河南省部分重點高中2025屆高考適應性考試考前模擬卷（二）物理試題解析版

2025年高考適應性考試考前模擬卷（二）物理（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生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。回答非選擇題時，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、選擇題：本題共7題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．2024年9月18日，蘇州大學研究團隊在《自然》雜志上發(fā)布了輻光伏微型核電池的最新研究成果。該電池主要是利用镅243發(fā)生α衰變釋放的能量。若镅243衰變的核反應方程是，則下列說法正確的是（）A．X的電荷數(shù)為95 B．X的電荷數(shù)為91C．X的質量數(shù)為241 D．X的質量數(shù)為239【答案】D【詳解】由于α粒子為，根據(jù)核反應前后質量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒，可得解得，所以X的電荷數(shù)為93，質量數(shù)為239。故選D。2．某衛(wèi)星發(fā)射后先在圓軌道1上做勻速圓周運動，經過兩次變軌后在圓軌道2上做勻速圓周運動。已知衛(wèi)星在軌道2上的線速度比在軌道1上的線速度小，衛(wèi)星質量不變。下列說法正確的是（）A．軌道2的半徑比軌道1的半徑小B．衛(wèi)星在軌道2上的機械能比在軌道1上的機械能大C．衛(wèi)星兩次變軌時發(fā)動機均做負功D．衛(wèi)星第一次變軌時發(fā)動機做負功，第二次變軌時發(fā)動機做正功【答案】B【詳解】A．由可知故軌道2的半徑比軌道1的半徑大，故A錯誤；B．軌道半徑越大，衛(wèi)星的機械能越大，故B正確；CD．衛(wèi)星每次變軌時發(fā)動機均做正功，使衛(wèi)星做離心運動，抬高軌道，故CD錯誤。故選B。3．某戶家庭安裝了一臺風力發(fā)電機，它的葉片轉動時可形成半徑為的圓面，風向與葉片轉動的圓面垂直，假設這個風力發(fā)電機能將此圓內30%的空氣動能轉化為電能。已知空氣的密度為，當風速是時，此發(fā)電機的功率約為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】在?t時間內吹到風葉葉片上的空氣質量為發(fā)電機的功率帶入數(shù)據(jù)可知P=457W故選C。4．b、c兩點各固定一個點電荷，以b、c的中點O為坐標原點，兩點的連線在x軸上，x軸上各點的電勢φ關于位置的分布規(guī)律如圖所示，已知圖像關于縱軸對稱，O點處圖像的切線平行于x軸，規(guī)定無窮遠處的電勢為0。下列說法正確的是（）A．坐標原點O處的電場強度大小為零B．關于O點對稱的任意兩點電場強度相同C．b、c兩點固定的點電荷均帶負電，且所帶電荷量相等D．電子在a點的電勢能大于在d點的電勢能【答案】A【詳解】A．根據(jù)圖像的切線斜率表示場強大小，可知坐標原點O處的電場強度大小為零，故A正確；B．根據(jù)圖像可知，關于O點對稱的任意兩點電場強度大小相等，方向相反，故B錯誤；C．由于圖像的電勢均為正，且離點電荷越近電勢越高，結合對稱性可知b、c兩點固定的點電荷均帶正電，且所帶電荷量相等，故C錯誤；D．由題圖可知a點的電勢大于d點的電勢，根據(jù)，由于電子帶負電，所以電子在a點的電勢能小于在d點的電勢能，故D錯誤。故選A。5．一列簡諧橫波在t=0時刻的波形如圖甲所示，質點P、Q在x軸上的位置為xP=1m和xQ=3m從此時開始，P質點的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．該波沿x軸正向傳播B．此后P、Q兩點速度大小始終相等C．t=0.125s時，Q質點的位移為D．若此波遇到另一列簡諧橫波發(fā)生了干涉現(xiàn)象，則所遇到的波的頻率為0.5Hz【答案】B【詳解】A．由圖乙可知，t=0時刻質點P向下振動，根據(jù)“上下坡”法由圖甲可知，該波沿x軸負向傳播，故A錯誤；B．