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【赢在高考·黄金8 卷】备战2025 年高考物理模拟卷（河北专用）
黄金卷04
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证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，用铅笔把答题卡上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、单项选择题:本题共7 小题，每小题4 分，共28 分，在每小题给出的四个选顶中，只有一项是符合题
目要求的。
1．宇宙射线进入地球大气层时，同大气作用产生中子，中子撞击大气中的氮引发核反应产生碳14，核反
应方程为
，
具有放射性，发生衰变变成
，
的半衰期为5730 年。根据上述
信息，下列说法正确的是（ ）
A．
发生
衰变变成
B．100 个
经过5730 年后将剩余50 个
C．全球大气变暖，
的半衰期将会发生改变
D．测量某古木样品中的
含量，如果含量是现代植物的
，可推测古木的历史有11460 年
【答案】D
【解析】A．根据质量数守恒和电荷数守恒可知
发生衰变变成
，选项A 错误；
B．衰变是统计规律，对少量原子核不适用，选项B 错误；
C．半衰期不随温度变化，选项C 错误；
D．古木样品中的
含量是现代植物的
，根据
可知经过两个半衰期，推测古木的历史
1
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选项D 正确。
故选D。
2．可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA 完成循环过程，AB 和CD 均为等
温过程，BC 和DA 均为等容过程。关于斯特林循环，下列说法正确的是（ ）
A．
B．AB 过程气体放出热量
C．BC 过程所有气体分子的动能都减小
D．ABCDA 过程气体不对外做功
【答案】A
【解析】AC．从B 到C 过程，气体体积不变，压强变小，根据
可知气体温度降低，则有
；则气体分子的平均动能减小，但不是所有气体分子的动能都减小，故
A 正确，C 错误；
B．从A 到B 过程，气体温度不变，体积变大，则外界对气体做负功，由于气体内能不变，根据热力学
第一定律可知，气体从外界吸热，故B 错误；
D．根据
图像与横轴围成的面积表示做功大小，由题图可知，ABCDA 过程气体对外做功，故D 错
误。
故选A。
3．一列简谐横波沿
轴方向传播，图甲是
时刻波的图像，图乙为图甲中质点
的振动图像，下列说法
正确的是（ ）
2
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A．该波沿
轴正方向传播
B．质点
与质点
的运动方向总是相反
C．在
到
内质点
运动的路程为
D．在
时，质点
的加速度方向沿
轴负方向
【答案】D
【解析】A．根据图乙可知，质点P 在0 时刻沿y 轴负方向运动，结合图甲，根据同侧法可知，该波沿
轴负方向传播，故A 错误；
B．根据波的传播规律可知，若两质点平衡位置的间距为半波长的奇数倍，则两质点的运动方向总是相
反，图中质点
与质点
平衡位置的间距等于四分之一波长，则质点
与质点
的运动方向并不总是相
反，故B 错误；
C．由于
则在
到
内质点
运动的路程为
故C 错误；
D．由于
根据图甲可知，在
时，质点
运动至波峰位置，相对于平衡位置的 最大，且为正值，则在
时，质点
的加速度方向沿
轴负方向，故D 正确。
故选D。
4．A、B 两个质点在同一地点沿同一方向运动，运动的位移x 随时间t 变化规律如图所示，A 的图像为抛
物线，初速度为0，B 的图像为倾斜直线，两图像相切于P 点，则0~3s 内，A、B 两质点的最大距离为
（ ）
3
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A．4.5m
B．6m
C．9m
D．13.5m
【答案】A
【解析】由题图可知，A 做的是初速度为零的匀加速运动，B 做的是匀速直线运动，t=3s 时A、B 的速
度大小相等，为
则A 的加速度为
由于t=3s 前，A 的速度总比B 的速度小，因此t=1.5s 时A、B 间的距离最大，即最大距离为
故选A。
5．如图甲所示为某兴趣小组用小型发电机，原、副线圈匝数分别为
的理想变压器，钢针和金属板组
成的燃气灶点火装置。如图乙所示为发电机产生的交变电流的电动势随时间变化的关系。已知当变压
器副线圈电压瞬时值大于8000V 时，钢针和金属板间就会引发电火花进而点燃气体，发电机线圈内阻
不计。下列说法正确的是（ ）
A．
时，通过发电机线圈的磁通量变化率为零
B．该交变电流的频率为5Hz
C．电压表的示数为20V
4
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D．
才能实现点火
【答案】A
【解析】A．由图乙可知，
时，瞬时电动势
，电流方向发生改变，此时通过线圈的磁通量
