2025高考物理辽宁卷押题模拟含解析.pdf

试卷第 1 页，共 6 页 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 10 小题，共小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 17 题只有题只有一项符合题目要求，每小题一项符合题目要求，每小题 4 分；第分；第 810 题有多项符合题目要求，每小题题有多项符合题目要求，每小题 6 分，全部分，全部选对的得选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。1（4 分）韶2022024 4年辽宁卷押题年辽宁卷押题州公园池塘里的荷花盛开了，荷花吸引了大量鱼儿前来觅食，如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面吞食荷花花瓣，下列说法正确的是（）A研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点 B鱼儿摆尾击水时受到水的作用力 C鱼儿跃出水面过程，水对鱼儿的作用力大于鱼儿对水的作用力 D鱼儿沉入水里过程，水对鱼儿的作用力小于鱼儿对水的作用力 2（4 分）如图所示，牛用大小为 F的力通过耕索拉犁，F与竖直方向的夹角为=60，则该力在水平方向的分力大小为（）A2 B3 C32 D 3（4 分）红外测温仪只捕捉红外线光子。如图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于基态的氢原子提供的能量为（）A10.20eV B12.09eV C2.55eV D12.75eV 试卷第 2 页，共 6 页 4（4 分）为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如下图所示。当开关S闭合后（）AA1示数变大，A2示数不变 BA1示数变大，V1示数变大 CV2示数变小，V1示数变大 DA1与A2示数变大，V1与V2示数不变 5（4 分）某横截面为“2)的小球乙做了两组实验。两组实验中分别多次改变小球运动的转速，记录实验数据，作出了 F 与关系如图乙所示的和两条曲线，图中反映小球甲的实验数据是_（选填“”或“”）。12（8 分）小李同学为了精确测量两个未知阻值的电阻1、2以及电流表的内阻A，采用图甲所示的电路，实验步骤如下：（1）图乙中已正确连接了部分导线，请根据电路图用笔画线完成剩余部分的导线_；（2）闭合开关S1前，应将滑动变阻器的滑片移到_（选填“A”或“B”）端；（3）将单刀双掷开关与 2 端相接，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表的示数为1，此时电流表的示数为 I，指针位置如图丙所示，则读数为_mA；（4）将单刀双掷开关断开，调节滑动变阻器，使得电流表的示数仍为 I，此时电压表 试卷第 5 页，共 6 页 的示数为2；（5）将单刀双掷开关与 1 端连接，调节滑动变阻器，使得电流表的示数仍为 I，此时电压表的示数为3；（6）断开S1，整理仪器；（7）根据以上实验数据，可得1=_、2=_、A=_（用、1、2、3表示）。13（10 分）过山车是一项惊险刺激的娱乐项目，如图甲所示。图乙为类似的模型，由三段玻璃细管平滑连接而成：中间为光滑圆形轨道，左侧段是光滑圆弧轨道，右侧段为粗糙直轨道。可视为质点的钢球自点由静止释放，沿斜轨道运动后经过圆轨道最高点 B，继续运动到圆轨道最低点后，沿段轨道恰能运动到 D 点。已知圆形轨道半径为 R，段倾角为，钢球质量为，在经过圆轨道最高点时对上管壁的压力大小为3，钢球在段运动时受到的摩擦阻力为其重力的倍。求：（1）钢球释放点距离点的高度差 H；（2）求段长度的表达式。14（12 分）如图所示，左管口封闭、粗细均匀的 U 形玻璃管竖直放置，管内、两段水银柱封闭有长度均为 10 cm 的、两段气柱，水银柱 A 的长度为 5 cm，水银柱 B在左管中的液面比在右管中的液面高 5 cm，已知大气压强为 75 cmHg，环境温度为320 K。现将环境温度降低，使气柱 b 长度稳定时变为 9 cm，求：（1）降低后的环境温度；（2）水银柱 A 下降的高度。试卷第 6 页，共 6 页 15（18 分）如图所示，平面直角坐标系内，x轴上方有垂直坐标系平面向里、半径为 R的圆形匀强磁场1（大小未知），圆心为1(0,)。x轴下方有一平行 x 轴的虚线MN，在其下方有磁感应强度方向垂直坐标系平面向外、大小为2=302的矩形匀强磁场，磁场上边界与 MN重合。在 MN与 x轴之间有平行于 y 轴、场强大小为=3022的匀强电场（图中未画出），且 MN与 x轴相距（大小未知）。现有两相同带电粒子 a、b 以平行 x 轴的速度0分别正对1点、A点(0,2)射入圆形磁场，经偏转后都经过坐标原点 O进入 x 轴下方电场。