由于P、Q兩點間距離等于半個波長，所以兩質點振動步調相反，速度大小始終相等，故B正確；C．由圖乙可知，周期為0.2s，所以0.125s時Q質點的位移為故C錯誤；D．若此波遇到另一列簡諧橫波發(fā)生了干涉現(xiàn)象，則兩列波頻率相同，則所遇到的波的頻率為故D錯誤。故選B。6．如圖，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2：1，原線圈接的正弦交流電源，副線圈接有電阻和兩個小燈泡，開關保持閉合狀態(tài)，電流表和電壓表均可視為理想電表。下列選項正確的是（）A．副線圈中交流電的頻率為 B．電流表的示數(shù)之比為C．電壓表的示數(shù)之比為 D．開關斷開后電壓表的示數(shù)增大【答案】D【詳解】A．副線圈中交流電的頻率為選項A錯誤；B．電流表的示數(shù)之比為選項B錯誤；C．根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)關系可知因電壓表V2示數(shù)小于變壓器次級電壓，可知電壓表的示數(shù)之比不等于，選項C錯誤；D．開關斷開后，次級電阻變大，次級電流減小，則電阻R上電壓減小，而變壓器次級電壓不變，可知電壓表的示數(shù)增大，選項D正確。故選D。7．如圖所示，兩塊相互靠近的平行金屬板M、N組成電容器，充電后與電源斷開，M板帶負電，N板帶正電，且它們的電荷量保持不變。板間有一個用絕緣細線懸掛的帶電小球（可視為質點），小球靜止時與豎直方向的夾角為，忽略帶電小球所帶電荷量對極板間勻強電場的影響，M、N板足夠大，則（）A．若只將N板水平向右平移稍許，電容器的電容將變小，夾角將變大B．若只將N板豎直向上平移稍許，電容器的電容將變小，夾角將變小C．將細線燒斷，小球的運動軌跡是拋物線D．若只將M板水平向左平移稍許，將細線燒斷，小球到達N板的時間不變【答案】D【詳解】A．只將N板水平向右平移稍許，由公式可知，電容器的電容將變小，而又由可知，兩板間的電場強度將不變，電場力不變，故夾角θ將不變，選項A錯誤；B．只將N板豎直向上平移稍許，由公式可知，電容器的電容將變小，而又由可知，兩板間的電場強度將變大，電場力變大，故夾角θ將變大，選項B錯誤；C．若將細線燒斷，小球受電場力和重力都為恒力，則小球將沿繩的方向斜向下做初速度為零的勻加速直線運動，選項C錯誤；D．只將M板水平向左平移稍許，由公式可知，電容器的電容將變小，而又由可知，兩板間的電場強度將不變，電場力不變，將細線燒斷，小球與C選項情景中運動位移、加速度均不變，到達N板的時間不變，故D正確。故選D。二、選擇題：本題共4題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的。全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8．如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)依次經過狀態(tài)、和后再回到狀態(tài)，則（

）A．到過程，氣體內能減少 B．到過程，氣體對外界做正功C．到過程，氣體從外界吸收熱量 D．經過一次循環(huán)過程，氣體從外界吸收熱量【答案】ACD【詳解】A．到過程為等容變化，氣體對外界不做功，由查理定律有可得則氣體內能減少，故A正確；B．到過程，氣體體積減小，外界對氣體做正功，故B錯誤；C．到過程為等容變化，氣體對外界不做功，由查理定律有可得則氣體內能增加，根據(jù)熱力學第一定律可知，氣體從外界吸收熱量，故正確；D．由可知，圖像與坐標軸圍成的面積代表做功，可知由到氣體對外界做的正功大于由到外界對氣體做的正功，所以一個循環(huán)過程中，氣體對外界做正功，而氣體內能不變，根據(jù)熱力學第一定律可知，氣體從外界吸收熱量，故D正確。故選ACD。9．圖為一半圓柱體透明介質的橫截面，O為半圓的圓心，C是半圓最高點，E、Q是圓弧AC上的兩點，一束復色光沿PO方向射向AB界面并從O點進入該透明介質，被分成a、b兩束單色光，a光從E點射出，b光從Q點射出，現(xiàn)已測得PO與AB界面夾角，，，則以下結論正確的是（

