2025高考物理河北卷押题模拟含解析.pdf

试卷第 1 页，共 8 页 一、单选题一、单选题(每每题题 4 4 分分，共共 2 28 8 分分)1烟雾探测器使用了一种半衰期为 432 年的放射性元素镅Am952022024 4河北卷押题河北卷押题241来探测烟雾。当正常空气分子穿过探测器时，镅Am95241衰变所释放的射线会将它们电离，从而产生电流。一旦有烟雾进入探测腔内，烟雾中的微粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报，则（）A镅Am95241原子核中有 95 个中子 B镅Am95241衰变放出的是射线 C1g的镅Am95241经 864 年将有0.75g发生衰变 D发生火灾时，烟雾探测器中的镅Am95241因温度升高而半衰期变短 2水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。下图为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为0，垂直落在与水平面成 30角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为 R。在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，有关水车及从槽口流出的水，重力加速度为g，以下说法正确的是（）A水流在空中运动时间为=20 B水流在空中运动时间为=303 C水车最大角速度接近=20 D水车最大角速度接近=30 3某种反光材料是半径为、球心为 O 的半球形，其截面如图，A、B为半球底面直径的端点。现有一组光线从距离 O点12的 C点垂直于 AB 射入半球，光线恰好在球面发生全反射。则此反光材料的折射率为（）A1.5 B2 C233 D3 试卷第 2 页，共 8 页 4从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约为月球的 9 倍，半径约为月球的 2 倍。设火星表面重力加速度为，月球表面重力加速度为。若在火星表面将一质量为的物体竖直上抛，物体上升的最大高度为；在月球表面将一质量为2的物体以相同的初速度竖直上抛，物体上升的最大高度为。下列表达式正确的是（）A:=9:2 B:=2:9 C:=9:4 D:=4:9 5如图所示，质量1=0.2kg的物体 P 穿在一固定的光滑水平直杆上，直杆右端固定一光滑定滑轮。一绕过两光滑定滑轮的细线的一端与物体 P 相连，另一端与质量2=0.45kg的物体 Q 相连。开始时物体 P 在外力作用下静止于 A 点，绳处于伸直状态，已知=0.3m,=0.4m，取重力加速度大小=10m/s2，两物体均视为质点，不计空气阻力。某时刻撤去外力、同时给 P 一水平向左的速度 v，物体 P恰能运动到 B 点，则 v的大小为（）A3m/s B4m/s C5m/s D6m/s 6如图所示为质谱仪的原理图，某同学欲使用该装置测量带电粒子的比荷，粒子从静止开始经过电压为 U的加速电场后，进入速度选择器，选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为 B1，磁场方向如图，匀强电场的场强为 E，带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点既垂直直线MN又垂直于磁场的方向射入偏转磁场。偏转磁场是一个以直线 MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上与 G距离为 d 的 H点。已知偏转磁场的磁感应强度为 B2，带电粒子的重力可忽略不计。以下说法正确的是（）A该装置可用于测定电子的比荷 B速度选择器的 a 板接电源的负极 C所测粒子的比荷=212 D所测粒子的比荷=12 试卷第 3 页，共 8 页 7如图甲所示，水平面内有一“”型光滑金属导轨，除了两轨连结点 O的电阻为 R，其他电阻均不计，Oa 与 Ob 夹角为 45，将质量为 m 的长直导体棒 MN搁在导轨上并与Oa垂直。棒与 O点距离为 L、空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为 B。在外力作用下，棒以初速度 v0向右做直线运动。