全國Ⅱ卷2025屆高三物理百日沖刺金卷二含解析

PAGE1-（全國Ⅱ卷）2025屆高三物理百日沖刺金卷（二）（含解析）第I卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.下列有關(guān)原子結(jié)構(gòu)和原子核的相識，其中正確的是（）A.溫度越高，放射性元素的半衰期越大B.氫原子汲取能量發(fā)生能級躍遷后，繞核運動的核外電子動能減小C.核裂變釋放的核能是太陽向外輻射能量的主要來源D.射線是放射性元素核外電子脫離原子核束縛形成的高速電子流【答案】B【解析】【詳解】A．放射性元素的半衰期與溫度無關(guān)，故A錯誤；B．原子汲取能量發(fā)生躍遷后，繞核運動的電子距核更遠，動能減小，故B正確；C．太陽輻射能量的主要來源是太陽內(nèi)部氫核的聚變，故C錯誤；D．射線來源于原子核內(nèi)部，故D錯誤。故選B。2.一平直馬路上有兩條同向并排車道，汽車I和II分別在兩條車道上行駛。汽車I、II的v－t圖像如圖所示，兩車在t=2s時同時到達終點。下列說法正確的是（）A.在t=0時，汽車I在汽車II前面5m處 B.在t=1s時，汽車I、II恰好并排行駛C.在t=1.5s時，汽車I追上汽車I D.汽車II追上汽車I時，距終點還有10m【答案】B【解析】【詳解】A．由題圖知，車Ⅰ做初速度為0的勻加速直線運動，其加速度a=m/s2=10m/s2車Ⅱ做速度v=15m/s的勻速直線運動，2s內(nèi)位移分別為30m由于t=2s時兩車同時到達終點，則位移差為=xⅡ-xⅠ=10m說明t=0時車Ⅰ在車Ⅱ前10m處，故A錯誤；BC．在t=1s時，車Ⅰ前進5m，車Ⅱ前進15m，由于初始位置車Ⅰ在車Ⅱ前10m處，所以此時兩車對齊，故B正確，C錯誤；D．兩車對齊之后，經(jīng)1s到達終點，所以這個位置和終點間的距離為15m故D錯誤。故選B。3.如圖所示的電路中，R1和R2是兩個阻值相等的定值電阻，R是滑動變阻器，電源電動勢為E、內(nèi)電阻為r，當滑動變阻器的滑動觸頭從右向左移動的過程中，下列說法正確的是（）A.R1、R2消耗的電功率均漸漸變小B.R1消耗的功率漸漸變小，R2消耗的功率漸漸變大C.電源內(nèi)電阻r消耗的熱功率漸漸減小D.R和R1消耗的總功率漸漸增大【答案】B【解析】【詳解】AB．在滑動觸頭從右向左移動的過程中，滑動變阻器的阻值減小，所以電路的總電阻減小，總電流I增大，依據(jù)可知消耗的功率漸漸變大；由可知路端電壓減小，的電壓增大，則R1兩端的電壓減小，依據(jù)可知R1消耗的功率漸漸變小，故A錯誤，B正確；C．總電流增大，由知電源內(nèi)電路消耗功率漸漸增大，故C錯誤；D．將R2看成電源內(nèi)電路的一部分，R和消耗的總功率是等效電源的輸出功率，由于等效電源的內(nèi)阻大于外電阻，所以當R減小，即外電阻減小時，等效電源的內(nèi)外電阻差增大，輸出功率減小，則電阻R和消耗的總功率漸漸減小，故D錯誤。故選B。4.嫦娥四號探測器作為世界首個在月球背面軟著陸和巡察探測的航天器，其主要任務(wù)是著陸月球表面，接著更深層次更加全面地科學探測月球地質(zhì)、資源等方面的信息，完善月球的檔案資料。嫦娥四號探測器在月球表面著陸過程非常困難，要經(jīng)過一系列的軌道變換，其中就包括如圖所示的由圓形軌道變軌為與之相切的橢圓軌道。下列說法正確的是（）A.嫦娥四號沿圓軌道運行時的加速度等于月球表面的重力加速度B.嫦娥四號沿橢圓軌道運行時，越接近月球表面其運行速率越小。C.嫦娥四號在圓軌道上運行的周期大于在橢圓軌道上運行時的周期D.嫦娥四號由圓軌道變成橢圓軌道必需在P點點火加速【答案】C【解析】【詳解】A．