文档文本内容
2025全省普通高中学业水平等级模拟考试
物理
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.答案：C
t
1
m(t)=m⋅( ) T
解析：半衰期公式为： 0 2 ，其中m(t)为未衰变的元素质量。
3740 3740
1 1 1 1
m =m⋅( ) 110 =m⋅( ) 34 m =m⋅( ) 68 =m⋅( ) 55
1 ' 1 2 1 2 2 ' 2 2 2 2
故选C。
2.答案：A
（8+0）×8
=32m
2
解析：乙车经过t=8s速度减为0，该过程中S = ，8s内前4s甲车做匀加速直线运动，
1 乙1
1
×2×42 =16m
位移S =
2
，后4s内甲车以最大速度8m/s做匀速直线运动，位移S =
8×4=32m
；则
甲1 甲2
8s末，两车相距100-32-32-16=20m；再经历2s，乙车在2s内保持静止，甲车在2s内做匀速直线运动，S
=
8×2=16m
；故10s末，两车相距20-16=4m；
甲3
故选A。
3．答案：B
1 mgπR
W=F⋅ ×2πR=
解析：力F的方向始终沿着圆弧切线方向，故力 F做的功 4 2 。在运动过程中任一
位置建立沿着切线和半径方向的坐标系，设半径与竖直方向夹角为 θ，沿着切线方向有
F−mgsinθ=ma
，故沿着切线方向，物块始终做加速运动。力 F的功率一直增大。重力的瞬时功率
P =mgvsinθ
G ，也是一直增大的。
4. 答案：D
解析：A.地球自转的角速度和同步轨道的角速度 3相同，同步轨道的角速度 3小于近地轨道的角速度
学科网（北京）股份有限公司 ω=ω ＜ω
1，所以 3 1 故A错误；
；
√GM
v=
r v ＞v
B.由于轨道Ⅰ和轨道Ⅲ属于绕转，根据 可知 1 3；又由于卫星在c点加速后进入轨道Ⅲ，所
v ＞v v ＞v v ＞v ＞v ＞v
以 3 c；又由于卫星在b点加速后进入轨道Ⅱ，所以 b 1；综上， b 1 3 c；故B错误；
√ r3
T=2π
GM
C.根据 可知，轨道Ⅰ为近地圆轨道，轨道Ⅲ为同步轨道，卫星在轨道Ⅲ运行的周期约为
24h，大于在轨道Ⅰ运行的周期；故C错误。
D.卫星在轨道Ⅰ的b点加速变轨轨道Ⅱ，因此动能增大，又引力势能不变，故卫星在Ⅱ轨道的机械能大于
Ⅰ轨道的机械能；同理，卫星在c点经过加速到达Ⅲ轨道，所以Ⅲ轨道的机械能大于Ⅱ轨道的机械能；故
D正确。
5.答案：D
E =nBsω=100V
解析：由题意得 m ，线圈与磁场平行时开始计时，故表达式应为e=100cos100t
（V）;
E
U = m =50√2V
电压表的示数为有效值，即 V √2 ;当滑动变阻器滑片向上滑动时，原副线圈电压均不变，
U n
1 1
=
灯泡电流不变；当自耦变压器滑片P向上滑动时，根据U n ，n1增大，U2减小，故灯泡变暗。
2 2
6.答案：A
λ
解析：方法一：增加薄木片并向左移动，条纹间距一定减小，故排除 D；设单色光的波长为 ，每一片
x
薄木片的厚度为h，初始条纹间距为 0，去掉两片薄木片前后，根据三角形相似可得：
λ λ
2 3h 2 h
= ， =
x l x l
0 1
x =3x
联立可得： 1 0
若使条纹间距变成原来的2倍，需把薄木片向左平移，可得
学科网（北京）股份有限公司λ λ
2 h 2 h
= ， =
3x l 2x l'
0 0
2 1
l' = l l
联立可得： 3 ，故移动的距离为3 。
x
方法二：设劈尖夹角为θ，设条纹间距为 0，根据几何关系可得
λ
2
tanθ=
x
0
λ
可得： 2
x =
0 tanθ
1
若使条纹间距变为原来的两倍，则tanθ变为原来的2 ，结合选项可得A正确。
7.答案：B
解析：P点的场强为+q和带电圆环在该点产生的场强的叠加。如图，+q
在p点产生的场强方向与x轴成45°角，因P的合场强沿着y轴负方向，
所 以 带 电 圆 环 在 p 点 产 生 的 场 强 水 平 向 左 ， 即
Q q
k cos30°=k sin45° 2√6
Q= q
(2d) 2 (√6d) 2 ，解的 9 ，带负电。故选
B。
8. 答案：C
【解析】 的过程中，气体的温度不变，体积增大，根据 可知气体的压强减小，
的过程中，气体压强不变，这两个过程中气体体积的增大量相同，但 过程中气体的压强
较大，故气体对外做功较多，A错误； 过程中，温度不变，体积减小，故外界对气体做功，根据
