资源简介

2025年福建省泉州市安溪一中、惠安一中、养正中学、泉州实验中学高考物理模拟试卷
一、单选题：本大题共4小题，共16分。
1.如图甲所示，一束单色光从真空中沿半径射入半圆柱形透明工件，光在圆心O处发生折射和反射，折射光线的强度随着的变化而变化，如图乙所示。，结合图像信息可知，单色光在工件中的折射率为( )
A. B. C. D.
2.全红婵在巴黎奥运十米跳台跳水比赛中以“水花消失术”的惊艳表现夺得金牌。某次跳水，她在跳台上倒立静止，然后下落，前5m完成技术动作，随后5m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，则她用于姿态调整的时间约为取( )
A.
B.
C.
D.
3.人体的细胞膜模型如图甲所示，双分子层之间存在电压，医学上称为膜电位。将厚度均匀细胞膜简化为如图乙所示模型，膜内电场由膜电位产生，可视为匀强电场。初速度为零带正电的钾离子仅在电场力作用下从图中的A点运动到B点。下列说法正确的是( )
A. B点电势较高
B. 钾离子电势能增大
C. 仅增大膜电位，钾离子到达B点的速度变小
D. 仅增加膜的厚度，钾离子到达B点的速度不变
4.如图所示，金属环1、2分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，并用不可伸长的细线连接，整个装置水平向左做加速运动，加速度从零开始增加。在两金属环相对杆滑动之前，下列说法正确的是( )
A. 金属环1与水平杆之间的弹力一定变大
B. 金属环1与水平杆之间的摩擦力一定变大
C. 金属环2受到细线的拉力大小一定变大
D. 金属环2与竖直杆之间的弹力一定变大
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图甲，手机小孔位置内安装了降噪麦克风。降噪原理是通过降噪系统产生降噪声波，再使降噪声波与环境噪声叠加，从而实现降噪效果，如图乙、图丙表示的是理想情况下的降噪过程，实线表示环境噪声的声波，虚线表示降噪系统产生的等幅反相声波。则( )
A. 降噪过程应用的是声波的衍射原理 B. 降噪过程应用的是声波的干涉原理
C. 两列声波的频率大小相等 D. 质点P是振动加强点
6.如图甲，某行星外围有一圈厚度为d的发光带，R为该行星的半径。若发光带是环绕该行星做圆周运动的卫星群，发光带上某卫星绕行星中心的运行速度的二次方与到该行星中心的距离r的倒数之间的关系图像如图乙所示图线中为已知量。已知引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A. 该行量的第一宇宙速度为 B. 该行星的质量
C. 该行星的平均密度 D. 该行星表面的重力加速度
7.如图甲所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图乙所示，周期为3to。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为2r的导电圆环Ⅰ，与磁场边界相切的半径为的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角；导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则( )
A. 时刻圆环Ⅰ中电流为 B. 时刻圆环Ⅱ中电流为
C. 时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为0 D. 圆环Ⅰ中电流的有效值为
8.如图所示，一根长为L的轻杆的两端分别固定小球A和B。轻杆可绕距A球为处的轴O在竖直平面内转动，初始时杆处于竖直位置，小球B恰好与水平光滑地面接触。在杆的左侧紧贴着B球有边长为的立方体滑块C，A、B、C的质量均为m。现用一水平恒力作用于A球上，使之绕固定的O轴顺时针转动，直到B转动到C的右上角分离。设在此过程中C滑块一直紧贴地面，不计一切摩擦。关于此过程，下列判断正确的是( )
A. 水平恒力F的功率逐渐减少 B. 水平恒力F做的功为
C. 分离之前滑块C的动能始终小于球A的动能 D. 滑块C的最大速度为
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图像如图乙所示。已知发电机线圈电阻为，外接一只阻值为的电阻，不计电路的其他电阻，则时线圈平面与磁场方向______选填“平行”或者“垂直”，电流表的示数为______ A，线圈的转速为______。