依據(jù)在圓軌道上運行時軌道半徑大于月球半徑，所以嫦娥四號所受的萬有引力小于在月球表面時所受的萬有引力，所以加速度小于月球表面的重力加速度，故A錯誤；B．沿橢圓軌道運行時，依據(jù)開普勒其次定律知，近月點的速率大于遠月點的速率，故B錯誤；C．圓軌道的半徑大于橢圓軌道的半長軸，依據(jù)開普勒第三定律知，在圓軌道上的運行周期大于在橢圓軌道上的運行周期，故C正確；D．由圓軌道進入橢圓軌道時做近心運動，須要的向心力要小于供應的向心力，所以必需在P點制動減速，故D錯誤。故選C。5.如圖所示，小球用不行伸長的細線懸掛起來，將細線水平拉直后由靜止釋放小球，小球運動到最低點時的速度為v、向心加速度為a，重力的功率為P、繩子的拉力為F，若不變更小球的質(zhì)量，把細線的長度增加一倍，仍將細線水平拉直后由靜止釋放小球，下面說法正確的是（）A.變更細線長度之后，小球在最低點的速度v變?yōu)樵瓉淼?倍B.變更細線長度之后，小球在最低點時重力的功率P變?yōu)樵瓉淼谋禖.變更細線長度前后，小球在最低點時向心加速度a都等于重力加速度的2倍D.變更細線長度前后，小球在最低點時繩子拉力F都等于小球重力的2倍【答案】C【解析】【詳解】A．由機械能守恒定律得解得，L加倍之后，小球在最低點的速度v變?yōu)樵瓉淼谋?，故A錯誤；B．在最低點時重力方向與速度方向垂直，所以重力功率為零，故B錯誤；CD．在最低點繩的拉力為F，則有解得F=3mg，與L無關(guān)，向心加速度故C正確，D錯誤。故選C。6.如圖甲所示，志向變壓器原、副線圈匝數(shù)比為5：1，b是原線圈的中心抽頭，圖中電表均為志向溝通電表，定值電阻R=10Ω，其余電阻均不計，從某時刻起先在原線圈c、d兩端加上如圖乙所示的交變電壓，下列說法正確的是（）A.當單刀雙擲開關(guān)與a連接，在t=0.01s時，電流表的示數(shù)為零B.當單刀雙擲開關(guān)與a連接時，電壓表示數(shù)為44.0VC.當單刀雙擲開關(guān)由a撥到b時，原線圈的輸入功率變?yōu)樵瓉淼?倍D.當單刀雙擲開關(guān)由a撥到b時，副線圈輸出電壓頻率變?yōu)?00Hz【答案】BC【解析】【詳解】AB．由乙圖知，原線圈所加的溝通電壓的最大值為311V，其有效值為=220V由題意知，志向變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5:1，則有所以電壓表示數(shù)為44.0V，電流表的示數(shù)為4.4A故A錯誤，B正確；C．當單刀雙擲開關(guān)由a撥到b時，依據(jù)可知變?yōu)樵瓉淼囊话?，則副線圈電壓加倍，依據(jù)可知電阻R上消耗的功率變?yōu)樵瓉淼?倍，因志向變壓器原線圈輸入功率與副線圈輸出功率相等，所以原線圈的輸入功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確：D．由乙圖知，原線圈所加溝通電的頻率為50Hz，志向變壓器不變更溝通電的頻率，副線圈的頻率仍為50Hz，故D錯誤。故選BC。7.如圖所示，A、B是放在粗糙水平面上質(zhì)量相等的兩個小物塊，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，小物塊A以速度v0與靜止的小物塊B發(fā)生正碰，重力加速度為g，碰后小物塊B在水平面上滑行的距離可能為（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】【詳解】假如兩物塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，碰后的共同速度為v1，則由動量守恒定律有解得滑行的加速度滑行的距離假如兩物塊發(fā)生的是彈性碰撞，碰后A、B的速度分別為vA、vB，則由動量守恒定律有由機械能守恒有解得vB=v0滑行的距離所以，碰后B的滑行距離為故AB正確，CD錯誤。