文档内容
绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 03（新疆、西藏专用）
物 理
（考试时间：60分钟 试卷满分：110分）
考情速递
高考·新动向：物理原理与生活紧密联系，如第2题“光纤进行过度的弯曲扭转”和第6题“食品包装
袋”，将物理知识融入生活实际，增强试题的现实意义。
高考·新考法：实验设计：第9题通过“设计一个简易实验来验证动量守恒定律”实验，验证动量守恒
定律的实验步骤和数据处理，体现科学探究新方法及科学素养。
高考·新情境：第3题““慧眼”阻尼器”考查周期性外力作用下物体的振动频率、共振现象产生的条
件及特点；第8题通过“自行车所装车灯发电机”情境考查楞次定律重要结论的推广应用、线圈转动产
生的交变电流的峰值及其表达式、理想变压器两端电压与匝数的关系。
命题·大预测：强化核心素养：注重物理基础概念的本质理解，避免公式套用。
情境化训练：设置新背景题的物理分析，提升信息提取与建模能力。
跨学科思维：关注物理与地理、生物等学科的交叉点。
动态过程分析：对物理多过程问题进行拆解训练，掌握微元法与守恒思想。
实验探究能力：总结教材实验变式，培养开放性设计思维。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合
题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答
的得0分。
1．电子俘获是一种放射性衰变类型，指原子核从内层（通常是 层）的电子壳层俘获一个电子，使该电
子与核内的质子结合，转化为一个中子，同时释放一个电子中微子。钾—氩测年法的核反应方程为
利用钾放射性衰变特性，可以测定岩石和矿物的形成时间。下列说法正确的是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】根据条件写出核反应方程
【解析】根据核电荷数守恒可知 ，根据质量数守恒可知 ，故选A。2．随着科技的不断发展，光纤成了现代信息传输领域不可或缺的一部分，但在使用过程中应尽量不要对
光纤进行过度的弯曲扭转。现有一折射率为1.5、横截面直径为 的光纤，在光纤使用过程中光纤绕
圆柱转弯，如图所示。为使平行射入该光纤的光在转弯处光纤的外侧均能发生全反射。则该圆柱体半径
的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】为使平行射入该光纤的光在转弯处均能发生全反射，则沿光纤最接近转弯处平行射入的光刚好发
生全反射，如图所示
此时入射角恰好达到临界角，可得 ，将 、 代入上式可得 ，故
选C。
3．2024年9月16日7点30分前后，“贝碧嘉”的中心登陆上海浦东临港新城，成为1949年以来登陆上
海的最强台风，安装在上海中心大厦第125层的千吨“慧眼”阻尼器（如图甲所示，简化模型如图乙所
示）明显晃动，“吸收”了大厦振动的部分能量，使大厦晃动逐渐减弱。下列说法正确的是（ ）
A．阻尼器的摆动频率始终不变
B．阻尼器的悬索越长，减震效果越好
C．阻尼器只能在大风天气下发挥作用，对地震不能发挥作用
D．大厦晃动频率与阻尼器的固有频率相同时，阻尼器摆幅最大【答案】D
【解析】A．阻尼器是受迫振动，摆动频率与大厦晃动频率相同，故A错误；
BD．大厦晃动频率与阻尼器的固有频率相同时，阻尼器发生共振现象，摆幅达到最大值，此时阻尼器吸
收能量最多，减震效果最好，故B错误，D正确；
B．阻尼器还能对地震的横波成分有一定的减震效果，故C错误。
故选D。
4．电动式螺旋千斤顶是一种利用电动机驱动螺旋升降装置的工具，主要用于提升或支撑重物。与传统手
动千斤顶相比，电动式千斤顶的使用更加方便和高效。如图所示，某次电动式千斤顶支撑质量为100kg的
物体时，支撑臂恰好是一正四面体的三条边，取重力加速度大小g=10m/s2，则每一支撑臂的作用力大小为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设支撑臂与竖直方向的夹角 ，正四面体的边长为 ，根据几何关系可得 ，则
