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年高考考前适应性测试
2025
物理参考答案详解及评分说明
一、单项选择题：本题共 小题，每小题 分，共 分。
7 4 28
1.C
【解析】由题意结合氢原子能级图，可知“ 厘米线”可能属于电磁波谱线中的微波。
21
Ｂ
2.
【解析】游客通过圆弧形轨道AB的过程中速率保持不变，则游客所受摩擦力与重力沿轨道切向分力的合力为 ，
0
而重力的切向分力在减小，故摩擦力在减小，可知 选项错误、Ｂ选项正确；重力与速度夹角在增大，故重力的功
A
率在减小，选项错误；动量的方向时刻在改变，Ｄ选项错误。
C
3.D
λ
【解析】由图甲、图乙可知该列波是沿x轴正方向传播，且λ ，T ，A ，v ；设波的表达式
=8m =2s =10cm = T = 4m/s
( ) ( )
为y A 2π x φ ，波的图像过（ ，）点，将各量代入表达式得y π x π ，则该时刻P点的位移
= sin λ + 3 0 = 10sin + cm
4 4
为 。
5 2cm
4.C
【解析】一定质量的理想气体，在a b的过程中与外界无热量交换，而体积减小，外界对气体做功，由热力学第一
→
定律可知气体内能增大，温度升高，气体分子的平均动能增大，故 选项错误；b c过程气体被压缩且温度降低，
A →
由热力学第一定律可知气体放出的热量等于其内能减少量与外界做功之和，故 选项错误；由p V图像可知a、c
B -
两状态温度相同，气体内能相同，根据热力学第一定律可知 选项正确、 选项错误。
C D
5.A
( ) 2 T 2
【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动时，重力提供向心力，即mg mr 2π ，由开普勒第三定律得 k，联立解
= T r =
3
( )4
得g 4π 2 1 3。
= 3 k T
6.B
【解析】设轨道倾角为θ，座椅与轨道摩擦力为f，橡皮筋对人的力为F，人和座椅总质量为M，一起在轨道上运动
过程中，在忽略空气阻力的情况下，根据牛顿第二定律F Mg θ f Ma，而橡皮筋对人的力在减小，可知人和
- sin - =
座椅的加速度先减小后反向增大，则人先由静止开始做加速度减小的加速直线运动，然后做加速度增大的减速
运动；当人离开座椅后做斜抛运动，其水平方向的速度不变。
物理试题答案 第 页（共 页）
1 47.C
【解析】沿CD方向建立x轴，过O点向下的方向建立y轴，设该匀强电场的场强为E，将其正交分解为E、E，则对
x y
粒子由A到B，根据动能定理可得：qE R qE R E。同理对粒子由A到D，qE (R R )
x2 cos60°+ y2 sin60°=2 k x + cos60° +
E
y
qE R 3 E，联立可得 ，可知该匀强电场的方向沿着 AB 方向；若粒子从 C 点射出，则
y sin60°= k E = 3
x
2
E
- qE x (R - R cos60° ) + qE y R sin60° = ∆ E k ，得 ∆ E k = k；若粒子从BD的中点射出，电场力做功为 2 + 3E k ，故 D
2 2
选项错误。
二、多项选择题：本题共 小题，每小题 分，共 分。
3 6 18
8.AB
【解析】原线圈接 的交流电源，实际测得副线圈输出电压为 ，要使小灯泡正常发光，应该提升输出电压，
12V 2.5V
则 、选项正确，、 选项错误。
A B C D
9.BD
【解析】根据题意结合几何关系，可知该棱镜对蓝光的折射率n sin60° ，而蓝光射到bc边的入射角为 ，
= = 3 60°
sin30°
大于临界角，故 选项错误、 选项正确；如果换成绿光，则折射率变小，射到bc边的入射角变大，无法判断与临
A B
界角的关系，故 选项错误、 选项正确。
C D
10.AD
【解析】设导体棒ab的质量为m、cd的质量为m，闭合 后对ab棒根据牛顿第二定律可得：m g θ CB L a
2 2
1 2 S₁ 1 sin - =
v
( )
m a，且v at ，断开 并闭合开关 ，ab进入水平导轨最终与cd共速，有m v m m 0，联立可得：m
1 0 = 0 S₁ S2 1 0 = 1 + 2 2 =
3
CB 2 L 2 v v CBLv 2
2 0 ，电容器带电量Q CBLv ，对cd棒根据动量定理BLq m 0 ，得：q 2 0 ；ab进入水
gt θ v = 0 = 2 - 0 = ( gt θ v )
0sin - 0 3 3 0sin - 0
( )
( ) v 2 CB 2 L 2 v 3
平导轨最终与cd共速，由能量守恒可得1 m 1 v 2 0 = 1 m 1 + m 2 0 + Q，得：Q = ( gt θ 0 v ) ，根据右手定则
2 2 3
3 0sin - 0
可知Ａ选项正确，、选项错误，Ｄ选项正确。
B C
三、非选择题：本题共 小题，共 分。
5 54
（ 分）
11. 6
（） （ ） （）见解析 （） （ ～ ）
1 2.05 2.03-2.07 2 3 102 98.0 103
评分标准：每空（图）各 分。
2
【解析】（） ；
1 20mm+0.5×1mm=20.5mm=2.05cm
（）描点（ ， ），拟合连线；
2 5 2.05cm
物理试题答案 第 页（共 页）
2 4l
n/cm
4.0
3.0
2.0 n个
0 1 2 3 4 5 /
乙
mg
（ 3 ）k = l 5 - l ，代入数值得k =102N/m 。
0 5
（ 分）
12. 10
（）
1 ④990.0
（）
2 ①110.0 ②0~10mA
（） 红 （ ， 均可）
3
3 ① ②3000 3×10 3000.0
评分标准：每空各 分。
2
( ) ( )
【解析】（）可认为，I R R 1 I R R ，得R ；
1 g g + 01 = g g + 02 g = 990.0Ω
2
( )( )
（） 置于“ ”时，电流表量程为 ，I R I I R R ，其中I ，解得R R ；置
2 S 2 0 ~ 1 mA g g = 2 - g 1 + 2 2 = 1mA 1 + 2 = 110.0Ω S