其速度的倒数1随位移 x 变化的关系如图乙所示，在导体棒运动 L 距离到 PQ的过程中（）A导体棒做匀减速直线运动 B导体棒运动的时间为430 C流过导体棒的电流恒为0 D外力做功为32302+3028 二、多选题二、多选题(每每题题 6 6 分分，共共 1 18 8 分分)8如图甲所示，一弹性轻绳水平放置，a、b、c是弹性绳上的三个质点。现让质点 a从=0时刻开始在竖直面内做简谐运动，其位移随时间变化的关系如图乙所示，形成的简谐波同时沿该直线向 ab和 ac方向传播，在1=1.5s时质点 b第一次到达正向最大位移处，a、b两质点平衡位置间的距离1=0.9m，a、c 两质点平衡位置间的距离2=0.6m，则下列选项正确的是（）A质点 b的振动周期为 0.4s B该波的波长为 0.6m C波速大小为 0.75m/s D02s 内质点 c 通过的路程为 1.2m 9如图所示，有一矩形线圈的面积为 S，匝数为 N，电阻不计，绕轴在水平方向的磁感应强度为 B的匀强磁场中以角速度做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过铜环连接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻0和滑动变阻器 R，所有电表均为理想交流电表，下列判断正确的是（）试卷第 4 页，共 8 页 A矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为=sin B矩形线圈从图示位置转过90的时间内产生感应电动势的平均值为2 C当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A1和A2示数都变小 D当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V2示数不变，V3的示数变大 10如图所示，两等量负点电荷分别固定在 x 轴上的 M、N两点，a、b、c、d 为正方形的四个顶点，b、d位于 x轴上，的中点和的中点重合，则下列说法正确的是（）A质子从 a 点由静止释放，静电力先做负功后做正功 B电子从 a点沿直线移至 c点过程，电子电势能先增大后减小 C电子从 a点沿折线移至 c点过程，静电力先做负功后做正功 D质子从 a 点垂直正方形所在平面以某一速度释放，质子的电势能可能保持不变 三、实验题三、实验题 11（6 分）某实验小组为验证系统机械能守恒，设计了如图所示的装置，实验过程如下：（1）用螺旋测微器测量砝码上端固定的遮光片厚度时，螺旋测微器示数如图乙所示，则 d_mm，测得砝码和遮光片总质量=0.026kg；试卷第 5 页，共 8 页（2）按图甲安装实验器材并调试，确保砝码竖直上下振动时，遮光片运动最高点高于光电门 1 的激光孔，运动最低点低于光电门 2 的激光孔；（3）实验时，利用计算机记录弹簧拉伸量 x及力传感器的读数 F，画出 F-x 图像，如图丙所示；（4）测量遮光片经过光电门 1 的挡光时间1=0.0051s，弹簧的拉伸量1=0.04m，经过光电门 2 的挡光时间2=0.0102s，弹簧的拉伸量2=0.08m，以及两个光电门激光孔之间的距离=0.04m；（5）遮光片从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的增加量=_J，系统动能的减少量=_J（结果保留三位有效数字，=10m/s2），实验表明在误差允许范围内系统机械能守恒。12（9 分）某实验小组在拆解智能手机的内部结构时，发现其内部使用的电池是一块扁平电池，如图甲所示，外壳上标有电动势为 4.50V，为了测定该电池的实际电动势和内阻，小组成员想利用身边有限的仪器，设计方案对其进行测量。A待测手机电池 B电压表（量程 03.00V，内阻约 4000）C电流表（量程 0100mA，内阻为 1）D电阻箱（阻值范围 099.99）E电阻箱（阻值范围 0999.9）F电阻箱（阻值范围 09999）G滑动变阻器（阻值范围 010，额定电流 0.2A）H滑动变阻器（阻值范围 050，额定电流 0.2A）I滑动变阻器（阻值范围 01000，额定电流 0.2A）J开关、导线若干 试卷第 6 页，共 8 页（1）实验室所提供的电表的量程都不够大，需要进行改装才能使用。