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2025届广东省广州市实验中学高考物理押题试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、某同学质量为60kg,在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上,然后去执行任务,小船的质量是140kg,原来的速度大小是0.5m/s,该同学上船后又跑了几步,最终停在船上(船未与岸相撞),不计水的阻力,则()A.该同学和小船最终静止在水面上B.该过程同学的动量变化量大小为105kg·m/sC.船最终的速度是0.95m/sD.船的动量变化量大小为70kg·m/s2、已知无限长通电直导线周围某一点的磁感应强度B的表达式:,其中r0是该点到通电直导线的距离,I为电流强度,μ0为比例系数(单位为N/A2).试推断,一个半径为R的圆环,当通过的电流为I时,其轴线上距圆心O点为r0处的磁感应强度应为()A. B.C. D.3、如图所示,两根通电长直导线在同一水平面内,且垂直纸面固定放置,通电电流相等且均垂直纸面向外,在两根导线正中间竖直放有一可自由移动的通电导线,通电导线的电流方向竖直向上,则通电导线在安培力作用下运动的情况是()A.静止不动B.沿纸面顺时针转动C.端转向纸外,端转向纸内D.端转向纸内,端转向纸外4、地动仪是世界上最早的感知地震装置,由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成,早于欧洲1700多年如图所示,为一现代仿制的地动仪,龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为,当感知到地震时,质量为的铜珠(初速度为零)离开龙口,落入蟾蜍口中,与蟾蜍口碰撞的时间约为,则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为A. B.C. D.5、当矩形线框在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动时,产生的交变电流随时间的变化规律如图甲所示。已知图乙中定值电阻R的阻值为10Ω,电容器C的击穿电压为5V。则下列选项正确的是()A.矩形线框中产生的交变电流的瞬时值表达式为i=0.6sin100πt(A)B.矩形线框的转速大小为100r/sC.若将图甲中的交流电接在图乙的电路两端,电容器不会被击穿(通过电容器电流可忽略)D.矩形线框的转速增大一倍,则交变电流的表达式为i=1.2sin100πt(A)6、意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时,做了著名的“斜面实验”,他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况,发现铜球做的是匀变速直线运动,且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大,于是他对大倾角情况进行了合理的外推,由此得出的结论是()A.自由落体运动是一种匀变速直线运动B.力是使物体产生加速度的原因C.力不是维持物体运动的原因D.物体都具有保持原来运动状态的属性,即惯性二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、如图,篮球赛中,甲、乙运动员想组织一次快速反击,甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑,甲运动员要将球传给乙运动员,不计空气阻力,则()A.应该让球沿着3的方向抛出B.应该让球沿着2的方向抛出C.两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的D.当乙接着球后要往身体收,延长触球时间,以免伤害手指8、如图所示,上、下表面平行的玻璃砖置于空气中,一束复色光斜射到上表面,穿过玻璃后从下表面射出,分成a、b两束单色光。下列说法中正确的是()A.a、b两束单色光相互平行B.a光在玻璃中的传播速度大于b光C.在玻璃中a光全反射的临界角大于b光D.用同一双缝干涉装置进行实验,a光的条纹间距小于b光的条纹间距9、如图,条形磁铁放在光滑斜面上,用平行于斜面的轻弹簧拉住处于静止状态。图中圆圈为垂直纸面放置的直导线的横截面,当导线中无电流时,磁铁对斜面的压力为FN1;当导线中有电流通过时,磁铁对斜面的压力为FN2,下列说法正确的是()A.若导线位于图中1位置且电流方向向外,则FN1>FN2B.若导线位于图中1位置且电流方向向里,则弹簧伸长量增大C.若导线位于图中2位置且弹簧伸长量增大,则导线中电流方向向里D.若导线位于图中2位置且弹簧伸长量增大,则FN1>FN210、关于热力学的一些现象和规律,以下叙述正确的是()A.热量不能自发地从低温物体传到高温物体B.液体的表面张力使液面绷紧,所以液滴呈球形C.高原地区水的沸点较低,是高原地区温度较低的缘故D.一些昆虫可以停在水面上,是由于表面层的水分子比内部的水分子更密集E.一定质量的理想气体在状态改变过程中,既不吸热也不放热,内能也有可能发生变化三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11.