物理试题_2025年普通高中学业水平选择性考试冲刺压轴卷（四）

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冲刺卷·物理（四）参考答案 ,灵敏电流计的指针向右偏转，且偏角逐渐增大，说明电容器正在放电，且下板带正电，则两板间的电场方 向向上，B正确：电容器放电，两极板间的电压正在减小，A错误：减小两极板之间的距离，由C=5可知电 4元kd 容器的电容增大，又由公式T=2√LC可知振荡周期增大，C错误：在线圈中插入铁芯，则线圈的自感系数L 增大，由T=2/C可知振荡周期增大，振荡频率减小，D错误。 A单~x图像中，图线的斜率反映电扬强度的大小，由题意可知处图线的斜率为0，则处电场强度为 0,A正确：沿电场线方向电势降低，结合图像可知)左侧电场强度方向沿x轴正方向，右侧电扬强度方 向沿x轴负方向，B错误：电子在0一处所受的电场力沿x轴的负方向，电子在五一处所受的电扬力沿 r轴的正方向，则电子从0一处的过程中，电场力先做负功后做正功，C错误：电子在处的电势能E 9,电子在处的电势能为E■一eg,则面到的过程中，电子电势能的碱少量为△E=E一E= e啊一（一e唤）=（学一9），电子在西处电势能大于在处电势能，D错误. 由图可知=0时刻物块位于=处，根据寸-2ax一)可知x=十云2，根据题图可知 1 a41 则a=2m公，当=4m㎡/修时物体的速度一2m/s,则物体运动的时间6-是-号s1s,物体在第1s 的位移=之a42=1m,则=2m,A正确：对物体由牛顿第二定律得F一mg=m,代人数据解得F= 8N,B错误：物体在前2s的位移=之a:2=4m,此时物体位于x=十为=6m处，C错误：物体在前4s 的位移马=之a,2=16m,物体在前4s的平均速度=是=4m/s,D箭误 t C设金属材料的极限频率为物，由光电效应方程得E=hv一h物，又由动能定理得e让=E,由以上整理 得=U十0，显然女=均，由关系式可知图像的斜案k=方，结合图像可知k一苏光，解得h一 %二-物二光，即-二产，A情误，C正确：材料的逸出功m,=,整理得取 地一的 U2-U1 en一U2),B错误：由公式E=一n可知，若0=2，相对应的光电子的最大初动能Ed≠2ED 错误. C探测器从轨道Ⅱ进人近地轨道需在Q点减速，所以探测器在Q点的线速度大于近地卫星的速度，而近地 卫星运行速度等于第一宇宙速度，故A错误：十九号卫星从地面发射时，要国绕地球运动，则其发射速度必 须大于等于2.9k如/s,B错误；由C授=加景知轨道半径越大，运行速度越小，则探测器在I轨道上运行速 度比同步卫星的运行速度大，C正确，关闭点火装置，探测器只受引力作用，由=，可知，在轨道I和 轨道Ⅱ的P点加速度相同，D箭误 B刚开始角速度比较小时，两滑块的静摩擦力提供所需的向心力，由于滑块Q的半径较大，所需向心力较 大，则滑块Q受到的摩家力先达到最大静摩擦力，此后角速度再增大，轻绳的拉力逐渐增大，滑块Q的静摩 擦力不变，而滑块P的静摩擦力逐渐增大，直到增加到最大静摩擦力，所以两滑块PQ所受的摩擦力之比并 不始终等于】：3，A错误；当角速度为蝴时，对滑块Q由牛顿第二定律得mg=2· L,解得一 2 2婴，B正确：转台的角速度为时，滑块P受到的摩擦力达到最大，分别对滑块P,Q由牛顿第二定律，则 3 有mg一T=m2.是mg+T=2,兰联立解得=√凭，T=受，C.D错误 2 2 D由题意作出从E点射入棱镜的光路图，如图所示，由题意可知，人射光在界面AC的人射角为45°，由于光 刚好在该界面发生全反射，则临界角为C-45,该材料的折射率n一C=巨，A错误：由几何关系BH EF-AE-3 a,在△BHG中，sim∠BGH=聪-号，即∠BGH=60>C,则光束在该界面发生全反射，B错 误：由几何关系可知，光在G点反射后刚好射到D点，光在BD界面的人射角为 30,小于临界角，则光束从D点第一次射出棱镜，光在棱镜中传播的距离s■EF +PH+HC+GD=受光在校镜中的速度。一÷-受，则光束从E点射入到 第一次射出，光在校镜中传播的时间(=吉，解得(=5要2，C错误人射点向右 移动的距离△x=B,巨。，人射点向右移动到E点时光刚好到达弧面的G点， 2 则∠BGH=C=45°，刚好发生全反射，D正确. AB由题意作出粒子的运动轨迹，如图甲所示，由几何关系得a=45,设粒子的轨道半径为R,则有AB=R -R0s。