如果将电流表量程扩大 5 倍，则应并联一个阻值为_ 的电阻，将改装后的电流表记为 A。为满足测量电动势的需要，需要将电压表的量程扩大为 04.50V，小组成员采用了以下的操作：按图乙连接好实验器材，检查电路无误后，将S2接 b，将1的滑片移至最上端，将电阻箱2调为零，闭合S1，断开S3，适当移动1的滑片，使电压表示数为 3.00V；保持1接入电路中的阻值不变，改变电阻箱2的阻值，当电压表示数为_V 时，完成扩大量程，断开S1。小组成员按图乙所示的实验电路完成了该实验，滑动变阻器1应选_，电阻箱2应选_。（均填写器材前面字母标号）（2）用改装好的电表测该电池的电动势和内阻，步骤如下：保持电阻箱2的阻值不变，开关S2接 a，闭合S1、S3，从下到上移动1的滑片，读出电压表（量程 03.00V，内阻约 4000）的读数 U和电流表（改装后的电流表 A）的读数 I，并作出 图像如图丙所示，可得该电池的电动势为_V，内阻为_。（结果均保留三位有效数字）四、解答题四、解答题 13（10 分）如图所示，上端开口的光滑圆柱形绝热汽缸竖直放置，汽缸高度为=0.6m不计缸壁及活塞厚度），在距缸底=0.5m处有体积可忽略的卡环 a、b。质量=5kg、截面积=25cm2的活塞搁在 a、b上，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，开始时缸内气体的压强等于大气压强，温度为0=300K。内部电热丝（图中未画出）缓慢加热汽缸内气体，直至活塞离开 a、b 缓慢上升到汽缸口（活塞未滑出汽缸），已知大气压强0=1 105Pa，重力加速度 g 取10m/s2。（1）求当活塞缓慢上升到汽缸口的过程中，缸内气体的最高温度 T；（2）若全过程气体内能的变化=55J，求电阻丝放出的热量 Q。试卷第 7 页，共 8 页 14（13 分）如图，光滑地面上一足够长的木板 C，其质量为2，木板右端在 M 处，距 M点 L处有一质量为6大物块 A，一质量为 m的滑块 B，以0速度滑上木板 C 左端，滑块 B 与木板 C 间动摩擦因数为，滑块 B 与木板 C 共速时木板 C 恰好与大物块 A 发生弹性碰撞，且时间极短。滑块 B 始终未脱离木板 C，求：（1）滑块 B 与木板 C 间的动摩擦因数；（2）木板 C 与大物块 A 碰后瞬间二者速度大小及木板 C 碰后至静止所需时间。试卷第 8 页，共 8 页 15（16 分）如图所示，在平面第象限内有一半径为=2m的圆形区域，圆心为1，圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，磁场边界与 x和 y轴分别相切于 M、N两点。在 0)的同种带电粒子，且所发射粒子的速度大小均为0=2 105m/s，方向均与 x轴正方向成=60角。已知从 C 点发出的粒子，恰好沿水平方向经过 y 轴上的 P点，经圆形磁场偏转后恰好从 M点进入第象限，粒子的比荷=5 105C/kg，P 点坐标为(0,32)，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：（1）匀强电场场强的大小 E 和间的距离 s；（2）圆形磁场磁感应强度的大小 B；（3）粒子源上各点所发出的粒子经圆形磁场后最终都能通过 x 轴进入第象限，经第象限磁场偏转后将第二次通过 x 轴，求这些粒子中第二次通过 x 轴时能到达离 O点最远的点的坐标，并求出该粒子从出发到该位置所经历的总时间。答案第 1 页，共 10 页 参考答案参考答案 1C【详解】A镅Am95241原子核中有 95 个质子，146 个中子。故 A 错误；B依题意，镅Am95241衰变所释放的射线会将空气分子电离，可知为衰变。故 B 错误；C半衰期为 432 年，所以1g的镅Am95241经 864 年（两个半衰期）将有0.75g发生衰变。故 C正确；D发生火灾时，烟雾探测器中的镅Am95241不会因温度升高而半衰期变短。因为半衰期由原子核内部因素影响，与外界环境变化没有关系。故 D 错误。故选 C。2C【详解】AB 水流垂直落在与水平面成 30角的水轮叶面上水平方向速度和竖直方向速度满足 tan30=0 解得 =30 AB 错误；CD水流到水轮叶面上时的速度大小为 =02+()2=20 根据 =解得 =20 C 正确，D 错误。故选 C。