）A．a光的頻率小于b光的頻率B．b光的折射率為C．a光和b光在該透明介質內傳播的速率相等D．當夾角減小到某一特定值時，將只剩下b光從AC圓弧面上射出【答案】AB【詳解】ABC．由題意可得兩中色光的折射率因為在介質中，所以a光的頻率小于b光的頻率。又根據(jù)公式可得，兩種色光在玻璃中的傳播速率所以兩種色光在玻璃中的傳播速率故AB正確，C錯誤；D．由于光是從空氣進入介質，是從光疏介質進入光密介質，在界面AB上，不能夠發(fā)生全反射，而在弧面AC上光始終沿法線入射，也不能夠發(fā)生全反射，所以當入射光線PO與AB界面的夾角減小時，a光與b光總是能從AC圓弧面上射出。故D錯誤。故選AB。10．如圖所示，在豎直平面直角坐標系中，在時，質量的小球從坐標原點處，以初速度斜向右上方拋出，同時受到的作用（虛線箭頭為風力方向與的夾角為，且與軸正方向的夾角也為），重力加速度取。下列說法正確的是（）A．小球的加速度先增大后減小B．小球在時再次經過軸C．小球的重力勢能一直減小D．小球的動能一直增大【答案】BD【詳解】A．由題意和幾何知識可知小球受到的合力為方向與初速度的方向垂直，小球做類平拋運動，小球的加速度不變，故A錯誤；B．小球再次經過x軸時，沿初速度方向的位移和垂直初速度的位移關系為又解得故B正確；C．小球做類平拋運動，小球的高度先增加后減小，重力勢能先增加后減小，故C錯誤；D．小球做類平拋運動，速度一直在增加，小球的動能一直增大，故D正確。故選BD。11．如圖所示，甲、乙兩個完全相同的線圈，在距地面同一高度處同時由靜止開始釋放，A、B是面積、磁感應強度的大小和方向均完全相同的勻強磁場區(qū)域，只是A區(qū)域比B區(qū)域離地面高，兩線圈下落時始終保持線圈平面與磁場垂直，則（）A．兩線圈穿過磁場的過程中產生的熱量相等B．兩線圈穿過磁場的過程中通過線圈橫截面的電荷量相等C．兩線圈落地時甲的速度較大D．乙運動時間較短，先落地【答案】BCD【詳解】A．由，，可得由于乙進入磁場時的速度較大，則安培力較大，克服安培力做的功較多，即產生的焦耳熱較多，故A錯誤；B．由可知通過線圈橫截面的電荷量相等，故B正確；C．由于甲、乙減少的重力勢能相同，甲穿過磁場的過程中產生的熱量較少，由能量守恒定律可知，甲落地時速度較大，故C正確；D．線圈穿過磁場區(qū)域時受到的安培力為變力，設受到的平均安培力為，穿過磁場時間為，下落全過程時間為t，落地時的速度為v，則全過程由動量定理得而，所以可見，下落過程中兩線圈所受安培力的沖量相等，因為，所以，即乙運動時間較短，先落地，故D正確。故選BCD。三．非選擇題：本題共5小題，共52分。12．在“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置可用于“探究物體所受合力做功與動能變化的關系”，物理小組同學們采用如圖所示實驗裝置進行探究。實驗要求小車受到的合外力為繩的拉力的合力。實驗中同學們研究了砂和砂桶的運動過程所受合力做功是否等于其動能增量。忽略細線與滑輪間的摩擦阻力。(1)本實驗（填“需要”或者“不需要”）滿足m遠小于M的條件。(2)實驗前測出砂和砂桶的總質量m，已知重力加速度為g。接通打點計時器的電源，靜止釋放砂和砂桶，帶著小車開始做加速運動，讀出運動過程中力傳感器的讀數(shù)T，通過紙帶得出起始點O（初速度為零的點）到某點A的位移L，并通過紙帶算出A點的速度v。實驗過程中（填“需要”或者“不需要”）平衡小車M所受的摩擦力。(3)對m研究，所需驗證的動能定理的表達式為_________。A． B．C． D．(4)通過紙帶測出了起始點O到不同點A、B、C、D…的位移及A、B、C、D…的速度，并做出了圖中所示的實線。那么在保證小車質量不變的情況下增加砂的質量，重復實驗，將會得到如圖中虛線（填“甲”或者“乙”）所示的圖線?！敬鸢浮?1)不需要(2)需要(3)A(4)甲【詳解】（1）實驗中，根據(jù)力傳感器的讀數(shù)可以直接求出小車受到的拉力，不需要滿足小車的質量M遠大于砂和砂桶的總質量m這一條件。（2）盡管實驗裝置采用了力傳感器，也需要平衡摩擦力，否則小車受到的合外力不為繩的拉力的合力。（3）對m研究，根據(jù)動能定理整理，可得故選A。（4）對小車，根據(jù)動能定理有聯(lián)立，解得逐漸增加砂的質量m，圖像的斜率越大，故在讓小車質量不變的情況下逐漸增加砂的質量多次做實驗，得到圖中虛線“甲”所示的圖線。13．