(6分)某同学在实验室利用图甲所示的装置探究“在外力一定的条件下,物体的加速度与其质量的关系”。图中长木板水平固定,小吊盘和盘中物块的质量之和m远小于滑块(含滑块上的砝码)的质量M。(1)为减小实验误差,打点计时器应选用________________(填“电磁打点计时器”或“电火花计时器”)。(2)该同学回到教室处理数据时才发现做实验时忘记了平衡摩擦力,也没有记下小吊盘和盘中物块的质量之和。图乙为实验中所得的滑块的加速度a与滑块(含滑块上的砝码)的质量的倒数的关系图象。取g=10m/s2,根据图象可求出小吊盘和盘中物块的质量之和约为________________kg,滑块与长木板之间的动摩擦因数为________________。12.(12分)某物理兴趣小组设计了如图甲所示的欧姆表电路,通过控制开关S和调节电阻箱,可使欧姆表具有“×10”和“×100”两种倍率,所用器材如下:A.干电池:电动势E=1.5V,内阻r=0.5ΩB.电流表G:满偏电流Ig=1mA,内阻Rg=150ΩC.定值电阻R1=1200ΩD.电阻箱R2和R3:最大阻值999.99ΩE.电阻箱R4:最大阻值9999ΩF.开关一个,红、黑表笔各1支,导线若干(1)该实验小组按图甲正确连接好电路。当开关S断开时,将红、黑表笔短接,调节电阻箱R2=________Ω,使电流表达到满偏,此时闭合电路的总电阻叫作欧姆表的内阻R内,则R内=________Ω,欧姆表的倍率是________(选填“×10”或“×100”);(2)闭合开关S:第一步:调节电阻箱R2和R3,当R2=________Ω且R3=________Ω时,将红、黑表笔短接,电流表再次满偏;第二步:在红、黑表笔间接入电阻箱R4,调节R4,当电流表指针指向图乙所示的位置时,对应的欧姆表的刻度值为________。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.(10分)光的干涉和衍射现象说明光具有波动性。爱因斯坦的光电效应理论和康普顿效应理论表明,光在某些方面确实也会表现得像是由一些粒子(即一个个有确定能量和动量的“光子”)组成的。人们意识到,光既具有波动性,又具有粒子性。(c为光速,h为普朗克常量)(1)物理学家德布罗意把光的波粒二象性推广到实物例子,他提出假设:实物粒子也具有波动性,即每一个运动的粒子都与一个对应的波相联系,粒子的能量E和动量p跟它所对应波的频率v和波长之间也遵从如下关系:,。请依据上述关系以及光的波长公式,试推导单个光子的能量E和动量p间存在的关系;(2)我们在磁场中学习过磁通量,其实在物理学中有很多通量的概念,比如电通量、光通量、辐射通量等等。辐射通量表示单位时间内通过某一截面的辐射能,其单位为。①光子具有能量。一束波长为的光垂直照射在面积为S的黑色纸片上,其辐射通量为,且全部被黑纸片吸收,求该束光单位体积内的光子数n;②光子具有动量。当光照射到物体表面上时,不论光被物体吸收还是被物体表面反射,光子的动量都会发生改变,因而对物体表面产生一种压力。求上一问中的光对黑纸片产生的压力大。⑴卸先艚谥狡怀傻却蟮陌字狡,该束光对白纸片的压力有何变化。14.(16分)人们对电场的认识是不断丰富的,麦克斯韦经典电磁场理论指出,除静止电荷产生的静电场外,变化的磁场还会产生感生电场。静电场和感生电场既有相似之处,又有区别。电子质量为,电荷量为。请分析以下问题。(1)如图1所示,在金属丝和金属板之间加以电压,金属丝和金属板之间会产生静电。鹗羲糠⑸涑龅牡缱釉诰驳绯≈屑铀俸,从金属板的小孔穿出。忽略电子刚刚离开金属丝时的速度,求电子穿出金属板时的速度大小v;(2)电子感应加速器是利用感生电场加速电子的装置,其基本原理如图2所示。上图为侧视图,为电磁铁的两个磁极,磁极之间有一环形真空室,下图为真空室的俯视图。电磁铁线圈中电流发生变化时,产生的感生电场可以使电子在真空室中加速运动。a.如果电子做半径不变的变加速圆周运动。已知电子运动轨迹半径为,电子轨迹所在处的感生电场的场强大小恒为,方向沿轨迹切线方向。求初速为的电子经时间获得的动能及此时电子所在位置的磁感应强度大。籦.在静电场中,由于静电力做的功与电荷运动的路径无关,电荷在静电场中具有电势能,电场中某点的电荷的电势能与它的电荷量的比值,叫做这一点的电势。试分析说明对加速电子的感生电场是否可以引入电势概念。15.(12分)如图,间距为L的光滑金属导轨,半径为r的圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面,MNQP范围内有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁。鹗舭鬭b和cd垂直导轨放置且接触良好,cd静止在磁场中,ab从圆弧导轨的顶端由静止释放,进入磁场后与cd在运动中始终不接触.已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R.金属导轨电阻不计,重力加速度为g.求(1)ab棒到达圆弧底端时对轨道压力的大。海2)当ab棒速度为时,cd棒加速度的大。ù耸绷桨艟蠢肟懦。3)若cd棒以离开磁。阎觕d棒开始运动到其离开磁场一段时间后,通过cd棒的电荷量为q.求此过程系统产生的焦耳热是多少.(此过程ab棒始终在磁场中运动)