10.如图，为氢原子在可见光区域的光谱线，红色的线，蓝绿色的线，青色的线，紫绿色的线。根据玻尔原子理论，是氢原子从第______能级跃迁到第2能级产生的光谱线，该能级的轨道半径与第2能级轨道半径之比为______，与光谱线对应的光子的能量之比为______。已知氢原子能级公式，轨道半径公式
11.如图，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积S，与汽缸底部相距h，此时封闭气体的温度为T，现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，气体温度上升到2T，已知大气压强为，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦。则该过程气体的压强______选填“增大”、“减小”或“不变”；加热后活塞到汽缸底部的距离为______；加热过程中气体的内能增加量为______。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.如图，一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。
某同学要测量图中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为；当托盘内放有质量为m的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图所示，其读数为______cm。当地的重力加速度为g，则计算弹簧劲度系数的表达式为______用上述所给的物理量符号表示。实验期间，该同学发现游标卡尺的两个测量爪闭合时，游标尺的零刻度线与主尺的零刻度线并没有对齐即存在“零误差”。你认为存在零误差的卡尺对实验结果______选填“会”或者“不会”产生影响。
13.多用电表是实验室中常用的测量仪器，其内部的部分电路如图甲所示，通过一个单刀多掷开关S，表笔B可以分别与触点1、2、3、4、5、6接通，从而实现用多用电表测量不同物理量的功能。该多量程多用电表有两个电流挡位：10mA、100mA，有两个电压挡位、10V，有两个欧姆表挡位。已知表头G的满偏电流为，内阻为，图乙为该多用表的表盘，其欧姆挡中央刻度线为15。
图甲中B是______选填“红”或“黑”表笔；
当S接触点______选填“1”“2”“3”“4”“5”或“6”时对应多用电表挡。
测量未知电阻时，将图甲中S接触点3。已知电源电动势，则使用这个挡位测量一个未知电阻时，经过正确操作后，指针处于图乙所示的位置，那么该被测电阻的阻值为______。
将图甲中S接触点4，使其挡位是S接触点3时倍率的10倍，那么电源的电动势______。
多用电表长时间没用，重新拿出来使用时，两表笔短接后，发现指针会偏转，但欧姆挡无法进行欧姆调零，你认为可能的原因是______只要写出一条理由即可。
五、计算题：本大题共3小题，共39分。
14.物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨AB与水平面成角，长度，水平滑轨BC长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从顶端A由静止开始下滑，其与两段滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点，其质量，货物滑离C端时的速度不超过，取，，，求：
货物在倾斜滑轨运动过程中的加速度大小；
水平滑轨BC的最短长度。
15.某同学受《三国演义》的启发，设计了一个“借箭”游戏模型。如图所示，城堡上装有一根足够长的光滑细杆，杆上套一个质量为的金属环，金属环用长度轻绳悬挂着一个质量为的木块，静止在城墙上方。若士兵以一定角度射出质量为的箭，箭刚好水平射中木块并留在木块中箭与木块的作用时间很短，之后带动金属环运动。已知箭的射出点到木块的水平距离为、竖直高度为，重力加速度，在整个运动过程中，木块整体上升的最大高度小于绳长，箭、木块、金属环均可视为质点，忽略空气阻力，求：
箭射中木块前瞬间的速度大小；
箭射入木块的过程中系统损失的机械能；
木块第一次回到最低点时绳子的拉力大小？
16.上海光源是我国的重大科学装置。该装置中，电子经电场加速，进入波荡器做“蛇形”运动，产生辐射光。电子的电荷量e、质量m、初速度均已知，不计相对论效应及辐射带来的动能损失，忽略电子所受的重力。
图甲为直线加速器简化模型，两加速电极中心有正对的小孔。为了使电子从右侧出射时动能为，求极板间的加速电压大小。