3B【详解】设光线在球面发生全反射的临界角为，根据几何关系可得 sin=12=12 根据全反射临界角公式可得 答案第 2 页，共 10 页 sin=1 联立解得此反光材料的折射率为 =2 故选 B。4D【详解】在星球表面，根据物体所受的万有引力等于重力，可得 2=解得 =2 故=火月2月火2=9 14=94 竖直上抛物体运动的最大高度为 =220 则=49 故选 D。5A【详解】几何关系可得 =2+2=0.5m 则当 P从 A 到 B的过程中，Q 的位移 =0.2m 由系统机械能守恒 2=1212 解得 =3m/s 则速度为 3m/s。故选 A。答案第 3 页，共 10 页 6C【详解】A电子带负电，加速电场上板带正电，下板带负电，无法起到加速电子的作用，所以电子无法进入偏转磁场，则无法测定电子的比荷，故 A 错误；B由题知带正电粒子能在加速电场中加速，则它在速度选择器中做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力等大反向，根据左手定则，可知洛伦兹力水平向左，则电场力水平向右，故 a板接电源的正极，故 B 错误；CD带电粒子在速度选择器中受力平衡 =1 匀强磁场中匀速圆周运动的半径为 =2 洛伦兹力提供向心力 2=2 联立上式得=212 故 C 正确，D 错误。故选 C。7C【详解】A由图乙知，图线的斜率为 =2010=10 则有 1=10+10 得 =+0 可见导体棒做的不是匀减速直线运动，A 错误；BC由图甲知，导体棒向右运动时产生感应电动势为 答案第 4 页，共 10 页 =(+)+0=0 感应电动势大小不变，流过导体棒的电流恒为 =0 根据法拉第电磁感应定律有 =12(+2)又 =0 解得 =320 B 错误，C 正确；D克服安培力做的功等于电阻上产生的焦耳热 =2=(0)2 320=32302 对导体棒由动能定理有 外 安=12(02)21202 解得 外=323023028 D 错误。故选 C。8ACD【详解】A由图乙知振动周期为 0.4s，故 A 正确；BC由图乙知质点 a 在 t=0.3s 时第一次到达正向最大位移处，由题知在1=1.5s时质点 b第一次到达正向最大位移处，可得波速为 =11=0.75m/s 波长为 =0.3m 故 B 错误，C 正确；答案第 5 页，共 10 页 D波从 a传到 c 用时为 2=2=0.8s 在 02s 内质点 c振动的时间为 3=2s 0.8s=1.2s 由题知振幅为 10cm，则质点 c通过的路程为 =3 4=1.2m 故 D 正确。故选 ACD。9CD【详解】A因为线圈是从垂直中性面开始计时，所以矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为 =cos A 错误；B矩形线圈从图示位置转过90的时间内产生感应电动势的平均值为=2 B 错误；C滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器阻值变大，根据欧姆定律，副线圈电流变小，根据电流与匝数成反比，知原线圈电流减小，即电流表 A1 和 A2 示数都变小，C 正确；D滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，原线圈电压 U1不变，即V1不变，匝数比不变，副线圈两端的电压不变，所以电压表 V2的示数不变，副线圈电阻变大，电流变小，电阻0两端的电压变小，变阻器两端的电压变大，即电压表 V3的示数变大，D 正确；故选 CD。10BD【详解】A质子从 a 点由静止释放，静电引力先对质子做正功，经过 x 轴后再对质子做负功，选项 A 错误；B电子从 a点沿直线移至 c点过程，电势先降低后升高，则电子电势能先增大后减小，选项 B 正确；答案第 6 页，共 10 页 C若从 MN 两点分别向 ab 做垂线交点为 PQ，则当电子从 a到 P 点时，两电荷对电子均做负功；从 Q点到 b点，两电荷对电子均做正功；同理从 b 到 c 也是如此，则选项 C 错误；D在 ac 所在的垂直正方形的平面上，电场线均指向 MN 连线的中点，则质子从 a 点垂直正方形所在平面以某一合适的速度释放，质子可以以 MN连线的中点做匀速圆周运动，此时质子的电势能保持不变，选项 D 正确。故选 BD。