛，中国选手全红婵、陈芋汐完美展现“水花消失术”，以绝对优势获得金牌。假设运动员入水前做竖直上抛运动，从离开跳台开始计时，以向下为正方向，图像如图所示，已知运动员时刻速度均为零，不计空气阻力，则由图可知( )
A.运动员在时刻离水面最高
B.0~段为空中的运动时间，该段时间运动员的速度方向始终竖直向下
C.0~段运动员所受重力冲量为零
D.运动员在0~段一直处于超重状态
6.用磁铁、电池和铜圈可以制作简易电动机。如图（a）所示，干电池放在磁铁上，铜圈弯成心形，铜圈上端与干电池正极接触，下端与磁铁接触，松开手铜圈就会转动。图（b）是实物图，从上往下看，图中铜圈正在顺时针转动，则( )
A.与电池负极接触的是磁铁S极
B.铜圈转动起来是由于受到电场力的作用
C.将磁铁和电池都倒过来放，“心形铜圈”会改变转动方向
D.铜圈由静止开始加速转动过程中，铜圈中的电流不断变小
7.水力发电的基本原理是利用水的势能转化为水轮机的机械能，再以机械能推动发电机，从而得到电能。现有一水力发电站，水流量为，河水落差为10 m。发电机的输出电压为400 V，输送的总功率为600 kW。水电站到用户之间的输电线的总电阻为3 Ω，输电线上损失的功率为发电机输送功率的5%，用户所需电压为220 V，所有的变压器均为理想变压器，，河水的密度，以下说法正确的是( )
A.升压变压器的匝数比为3:50 B.降压变压器的匝数比为285:11
C.输电线上的电流大小为10 A D.发电站的发电效率为60%
8.医学中某型号心脏起搏器使用氚电池供电，氚电池可以将氘核衰变时产生的核能转化为电能。衰变方程为，当电池中氚的含量低于初始值的25%时便无法正常工作，氚电池大约能正常工作25年。下列说法正确的是( )
A.衰变方程中X为
B.改变工作环境，会延长氚电池的工作寿命
C.氚核的半衰期是12.5年
D.质量为1 kg的氘核经过25年将全部发生衰变
9.如图（a）所示，神舟十七号载人飞船进入离地面h的预定轨道Ⅱ后，成功对接空间站天和核心舱前向端口，整个对接过程历时约6.5小时。对接前神舟十七号在轨道Ⅰ（近地点与地心的距离为地球半径）上的速率与时间的关系如图（b）所示。已知地球的半径为R及引力常量G，下列说法正确的是( )
A.在时间内，神舟十七号的平均速度为
B.对接后组合体的运行周期为
C.地球的平均密度为
D.地球表面的重力加速度为
10.如图（a）所示，粗糙水平地面上有一质量的足够长木板Q，将一质量的滑块P（视为质点）轻放在木板Q的右端，从时刻起对木板Q施加一水平向右的恒力F，经过后撤去恒力F，用传感器测得P、Q的图像如图（b）所示，取。则下列说法正确的是( )
A.P、Q间的动摩擦因数
B.Q与地面间动摩擦因数
C.水平恒力大小
D.P、Q均停止运动后P到Q右端的距离为5.625 m
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.（8分）为了探究平抛运动的特点，某同学进行了如下实验：如图（a）所示，离地面某高度的A处有点光源S（未画出），小球从A点水平抛出，在抛出点的正前方竖直放置一块毛玻璃，A点与毛玻璃水平距离，小球初速度与毛玻璃平面垂直，小球抛出后在毛玻璃上有小球运动的投影点，利用闪光频率为50Hz的频闪相机记录投影点的位置，各投影点实际间距如图（b）所示。
（1）分析频闪照片，在误差允许范围内，投影点在竖直方向做________运动，投影点在竖直方向的速度大小为________ m/s（计算结果保留三位有效数字）。
（2）如果投影点的速度用表示，重力加速度为g，则小球平抛初速度的表达式为________（用表示），大小为________ m/s（，计算结果保留三位有效数字）。
12.（8分）为了探究可变电阻（约1000 Ω-3000 Ω）的电阻值变化规律，某同学在下列器材中选择合适器材设计了如图1所示电路：
A.直流电源，内阻不计
B.滑动变阻器（最大阻值50 Ω，允许通过的最大电流0.5 A）
C.滑动变阻器（最大阻值1000 Ω，允许通过的最大电流0.1 A）
D.直流电压表（量程3 V，内阻约为2 kΩ）。
E.直流电流表（量程1 mA，内阻为150 Ω）
F.定值电阻（阻值75 Ω，允许通过的最大电流0.5 A）
G.定值电阻（阻值300 Ω，允许通过的最大电流0.5 A）
H.开关，导线若干
（1）该同学连接好电路后，为了更精确地测定的电阻值，该同学最终应将电压表的S接线端接_______接线柱（填“1”或“2”）。
（2）电路中应选用滑动变阻器为_______，定值电阻为_______（均填写器材前字母）。
（3）经过多次测量后，该同学以电流表读数为纵坐标，以电压表读数为横坐标建立如图2所示图像，通过对图像进行分析可知，当电压为2 V时，电阻的阻值是_______Ω（保留整数）。