，根据平衡条件可得 ，解得每一支撑臂的作用力大小为
，故选A。
5．2024年5月28日，来自全国各地的31名队员全员登顶珠峰，其中年龄最大的队员70岁，刷新了中国
人登顶珠峰最年长纪录。某队员用单摆测定珠峰的高度，使单摆做简谐运动，在与珠峰同纬度零海拔高度
处，在一定时间内测得单摆完成全振动N次。当到达山顶后，在相同时间内测得同一单摆完成全振动的次
数为（ ）次。若把地球视为半径为R的均匀球体，则珠峰的高度为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【解析】在与珠峰同纬度零海拔高度处，在一定时间内测得单摆完成全振动N次，设零海拔高度处的重力
加速度为 ，则有 ，达山顶后，在相同时间内测得同一单摆完成全振动的次数为（ ）
次。设山顶的重力加速度为 ，则有 ，可得 ，根据 ，
，联立可得 ，可得珠峰的高度为 ，故选C。
6．去高原旅游时，通常会发现所带密封的食品包装袋相对在平原上膨胀许多，因旅行路途遥远，此过程
变化缓慢，与外界热交换充分。假设环境温度不变，将袋内气体视为理想气体，则可判断（ ）
A．袋内气体对外界做正功
B．包装袋中气体内能减小
C．包装袋中气体压强增大
D．包装袋中气体吸收热量
【答案】AD
【解析】A. 袋内气体膨胀，体积变大，对外界做正功，故A正确；
B. 包装袋中气体温度不变，内能不变，故B错误；
C. 包装袋中气体是等温变化，根据玻意耳定律，体积变大，压强变小，故C错误；
D. 袋内气体膨胀，体积变大，对外界做正功，内能减少，为保持温度不变，包装袋中气体需从外界吸收
热量，故D正确。
故选AD。
7．如图所示，光滑绝缘水平面上固定着两个带电量不相等的正点电荷，带电荷量＋q，质量为m的小球置
于A点时，仅在电场力作用下恰好保持静止状态。现小球从M点以初速度 ， 沿着两点电荷连线运动，
恰好能运动至B点，其中M、N两点关于A点对称。已知距离电量为Q的孤立点电荷r处的电势为
（无穷远电势为零）。则下列说法正确的是（ ）A．小球运动至N点时，速度仍是
B．M、B两点间的电势差为
C．小球运动到A点时动能最大
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，小球不能到达B点
【答案】CD
【解析】A．由题意可知，A点电场强度为0，两个点电荷电荷量不等，所以关于A点对称的M、N两点电
势不相等，动能不相等，故A错误；
B．由M到B点列动能定理 ，解得 ，故B错误；
C．由于A点电场强度为0，所以A点的电势最低，带正电的小球在A点的电势能最小，动能最大，故C
正确；
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，由 可知，M、B点电势均变为原来的2倍，电势差也
变为原来的2倍，小球不能到达B点，故D正确。
故选CD。
8．某自行车所装车灯发电机如图甲所示，其结构见图乙所示。绕有线圈的“ ”形铁芯开口处装有磁铁
（磁通量为Φ，能够全部通过铁芯），车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动，摩擦轮又通过传动轴带动
磁铁一起（与车轮角速度相等）转动，从而使铁芯中磁通量发生变化，线圈两端c、d作为发电机输出端。
通过导线与标有“12V 6W”的灯泡L相连，当车轮匀速转动时，发电机榆出电压视为正弦交流电，该发电
机供电部分理想变压器原线圈匝数为n，副线圈匝数为6n，假设灯泡阻值不变，摩擦轮与轮胎间不打滑，
则（ ）
A．在磁铁从图示位置匀速转过 的过程中，通过L的电流方向由c到d
B．在磁铁从图示位置匀速转过 的过程中，L中的电流逐渐变小
C．若灯泡L正常发光，原线圈两端的电压为2V
D．若灯泡L正常发光，车轮转动的角速度为【答案】AC
【解析】A．根据题意，由楞次定律可知，通过L的电流方向由c到d，故A正确；
