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2025年天津市耀华中学高考物理模拟试卷
一、单选题：本大题共4小题，共20分。
1. 在物理学的发展过程中，有一些科学家由于突出的贡献而被定义为物理量的单位以示纪念．下面对高中学习的物理单位及其相对应的科学家做出的贡献叙述正确的是（　　）
A. 力的单位是牛顿，牛顿通过实验测定出万有引力常量
B. 电量的单位是库伦，库伦通过实验测定出元电荷
C. 磁感应强度的单位是特斯拉，特斯拉发现了电流的磁效应
D. 电流强度的单位是安培，安培提出了分子电流假说
【答案】D
【解析】
【详解】A．力的单位是牛顿（N），牛顿发现万有引力定律，卡文迪许通过实验测定出万有引力常量，故A错误；
B．电量的单位是库伦（C），密立根通过实验测定出元电荷，故B错误；
C．磁感应强度的单位是特斯拉（T），奥斯特发现了电流的磁效应，故C错误；
D．电流强度的单位是安培（A），安培提出了分子电流假说，故D正确；
2. 有关原子与原子核的相关知识，以下说法正确的是（ ）
A. 核反应方程式中X为正电子
B. 射线是高速运动的氦原子核，具有良好的穿透性，能够穿透几厘米厚的铅板
C. 聚变又叫“热核反应”，太阳就是一个巨大的热核反应堆
D. 是核裂变方程，该反应能发生链式反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据核反应方程式可以判断其中X质量数为0，电荷数为-1，则X为负电子，故A错误；
B．射线是高速运动氦原子核，电离本领较强，穿透性极弱，只能穿透薄纸片，故B错误；
C．聚变又叫“热核反应”，宇宙中时时刻刻都在进行着，太阳就是一个巨大的热核反应堆，故C正确；
D．是衰变方程，不是核裂变方程，当铀块体积大于临界体积时，发生链式反应，故D错误。
故选C。
3. 一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V-T图象如图所示。下列说法正确的有（　　）
A. A→B的过程中，气体对外界做功
B. A→B的过程中，气体放出热量
C. B→C的过程中，气体压强增大
D. A→B→C的过程中，气体内能增加
【答案】B
【解析】
【详解】A．A→B的过程中，温度不变，体积减小，可知外界对气体做功，故A错误；
B．A→B的过程中，温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律△U=W+Q知，W为正，则Q为负，即气体放出热量，故B正确；
C．因为V-T图线中，BC段的图线是过原点的倾斜直线，则程B→C的过程中，压强不变，故C错误；
D．A到B的过程中，温度不变，内能不变，B到C的过程中，温度降低，内能减小，则A→B→C的过程中，气体内能减小，故D错误。
故选B。
4. 一个带负电的粒子仅在电场力的作用下，从x轴的原点O由静止开始沿x轴正方向运动，其运动速度v随位置x的变化关系如图所示，图中曲线是顶点为O的抛物线，粒子的质量和电荷量大小分别为m和q，则下列说法正确的是（　　）
A. 粒子沿x轴做加速度不断减小的加速运动
B. O、x1两点之间的电势差
C. 粒子从O点运动到x1点的过程中电势能减少了
D. 电场为匀强电场，电场强度大小
【答案】C
【解析】
【详解】AD．由题意可知，图中曲线是抛物线，则曲线表达式可写为
粒子只在电场力作用下运动，由动能定理得
即
又
所以粒子在运动过程中，受到的电场力不变，说明电场为匀强电场，场强为
沿x轴合外力不变，即粒子沿x轴做加速度不变的加速运动，故AD错误；
BC．粒子从O点运动到点x1，由动能定理得
电场力做正功，电势能减少，为
则O、x1两点之间电势差为
故B错误，C正确。
故选C。
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
5. 如图甲所示，在平静的水面下深h处有一个点光源s，它发出的两种不同颜色的a光和b光在水面上形成了一个有光线射出的圆形区域，该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光圆形区域，周围为环状区域，且为a光的颜色（见图乙）。以下说法正确的是（　　）
A. 在同一装置的双缝干涉实验中，a光条纹间距比b光宽
B. 若两种光照射某种金属均能产生光电效应现象，则a光产生的光电子最大初动能更大
C. 由点光源S垂直水面发出的光，a光在水中的传播时间比b光长
D. 在水中，a光的波长比b光大
【答案】AD
【解析】
【详解】D．在水面上被照亮的圆形区域边缘光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C，a光在水面上形成的圆形亮斑面积较大，可知a光的临界角较大，根据，水对a光的折射率比b光小，则在真空中，a光的频率较小，波长较长，D正确；
A．在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，根据，因为a光波长长，则a光条纹间距比b光宽，A正确；
B．因为a光的频率较小，则若用a、b两种光照射某种金属均可以发生光电效应现象，根据，则用b光照射该金属时产生的光电子最大初动能更大，B错误；
C．根据，因a光的折射率比b光小，则a光在水中的速度较大，则由点光源S垂直水面发生的光，a光在水中的传播时间比b光短，C错误。
故选AD。
6. “太空涂鸦”是近年来非常流行的一种非军事暴力性的反卫星技术。其基本过程为：进攻前处于低轨运行的攻击卫星通过变轨接近高轨侦查卫星，准确计算轨道并向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦查卫星时，压爆弹囊，让高分子粘性磁电材料“漆雾”散开并喷向侦查卫星，使之暂时失效。下列关于攻击卫星的说法正确的是（ ）
A. 攻击卫星进攻前需要加速才能进入侦察卫星轨道
B. 攻击卫星进攻前的向心加速度小于攻击时的向心加速度
C. 攻击卫星进攻前的机械能小于攻击时的机械能
D. 攻击卫星进攻时的线速度大于7.9km/s
【答案】AC
【解析】