故選AB。8.如圖所示，兩條粗糙平行導軌間的距離是0.5m，導軌與2Ω的電阻連接，水平固定放置在桌面上，導軌一部分位于有志向邊界的磁場中，磁場垂直導軌平面對下．質(zhì)量為0.2kg的金屬桿垂直放置于導軌上，與導軌接觸良好，導軌以及金屬桿的電阻可忽視不計．在t0＝0時刻，給金屬桿施加一個水平向左的恒定拉力F，金屬桿由靜止起先運動，在t1＝10s時，以速度v1＝4m/s進入勻強磁場，且恰好做勻速運動，在t2＝15s時刻，撤去拉力F，與此同時磁感應強度起先漸漸減小，金屬桿中不再有感應電流，金屬桿勻減速運動到t3＝20s時停止，下面說法正確的是（）A.拉力F＝0.08NB.t1～t2時間內(nèi)磁感應強度0.4TC.回路磁通量的最大值為4WbD.t2～t3時間內(nèi)磁感應強度隨時間勻稱減小【答案】BC【解析】【分析】依據(jù)金屬桿的受力狀況，由牛頓其次定律列方程，由加速度定義式求出求出金屬桿的加速度，然后求出拉力F；應用安培力公式求出安培力，然后應用平衡條件求出磁感應強度；當穿過回路的磁通量不變時不產(chǎn)生感應電流，據(jù)此求出磁感應強度的變更規(guī)律．【詳解】由加速度定義式可知，加速度大?。海?，在0﹣10內(nèi)，金屬桿做勻加速直線運動，桿沒有進入磁場，由牛頓其次定律得：F﹣μmg＝ma1，由題意可知，15s末撤去拉力，沒有感應電流，桿不受安培力作用，桿所受的合外力為滑動摩擦力，由牛頓其次定律得：μmg＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得：F＝0.24N，故A錯誤；在t1～t2內(nèi)，金屬桿做勻速直線運動，速度：v＝4m/s，金屬桿受到的安培力：，金屬桿做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：，代入數(shù)據(jù)解得：B0＝0.4T，故B正確；15﹣20s內(nèi)不產(chǎn)生感應電流，穿過回路的磁通量保持不變，金屬桿在10﹣15s內(nèi)的位移：d＝vt＝4×5＝20m，磁通量最大值：Φ＝B0Ld＝0.4×0.5×20＝4Wb，故C正確；在15s后的金屬桿的加速度：a＝a2＝0.8m/s2，金屬桿的位移：x＝v1（t﹣15）﹣a（t﹣15）2＝4（t﹣15）﹣0.4（t﹣15）2，磁通量保持不變，則：B0Ld＝BL（d+x），解得：，故D錯誤．所以BC正確，AD錯誤．【點睛】電磁感應與力學相結(jié)合的綜合題，分析清晰導體棒的運動過程是解題的關(guān)鍵，應用安培力公式、法拉第電磁感應定律、平衡條件、能量守恒定律可以解題．第II卷三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題~第32題為必考題。每個試題考生都必需作答。第33題~第38題為選考題，考生依據(jù)要求作答。（一）必考題（共129分）9.如圖所示的試驗裝置可以用來驗證機械能守恒定律。試驗步驟如下：①拋光的半徑為R的六分之一圓弧形軌道固定在水平桌面上，使軌道末端水平②將小球從軌道上端P點（軌道最高點）由靜止釋放③測得小球落地點M與軌道末端Q的水平距離為L和Q到地面的距離為h(1)小球做平拋運動的初速度v=_____________。