13.（10分）如图所示，在体育课上进行篮球训练时，两同学将篮球甲、乙先后分别水平抛出，篮球甲、乙在空中的P点相遇，相遇时两篮球的速度方向相互垂直，已知篮球甲的抛出点到水平地面的高度比篮球乙的抛出点到水平地面的高度大，篮球甲、乙的抛出点的水平距离，篮球甲、乙抛出时的速度大小均为。取重力加速度大小，不计空气阻力，篮球可看成质点。求：
（1）篮球甲、乙在相遇前运动的时间之和t；
（2）篮球甲、乙抛出点的高度差h。
14.（12分）如图所示，在竖直虚线AC和MN之间有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E，在竖直虚线MN和PQ之间，有垂直纸面向里的匀强磁场，AC、MN和MN、PQ的间距均为d，水平线CNQ为电场和磁场的下边界。将一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子在AC边上的O点由静止释放，粒子恰好不能从PQ边射出磁场，最终从NQ的中点射出磁场，不计粒子的重力，求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）O、C间的距离；
（3）若在O点将粒子以初速度沿AC方向射出后经一次电场和一次磁场偏转，刚好从N点射出场区，求初速度。
15.（16分）如图所示，在物流中心，货物无初速度由顺时针转动的水平传送带左端运送至紧靠其右端的长木板上，长木板的上表面与传送带上表面无缝衔接，其右端装有厚度不计的竖直挡板，货物若与挡板碰撞可视为弹性碰撞，木板放置在光滑的水平面上。已知传送带长，长木板的质量、板长，可视为质点的货物质量，该货物与传送带间的动摩擦因数，与长木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度大小取。
（1）若传送带速率，求货物从释放到运动至长木板左端的时间t；
（2）求传送带速度满足什么条件时，货物不会从长木板上滑下；
（3）若货物恰好不与挡板相碰，求整个过程由于摩擦产生的内能Q。
答案以及解析
1.答案：D
解析：
选项 分析 正误
A 做曲线运动的物体所受合外力方向指向轨迹凹侧，由题图知合外力的方向是变化的，故加速度是变化的，滑冰爱好者做非匀变速曲线运动 ×
B 滑冰爱好者的速度大小不变，相等时间内路程相等，但位移大小不一定相等 ×
C 研究滑冰动作时滑冰爱好者的大小和形状不能忽略，故不能把滑冰爱好者看成质点 ×
D 速度大小不变，D点处运动轨迹的弯曲程度最大，对应的半径最小，由知D点处向心加速度最大，合外力最大 √
2.答案：C
解析：根据波向右传播，由题图（b）根据“同侧法”可知，时，质点1向下运动，质点8向下运动，A、B错误；时刻波恰好传到质点1，质点1立即开始向上运动，且经过0.3 s第一次出现如题图（b）所示的波形，则有，解得，又有波长，所以波速，波从质点1传播到质点3所需时间，传播到质点5所需时间，则至内，质点5运动的时间为0.2 s，质点3运动的时间为，质点3通过的路程，C正确，D错误。
3.答案：A
解析：如图所示，由于射出的光线恰好与入射光平行，根据光的折射定律有，可知出射点的切线与MN平行，出射点一定在O点，A正确。
4.答案：D
解析：根据图像有，根据理想气体状态方程有，解得，则图像是开口向下的抛物线的一部分，D正确。
5.答案：A
解析：作出运动员的图像大致如图所示，由图知，0~时刻运动员向上减速到零，故时刻运动员离水面最高，A正确；由图知，0~时间内运动员的速度方向向上，B错误；运动员所受重力的冲量大小为，故0~时间内运动员所受重力冲量不为零，C错误；0~段运动员的加速度方向向下，运动员处于失重状态，D错误。
6.答案：D
解析：以靠近磁铁的两段铜圈为研究对象，铜圈上有斜向下的电流，如图所示。若与电池负极接触的是磁铁N极，则左、右两段铜圈分别处于斜向左下方、斜向右下方的磁场中，根据左手定则，右侧铜圈此刻垂直于纸面往外运动，左侧铜圈此刻垂直于纸面向里运动，即从上往下看，铜圈正在顺时针转动，A错误；铜圈会转动是由于受到安培力的作用，B错误；若磁铁和电池都倒过来放，空间中的磁场方向发生变化，铜圈中的电流方向也发生变化，“心形铜圈”不会改变转动方向，C错误；铜圈由静止开始加速转动的过程中，铜圈切割磁感线产生的电动势增大，即反电动势增大，则铜圈中的电流减小，D正确。
7.答案：B
解析：作出输电过程的示意图如图所示。每秒流水的质量为，水的重力做功功率为，由题意知，发电站输送的总功率（水所发电的总功率）为，发电站的发电效率为，D错误；输电线上损失的功率为，解得输电线上的电流为，因为是理想变压器，则有，解得，根据理想变压器原、副线圈两端电压之比等于匝数比，则对升压变压器，有，A、C错误；降压变压器的输入电压为，根据理想变压器原、副线圈两端电压之比等于匝数比，则对降压变压器，有，B正确。