图乙是波荡器简化模型，匀强磁场均匀分布在多个区域，水平面内沿轴线AC方向每一区域宽L，纵向尺寸足够大。各相邻区域内磁场方向相反并垂直于所示平面。在A点放置一电子发射装置，使电子以速率v，在所示平面内与轴线AC成的范围内均匀发散射出。若恰有的电子能从Ⅰ区域右边界射出。求Ⅰ区域磁感应强度大小。
如图丙，电子在磁感应强度为的匀强磁场中运动时，其轨迹上任意两点间存在规律：。其中、为速度方向角，d为两点沿轴线方向的位移。图丁为更接近波荡器真实情况的磁场沿轴线水平向右为x轴正方向，垂直纸面向里为磁场正方向，若电子从A点沿轴线向右射入，求处电子速度方向。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由图乙可知，当时，光恰好发生全反射，则临界角为
根据全反射临界角公式有
代入数据解得
故A正确，BCD错误。
故选：A。
由图乙确定此工件的临界角，根据全反射临界角公式，求出工件的折射率n。
解决本题关键要理解全反射现象及其产生的条件，并掌握临界角公式。
2.【答案】C
【解析】解：由题意假设整个下落过程近似为自由落体运动，根据
可知下落10m所用时间为
下落5m所用时间为
则她用于姿态调整的时间约为，解得，故C正确，ABD错误。
故选：C。
全红婵下落过程近似为自由落体运动，根据自由落体规律求解下落10m以及下落5m的时间，二者差值等于用于姿态调整的时间。
本题考查自由落体规律规律对应，解题关键是会利用位移-时间关系求解运动时间。
3.【答案】D
【解析】解：由题知，初速度为零带正电的钾离子仅在电场力作用下从图中的A点运动到B点，则电场力做正功，则钾离子的电势能减小，钾离子带正电，则B点电势低于A点电势，故AB错误；
初速度为零带正电的钾离子仅在电场力作用下从图中的A点运动到B点的过程，由动能定理可知：，
由此可知，仅增大膜电位，钾离子到达B点的速度变大，
仅增加膜的厚度，钾离子到达B点的速度不变，
故C错误，D正确；
故选：D。
结合题意，由电场力做功与电势能变化的关系、电势与电势能的关系，即可分析判断；
结合题意，由动能定理列式，即可分析判断。
本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。
4.【答案】D
【解析】解：由题意，对金属环受力分析，可得下图：
对金属环2，
竖直方向，由平衡条件可得：
，
水平方向，由牛顿第二定律可得：
，
由此可知，随着a的增加，细线的拉力T不变、金属环2与竖直杆之间的弹力增大；
对金属环1，
竖直方向，由平衡条件可得：
，
水平方向，由牛顿第二定律可知，
当a较小时，f向右，有：，
当a较大时，f向左，有：，
由此可知，随着a的增加，金属环1与水平杆之间的弹力不变，若a一直增大，则金属环1与水平杆之间的摩擦力f先向右减小、后向左增大；
故ABC错误，D正确；
故选：D。
结合题意，对两个金属环受力分析，由平衡条件、牛顿第二定律分别列式，即可分析判断ABCD正误。
本题主要考查对牛顿第二定律的掌握，解题时需注意，应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
5.【答案】BC
【解析】解：由题图丙可知，降噪声波与环境声波波长相等，则频率相同，叠加时产生稳定干涉，又由于两列声波等幅反向，故能使振幅减为零，从而起到降噪作用，两列声波使P点的振动方向相反，故P点为振动减弱点，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
两列波的波长相等，在同种介质中速度相等，则频率相同，叠加时产生稳定干涉，又由于两列声波等幅反向，故能使振幅减为零，从而起到降噪作用，两列声波使P点的振动方向相反，振动减弱。
明确波传播的特点，知道传播介质相同，传播速度相同，知道稳定干涉的概念。
6.【答案】AC
【解析】解：该发光带是环绕该行星做圆周运动的卫星群，由万有引力提供向心力，有，化简可得，又由题图乙可知图像的斜率，故，联立可得该行星的质量，故B错误；
D.当时，有，得行星表面的重力加速度，故D错误；
A.行星的第一宇宙速度，故A正确；
C.该行星的平均密度，故C正确。
故选：AC。
根据万有引力提供向心力结合图像的斜率、黄金代换式、第一宇宙速度的知识等进行分析解答。
考查万有引力提供向心力结合图像的斜率、黄金代换式、第一宇宙速度的知识，会根据题意进行准确分析解答。
7.【答案】AD
【解析】解：A、在时间内磁感应强度的变化率为，所以在时刻圆环Ⅰ中产生的感应电动势大小为，则圆环Ⅰ中的感应电流大小为，故A正确；
B、圆环Ⅱ中没有磁场，磁通量恒为零无变化，且圆环Ⅰ与圆环Ⅱ绝缘，又不受其影响，因此圆环Ⅱ中一直没有电流，故B错误；
