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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
解析：半衰期公式为：
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m ( t ) = m
0
(
1
2
)
tT
，其中m(t)为未衰变的元素质量。
m
1
' = m
1
(
1
2
)
3 7 4 0
1 1 0 = m
1
(
1
2
) 3 4 m
2
' = m
2
(
1
2
)
3 7 4 0
6 8 = m
2
(
1
2
) 5 5
故选C。
2.答案：A
（8+0）8
解析：乙车经过t =8s速度减为0，该过程中S = =32m，8s内前4s甲车做匀加速直线运动，
1 乙1
2
位移S =
甲1
1
2
2 4 2 = 1 6 m ，后4s内甲车以最大速度8m/s做匀速直线运动，位移S =
甲2
8 4 = 3 2 m ；则
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
=
甲3
8 2 = 1 6 m ；故10s末，两车相距20-16=4m；
故选A。
3．答案：B
解析：力 F 的方向始终沿着圆弧切线方向，故力 F 做的功 W F
1
4
2 R
m g
2
R
= = 。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 − m g = m a s i n ，
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 =mgvsin，也是一
G
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 相同，同步轨道的角速度 小于近地轨道的角速度
，所以=＜ 故A错误；
3 1；
B.由于轨道Ⅰ和轨道Ⅲ属于绕转，根据 v =
G M
r
3
可知v＞v ；又由于卫星在c点加速后进入轨道Ⅲ，所以
1 3
v＞v ；又由于卫星在b点加速后进入轨道Ⅱ，所以v＞v ；综上，v＞v＞v＞v ；故B错误；
3 c b 1 b 1 3 c
r3
C.根据T =2 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，
GM
3
1
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
解析：由题意得
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= = 1 0 0 V E
m
n B s ，线圈与磁场平行时开始计时，故表达式应为𝑒 =100cos100𝑡（V）;
E
电压表的示数为有效值，即U = m =50 2V;当滑动变阻器滑片向上滑动时，原副线圈电压均不变，灯
V
2
U n
泡电流不变；当自耦变压器滑片P向上滑动时，根据 1 = 1 ，n1增大，U2减小，故灯泡变暗。
U n
2 2
6.答案：A
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，每一片薄
木片的厚度为h，初始条纹间距为 x
0
，去掉两片薄木片前后，根据三角形相似可得：
2x
0
=
3 h
l
， 2x
1
=
h
l
联立可得： x
1
= 3 x
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
3
2x
0
=
h
l
，
2
2x
0
=
h
l '
2
联立可得：l' = l ，故移动的距离为
3
1
3
l 。
方法二：设劈尖夹角为θ，设条纹间距为x ，根据几何关系可得
0
2
tan=
x
0
可得：
x
0
=
t a
2n
1
若使条纹间距变为原来的两倍，则tan变为原来的 ，结合选项可得A正确。
2
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
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k
( 2
Q
d ) 2
c o s 3 0 = k
(
q
6 d )2
s i n 4 5
，
2 6
解的Q = q，带负电。故选B。
9
8. 答案：C
【解析】a b →
pV
的过程中，气体的温度不变，体积增大，根据 = C可知气体的压强减小， b → c
T
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a b → 过程中气体的压强较大，故
气体对外做功较多，A 错误；c d → 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 = + U W Q 可知外界对气体做的功与气体放出的热量相等，B 错误；由题图可知状态 d 的体积
3
V = v ，且气体在c → d过程中的压强较大，体积变化量较大，所以c → d过程中外界对气体做
2 2 0
的功大于a b → 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a b → 过程中气体吸收
的热量大于c d → 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：AB10.答案：BD
解析：第一种方式：对 B 气体有
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P
0
3 V = P
1
2 V
3 3
，解的P = P ，P = P = P ；第二种方式，对 A
1 2 0 A1 1 2 0
气体有P 2V = P 3V ，解的
0 A2
P
A 2
=
2
3
P
0
，故末状态A中气体压强不相等。第一种方式，对A中气体有
P
0
T
2
1
V
=
P
A 1
T
3
2
V
，解得 T
2
= 6 7 5 K 。第二种方式，对 B 中气体应用克拉伯龙方程 P
0
3 V = n
1
R T ，
P
A 2
2 V = n
2
R T ，解得