热力学第一定律 可知外界对气体做的功与气体放出的热量相等，
学科网（北京）股份有限公司B错误；由题图可知状态d的体积 ，且气体在 过程中的压强较大，体积变化量较大，
所以 过程中外界对气体做的功大于 过程中气体对外界做的功，由于这两个过程中内能均
不变，故 过程中气体吸收的热量大于 过程中气体放出的热量，C正确；由能量守恒定律
可知，气体在c→d→a过程中内能的减少量等于a→b→c过程中内能的增加量，D错误。
【方法技巧】本题还可以根据V-T图像作出p-V图像，如图所示，图像与横轴所围图形的面积表示功，
然后根据热力学第一定律即可解题。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得
4分，选对但不全得2分，有选错得得0分。
9.答案：AB
10.答案：BD
3 3
P = P P =P = P
解析：第一种方式：对B气体有 P 0 ⋅3V=P 1 ⋅2V ，解的 1 2 0， A1 1 2 0；第二种方式，对A
2
P = P
气体有 P 0 ⋅2V=P A2 ⋅3V ，解的 A2 3 0，故末状态A中气体压强不相等。第一种方式，对A中气体
学科网（北京）股份有限公司P ⋅2V P ⋅3V
0 A1
=
有 T T ，解得T =675K。第二种方式，对B中气体应用克拉伯龙方程P ⋅3V=n RT，
1 2 2 0 1
n 9 5
1
=
P ⋅2V=n RT，解得n 4 ，所以抽出气体与原来B中气体得比值为9 。故选BD。
A2 2 2
11. 答案：ACD
解析：A.传送带对物体做功可以根据动能定理，传送带对物理的摩擦力做的功等于物体动能的增加量，
初速度为0，末速度为2m/s，因此动能增加为为4J，所以A正确；
B.货物在0-1s内做a=μg=2m/s²的匀加速直线运动，1s末速度为2m/s，向右加速；1-1.5s内继续做匀加速，
1.5s时与传送带共速，共速速度为3m/s,1.5-2s内一起做a=ug=2m/s²的匀减速直线运动，货物2s末和传送
带共速，共速速度为2m/s,2-3s一起匀速；因此，货物没有始终向右加速，且3s末速度为2m/s，故B错误。
C.货物的总位移为：0-1s，1m；1-1.5s，1.25m；1.5-2s，1.25m；2-3s，2m，总共5.5m；根据图像可知，
传送带的位移为9m，所以相对位移为3.5m；所以C正确
D.摩擦生热为摩擦力f与相对位移Δx的乘积，f=umg=4N，Δx=3.5m，因此Q=fΔx=14J，所以D正确。
12.答案：BC
学科网（北京）股份有限公司三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13.每空2分，共6分
学科网（北京）股份有限公司14．每空2分，共8分
15.（8分）答案：（1）4.8J （2）2.4m
解析：（1）m 与m 组成的系统动量守恒
1 2
m v =(m +m )v
1 0 1 2
得v=4m/s
对系统应用能量守恒
1 1
Q = m v2 − (m +m )v2
总 2 1 0 2 1 2
学科网（北京）股份有限公司Q =12J
得 总
2
Q = Q
a 5 总
Q =4.8J
得 a
（2）对b应用动量定理
B¯I L⋅t=m v
2
q=¯It
BLx
q=
r +r
1 2
联立可得 x=2.4m
3(3−√6)R
t=
16. 答案：（1）不会发生全反射（2） 2c
【解析】（1）如图，画出光路图
sinα √3
=n
可知 sinβ 解得sinβ = 3
设光线在BC界面的入射角为θ，根据α=β+θ得 sinθ =sin（α-β），
3√2−√3
sinθ=
解得 6
1
可得 sinθ <n
故可知光线在BC边不发生全反射。
学科网（北京）股份有限公司（2）设光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的路程为x，则xcosθ =Rcosα
x
t=
v
光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间
c
v=
n
光在玻璃柱中传播的速度
3(3−√6)R
t=
2c
解得，光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间
mv2 2√2πd
0
E =
1 2qd 3v （2√3d+2d，6d） y=3d
17.（14分）答案：（1） （2） 0 （3） (4)