C、假设有一金属圆环与PQ所在的感生电场线上重合，则沿着圆环感生电场线转一圈，电势差即为感生电动势的大小。时，假设圆环的感应电动势大小，则，故C错误；
D、在和时间内圆环Ⅰ产生的感应电动势大小相等均为，在时间内圆环Ⅰ产生的感应电动势大小为，设感应电动势的有效值为，所以圆环Ⅰ中电流的有效值为，解得，故D正确。
故选：AD。
根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律计算；圆环Ⅱ中没有磁场，磁通量恒为零无变化；根据比例关系计算电势差；先计算出感应电动势的有效值，然后根据欧姆定律计算电流的有效值。
本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，以及有效值的计算方法。
8.【答案】BD
【解析】解：A、用表示A球转过角时A球的速度大小，用表示A球转过角时B球的速度大小，用v表示此时立方体的速度大小，则有
A、B两球的角速度相等，根据，，，可得
根据功能关系得
解得：
由几何关系可知转过的最大角度为
则力F的功率为
由数学知识可知，水平恒力F的功率增加，故A错误；
B、水平恒力F做的功为，故B错误；
C、分离前C的动能为
分离前A的动能为
由数学知识可知，分离之前，的范围为
则
可知
即分离之前滑块C的动能始终大于球A的动能，故C错误；
D、当时，C的速度最大为，结合，解得，故D正确。
故选：BD。
对B球和C物体，将B球的速度进行分解，写出两者的关系，对整体根据功能关系写出当轻杆转过角时，各物体的速度的表达式，再根据功率公式可判断水平恒力F的功率变化情况；并比较C和A的动能的大小；根据功的计算公式求水平恒力F做的功；当转过角时速度最大，求出滑块C的最大速度。
解答本题时，要紧紧抓住牵连速度关系，利用功能关系得到A球速度表达式，运用数学知识分析水平恒力F的功率变化情况，这是常用的函数法，要熟练掌握。
9.【答案】垂直 50
【解析】解：由图乙可知，在时线圈产生的感应电动势的瞬时值为零，所以此时线圈处于中性面位置，极线圈平面与磁场方向垂直，电动势的有效值为，所以电流表的示数为，由图乙可知电动势的变化周期为，所以交流电的频率为，则线圈的转速为。
故答案为：垂直，，50。
根据图乙分析线圈所在位置，先计算出电动势的有效值，然后根据闭合电路的欧姆定律计算电流表的示数，根据电动势的变化周期计算线圈的转速。
知道电流表的示数是交变电流的有效值是解题的基础。
10.【答案】3 9：4 25：28
【解析】解：因为红色的线波长最长，光子能量最小，所以能级差最小，所以，是氢原子从第3能级跃迁到第2能级产生的光谱线，根据轨道半径公式可知该能级的轨道半径与第2能级轨道半径之比为9：4。由图可知线是从第4能级跃迁到第2能级产生的，线是从第5能级跃迁到第2能级产生的，所以与光谱线对应的光子的能量分别为，，则与光谱线对应的光子的能量之比为25：28
故答案为：3，9：4，25：28。
根据线波长最长，光子能量最小分析；根据轨道半径公式分析；根据光子能量等于能级差分析计算。
知道轨道半径公式，氢原子从高能级向低能级跃迁要放出光子，且放出光子的能量等于两个能级差。
11.【答案】不变 2 h
【解析】解：对活塞，由平衡条件可得，封闭气体的压强为：
，
则该过程气体的压强不变；
由题知，对封闭气体，该过程有：
初态：，，
末态：，，
根据盖-吕萨克定律可得：
，
联立可得，加热后活塞到汽缸底部的距离为：
；
根据热力学第一定律可得：
，
结合前面分析可知，升温过程，气体对外做功，则：
，
联立可得：
；
故答案为：不变；2h；。
结合题意，由平衡条件、盖-吕萨克定律、热力学第一定律分别列式，即可分析求解。
本题考查了气体的等压变化与盖-吕萨克定律的应用，解题时需注意，一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比。
12.【答案】 不会
【解析】解：读数为。当托盘内放有质量为m的砝码时，弹簧的形变量为，根据胡克定律可得弹簧的劲度系数为。游标卡尺的两个测量爪闭合时，游标尺的零刻度线与主尺的零刻度线并没有对齐，虽然两次的读数都不准确，但是两次读数的差值才是弹簧的形变量，所以存在零误差的卡尺对实验结果不会产生影响。
故答案为：，，不会。
根据游标卡尺的读数规则读数，根据胡克定律计算，根据两次读数差表示弹簧的形变量分析。
本题考查了胡克定律的应用以及游标卡尺的读数方法，基础题。
13.【答案】黑； 5； 70； 15 V； 电源内阻太大
【解析】根据“红进黑出”的原则，电流从欧姆表内部电源正极流出，所以B应该是黑表笔。