(2)若L、h、R之間滿意__________，則可表明小球運動過程中機械能守恒?！敬鸢浮?1).(2).【解析】【詳解】(1)[1]由平拋規(guī)律可得L=vt解得(2)[2]軌道摩擦力很小，可認為機械能守恒，則由平拋運動規(guī)律，得L=vt三式聯(lián)立，得10.有一個簡易的多用電表，內(nèi)部電路如圖所示。它有a、b、c、d四個接線柱，表盤上有兩條刻度線，其中表示電阻的刻度線刻度是勻稱的，表頭G的滿偏電流Ig=25mA，內(nèi)阻Rg=10Ω。運用a、c兩個接線柱，多用電表的功能是量程為0~100V的電壓表。（1）表盤上電阻刻度線上的相鄰兩刻度表示的電阻值之差越往左側(cè)越_____（填“大”或“小”）。（2）假如運用a、b兩個接線柱，多用電表最多能夠測量___________V的電壓，與接線柱c相連的電阻R=__________Ω。（3）將a、d兩個接線柱短接，調(diào)整滑動變阻器的滑動觸頭，使表頭指針指向表盤右側(cè)“0”刻度。取一個電阻箱，將a、d兩個接線柱與電阻箱相連，調(diào)整電阻箱，使表頭指針指向表盤的正中心，此時電阻箱的電阻為120Ω，則這只多用電表歐姆擋的內(nèi)阻為___________Ω；這只多用電表內(nèi)電源的電動勢為___________V。（4）依據(jù)紅、黑表筆的一般運用規(guī)則，測電阻時紅表筆應當與接線柱_______（填“a”或“d”）相連。【答案】(1).大(2).0.25(3).3990Ω(4).120Ω(5).3V(6).a【解析】【詳解】（1）[1]由歐姆表原理可知，左側(cè)電阻大，所以越往左側(cè)，相鄰兩刻度表示的電阻值之差越大；（2）[2]運用a、b兩個接線柱時，多用電表為電流表，多用電表所能測的最大電壓，即為表頭的滿偏電壓[3]與接線柱c相連時是將表頭改成量程為0~100V的電壓表，依據(jù)電壓的改裝原理，則有解得代入數(shù)據(jù)得=3990Ω（3）[4][5]當指針指在正中心時，表頭示數(shù)為，歐姆表中值電阻等于其內(nèi)阻，即120Ω，依據(jù)閉合電路的歐姆定律，則電源電動勢為代入數(shù)據(jù)解得（4）[6]依據(jù)多用電表紅、黑表筆的運用規(guī)則，黑表筆電勢要高于紅表筆電勢，所以紅表筆應當與接線柱a相連。11.如圖所示，傳送帶傾斜放置，與水平方向夾角為θ=37°，B是傳送帶直線部分的最高點。現(xiàn)從傳送帶右上方的P點水平向左拋出一個質(zhì)量為2kg的小物體，小物體恰好能從B點無碰撞地滑上傳送帶。不計空氣阻力，傳送帶足夠長，傳送帶以大小為v=3m/s的恒定速率順時針轉(zhuǎn)動。物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.8，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，以B點為坐標原點，在豎直面內(nèi)建立直角坐標系，y軸沿豎直方向，求：(1)P點坐標滿意的條件；(2)若P點的豎直坐標為0.45m，則物體在傳送帶上運動的時間?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】【詳解】(1)從P點向左水平拋出的物體恰好能從B點無碰撞地滑上傳送帶，則物體在B點的速度與水平方向的夾角為37°，有解得即(2)平拋運動有解得t=0.3s物體滑上傳送帶的速度為運動的加速度大小向下運動的時間運動的位移向上運動到和傳送帶速度相等所用的時間運動的位移此后勻速運動時間物體在傳送帶上運動的時間12.