2025年河南省安阳市第35中学高考考前猜题卷之专家猜题卷物理试题含解析

2025年河南省安阳市第35中学高考考前猜题卷之专家猜题卷物理试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

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，再选涂其它答案标号。

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、近年来测g 值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g 归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g 值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O 点竖直向上抛出小球，小球又落到原处的时间为T 2，在小球运动过程中要经过比O 点高H 的P 点，小球离开P 点到又回到P 点所用的时间为T 1，测得T 1、T 2和H ，可求得g 等于( )
A ．22218H T T -
B ．22214H T T -
C ．2
218()H T T -
D ．
2
2
14()H T T
2、如图所示，一物块相对木板向右从板上A 点滑至板上B 点，木板上A 、B 两点间距离为5米，同时木板在地面上向左滑行3米，图甲为滑行前，图乙为滑行后，在此过程中物块受到木板对它的滑动摩擦力大小为20N ，则物块所受的摩擦力做功为（ ）
A ．-160J
B ．-100J
C ．100J
D ．-40J
3、如图所示，用不可伸长的轻质细线a 、b 悬挂一小球，小球静止时，绳a 、绳b 与水平方向的夹角均为30 ，绳b 的拉力大小为F 1。

现将绳a 剪断，剪断后瞬间绳b 的拉力大小为F 2，则F 1:F 2为（ ）
A ．1:1
B ．1:2
C ．2:1
D ．234、已知氢原子的基态能量为
E 1，激发态能量为E n =
1
2
E n ，其中n =2，3，4……已知普朗克常量为h ，电子的质量为m 。

巴尔末线系是氢原子从n ≥3的各个能级跃迁至n =2能级时辐射光的谱线，则下列说法中正确的是（ ）
A．巴尔末线系中波长最长的谱线对应光子的能量为3.40eV
B．氢原子从基态跃迁到激发态后，核外电子动能减小，原子的电势能增大，动能和电势能之和不变
C．基态氢原子中的电子吸收一频率为ν的光子被电离后，电子速度大小为
()
1 2h E
m
ν+
D．一个处于n=4的激发态的氢原子，向低能级跃迁时最多可辐射出6种不同频率的光
5、一弹簧振子作简谐振动，某一时刻开始计时，经3
4
T振子具有负方向最大加速度。

则下列振动图像中正确反映振子
振动情况的是（）
A．B．
C．D．
6、如图，S是波源，振动频率为100Hz，产生的简谐横波向右传播，波速为40m/s。

波在传播过程中经过P、Q两点，已知P、Q的平衡位置之间相距0.6m。

下列判断正确的是（）
A．Q点比P点晚半个周期开始振动
B．当Q点的位移最大时，P点的位移最小
C．Q点的运动方向与P点的运动方向可能相同
D．当Q点通过平衡位置时，P点也通过平衡位置
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，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强
度的大小为B ．导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m 的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h 表示物块下落的高度（物块不会触地），g 表示重力加速度，其他电阻不计，则（ ）
A ．电阻R 中的感应电流方向由a 到c
B ．物体下落的最大加速度为0.5g
C ．若h 足够大，物体下落的最大速度为22
mgR
B I D ．通过电阻R 的电量为
Blh
R
8、下列说法正确的是（ ）
A ．随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大
B ．把细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关
C ．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点
D ．对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸收热量 E.热力学第二定律使人们认识到，一切与热现象有关的宏观自然过程都是有方向性的
9、一定质量的理想气体的状态变化图像如图所示，它由状态a 经过状态b 到状态c 。

关于这一过程的说法，正确的是
A ．理想气体的体积先增大后保持不变
B ．理想气体的体积一直增加
C ．理想气体的内能先增大后保持不变
D ．理想气体对外做功，吸收热量
E.外界对理想气体做功，理想气体放出热量
10、如图的实验中，分别用波长为12λλ、的单色光照射光电管的阴极K ，测得相应的遏止电压分别为U 1和U 1．设电子的质量为m ，带电荷量为e ，真空中的光速为c ，极限波长为0λ，下列说法正确的是（ ）
A．用波长为2λ的光照射时，光电子的最大初动能为2
eU
B．用波长为2λ的光照射时，光电子的最大初动能为
()
()
()
() 121120
2121
e u u e u u
λλλλλλ
--
-
--
C．普朗克常量等于
()
()
1212
21
e U U
c
λλ
λλ
-⋅⋅
-
D．阴极K金属的极限频率为
() ()
1121
12
c U U
U U
λλ
-
-
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）某同学利用图甲所示的装置设计一个“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验。