电压表是通过表头串联电阻改装而成的，串联电阻越小，量程越小，所以挡对应5。
将图甲中S接触点3。已知电源电动势，此时干路电流为10mA，则内阻
解得
欧姆表为挡，读数为
将图甲中S接触点4，使其挡位是S接触点3时倍率的10倍，则
根据
解得
欧姆挡无法进行欧姆调零的原因可能是电源内阻太大。
故答案为：黑；；；；电源内阻太大
根据实验原理与步骤判断红、黑表笔。
根据欧姆定律结合电流表量程解答。
本题考查多用表的结构、原理和使用方法以及误差分析。用欧姆定律解决相关问题。
14.【答案】货物在倾斜滑轨运动过程中的加速度大小为；
水平滑轨BC的最短长度为
【解析】设货物在倾斜滑轨运动过程中的加速度大小为，
对货物受力分析，如下图：
垂直于倾斜滑轨方向，由平衡条件可得：
，
沿倾斜滑轨方向，由牛顿第二定律可得：
，
其中：
，
联立可得：
；
结合可知，货物在滑轨上，根据运动学公式有：
，
在水平滑轨上，根据牛顿第二定律可得：
，
货物在水平滑轨上，根据运动学公式有：
，
由题知：
，
联立可得：
；
答：货物在倾斜滑轨运动过程中的加速度大小为；
水平滑轨BC的最短长度为。
对货物受力分析，由平衡条件、牛顿第二定律、摩擦力的计算公式分别列式，即可分析求解；
结合前面分析及题意，由牛顿第二定律、运动学规律分别列式，即可分析求解。
本题主要考查牛顿第二定律求解多过程问题，解题时需注意：分析物体的运动过程、分析每一阶段物体受力的变化、根据牛顿第二定律分析物体加速度的变化、根据加速度的情况分析物体的运动情况。
15.【答案】箭射中木块前瞬间的速度大小为；
箭射入木块的过程中系统损失的机械能为21J；
木块第一次回到最低点时绳子的拉力大小为
【解析】箭射出后做斜抛运动，设箭射中木块前瞬间的速度大小为，即斜抛运动的水平分速度为，由运动学公式得：
解得：
箭射入木块的过程，两者动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：
解得：
由能量守恒定律可得此过程损失的机械为：
其中：，
解得：
在木块与圆环一起向右运动再回到最低点过程中，在水平方向上满足动量守恒定律，设木块回到最低点时，木块与圆环的速度分别为、。以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
其中：
解得：，
设木块第一次回到最低点时绳子的拉力大小为F，根据牛顿第二定律得：
解得：
答：箭射中木块前瞬间的速度大小为；
箭射入木块的过程中系统损失的机械能为21J；
木块第一次回到最低点时绳子的拉力大小为。
箭射出后做斜抛运动，根据斜抛运动的规律，应用运动学公式求解；
根据动量守恒定律与能量守恒定律求解箭射入木块的过程中系统损失的机械能；
在木块与圆环一起向右运动再回到最低点过程中，在水平方向上满足动量守恒定律，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得木块回到最低点时木块与圆环的速度，根据牛顿第二定律求解木块第一次回到最低点时绳子的拉力大小。
本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、斜抛运动规律、牛顿第二定律在圆周运动中的应用。掌握从动量与能量的角度处理问题的方法。
16.【答案】解：根据动能定理
解得
根据左手定则，电子受到洛伦兹力在Ⅰ区域向下偏转，以洛伦兹力为向心力做圆周运动
解得
根据题干条件，电子在角度范围内分布均匀，可知在入射角度相对轴线偏下的电子刚好无法进入Ⅱ区域。
由几何关系可知，若电子刚好无法从右侧射出，电子轨迹与区域Ⅰ右边缘相切
解得
将空间沿轴线方向分割成微元，经过任何一个微元，电子速度方位角的正弦值变化量近似为，其中B为该微元处的平均磁感应强度，无限细分之后求和可知，速度偏向角的正弦值变化量为，其中S为图线所围的面积。类比图，横轴下方面积为“负”，因此
沿轴线入射，因此
因此
处，，即速度方向与轴线AC夹角45度，方向向右偏下。
答：极板间的加速电压大小为；
Ⅰ区域磁感应强度大小为；
处电子速度方向为与轴线AC夹角45度，方向向右偏下。
【解析】根据动能定理求极板间的加速电压大小；
根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求Ⅰ区域磁感应强度大小；
利用数学思想求处电子速度方向。
本题考查带电粒子在组合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出轨迹图，正确运用数学几何关系。

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