最大，磁通量变化率为零，故A 正确；
B．根据图乙可知，周期
则频率
故B 错误；
C．电动势的最大值
电压表示数为有效值
故C 错误；
D．根据变压器电压与匝数关系对峰值也成立，则有
其中
由于
才能点火，解得
故D 错误。
故选A。
6．如图
、
为不可伸长的轻绳，
为可绕
点自由转动的轻质细杆，杆长为
，
、
两点的高度
5
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差也为
。在
点用轻绳
悬挂质量为
的重物，杆与绳子的夹角
，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳
、
对
点作用力的合力沿杆由
指向
B．轻杆对
点的力垂直
斜向右上
C．轻绳
对
点的拉力大小为
D．轻杆
对
点的力大小为
【答案】A
【解析】A．题意可知，轻杆为动杆，故产生弹力方向沿杆，对O 点受到轻绳
、
、BO 的作用力
而处于平衡态，故轻绳
、
对
点作用力的合力沿杆O 指向B，故A 正确；
B．题意可知，轻杆为动杆，故轻杆对O 点的力沿杆OB 方向，故B 错误；
C．对O 点受力如图
几何关系可知力的矢量红色三角形为等腰三角形，故轻绳
对
点的拉力大小为
BO 对O 点的力
FN=mg
故C 错误；
D．对轻杆受力分析可知，轻杆
对
点的力大小等于BO 对O 点的力大小，即为mg，故D 错误；
6
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故选A 。
7．如图所示，平行于纸面的匀强电场中的B 点有一放射源，能沿纸面内各个方向射出动能为10eV 的电子，
电子经过A、C 两点时的动能分别为12eV 和4eV，ABC 恰构成一个直角三角形，AC 与BC 夹角为30°，
A、B 间距离为5cm。下列说法正确的是（ ）
A．A、B 之间的电势差
B．B、C 之间的电势差
C．从B 到A 电子的电势能增加2eV
D．电场强度大小为80V/m
【答案】D
【解析】A．根据动能定理，可得
解得
则
故A 错误；
B．同理，可得
解得
6V
故B 错误；
C．从B 到A 电子动能增大2eV，静电力做正功，电势能减小2eV。故C 错误；
D．依题意
7
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将AC 四等分，每一份电势差为2V，离A 最近的等分点D 点电势和B 相等，连接BD 为等势线，则AC
垂直于BD，AC 为电场方向，如图
由几何关系
电场强度
故D 正确。
故选D。
二、多项选择题:本题共3 小题，每小题6 分，共18 分，在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上
选项符合题目要求。全都选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
8．我国航天员在“天宫课堂”中做了如图所示的实验，将不可伸长的轻绳一端固定于
点，另一端系一
小球
，使其绕
点做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．小球绕
点做圆周运动的轨迹可以处于任意平面
B．若保持周期不变，增大圆周运动半径，则拉力增大
C．若保持圆周运动半径不变，增大周期，则拉力增大
D．若保持圆周运动半径不变，增大速度，则拉力增大
【答案】ABD
【解析】A．将此实验放在绕地球做匀速圆周运动的太空实验室中进行，由于小球在太空实验室中处于
完全失重状态，则小球受到的绳子拉力完全提供向心力，且绳子拉力总是与速度方向垂直，所以小球
圆周运动的轨迹可以处于任意平面内，故A 正确；
B．根据
8
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若保持周期不变，增大圆周运动半径，则拉力增大，故B 正确；
C．根据
若保持圆周运动半径不变，增大周期，则拉力减小，故C 错误；
C．根据
若保持圆周运动半径不变，增大速度，则拉力增大，故D 正确。
故选ABD。
9．氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1 所示。氢原子从能级6 跃迁
到能级2 产生可见光Ⅰ，从能级3 跃迁到能级2 产生可见光Ⅱ。用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉
现象，得到如图2 和图3 所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图4 所示的实验装置，都能产生光电效
应。下列说法正确的是（ ）
A．图1 中的
对应的是Ⅱ
B．图3 中的干涉条纹对应的是Ⅰ
C．Ⅰ的光子动量小于Ⅱ的光子动量
D．P 向a 移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大
【答案】AD
【解析】A．氢原子发生能级跃迁时，由公式可得
结合题意可知，可见光I 的频率大，波长小，可见光Ⅱ的频率小，波长大，则图1 中的