【详解】A．攻击卫星进攻前要从低轨道进入高轨道，则需要加速做离心运动才能进入侦察卫星轨道，选项A正确；
B．根据
攻击卫星进攻前的轨道半径小于攻击时的轨道半径，可知攻击卫星进攻前的向心加速度大于攻击时的向心加速度，选项B错误；
C．攻击卫星进攻前要加速进入高轨道，除引力外的其他力做正功，机械能增加，则攻击前的机械能小于攻击时的机械能，选项C正确；
D．7.9km/s是所用绕地球做圆周运动卫星的最大环绕速度，则攻击卫星进攻时的线速度小于7.9km/s，选项D错误。
故选AC。
7. 一不计电阻的矩形导线框，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的正弦交流电如图甲所示。把该交流电接在图乙中理想变压器的a、b两端，Rt为热敏电阻（温度升高时，其电阻减小），R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A. 在t=l.5×10-2s时刻，线框平面与磁场方向垂直
B. 该交流电电压的瞬时值表达式为
C. Rt处温度升高时，Vl表示数与V2表示数的比值增大
D. Rt处温度升高时，定值电阻R上消耗功率减小
【答案】BC
【解析】
【详解】A．在t=l.5×10-2s时刻，交变电压最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，穿过该线圈的磁通量为零，线框平面与磁场方向平行，故A错误；
B．由图知，最大电压
周期为0.02s，角速度是
则该交流电电压的瞬时值表达式为
故B正确；
C．Rt处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，Rt温度升高时，阻值减小，电流增大，则R电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C正确；
D．Rt处温度升高时，阻值减小，副线圈的电流增大，则定值电阻R上消耗的功率增大，故D错误。
故选BC。
8. 如图，一列简谐横波在均匀介质中沿+x轴方向传播，其波长为λ、周期为T。某时刻，在该波传播方向上的P、Q两质点（图中未画出，P点比Q点更靠近波源）偏离各自平衡位置的位移大小相等、方向相反，则下列说法正确的是（　　）
A. 波从P点传到Q点所需时间可能等于一个周期
B. 此时刻P、Q两质点的速度可能相同
C. 若该波的频率增加一倍，其它条件不变，则波从P点传到Q点的时间将减少一半
D. P、Q两质点平衡位置间的距离可能介于和λ之间
【答案】BD
【解析】
【详解】A．依题，某时刻P、Q两质点的位移大小相等、方向相反，而相差一个波长的两个质点位移是大小相等、方向相同的，则两质点间的距离不可能等于一个波长，即波从P点传到Q点所需时间不可能等于一个周期，故A错误；
B．根据波形分析得知，此时刻P、Q两质点的速度方向可能相反，也可能相同，故B正确；
C．波速是由介质决定的，若该波的频率增加一倍，而波速不变，波从P点传到Q点的时间将保持不变，故C错误；
D． P、Q两质点平衡位置间的距离可能介于和λ之间，如下图所示，故D正确。
故选BD。
三、实验题：本大题共1小题，共12分。
9. 某同学在做“利用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长为，摆球直径为，然后用秒表记录了单摆完成50次全振动所用的时间为。则：
(1)他测得的重力加速度______。（计算结果取三位有效数字）
(2)他测得的值偏小，可能原因是______。
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，摆线长度增加
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动计为50次
【答案】 ①. 9.76 ②. B
【解析】
【详解】(1)[1]由实验数据可知，单摆的摆长
单摆的周期
由单摆的周期公式可得
(2)[2]根据
可知，若值测量值变小，可能是变小，也可能是值变大。
A．测摆线长时摆线拉得过紧，会使得摆长变长，值测量值变大，故A错误；
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，导致测量的摆长比实际摆长偏小，值测量值变小，故B正确；
C．开始计时时，秒表过迟按下，会使得周期偏小，值测量值变大，故C错误；
D．实验中误将49次全振动计为50次，周期偏小，值测量值变大，故D错误。
故选B。
10. 某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为10kΩ），除了Rx，开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A.电压表（量程0~1V，内阻约10kΩ）
B.电压表（量程0~10V，内阻约100kΩ）
C.电流表（量程0~1mA，内阻约30Ω）
D.电流表（量程0~0.6A，内阻约0.05Ω）
E.电源（电动势1.5V，额定电流0.5A，内阻不计）
F.电源（电动势12V，额定电流2A，内阻不计）
G.滑动变阻器R0（阻值范围0~10Ω，额定电流2A）
①为使测量尽量准确，电压表选用_______，电流表选用_______，电源选用_______。（均填器材的字母代号）；
②画出测量Rx阻值的实验电路图_______。
③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会_______其真实值（填“大于”“小于”或“等于”），原因是_______。
【答案】 ①. B ②. C ③. F ④. ⑤. 大于 ⑥. 电压表的读数大于待测电阻两端实际电压
【解析】
【分析】①由于本题的被测电阻达到10kΩ，所以电源要选择电动势大的，然后根据电路电流选择电流表，电压表；
②若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，根据和的关系分析电流表的接法；
③根据电流表的接法判断实验误差所在；