-2L,解得R=L,粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则有B=m紧， 2 解得B=是A正确：粒子的运动周期为T=然-化，设ED与F0的夹角为P,则有Rsna十Rsi如一BD, 解得B30°，粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为a十=75，所以粒子在磁场中运动的时间为t= 解得1一法B正确：仅将粒子的速度改为受则粒子的轨道半径R-”B乙解得R一受，C错误， qB 作出粒子的运动轨迹，如图乙所示，粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为90，又粒子的运动周期为T=2迟 2 则有T一，粒子在磁场中运动的时间为(=0T,解得(=头，D错误 9,BC由图乙可知，线框中产生的感应电动势的最大值E=202V,则电路中感应电流的最大值1。一千， =2√2A,线框输出电压的最大值U.=IR=18√2V,而电压表的读数应为交流电的有效值，则电压表的示 数为18V,A错误：由E.-NBS,又由图像可知m一孕=10xad/s,又穿过线框的最大磁通量为=BS, 解得电-总%，B正确：由焦耳定律Q-下RT,又1一是-2A,则一个周期的时间内定值电阻上产生的 热量为Q=0,72J,C正确：0一0.005s的时间内，由法拉第电磁感应定律得E=N:△9，由欧姆定律得7= △ 弄，又gi·丛，整理得g一2，代人数据标得g一品CD错说 10.BD设物体A碰前速度为%，碰后球B的动能为E.若两物体发生非弹性碰撞，则2m=(2m十m)v,解得 =子功，碰后球A和球B的动量之比为2：1，又由题意E=立m,解得碰后球A的动能为Ew=是× 2m=2E,碰前球A的动能为Eu=之×2m2=号E,该碰撞过程损失的机械能为△=B一Eu一E -受E,所以碰撞损失的能量为碰前的宁，B正确：若两物体发生弹性碰撞，则2m=2加m十m,受× 2m2=之X2m2+之m2,解得=言功，防=青w,碰后球A和球B的动量之比为1：2，C错误：由以 4 上分析可知球A不可能反弹，A错误：碰前球A的动能号E≤E<号E,碰前球A的动能可能为碰后球B 动能的4倍，D正确. 3 【冲刺卷·物理（四）参考答案第2页（共4页）】 EB 11.(1)质量(1分)温度(1分)(2)C(1分)(3)AD2分)(4)注射器内的气体发生了泄露(2分) 解析：(1)在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的质量和温度： (2)为了保证封闭气体的温度不变，实验时，不能用手握住注射器，且操作时应缓慢地推动活塞，A,B错误， C正确. (3)由于实验操作和数据处理均正确，同体积情况下，则温度高对应压强大，pV乘积较大的是T,,A正确，B 错误：由理想气体状态方程兴=C得V=CT)或p-CT立，显然对于一定值质量的气体，温度越高 V一图像以及p立图像的斜率越大，已知T>T,C错误，D正瑞 (4)p立图像的斜率越来越小，即V乘积越来越小，由pV=RT知，m减少，pV就会减少，即实验时注射 器内的气体发生了港漏， 12.(1)需要(1分)190(2分)(2)200(2分)(3)1687.5(2分)12(2分) 解析：(1)用多用电表测量电阻时，选择好合适的挡位后应将红黑表笔短接，进行欧姆调零：由多用电表的读 数规则可知，该压敏电阻的阻值应为表盘的示数与挡位的乘积，则电阻的测量值为19X10Ω=190Ω： (2)该实验的实验原理是电桥法测量电阻，当灵敏电流计的示数为0时，两定值电阻两端的电压相等，电阻 箱和将测电阻两端的电压相等，则布受一是代人数据解得R一0： (3)由图丙可知压敏电阻的阻值关于压力的关系式为R,=(200-希FD0,由电路图丁分析可知，当电流表 的示数最大时，回路中的电阻值最小，此时测量的压力值最大，由闭合电路欧姆定律得，一，十尼尺解 E 得R■500，联立以上解得压力的最大值为Fm=1687.5N:压力为0时，压敏电阻的电阻值为200Q,回路 3 的总电阻为Ra=R+R十r=2500,此时回路的电流值为I是=高A=0.012A=12mA 13.解：(1)设质点A的振动方程为ya=Asin(au十g)(1分)