对应的是可
9
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见光Ⅱ，故A 正确；
B．根据公式
由图可知，图3 中相邻干涉条纹间距较大，则波长较大，结合上述可知，对应的是可见光Ⅱ，故B 错
误；
C．由公式可得，光子动量为
结合上述可知，Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C 错误；
D．根据光电效应方程及动能定理可得
可知，频率越大，遏止电压越大，结合上述可知，P 向a 移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数
比Ⅱ的大，故D 正确。
故选AD。
10．如图所示，宽度为L 的导轨竖直放置，导轨上边框接有一阻值R = 2r 的电阻，矩形边界内存在磁感应
强度大小为B，方向垂直于导轨平面向里的匀强磁场I、II。磁场的高度和间距均为d。质量为m 的水
平金属杆由静止释放，进入磁场I、II 时的速度相等。已知金属杆在导轨之间的电阻为r，且与导轨接
触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．金属杆刚进入磁场I 时左端电势高于右端电势
B．金属杆穿过磁场I 的时间一定大于在两磁场之间的运动时间
C．金属杆穿过磁场I 和磁场Ⅱ的过程中，电路中产生的总热量为2mgd
D．金属杆穿过磁场I 的过程中通过电阻R 的电荷量为
10
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【答案】BD
【解析】A．刚进入磁场Ⅰ时，根据右手定则可知，金属杆右端电势高于左端电势，故A 错误；
B．金属杆在进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，说明金属杆在磁场中做减速运动。当金属杆在磁场中时，
根据
可知金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v − t 图像如图所示
因为0 ~ t1和t1 ~ t2图线与t 轴包围的面积相等（都为d），所以
故B 正确；
C．从刚进入I 磁场到刚进入II 磁场过程中，金属棒初末速度相等，即该过程中初末动能不变，根据
能量守恒，金属棒减小的重力势能全部转化为焦耳热，所以
所以穿过两个磁场过程中产生的热量
故C 错误；
D．根据法拉第电磁感应定律，金属杆穿过磁场I 的过程中，产生的平均感应电动势为
通过电路中的电流
通过电阻R 的电荷量为
解得
11
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故D 正确。
故选BD。
三、非选择题:本题共5 小题，共54 分。
11．（4 分）某实验小组要测量一半圆形玻璃砖的折射率。他们先在平铺的白纸上画出半圆形玻璃砖的直
径ab 和圆心O，过O 点画法线，并画出一条入射光线cO，cO 与法线的夹角为30°。将半圆形玻璃砖
沿着直径放好，紧贴b 点放置与法线平行的光屏，如图1 所示。现用一红色激光笔沿着cO 方向射入一
束光，在光屏上的P 点出现一个光斑。用刻度尺测出玻璃砖的半径为R，
。
(1)玻璃砖的折射率
；（结果用分数表示）
(2)若实验过程中，实验小组的同学不小心将玻璃砖向左下方平移，但入射光线仍能通过玻璃砖的圆心，
如图2 所示。在光屏上出现一个光斑，小组同学将此光斑仍记作P 点，并在白纸上连接O、P 两点作
为出射光线，则此时测得的折射率 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
【答案】(1)
(2)大于
【解析】（1）由题意可知，入射角为30°，折射角与
大小相等，且
根据折射定律可得玻璃砖的折射率
（2）作出光线的传播路径如图所示
12
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点为实际光屏上出现的光斑点，由折射率和几何知识可知，出射光线
与OP 平行，连接
作为出射光线，则折射角偏大，因此测得的折射率大于真实值。
12．（12 分）某实验小组测量一节干电池的电动势和内电阻，他们在实验室找到了如下器材：
A．电压表（0～3V，内阻约为3kΩ）
B．灵敏电流计（0～50mA，内阻为33.0Ω）
C．滑动变阻器（0～30Ω）
D．电阻箱（0～99.9Ω）
E．开关和导线若干
(1)他们首先将灵敏电流计改装成量程为0～0.6A 的电流表，他们需要将电阻箱调为 Ω 后与灵敏
电流计 （填“串联”或“并联”），改装后电流表的电阻
Ω。
(2)他们设计了甲、乙两个实验电路，为了减小误差实验时应该选择 （填“甲”或“乙”）。
(3)他们正确的电路完成实验，记录了6 组数据，并画出了U-I 图线如图丙所示，根据此图可得出于电
池的电动势E= V，内阻r= Ω（结果均保留三位有效数字）。
13
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【答案】(1)3.0 并联 2.75