新能源汽車已經普遍走進了我們的生活，某校學生實驗小組通過網(wǎng)絡查找了某種知名的電池銘牌，電池采用的是“刀片電池”技術?，F(xiàn)將一塊電芯拆解出來，然后測量其電動勢和內阻。所提供的器材有：A．電壓表V1（量程）B．電壓表V2（量程）C．電流表A1（量程）D．電流表A2（量程）E．滑動變阻器（阻值范圍，額定電流）F．滑動變阻器（阻值范圍，額定電流）G．保護電阻某同學采用了圖甲所示的電路圖，在進行了正確操作后，得到了圖乙所示的圖像。(1)實驗中，電壓表應選，電流表應選，滑動變阻器應選；（填器材前的字母代號）(2)根據(jù)圖乙所示，則該電池的電動勢，內阻；（結果保留到小數(shù)點后一位）。(3)為了能準確地測量一塊電芯的電動勢和內阻，該同學設計了一個可以排除電流表A和電壓表V內阻影響的實驗方案，如圖丙所示，記錄了單刀雙擲開關分別接1、2對應的多組電壓表的示數(shù)和電流表的示數(shù)，根據(jù)實驗記錄的數(shù)據(jù)繪制如圖丁中所示的兩條圖線，綜合兩條圖線，此電芯的電動勢，內阻（用圖中表示）?！敬鸢浮?1)ACE(2)3.80.6(3)EB【詳解】（1）[1][2][3]由圖乙，電動勢約為3.8V，且有電阻分壓，所以電壓表選A，最大電流不超過0.6A，電流表選C，為了調節(jié)方便，滑動變阻器選E。（2）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得所以圖像縱軸的截距表示電源的電動勢為E=3.8V圖像的斜率的絕對值表示電源的等效內阻，有所以電源的內阻為（3）[1][2]當S2接1時，誤差在于電流表的分壓，所測內阻等于電源內阻與電流表內阻之和，所以內阻測量值比真實值偏大；當S2接2時，誤差在于電壓表的分流，所測內阻等于電源與電壓表并聯(lián)的總電阻，所以內阻測量值比真實值偏小。由于U-I圖線斜率的絕對值表示內阻，即S2接1時的圖線陡一些，可以判斷圖線A是利用單刀雙擲開關S2接2中的實驗數(shù)據(jù)描出的，內阻測量值比真實值偏小。S2接1時，所測電動勢為電流表與電源串聯(lián)后整體的等效電源的電動勢，即S2接1時的電動勢的測量值等于真實值，即有E=EB由于S2接2時，當電路短路時，電壓表沒有分流，即此時的電流的測量值與真實值相等，結合上述可知，電源的真實的U-I圖線是B圖線縱軸交點與A圖線橫軸交點的連線，可知14．如圖直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限內存在場強為E，沿x軸負方向的勻強電場，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限內存在垂直坐標平面向里的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子，從處由靜止開始運動，第1次通過x軸時沿y軸負方向。不計粒子重力。（1）勻強磁場的磁感應強度大小；（2）粒子第3次經過y軸時的縱坐標；

【答案】（1）；（2）2l【詳解】（1）設粒?經第Ⅰ象限的電場加速后，到達y軸時的速度為，根據(jù)動能定理①由左?定則可以判斷，粒?向－y?向偏轉，如圖所示

由幾何關系知，粒?在磁場中運動的半徑為②由?頓第二定律得③由①②③得④（2）粒?第2次經過x軸時，速度沿＋y?向，位置坐標為⑤粒?在電場中做類平拋運動，經歷的時間，第3次經過y軸時⑥⑦⑧由①⑤⑥⑦⑧得15．如圖，在豎直平面內有一固定光滑軌道ABC，BC段是的半圓，AB段足夠長，小球Q靜止于小球P的左側。質量的小球P與輕彈簧一端連接，以速度沿水平地面向左運動。與小球P連接的輕彈簧從接觸小球Q到彈簧被壓縮到最短的過程中，小球Q運動的距離d=0.4m，經歷的時間t=0.25s。在此后的運動中，Q與彈簧分離后，滑上軌道BC，恰能經過最高點C。小球P、Q均可視為質點，彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度，求：(1)小球Q在C點的速度大小；(2)小球Q的質量；(3)彈簧的最大壓縮量。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）小球Q沿BC運動時恰能經過最高點C，根據(jù)牛頓第二定律可得求得（2）設Q與彈簧分開時P、Q的速度分別為、，小