如圖所示，平行金屬板上下相對，金屬板總長度為3L，被絕緣橡膠墊（厚度不計）分成兩部分，左側(cè)長度為2L，右側(cè)長度為L，實際構(gòu)成了兩個并排水平放置的平行板電容器，左側(cè)電容器上板帶負電，下板帶正電，右側(cè)電容器下板帶負電，上板帶正電。兩電容器內(nèi)部電場強度大小相等。電容器右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面對外的勻強磁場，直線OO'是電容器的中心線。有兩個電荷量相等的帶電粒子A和B，A帶正電，B帶負電，某時刻先后從電容器最左端O點沿OO'方向以初速度v0.進入電場，然后進入磁場，A、B兩粒子在磁場中分別運動半周后在某點P相遇。已知A粒子質(zhì)量為B粒子質(zhì)量的3倍，A粒子進入磁場時速度方向與豎直方向的夾角為60°，不考慮左右兩電場的相互影響，不計粒子的重力以及粒子之間的相互作用力，求：（1）B粒子進入磁場時的速度方向；（2）兩粒子出電場時在豎直方向的位移大??；（3）A粒子比B粒子早進入電場多長時間。【答案】（1）與豎直方向的夾角為30°；（2），；（3）【解析】【詳解】（1）設(shè)A粒子進入磁場時豎直方向的速度為vy，則有在電場中豎直方向先加速、后減速，則有依據(jù)水平方向做勻速直線運動，則有聯(lián)立得同理，對于粒子B，則有因為所以解得，可知B粒子進入磁場時速度方向與豎直方向的夾角為30°；（2）粒子A在兩個電場中豎直方向的位移之和為結(jié)合（1）中mA的表達式，解得同理，粒子B在兩個電場中豎直方向的位移之和（3）設(shè)兩粒子在磁場中運動半徑分別為RA、RB，兩粒子在磁場中運動時間均為半個周期，如圖所示由幾何關(guān)系有粒子在磁場中做圓周運動的速度粒子在磁場中運動半周的時間分別為由于兩粒子在電場中運動時間相同，所以進入電場的時間差為在磁場中運動半周的時間差，即（二）選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目的題號右側(cè)方框涂黑，按所涂題號進行評分；多涂、多答，按所涂的首題進行評分；不涂，按本學科選考題的首題進行評分。[物理——選修3－3]13.下列說法中正確的是（）A.氣體放出熱量，其分子平均動能不肯定減小B.布朗運動可以說明液體分子在永不停息地做無規(guī)則運動C.水的飽和汽壓隨溫度上升而增大D.液體汽化現(xiàn)象的緣由是液體分子間存在斥力，分子相互排斥導致汽化現(xiàn)象的發(fā)生E.任何物質(zhì)的摩爾體積V、分子體積V0與阿伏加德羅常數(shù)NA之間的關(guān)系都可表示為V=NAV0【答案】ABC【解析】【詳解】A．若外界對氣體做的功大于氣體放出的熱量，氣體溫度上升，其分子的平均動能增大，故A正確；B．布朗運動不是液體分子的運動，但它可以說明液體分子在永不停息地做無規(guī)則運動，故B正確；C．水的飽和汽壓隨溫度的變更而變更，溫度越高，飽和汽壓越大，故C正確；D．汽化是物質(zhì)從液態(tài)變成氣態(tài)的過程，汽化分為蒸發(fā)和沸騰兩種狀況，跟分子運動有關(guān)，不是分子間的相互排斥產(chǎn)生的，故D錯誤；E．固體或液體的摩爾體積V，每個分子的體積V0和阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系可表示為，但對于氣體此式不成立，故E錯誤。故選ABC。14.如圖所示，圓柱形導熱汽缸內(nèi)徑為2R，活塞和手柄構(gòu)成一個“倒T”形?；钊麑⑵追殖审w積相等上下兩部分，兩個空間密封著兩部分志向氣體，活塞和手柄自身體積、重量都不