已知粒子质量为 m、电荷量大小为 q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。（1）求磁感应强度1的大小；（2）若电场沿 y 轴负方向，欲使带电粒子 a不能到达 MN，求的最小值；（3）若电场沿 y 轴正方向，=3，欲使带电粒子 b 能到达 x轴上且距原点 O距离最远，求矩形磁场区域的最小面积。答案第 1 页，共 10 页 参考答案参考答案 1B【详解】A研究鱼儿摆尾击水跃出水面的具体动作时不能把鱼儿视为质点，故 A 错误；B鱼儿摆尾击水时受到水的作用力，鱼儿对水的作用力和水对鱼儿的作用力是一对作用力与反作用力，故 B 正确；CD鱼儿跃出水面过程和沉入水里过程，鱼儿对水的作用力和水对鱼儿的作用力都是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故 C、D 错误。故选 B。2C【详解】将此力在水平和竖直方向分解，该力在水平方向的分力大小为 1=sin60=32 ABD 错误，C 正确。故选 C。3D【详解】基态氢原子吸收光子的能量跃迁到高能级，状态不稳定，会再次释放光子，此过程吸收或者释放的能量为氢原子能级图中跃迁前后两能级的能量差，红外线单个光子的能量最大值为1.62eV，要使得氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕获，所需能量必须小于或等于红外线单个光子能量的最大值，也就是必须小于或等于1.62eV，根据氢原子能级图，1、2 能级间能量差为10.2eV，2、3 能级间能量差为1.89eV，3、4 能级间能量差为0.66eV，测氢原子从=4能级跃迁到=3能级释放的光子可被红外测温仪捕获，则给基态氢原子提供的能量至少要使其能跃迁到=4能级，最少应给处于基态的氢原子提供的能量为 =0.85eV (13.60eV)=12.75eV 故选 D。4D【详解】当开关S闭合后，原线圈输入电压1不变，即电压表V1示数不变，根据变压器原副线圈电压表等于匝数比可得 21=21 可知副线圈输出电压2不变，即电压表V2示数不变，开关S闭合后，副线圈负载的总电阻 答案第 2 页，共 10 页 总减小，根据欧姆定律可得 2=2总 可知副线圈电流2增大，即电流表A2示数变大，根据 12=21 可知原线圈电流1增大，即电流表A1示数变大，D 正确，ABC 错误；故选 D。5C【详解】A由于带电导体处于静电平衡状态时，导体自身为一个等势体，表面为一个等势面，而电场线与等势面垂直，即电场线一定与带电导体表面垂直，图中实线没有与导体表面垂直，可知，图中实线是等势线，A 错误；B由于不知道带电导体的电性，因此没有办法确定图中电势的高低，即 a点的电势可能低于 c 点的电势，B 错误；C等势线的分布的疏密程度能够间接反映电场的强弱，图中 c 点的等势线分布的密集程度大于 d 点的等势线分布的密集程度，则 c 点的电场强度大于 d 点的电场强度，C 正确；D根据上述，实线为等势线，a点与 b 点位于同一条等势线上，电势相等，则有=0 可知，点电荷从 a点到 c点再到 b点的过程中，电场力做的功为零，D 错误。故选 C。6D【详解】A根据质点 Q的振动图像可知=0时刻质点 Q沿 y轴正方向振动，则该波沿 x轴负方向传播，选项 A 错误；BC该波的波长=12m，周期=1.2s，根据 =可得该波的传播速度 =10m/s 选项 BC 均错误；D波动图像的方程为 =20sin（6+3）（cm）答案第 3 页，共 10 页 =0时刻，x=0 处的质点偏离平衡位置的位移大小为 103cm，选项 D 正确。故选 D。7D【详解】根据题意，由公式=122可得，球 Q 的落地时间为 0=2 由对称性可知，球 Q 上升到最高点的时间也为0，球 P 的落地时间为 1=14=70 则有 20 1 30 可知，两球在球 Q 第 2 次下落时相碰，设经过时间两球相碰，则有 12212(20)2=6 解得 =522 则第一次两球碰撞时，球 Q 的速度为 1=(20)=22 球 P 的速度为 2=522 由于碰撞时间极短且为弹性碰撞，则碰撞过程中，系统的动量守恒，能量守恒，则有 21+2=21+12 212+1222=12 212+122 解得 =26 故选 D。8CD【详解】AB光束 I 在玻璃中的偏折程度较大，则折射率较大，根据 答案第 4 页，共 10 页 =则光束 II 在玻璃中的传播速度较大，故 AB 错误；C光束 I 的折射率较大，则频率较大；因蓝光的频率大于黄光，所以若光束 I 为蓝光，则光束 II 可能为黄光，故 C 正确；D根据 sin=1 可知，光束 II 临界角较大；逐渐减小入射角 i，则两光束在玻璃砖下表面的入射角变大，则光束 I 在玻璃砖的下表面先发生全反射，故 D 正确。