A．由图可知，开始阶段，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，转动后，磁通量减小，磁通量
的变化率增大，当转过 时，穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，可知，转动过程中L中的
电流逐渐增大，故B错误；
B．若灯泡L正常发光，副线圈两端的电压为12V，根据变压器电压与匝数关系有 ，解得
，故C正确；
D．原线圈两端的最大值为 ，由 ，可得 ，故D错误。
二、实验题：本题共2小题，共18分。
9．（6分）杨同学设计了如图所示的一个简易实验来验证动量守恒定律，将一个弹射装置固定在长水平板
上，弹射器的弹簧原长时右端在 点。物块A和物块B的质量分别为 和 ，两者与长水平板间的动摩
擦因数相同且较小。先不放物块B，用物块A压缩弹簧右端至Q点后由静止释放，物块A运动到长水平板
上的P点后停下。在长水平板上 点右侧某处标记点O，将物块B放置在O点后，再次用物块A压缩弹
簧右端至Q点后由静止释放，两物块发生对心正碰，最终分别停在M点和N点。多次重复实验，确定P、
M、N的平均位置，得到OP、OM、ON的长度分别为 、 、 ， 、 、 的长度分别为
、 、 。两物块体积较小，重力加速度为g。
(1)在实验时，物块A和物块B的质量应符合 （填“ ”“ ”或“ ”） 。
(2)杨同学需要验证的关系式为 （从 、 、 、 、 、 、 、 当中选择你认为
必需的物理量表示）。
(3)将O点的标记位置适当 （填“左移”或“右移”），可以进一步减小实验的误差。【答案】(1) (2) (3)左移
【解析】（1）为保证物块A碰撞物块B后一定不反弹，物块A和物块B的质量应符合 ；
（2）物块A从 点到 点，根据动能定理得
得碰撞前物块A到 点时速度的大小
同理可得，碰撞后物块A和物块B的速度分别为
，
若动量守恒定律成立，则应满足
即
（3）将O点的标记位置适当左移，碰撞的初速度较大，碰后减速的位移较大，有利于减小测量的偶然误
差。
10．（12分）某兴趣小组利用实验室的器材进行电表内阻的测量实验。
(1)小组成员在实验室发现一个表盘数字被污渍遮挡的电压表，利用图1中的电路图测量电压表量程。闭合
开关后，调节滑动变阻器 和电阻箱 ，保持电流表满偏 ，当 时，电压表指针偏转
了满偏的 ，当 时，电压表指针偏转了满偏的 。则电压表量程为 ，电流表内阻为
。
(2)小组成员选择完好的实验仪器，利用表盘如图2所示的多用电表和图3中的电路图测量另一电压表的内
阻（量程 ，内阻约十几千欧）。
①利用多用电表的欧姆挡对电压表内阻进行粗测。将多用电表挡位调到欧姆 挡（填“ ”或“
”），再将红表笔和黑表笔 ，调零后，将两表笔接在电压表正负接线柱上，读取多用电表读数，
电压表内阻约为 ；
②按照图3所示的电路图连接实验仪器后，闭合开关 ，改变电阻箱阻值，读取多组电压表示数 与电阻
箱阻值 ，并绘制出 图像如图4所示，图像斜率为 ，纵截距为 ，若已知电源电动势 ，则电压
表内阻 ，电源内阻对电压表内阻测量 （填“有”或“无”）影响。【答案】(1) 15 1 (2) ×1k 短接 无
【解析】（1）[1][2]根据欧姆定律，有 ，
解得
（2）①多用电表欧姆挡在使用时，指针应尽可能在表盘中间区域，则挡位应调到欧姆“ ”挡，再将
红黑表笔短接进行调零。
②根据闭合电路欧姆定律有
变形得
则电压表内阻
电源内阻对电压表内阻测量无影响。
三、计算题：本题共3小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后
答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（10分）如图所示，质量为m的小球静止在足够大的水平转盘上，一根长为L的细线一端连接在小球
上，另一端连接在圆盘竖直转轴上的A点，细线刚好伸直时与竖直方向的夹角 ，重力加速度为g，
， ，使转盘绕转轴在水平面内缓慢转动，并逐渐增大转动的角速度，求：