解析：（1）带电粒子在电场中做类斜抛运动，可得
d=v cos45°⋅t
0
v sin45°=a⋅t
0
qE =ma
1
mv2
0
E =
联立可得： 1 2qd
（2）粒子竖直方向通过的距离设为y
(v sin45°) 2
0
y=
2a
d
y=
得： 2
√2
v= v
粒子以水平速度 2 0进入圆形磁场区域，
v2
qvB =m
1 r
1
r =d
1
得
学科网（北京）股份有限公司粒子做圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，故粒子从圆与x轴的切点M进入下方磁场区域，由几何关
系可得，最上端发出的粒子在圆形磁场中运动的时间最长，可得
1
t= T
3
2πr
T=
v
2√2πd
t=
3v
解得： 0
（3）粒子进入x轴下方以后，方向范围在与x轴正半轴成60°到120°范围之内，可得
v2
qvB =m
2 r
2
r =2d
得 2
当速度与x轴正半轴成60°和120°时，粒子打到x轴的同一位置，
x =2√3d
M点的最近距离为 1
距
当速度与x轴成90°进入下方磁场时，粒子打到x轴上距M最远
x =4d
2
（2√3d+2d，6d）
故x的坐标范围为
（4）0点射出的粒子在M点射出时与x轴正方向的夹角为60°，将粒子速度v分解出一个沿着x轴正方向
v
的速度 x，使得
qv B =qE
x 2 2
√2
v = v
可得 x 2 0
学科网（北京）股份有限公司v
则另一分速度与x轴负方向的夹角为60°，大小为 圆，可得
√2
v = v
圆 2 0
mv
r = 圆 =2d
以此速度做圆周运动的半径 3 qB
2
离x轴的距离的表达式
y=r +r cos60°=3d
3 3
18.（16 分）答案：(1) 1m/s2， 0 (2) 0.75s (3)0 (4) 3次
解析：(1)放上小物块前对A由牛顿第二定律可得
mgsinθ−μm gcosθ＝ma …………………………1分
1 1 1 1
放上小物块后对A由牛顿第二定律可得 mgsinθ −μ(m+ m)gcosθ＝ma ………1分
1 1 2 1 2
解得a=1m/s2，a=0 ………………1分
1 2
(2) 放上小物块时A的速度v = a t …………………………1分
A1 10
小物块在木板上运动时的加速度a=gsinθ ………………1分
3
1
L +v t = a t2
0 A1 1 2 3 1
放上小物块至小物块与木板发生第一次碰撞， …………………………1分
解得t=0.75s …………………………1分
1
（3）放上小物块后A以v =1m/s的速度做匀速直线运动，碰前B的速度
A1
v = a t ………………1分
B1 31
m v +m v =m v‘ +m v’
第一次碰撞过程 1 A1 2 B1 1 A1 2 B1 …………………………1分
1 1 1 2 1 2
m v2 + m v2 = m v‘ + m v’
2 1 A1 2 2 B1 2 1 A1 2 2 B1
………………1分
v’ =0
解得 B1 …………………………1分
L =v t
（4）放上小物块至小物块与木板发生第一次碰撞，木板的位移 1 A1 1
v’ =2
由上一问可求得小物块与木板挡板第一次碰撞后木板A的速度 A1 m/s
v’ v’
A、B发生第二次碰撞前B的速度设为v ，碰后A的速度 A2、B的速度 B2，第一次碰撞和第二次碰撞
B2
之间，时间设为t，A、B的位移设为L
2 2
v’ t
L= A1 2
2
学科网（北京）股份有限公司1
v‘ t + a t2
B1 2 2 3 2
L=
2
v’
v = B1+at ………………1分
B2 32
m v‘ +m v =m v‘ +m v’
第二次碰撞过程 1 A1 2 B2 1 A2 2 B2 …………………………1分
1 2 1 1 2 1 2
m v‘ + m v2 = m v‘ + m v’
2 1 A1 2 2 B2 2 1 A2 2 2 B2
………………1分
此后重复前面的过程，相邻两次碰撞之间的时间间隔相等，均为
t= t = t =1s …………1分
2 3 4
求得L=0.75m，L=2m，L=3m，L=4m，
1 2 3 4
L+ L + L < L， L+ L + L +L> L
1 2 3 1 2 3 4
故A、B发生了3次碰撞 ……………………1分
学科网（北京）股份有限公司