故选 CD。9BC【详解】A根据开普勒第二定律可知探测器在远火点点的速度最小，A 错误；B由 2=，=2 可知，探测器在椭圆轨道上的点与在圆轨道上的点的加速度大小相等，B 正确；C设火星的半径为，探测器在椭圆轨道上点的速度大小为，在点的速度大小为，根据开普勒第二定律有 12 =12 3 解得=3 C 正确；D椭圆的半长轴=2，根据开普勒第三定律有 椭2圆2=33=81，故周期之比为22：1 D 错误。故选 BC。10BCD【详解】AC设滑块与斜面间的动摩擦因数为，根据功能关系有 Ff=Ff1+Ff2=45=15 答案第 5 页，共 10 页 而 Ff1=cos sin Ff2=cos sin45 联立解得 Ff1=19，=112 A 项错误，C 项正确；B滑块第一次下滑过程，根据牛顿运动定律有 sin cos=1 由运动学公式有 sin=12112 滑块第一次上滑过程，根据牛顿运动定律有 sin+cos=2 由运动学公式有 45sin=12222 联立解得 12=54 B 项正确；D滑块第二次下滑过程，根据动能定理有 45 45 cos sin=1222 滑块第二次上滑过程，根据动能定理有 2 cos 2sin=1222 结合 tan=9 解得 2=(45)2 滑块第 n次沿斜面上升的最大高度为 答案第 6 页，共 10 页=(45)滑块在斜面上滑行的路程为 =sin+2 45sin+2 1625sin+2 4151sin+45sin=9(1 45)sin 由于摩擦系统产生的热量为 =cos=(1 45)D 项正确。故选 BCD。11 变大 变小 【详解】（1）12小球做圆周运动时有 =向=2=(2)2 所以当小球运动半径不变，仅减小运动周期，小球受到的拉力将变大；若保持小球运动的周期不变，仅减小运动半径，小球受到的拉力将变小。（2）3根据题意有 =可得 =(2)2 =42 ()2 因为甲球的质量较大，所以可得曲线为小球甲的实验数据。12 A 2.60 23 21 3+12【详解】（1）1按照电路图连接实物图如图所示 答案第 7 页，共 10 页 （2）2闭合开关S1前，滑动变阻器的滑片应滑到 A 端，以保护电路；（3）3毫安表的最小刻度为0.1mA，要估读到下一位，读数为2.60mA；（7）456单刀双掷开关与 2 端相接，根据欧姆定律有 1+A=1 单刀双掷开关断开，有 1+A+2=2 单刀双掷开关与 1 端连接，有 2+A=3 解得 1=2 3 2=2 1 A=1+3 2 13（1）=4；（2）=4sin+【详解】（1）根据题意，钢球经 B 点时，由牛顿第二定律有 N+=2 其中 N=3 解得=2 钢球由 A 到 B过程中，由动能定理有(2)=122 答案第 8 页，共 10 页 解得 =4（2）根据题意，钢球 A到 D 过程中，由动能定理有(4 sin)=0 解得 =4sin+14（1）280.32K；（2）2.24cm【详解】（1）初始时，右管中气柱 a 的压强为 1=75cmHg+5cmHg=80cmHg 左管中气柱 b的压强为 2=1 5cmHg=75cmHg 温度降低后，气柱 a 的压强不变，气柱 b 的压强为 2=1 7cmHg=73cmHg 对气柱 b，根据理想气体状态方程有 221=222 解得 2=280.32K（2）气柱 a发生等压变化，有 11=12 解得 1=8.76cm 则水银柱 A下降的高度为 =1cm+10cm 8.76cm=2.24cm 15（1）0；（2）33；（3）4(2+3)2【详解】（1）a、b平行进入圆形磁场，均进过原点 O，则根据“磁聚焦”可知，粒子做圆周运动的半径大小与磁场区域半径大小相等，即 =又 答案第 9 页，共 10 页 01=02 解得 1=0（2）带电粒子 a从 O 点沿 y轴负方向进入电场后做减速运动，则由动能定理可得 =1202 解得 =022=33（3）若匀强电场沿 y 轴正方向，则粒子 b 从原点 O沿 x轴负向进入电场，做类平抛运动，设粒子 b经电场加速度后的速度大小为 v，在 MN下方磁场做匀速圆周运动的轨道半径为1，粒子 b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向夹角为，如图甲所示 则有 =1221202 解得 =20 又 cos=0=12 则 =60 在电场中 =1212，=01=2 在磁场中有 答案第 10 页，共 10 页 2=21 解得 1=433 如图乙所示，由几何关系可知，在矩形磁场中运动的圆心2在 y 轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且方向与 x轴正方向夹角为60时，粒子能够到达 x 轴，距离原点 O最远。则最小矩形区域水平边长为 1=1+1sin 竖直边长为 2=1+1cos 则最小面积为 =12=12(1+sin)(1+cos)=4(2+3)2