【详解】①[1][3]若选用电源1.5V，由于被测电阻很大，电路中电流非常小，不利于实验，即电源选用12V的，即F；则电压表就应该选取B；
[2]电路中的最大电流为
故选用电流表C。
②[4]因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10Ω，若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，由于，所以采用电流表内接法，电路图如图所示
③[5][6]由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流准确，根据可知测量值偏大；
【点睛】滑动变阻器的分压和限流接法的区别和选用原则：
区别：(1)限流接法线路结构简单，耗能少；
(2)分压接法电压调整范围大，可以从0到路端电压之间连续调节；
选用原则：(1)优先限流接法，因为它电路结构简单，耗能较少；
(2)下列情况之一者，须采用分压接法：
①当测量电路的电阻远大于滑动变阻器阻值，采用限流法不能满足要求时（本题就是该例子）；
②当实验要求多测几组数据（电压变化范围大），或要求电压从零开始调节；
③电源电动势比电压表量程大得多，限流法滑动变阻器调到最大仍超过电压表量程时。
电流表内接和外接的选用：
当时，宜采用内接法，即大电阻用内接法；
当时，宜采用外接法，即小电阻用外接法；可记忆为“大内，小外”。
四、计算题：本大题共3小题，共48分。
11. 如图甲所示，电阻r＝2Ω的金属棒ab垂直放置在水平导轨正中央，导轨由两根长L＝2m、间距d＝1m的平行金属杆组成，其电阻不计，在导轨左端接有阻值R＝4Ω的电阻，金属棒与导轨接触良好。从t＝0时刻开始，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度随时间变化如图乙所示，在t＝0.1s时刻，金属棒恰好沿导轨开始运动。取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）在0.1s内，导体棒上所通过的电流大小和方向；
（2）在0.1s内，电阻R上所通过的电荷量q及产生的焦耳热Q；
（3）在0.05s时刻，导体棒所受磁场作用力的大小F和方向。
【答案】（1）2A，从b到a；（2）0.2C，1.6J；（3）1.2N，水平向左
【解析】
【分析】
【详解】(1)由法拉第电磁感应定律可知，在0.1s时间内，回路中的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可得
由题图乙可得
联立解得
I＝2A
由楞次定律可知，导体棒上电流方向为从b到a。
(2)在0.1s时间内，通过电阻R的电荷量为
q=IΔt
代入数据可得
q=0.2C
电阻R产生的焦耳热为
Q=I2RΔt
代入数据可得
Q=1.6J
(3)在t＝0.05s时刻，磁感应强度为
导体棒所受磁场作用力的大小为
F=BId
代入数据可得
F=1.2N
根据左手定则可知，导体棒所受磁场作用力方向水平向左。
12. 如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平．B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半．
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来．
【答案】(1)3mg(2)L(3) 滑块C不会从木板上掉下来
【解析】
【详解】（1）设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得：
小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律：
由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T =T
解得：T =3mg
（2）小球碰撞后平抛运动．在竖直方向上：
水平方向：L=
解得：h=L
（3）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律的：
由能量守恒定律得：
联立⑨⑩ 解得：s=L/2
由s【点睛】（1）由机械守恒定律求出小球的速度，然后由牛顿定律求出绳子能够承受的最大拉力；
（2）小球做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题；
（3）应用动量守恒定律与能量守恒定律求出C的位移，然后根据位移与木板的长度关系分析答题．
13. 如图所示，在平面直角坐标系的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为r的圆，圆心坐标为（r，0），圆内有方向垂直于平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子（不计重力），以速度为从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方向成，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为－2h。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)圆内磁场的磁感应强度B的大小；
(3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】(1)由水平方向匀速直线运动得
竖直向下的分速度
由竖直方向匀加速直线运动知，加速度为
联立解得
(2)粒子进入磁场的速度为v，有
由几何关系得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
由洛伦兹力提供向心力可知
联立解得
(3)粒子在磁场中运动的时间为
粒子在磁场中运动的周期为，粒子在电场中运动的时间
粒子运动的总时间
则

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