11 2.040 1.60 103 1.56 103【详解】（1）1螺旋测微器的分度值为 0.01mm，则遮光片厚度为 d=2mm+4.00.01mm=2.040mm（5）23遮光片从光电门 1 运动到光电门 2 的过程中，弹性势能增加量 1=0.2+0.42 0.04J=0.012J 重力势能减小量 2=(2 1)=0.0104J 系统势能的增加量=1 2=1.60 103J 通过光电门的速度 =系统动能的减少量=12(1)212(2)2=1.56 103J 12 0.25 2.00 H F 4.20 1.90【详解】（1）1 电流表量程增加 4 倍，则量程变为0 500mA，由改装电表知识可知 3(500 g)=gg 解得 答案第 7 页，共 10 页 3=gg500 g=0.25 2 由图乙可知，S2接 b，电压表支路与1上端并联，接通电路前要保证其分压为 0，故滑片应移至最上端；电压表示数为3.00V且保持1接入电路中的阻值不变时，电压表和2电压之和可认为始终等于3.00V，当电压表示数为2.00V时，说明2两端电压为1.00V，由串联电路电压分配原理可得，此时2的电阻为电压表内阻的一半，电压表的量程被扩大为 1.5 倍，即0 4.50V。3滑动变阻器阻值过大，不方便调节，G 滑动变阻器即使取最大阻值接入电路，也会超过其额定电流，故选 H。4由实验步骤可知电压表要扩大量程为0 4.50V，则串联的电阻箱2的阻值应调节为电压表内阻的12，即电阻箱2的阻值要能够调到2000，故选择 F。（2）5 6根据闭合电路欧姆定律可知 =1.5+5(+A)其中 A=0.25 10.25+1=0.2 整理得 =23 10+23 对照图像可得 23=2.8V 10+23=2.24 2.80.08 0 解得 =4.20V =1.90 13（1）432K；（2）85J【详解】（1）活塞刚要离开时，活塞受力平衡 0+=1 解得，汽缸内气体此时的压强为 1=0+=1.2 105Pa 答案第 8 页，共 10 页 即，当活塞缓慢上升到汽缸口的过程中气体的压强为 =1=1.2 105Pa 根据理想气体的状态方程 000=可得 00=解得 =432K（2）气体对外做功 =()=30J 全过程气体内能的变化=55J，=30J，根据热力学第一定律可得 =+代入数据解得=85J 故气体吸收热量为85J，则电阻丝放出的热量为 =85J 14（1）029；（2）06，06，30【详解】（1）对 B、C 有 0=(+2)1 对 C 有 =12 212 解得 =029（2）对 C、A 有 21=22+63，12 212=12 222+12 632 解得 2=06，3=06 答案第 9 页，共 10 页 可知，碰后 C、A 速度大小均为06。碰后对 B、C 有 1+22=(+2)4 解得 4=0 表明两者同时减速至 0，则对 C 有 =22 解得 =30 15（1）=1.5 104N/C，=433m；（2）=0.1T；（3）(10m，0)，=(433+5)105s【详解】（1）C点到 P点逆过程粒子做类平抛运动，设 C点到 P运动时间为1，y轴方向 0 (0sin)2=2，=由上述两式解得 =1.5 104N/C x 轴方向 =01cos，1=00sin 由上述两式解得 =433m（2）C点发出的粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，其入射速度 =0cos=1 105m/s 设粒子轨迹半径为1，由牛顿第二定律得 =21 由几何关系可知 1=2m 联立解得 =0.1T（3）分析可知，上任意点发出的粒子经圆形磁场偏转后都从 M点通过 x轴进入第象限，其中从 A 点射出的粒子将从 N 点进入、从 M 点离开圆形磁场，且第一次通过 x 轴时速度方向沿方向，它第二次通过 x 轴时能到达离 O 点最远的位置，该粒子运动轨迹如图 答案第 10 页，共 10 页 设粒子在第象限磁场中运动的轨迹半径为2，由牛顿第二定律得 2=22 解得 2=2=4m 所求点的坐标为(10m,0)。由于所有粒子在第二象限运动规律完全相同，故从 A 点发射从 N点进入的磁场的粒子在电场中运动时间也为 1=00cos=433 105s 其到达 x轴最远位置时在两个磁场中运动的时间分别为 2=21=105s，3=2=4 105s 该粒子从出发到 x轴上最远位置经过的时间为 =1+2+3=(433+5)105s