(2)乙
(3)1.50 1.25
【解析】（1）[1][2][3] 将灵敏电流计的量程扩大，需要将电阻箱调为R 后，与灵敏电流计并联，由
题意有
解得
此时电流表的内阻
（2）由于此时电流表的内阻的准确值已知，所以电路图选择乙图｡
（3）[1][2] 由闭合电路欧姆定律有
结合图乙可知
E=1．50V，
解得
r=1．25Ω
13．（8 分）如图所示，竖直面内固定一半径
的四分之一圆弧形光滑绝缘轨道MN，轨道最低点
N 切线水平、离地高度
。整个空间分布着电场强度大小
、方向水平向右的匀强电
场，将质量
、电荷量
的带孔小球（可视为质点）穿在轨道上，并从最高点
M 由静止释放。已知重力加速度大小
，不计空气阻力，求
14
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(1)小球运动到N 点时对轨道的压力大小；
(2)小球经过N 点正下方时离地的高度。
【答案】(1)4×10-2 N
(2)
【解析】（1）设小球经过N 点时的速度为
，轨道对球的支持力为FN，小球从M 点运动到N 点，根
据动能定理
在N 点，由牛顿第二定律和向心力公式
联立解得
由牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为
。
（2）设小球脱轨后再次回到N 点正下方用时为t，对小球，在水平方向
在竖直方向
由几何关系
联立，解得
15
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14．（12 分）如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨与水平面成30°角，导轨上、下端与固定电阻
R1和R2相连，且R1=R2=10Ω，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度l=2m。质量为m=0.1kg，电阻r=10Ω
的导体棒ab 与导轨垂直且与导轨接触良好，导轨与导体棒ab 之间的动摩擦因数为
。整套装置
处于磁感应强度为B=0.5T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。将导体棒ab 在较高处由静止释
放，当导体棒ab 沿轨道下滑3s 时，速度达到最大。（g 取10m/s2）求：
(1)ab 棒中感应电流的方向；
(2)ab 棒下滑的最大速度vm；
(3)ab 棒从静止开始沿轨道下滑3s 的过程中，电阻R1产生的电量q1是多少？
【答案】(1)b→a
(2)3m/s
(3)0.15C
【解析】（1）根据右手定则可知，ab 棒中感应电流的方向为b→a；
（2）速度最大时导体棒切割磁感线产生感应电动势为
感应电流
ab 棒受到安培力为
ab
棒达到速度最大时，由平衡条件得
回路的总电阻
16
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联立解得
（3）对导体棒，根据动量定理可得
解得3s 内流过导体棒的电荷量为
R1的电量为
15．（18 分）如图所示，装置
可绕竖直轴
转动，可视为质点的小球A 与两细线连接后分别系于
B、C 两点，装置静止时细线AB 水平，细线AC 与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球的质量m=0.8kg，
细线AC 长L=1m，B 点距C 点的水平和竖直距离相等（重力加速度g 取10m/s2，sin37°=0.6，
cos37°=0.8），两细线AB、AC 对小球的拉力分别为F1、F2.
(1)若装置静止不转动，求F1、F2的大小；
(2)若装置匀速转动，角速度
，求F1、F2的大小；
(3)若装置匀速转动，角速度ω=5rad/s，求F1、F2的大小。
【答案】(1)
，
(2)
，
(3)
，
【解析】（1）对小球受力分析，如图所示
17
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根据受力平衡有
（2）若装置转动的角速度缓慢增至细线AB 上恰好没有拉力，且细线AC 与竖直方向的夹角仍为
，
此时小球做匀速圆周运动所需向心力由重力和细线AC 的拉力的合力提供，设此时的角速度为
，如
图所示
根据牛顿第二定律有
求得
因
所以，此时细绳AB 上仍有拉力，受力分析如图所示
18
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根据牛顿第二定律和受力平衡有
求得
（3）因
所以，小球将离开原来的位置而飘起来，若装置转动的角速度缓慢增至细线AB 再次恰好拉紧，设此
时装置转动的角速度为
，此时细线AC 与竖直方向的夹角为
，根据题意有
根据牛顿第二定律有
求得
因
所以，此时细线AB 拉紧且有拉力，对小球受力分析，如图所示
19
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根据牛顿第二定律和受力平衡有
联立，求得
20