参考答案一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】

AC.规定该同学原来的速度方向为正方向.设该同学上船后,船与该同学的共同速度为v.由题意,水的阻力忽略不计,该同学跳上小船后与小船达到共同速度的过程,该同学和船组成的系统所受合外力为零,系统的动量守恒,则由动量守恒定律得m人v人-m船v船=(m人+m船)v,代入数据解得v=0.25m/s,方向与该同学原来的速度方向相同,与船原来的速度方向相反,故A、C错误;B.该同学的动量变化量为Δp=m人v-m人v人=60×(0.25-2)kg·m/s=-105kg·m/s,负号表示方向与选择的正方向相反,故B正确;D.船的动量变化量为Δp'=m船v-m船v船=140×[0.25-(-0.5)]kg·m/s=105kg·m/s,故D错误.2、C【解析】根据,,μ0单位为:T?m/A;A、等式右边单位:,左边单位为T,不同,故A错误;B、等式右边单位:,左边单位为T,不同,故B错误;C、等式右边单位:,左边单位为T,相同,故C正确;D、等式右边单位,左边单位为T,相同,但当r0=0时B=0,显然不合实际,故D错误;故选C.【点睛】本题要采用量纲和特殊值的方法进行判断,即先根据单位判断,再结合r0取最小值进行分析.结合量纲和特殊值进行判断是解决物理问题的常见方法.3、C【解析】

由右手定则可判断通电直导线在导线处产生的磁场方向如图所示:由左手定则可判断,端转向纸外,端转向纸内,故C符合题意,ABD不符合题意。4、A【解析】

铜珠做自由落体运动,落到蟾蜍口的速度为:以竖直向上为正方向,根据动量定理可知:Ft-mgt=0-(-mv)解得:A.,与结论相符,选项A正确;B.,与结论不相符,选项B错误;C.,与结论不相符,选项C错误;D.,与结论不相符,选项D错误;故选A.5、A【解析】