于“ ”时，电流表内部为R 与R 串联再与R 并联，允许通过总电流较 置于“ ”要大，量程为 ；
1 g 2 1 S 2 0~10mA
E
（）直流电表要求电流由红表笔流入，从黑表笔流出，“ ”孔内应插红表笔；置于“ ”时两表笔短接，I ，
3 Ω S 2 2 = R
Ω
E
测量电阻时1 I ，得R 。
2 = R R x=3000Ω
3 Ω + x
（ 分）
13. 9
（）设篮球在空中运动的时间为t，篮球抛出点和篮筐的水平距离x，距离为L
1
h h 1gt
2
……………………………………………………………………………………………………（ 分）
1- 2= 1
2
x vt ……………………………………………………………………………………………………………（ 分）
= 0 1
L= x 2 2 ……………………………………………………………………………………………（ 分）
+(ℎ1 − ℎ2) 2
解得：L= …………………………………………………………………………………………………（ 分）
75m 1
（）设篮球到达篮筐时的速率为v，竖直分速度为v
2 y
v =gt ……………………………………………………………………………………………………………（ 分）
y 1
v= v
0
2
+
v y2 …………………………………………………………………………………………………（
2
分）
解得：v ……………………………………………………………………………………………（ 分）
=10 13 m/s 1
（ 分）
14. 13
（）设动力下降阶段发动机做的功为W
1
W mg（h h） 1mv2 ………………………………………………………………………………………（ 分）
+ 0 1- 2 =0- 2
2
解得：W ……………………………………………………………………………………………（ 分）
9
=-3.3×10 J 1
（）缓慢垂直下降过程中气体对组合体作用力大小为F，由牛顿第三定律可知组合体对气体作用力大小也为F
2
F mg……………………………………………………………………………………………………………（ 分）
= 1
物理试题答案 第 页（共 页）
3 4设 t喷出的气体质量为 m
△ △
F t mv ……………………………………………………………………………………………………（ 分）
△ =△ 2
m
解得：Δ ………………………………………………………………………………………………（ 分）
t =1.3kg/s 1
Δ
（）设组合体刚自由下落到月球表面时速度大小为v，缓冲过程中组合体受地面的作用力为F ，平均每个着陆
3 1 合
腿承受的作用力的大小为F
1
v gh …………………………………………………………………………………………………………（ 分）
2
1 =2 3 1
（F mg） t mv ……………………………………………………………………………………………（ 分）
合- △ ´= 1 2
F F …………………………………………………………………………………………………（ 分）
4 1cos60°= 合 2
解得：F ……………………………………………………………………………………………（ 分）
3
1=6.0×10 N 1
（ 分）
15. 16
（）设磁感应强度的大小为B，电子在磁场中运动的半径为r y
1
r d………………………………………………………………………（ 分）
sin30°= 1 Ⅰ Ⅱ
v
2
evB=m 0 ……………………………………………………………………（ 分）
0 r 1
P
解得：B
mv
0 …………………………………………………………………（ 分）
O v30° d
2
d
3
d x
= ed 1 0
2
设电场强度的大小为E，粒子在区域 内运动时间为t，加速度的大小为a
Ⅱ 1
d vt …………………………………………………………………………………………………………（ 分）
2 = 01 1
（r ） 1at
2
……………………………………………………………………………………………（ 分）
1-cos30° = 1 1
2
eE ma …………………………………………………………………………………………………………（ 分）
= 1
mv
解得：E (2 - 3 ) 0 2 ………………………………………………………………………………………（ 分）
= ed 1
2
（）当电子沿y轴负方向射入磁场时，设该电子由C点进入电场，到达荧光屏位置为D点，电子射入电场时速度
2
方向与x轴间夹角为θ，C点的纵坐标为y ，由几何关系可知
C
d
θ= …………………………………………………………………………（ 分） y
sin r 1 Ⅰ Ⅱ
解得：θ
a
=30°
y r θ ………………………………………………………………………（ 分） P
- C= cos 1 O d d d x
2 3
设D点的纵坐标为y ，电子在电场中运动时间为t v
D 2 0
d v θt ……………………………………………………………………（ 分） θ
2 = 0cos 2 1
y D- y C=- v 0 t 2sin θ+ 1 2 at 2 2 ………………………………………………………（ 2 分） C v θ 0 D
解得：y （8 ）d …………………………………………………………………………………………（ 分）
D= -3 3 1
3
（）电子只要能进入电场就能到达荧光屏，当电子到达磁场右边界的速度方向恰好与边界相切时，电子恰不能
3
到达荧光屏。设对应电子射入磁场时速度与x轴夹角为α，由几何关系可知
r α=r-d ………………………………………………………………（ 分） y
sin 1
解得：α
Ⅰ Ⅱ
=30°
能够到达荧光屏的电子数占发射总电子数的百分比
a
v
α a P
η 90° + ……………………………………………………（ 分） O 0 d d d x
= ×100% 1 2 3
180°
解得：η 200 ………………………………………………（ 分）
= %=66.7% 1
3
物理试题答案 第 页（共 页）
4 4