(1)当小球对转盘的作用力恰好为零时，转盘转动的角速度大小；
(2)当小球转动的角速度为 时，细线突然断开，小球在转盘上的落点离转轴的距离。
【答案】(1) (2)
【解析】（1）当小球对转盘的作用力恰好为零时，小球做圆锥摆运动，根据牛顿第二定律
根据几何关系
解得（2）当小球转动的角速度为 时，设悬线与竖直方向的夹角为 ，则有
解得
这时小球离盘面的高度
细线断开后，小球做平抛运动，运动的时间
平抛运动的初速度
平抛运动的水平位移
则落到转盘上的位置离转轴的距离
12．（14分）如图所示，水平面上固定一半径r=1.0m的光滑金属圆环和两条平行光滑金属导轨，一根长
为2r、阻值R=1.0Ω的均匀金属棒ac沿半径放置在光滑金属圆环上（b为ac棒中点），一端固定在过圆心
的竖直导电转轴上；平行导轨间距l=1.0m，两导轨通过导线及开关S分别与金属圆环及竖直导电转轴连
接，导轨左端接有阻值R=1.0Ω的定值电阻，垂直导轨放置着长也为l、质量m=1.0kg、阻值R=1.0Ω的金属
棒de，整个装置处于磁感应强度大小B=1.0T、方向竖直向上的匀强磁场中。现固定金属棒de，闭合开关
S，使金属棒ac以角速度ω=6.0rad/s顺时针匀速转动。导轨及金属圆环电阻均不计。
(1)求金属棒ac两端的电势差；
(2)若金属棒de可自由移动，闭合开关S，求金属棒de匀速运动时的速度大小；
(3)若金属棒de可自由移动，闭合开关S，当金属棒de匀速运动后断开开关S，求断开开关S后金属棒de
继续运动的距离。
【答案】(1)10.5V (2)2.0m/s (3)4m
【解析】（1）金属棒ac转动过程中产生的电动势
金属棒ab段产生的电动势根据欧姆定律可得
则 ，
所以
（2）金属棒de可自由移动时，闭合开关S后，将向右做加速度减小的加速运动，达到匀速运动时，电流
为0，此时
且
解得v=2.0m/s
（3）开关S断开后，金属棒de在安培力的作用下做减速运动，最终停止。由动量定理得
即
解得x=4m
13．（20分）在半导体注入工艺中，利用如图所示的装置进行粒子的注入，粒子发射源S向外发射质量均
为m，电荷量分别为q和3q的正粒子甲、乙，两粒子的初速度均为零，两粒子经电压为 的加速电场加
速，然后从偏转电压为 的偏转电场上极板的左侧紧贴极板射入，两粒子最终从极板右侧进入垂直纸面向
外的范围足够大的匀强磁场中，已知 ，两极板的长度为L，间距为 ，磁感应强度大小为
，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。
(1)证明粒子甲、乙在偏转电场中的轨迹重合；
(2)若紧贴下极板的右侧沿竖直方向固定一足够大的接收屏，求粒子甲、乙打在接收屏上的间距；
(3)若保持磁感应强度大小不变将方向改为垂直纸面向里，同时将接收屏移至虚线MN处，粒子乙垂直打在
接收屏上，求两粒子打在接收屏上的间距。（结果保留根号）【答案】(1)见解析 (2) (3)
【解析】（1）粒子在加速电场中运动时，由动能定理得
粒子进入偏转电场的速度大小为
粒子在偏转电场中做类平抛运动，沿水平方向
竖直方向上有
又由牛顿第二定律得
则粒子的侧移为
粒子离开电场时速度与水平方向的夹角为 ，则有
又
解得
显然粒子的侧移以及粒子离开电场时速度与水平方向的夹角均与电荷量、质量无关，即粒子甲、乙在偏转
电场中的轨迹重合。
（2）由第（1）问的解析可知，粒子甲、乙均从下极板的右侧离开偏转电场，且速度与水平方向的夹角均
为则粒子甲离开偏转电场的速度大小为
粒子乙离开偏转电场的速度大小为
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
粒子甲、乙的轨道半径分别为 、
甲、乙两粒子的轨迹所对应的弦长分别为 、
所以粒子甲、乙打在接收屏的间距为
（3）仅将磁场反向后，甲、乙两粒子的轨道半径大小仍为 、
作出两粒子的轨迹，如图所示
粒子乙垂直打在接收屏上时，由几何关系得
则
又 、
在 中由余弦定理得解得
两粒子打在接收屏的间距为
解得