n
n
1
2
=
9
4
，所以抽出气体与原来B中气体得比值为
5
9
。故选BD。
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
mv =(m +m )v
1 0 1 2
得v=4m/s
对系统应用能量守恒
1 1
Q = mv2 − (m +m )v2
总 2 1 0 2 1 2
学科网（北京）股份有限公司得
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Q
总
= 1 2 J
2
Q = Q
a 5 总
得 Q
a
= 4 . 8 J
（2）对b应用动量定理
B I L t = m
2
v
q= It
q =
B
r1
L
+
x
r
2
联立可得 x=2.4m
16. 答案：（1）不会发生全反射（2）
t =
3 ( 3 −
2 c
6 ) R
【解析】（1）如图，画出光路图
可知
s
s
i n
i n
α
β
= n 解得sinβ =
3
3
设光线在BC界面的入射角为θ，根据α=β+θ得 sinθ =sin（α-β），
解得
3 2− 3
sin=
6
1
可得 sinθ <
n
故可知光线在BC边不发生全反射。
（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
光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间t =
v光在玻璃柱中传播的速度
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v =
c
n
解得，光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间 t =
3 ( 3 −
2 c
6 ) R
17.（14分）答案：（1）
E
1
=
m
2
v
q
20
d
（2）
2
3
2
v
0
d
（3）
（ 2 3 d + 2 d ， 6 d ）
(4)
y = 3 d
解析：（1）带电粒子在电场中做类斜抛运动，可得
d =v cos45t
0
v
0
s i n 4 5 = a t
qE =ma
1
mv2
联立可得：E = 0
1 2qd
（2）粒子竖直方向通过的距离设为y
y =
( v
0
s i n
2
4
a
5 ) 2
d
得：y =
2
粒子以水平速度 v =
2
2
v
0
进入圆形磁场区域，
q v B
1
= m
2 v
r1
得 r1 = d
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
t =
1
3
T
2r
T =
v
2 2d
解得：t =
3v
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，可得学科网（北京）股份有限公司
q v B
2
= m
v
r
2
2
得r =2d
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，
距M点的最近距离为 x
1
= 2 3 d
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
2
= 4 d
（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
的速度v ，使得
x
q v
x
B
2
= q E
2
可得 v
x
=
2
2
v
0
则另一分速度与x轴负方向的夹角为60°，大小为 v
圆
，可得
v
圆
=
2
2
v
0
以此速度做圆周运动的半径 r
3
=
m
q
v
B
圆
2
= 2 d
离x轴的距离的表达式
y = r
3
+ r
3
c o s 6 0 = 3 d
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
m gsinθ−μm gcosθ＝m a …………………………1分
1 1 1 1
放上小物块后对A由牛顿第二定律可得 m gsinθ −μ(m + m )gcosθ＝m a ………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放上小物块至小物块与木板发生第一次碰撞，
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L
0
+ v
A 1
t
1
=
1
2
a
3
t 21 …………………………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
第一次碰撞过程 m
1
v
A 1
+ m
2
v
B 1
= m
1
‘v
A 1
+ m
2
v ’B
1
…………………………1分
1 1 1 1
mv2 + m v2 = mv‘ 2 + m v’2 ………………1分
2 1 A1 2 2 B1 2 1 A1 2 2 B1
解得 v ’B
1
= 0 …………………………1分
（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L =v t
1 A11
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 v ’A
1
= 2 m/s
A、B 发生第二次碰撞前 B 的速度设为 v ，碰后 A 的速度
B2
v ’A
2
、B 的速度 v ’B
2
，第一次碰撞和第二次碰撞
之间，时间设为t ，A、B的位移设为L
2 2
L =
2
v ’A
1
t
2
L =
2
‘v
B 1
t
2
+
1
2
a
3
t 22
v =
B2
v ’B
1
+a t ………………1分
32
第二次碰撞过程 m
1
‘v
A 1
+ m
2
v
B 2
= m
1
‘v
A 2
+ m
2
v ’B
2
…………………………1分
1 1 1 1
mv‘ 2 + m v2 = mv‘ 2 + m v’2 ………………1分
2 1 A1 2 2 B2 2 1 A2 2 2 B2
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