A.由图象可知,矩形线框转动的周期T=0.02s,则所以线框中产生的交变电流的表达式为i=0.6sin100πt(A)故A项正确;B.矩形线框转动的周期T=0.02s,所以线框1s转50转,即转速为,故B项错误;C.若将图甲中的交流电接在图乙的电路两端,通过电容器电流可忽略,则定值电阻两端电压为u=iR=0.6×10sin100πt(V)=6sin100πt(V)由于最大电压大于电容器的击穿电压,电容器将被击穿,故C项错误;D.若矩形线框的转速增大一倍,角速度增大一倍为ω′=200πrad/s角速度增大一倍,电流的最大值增大一倍,即为I′m=1.2A则电流的表达式为i2=1.2sin200πt(A)故D项错误。6、A【解析】

A.铜球在较小倾角斜面上的运动情况,发现铜球做的是匀变速直线运动,且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大,倾角最大的情况就是90°时,这时物体做自由落体运动,由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动。故A正确;B.该实验不能得出力是使物体产生加速度的原因这个结论,故B错误。C.物体的运动不需要力来维持,但是该实验不能得出该结论,故C错误。D.该实验不能得出惯性这一结论,故D错误。故选A。二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7、AD【解析】

AB.甲和乙相对静止,所以甲将球沿着对方抛出,即沿着3方向抛出,就能传球成功,A正确,B错误;C.根据动量定理,合外力的冲量等于动量的变化量,可知两运动员接球时速度的变化量大小相等、方向相反,动量的变化量等大反向,所以两运动员对球的冲量等大反向,C错误;D.当乙接着球后要往身体收,根据动量定理可知,相同的动量变化量下,延长作用时间,减小冲击力,以免伤害手指,D正确。故选AD。8、AD【解析】

A.据题意,通过平行玻璃砖的光,出射光线与入射光线平行,故选项A正确;B.单色光a偏折程度较大,则a光的折射率较大,据v=可知,在介质中a光的传播速度较。恃∠頑错误;C.据sinC=可知,a光发生全反射的临界角较。恃∠頒错误;D.a光折射率较大,a光的波长较。志荭=λ可知,a光进行双缝干涉实验时条纹间距较。恃∠頓正确。9、AC【解析】

A.条形磁铁的外部磁场方向是由极指极,由1位置的磁场方向沿斜面向下,2位置的磁场方向斜向左上方,若导线位于图中1位置且电流方向向外,根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向下,由牛顿第三定律可得导线对磁铁的反作用力垂直于斜面向上,可知磁铁对斜面的压力减。蛴泄蔄正确;B.若导线位于图中1位置且电流方向向里,根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向上,由牛顿第三定律可得导线对磁铁的反作用力垂直于斜面向下,但弹簧的弹力仍等于磁铁重力沿斜面方向的分力,大小不变,则弹簧的伸长量不变,故B错误;CD.若导线位于图中2位置且弹簧的伸长量增大,可知导线对磁铁的反作用力沿斜面方向的分力沿斜面向下,垂直于斜面方向的分力垂直斜面向下,从而才会使弹簧的弹力增大,也使磁铁对斜面的压力增大,故有所以导线所受的安培力方向斜向右上方,由左手定则可得导线中的电流方向向里,故C正确,D错误;故选AC。10、ABE【解析】

A.根据热力学第二定律,热量不能自发地从低温物体传到高温物体,需要外界干预,故A正确;BD.液体表面张力是由于表面层的水分子比液体内部的水分子更稀疏,分子间表现出引力,使液面绷紧,液滴呈球形,故B正确,D错误;C.高原地区水的沸点较低,这是因为高原地区大气压较低的缘故,故C错误;E.根据热力学第一定律,一定质量的理想气体在状态改变过程中,既不吸热也不放热,通过做功内能也有可能发生变化,故E正确。故选ABE。三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11、电火花打点计时器0.020.2【解析】