8.答案：AC
解析：根据核反应过程质量数和电荷数守恒知，X粒子为电子，A正确；起搏器的工作环境不会改变氚的半衰期，B错误；电池中氚的含量等于初始值的25%时，即剩余的氚核为原来的四分之一，根据知，经过了两个半衰期，氚电池大约能正常工作25年，即年=25年，则半衰期为12.5年，C正确，由上述分析可知，质量为1 kg的氚核经过25年后剩余0.25 kg，D错误。
9.答案：CD
解析：在时间内，神舟十七号在椭圆轨道上加速度大小不断变化，故不符合匀变速直线运动中平均速度的结论，A错误；由开普勒第三定律知，解得，B错误；设地球质量为M，由，解得，则密度，带入T值有，C正确；由知，，D正确。
10.答案：ACD
解析：由题图（b）可知，滑块P的加速度大小，对P由牛顿第二定律得，代入数据解得P、Q间的动摩擦因数，A正确；由题图（b）可知，撤去恒力F前木板的加速度大小，撤去恒力F后木板Q减速运动的加速度大小，对Q由牛顿第二定律得，代入数据解得，，B错误，C正确；图像与横轴围成图形的面积表示位移，由题图（b）可知时，P到Q的右端的距离，假设P、Q共速后相对滑动，对P由牛顿第二定律得，对Q由牛顿第二定律得，代入数据解得，假设成立，5 s后P、Q都做匀减速直线运动直到速度为零，从共速到Q停止时，Q的位移，从共速到P停止时，P的位移均停止运动后P到Q右端的距离，D正确。
11.答案：（1）匀速直线运动；2.45
（2）；2.00
解析：（1）由频闪照片可知，在误差允许的范围内，相等的时间内走过的位移可视为相等，故投影点在竖直方向上做匀速直线运动；由题可知，故两相邻投影点的时间间隔为，投影点在竖直方向上的速度大小为。
（2）设x、h分别为平抛运动的水平位移，竖直位移，设小球运动至P点时投影点为Q点，显然与相似，则有，则，由（1）分析可知投影点在竖直方向做匀速直线运动，则，代入解得。
12.答案：（1）2
（2）B；F
（3）1061
解析：（1）因电流表内阻、定值电阻阻值均明确，故改装后的电流表内阻已知，用内接法可计算出真实值，故接2接线柱。
（2）滑动变阻器分压式连接，故滑动变阻器选B；电流表改装时，，若用G定值电阻，则量程改为1.5 mA，而用F定值电阻则可将量程改为3 mA，由于通过的电流可能大于1.5 mA，为了确保电流表不被损坏，定值电阻应选F。
（3）电压表读数为2V时，电流表读数0.6 mA，则流过电阻的电流值为1.8 mA，又因为改装后的电流表内阻为50 Ω，故。
13.答案：（1）
（2）
解析：（1）设篮球甲、乙从抛出到相遇运动的时间分别为、
水平方向有
解得
（2）如图所示
设篮球甲落在P点时速度与竖直方向的夹角为，则有
由上问
可得
依题意
解得
14.答案：（1）
（2）（不含）
（3）
解析：（1）设粒子进入磁场时的速度大小为，根据动能定理有
解得
根据题意可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为d，则有
解得
（2）设粒子最后从NQ中点射出时离最后一次圆周运动的圆心的竖直距离为L，根据几何关系有
解得
由粒子运动的周期性，若最后一次圆周运动的圆心角小于90°，则O点到C点的距离为
，
若最后一次圆周运动的圆心角大于90°，则O点到C点的距离为，
即O点到C点的距离为（不含）
（3）设粒子进磁场时的速度大小为v，速度与水平方向的夹角为θ，则，
粒子做圆周运动的半径
粒子进出磁场的位置间的距离
设粒子在电场中运动的时间为t，则有
解得
沿竖直方向运动的距离，
又有（，则）
解得
15.答案：（1）2 s
（2）
（3）7 J
解析：（1）设货物在传送带上的加速度大小为，与传送带共速的时间为，货物位移大小为，
对货物，根据牛顿第二定律有，
解得
与传送带共速所需的时间为
该阶段货物运动的位移大小为
设货物还需要时间到达长木板的左端，则有
解得
则货物从释放到运动至长木板左端的时间为
（2）设货物以速度到达长木板左端时，恰好不会滑下，与长木板共速时的速度为，此时货物一定位于长木板左端，对货物与长木板，由动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
联立解得
若货物在传送带上一直加速，则，解得，
所以传送带的速度
（3）设货物以速度到达长木板左端时，恰好不与挡板相碰，与木板共速时的速度为v，对货物与长木板，由动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
联立解得
若货物在传送带上一直加速，则货物到达传送带右端的速度为，
所以传送带的速度为，设货物与传送带的相对位移大小为，
则
整个过程由于摩擦产生的内能为

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