(1)[1]电磁打点计时器纸带运动时,振针振动,计时器与纸带存在较大摩擦,而电火花打点计时器由火花放电,摩擦。恃∮玫缁鸹ù虻慵剖逼魑蟛钚。(2)[2]根据牛顿第二定律,对滑块有变形后得图像斜率表示合外力则有由于小吊盘和盘中物块的质量之和m远小于滑块(含滑块上的砝码)的质量M,则小吊盘和盘中物块的总重力近似等于合力,所以小吊盘和盘中物块的总质量为[3]乙图中纵截距则滑块与木板间的动摩擦因数为12、149.51500×10014.515010【解析】

(1)[1][2].由闭合电路欧姆定律可知:欧姆表的内阻为则R2=R内-R1-Rg-r=(1500-1200-150-0.5)Ω=149.5Ω,中值电阻应为1500Ω,根据多用电表的刻度设置可知,表盘上只有两种档位,若为×10,则中值刻度太大,不符合实际,故欧姆表倍率应为“×100”。(2)[3][4].为了得到“×10”倍率,应让满偏时对应的电阻为150Ω;电流为;此时表头中电流应为0.001A,则与之并联电阻R3电流应为(0.01-0.001)A=0.009A,并联电阻为R3=Ω=150Ω;R2+r=Ω=15Ω故R2=(15-0.5)Ω=14.5Ω;[5].图示电流为0.60mA,干路电流为6.0mA则总电阻为R总=×103Ω=250Ω故待测电阻为R测=(250-150)Ω=100Ω;故对应的刻度应为10。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1);(2)①,②,变大【解析】

(1)单个光子的能量根据单个光子的动量可知(2)①假设时间内通过黑纸片光束的体积为,则光子总个数为辐射通量解得单位体积内的光子数②光束照射黑纸片,全部被吸收,根据动量定理解得黑纸片对光的作用力根据牛顿第三定律可知光对黑纸片的压力为;若将黑纸片换为等大的白纸片,光子在白纸片表面全部反弹,若全部发生弹性碰撞,则根据动量定理则所以根据牛顿第三定律可知该束光对白纸片的压力变大。14、(1);(2)a.,;b.不能【解析】

(1)电子在电场中加速,由动能定理解得(2)a.电子受到一直沿切线方向的电场力而不断加速,由牛顿第二定律由匀变速直线运动规律,经过时间t,获得速度动能联立以上各式,可得电子受到一直指向圆心的洛伦兹力而不断改变速度的方向洛伦兹力充当向心力联立可得b.假设电场恒定,电子顺时针转一周,电场力做负功,电势能减少;电子逆时针转一周,电场力做正功,电势能增加。可以看出,同样的起点和终点,电场力的做功不同,说明电场力做功不是与路径无关,进而同一点的电势能不是不变的。因此对加速电子的感生电。遣荒芤氲缡聘拍畹。15、(1)3mg.(2).(3)BLq-mgr-.

【解析】

(1)ab下滑过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgr=,

解得:v0=,

ab运动到底端时,由牛顿第二定律得:F-mg=m,

解得:F=3mg,

由牛顿第三定律知:ab对轨道压力大。篎′=F=3mg;

(2)两棒组成的系统动量守恒,以向右为正方向,

由动量守恒定律:mv0=mvab+mv′,

解得:v′=,

ab棒产生的电动势:Eab=BLvab,

cd棒产生的感应电动势:Ecd=BLv′,

回路中电流:I=,

解得:I=,

此时cd棒所受安培力:F=BIL,

此时cd棒加速度:a=,

解得:a=;

(3)由题意可知,cd棒以离开磁场后向右匀速运动,

且从cd棒开始运动到通过其电荷量为q的时间内,通过ab棒电荷量也为q.

对ab棒,由动量定理可知:-BLt=mvab-mv0,

其中:q=t,

解得:vab=-,

此过程,由能量守恒定律得:mgr=+Q,

解得:Q=BLq-mgr-;

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