如图中AB是水平桌面，CD是一端带有定滑轮的长木板，在其表面不同位置固定两个光电门，小车上固定着一挡光片。

为了补偿小车受到的阻力，将长木板C端适当垫高，使小车在不受牵引时沿木板匀速运动。

用一根细绳一端拴住小车，另一端绕过定滑轮挂一托盘，托盘中有一砝码调节定滑轮的高度，使细绳的拉力方向与长木板的上表面平行，将小车靠近长木板的C端某位置由静止释放，进行实验。

刚开始时小车的总质量远大于托盘和砝码的总质量。

(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d，如图乙所示，其读数为_____cm；
(2)某次实验，小车先后经过光电门1和光电门2时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为t1和t2，此过程中托盘未接触地面。

已知两个光电门中心之问的间距为L，则小车的加速度表达式a=（______）（结果用字母d、t1、t2、L表示）；
(3)某同学在实验中保持小车总质量不变，增加托盘中砝码的个数，并将托盘和砝码的总重力当做小车所受的合力F，通过多次测量作出a-F图线，如图丙中实线所示。

试分析上部明显偏离直线的原因是_____。

12．（12分）某实验小组用如图所示的装置通过研究小车的匀变速运动求小车的质量。

小车上前后各固定一个挡光条（质量不计），两挡光条间的距离为L ，挡光条宽度为d ，小车释放时左端挡光条到光电门的距离为x ，挂上质量为m 的钩码后，释放小车，测得两遮光条的挡光时间分别为t 1、t 2。

（1）用游标卡尺测量挡光条的宽度，示数如图乙所示，则挡光条的宽度为d =____cm ； （2）本实验进行前需要平衡摩擦力，正确的做法是____；
（3）正确平衡摩擦力后，实验小组进行实验。

不断改变左端挡光条到光电门的距离x ，记录两遮光条的挡光时间t 1、
t 2，作出2221
11
~t t 图像如图丙所示，图线的纵截距为k ，小车加速度为____；小车的质量为____（用题中的字母表示）。

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）为了保证行车安全，车辆在行进过程中应保持足够的安全距离。

现在有甲、乙两辆汽车在同一直线车道上匀速行驶，甲车速度10/v m s =甲,乙车速度24/v m s =乙，甲车在前，乙车在后。

当两车相距48x m ∆=时，两车司
机同时看到前方正在发生山体滑坡，于是立即采取制动措施，刹车的加速度大小分别为222/,4/a m s a m s ==甲乙。

如果不考反应时间与车身的长度，那么两车能否避免相碰？
14．（16分）一列简谐横波某时刻的波形如图所示，质点P 正在向上运动，它所在的平衡位置为x =2m ，质点P 的振动方程为y =0.2sin5πt （m ），从该时刻开始计时，求∶ （i ）该简谐横波在介质中的传播速率； （ii ）经过0.5s 时间，质点P 的位移和路程；
（iii ）从图示位置开始计时，经多长时间质点P 第三次到达波峰。

15．（12分）如图所示，光滑轨道OABC是由水平直轨道OB与一段半径R=62.5m的圆弧BC在B点相切而成。

m=1kg 的物块P在F=20N的水平推力作用下，紧靠在固定于墙面的轻弹簧右侧A处保持静止，A点与B点相距l=16m。

己
k 。

取重力加速度g=10m/s2，cos5°=0.996。

现突然撤去力F，求：知物块可视为质点，弹簧的劲度系数100N/m
(1)物块P第一次向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量大小；
(2)从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间。

（结果保留两位小数）
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、A 【解析】
小球从O 点上升到最大高度过程中：2
221 ()22
T h g =① 小球从P 点上升的最大高度：2
111
()22
T h g =② 依据题意：h 2-h 1=H ③ 联立①②③解得：22
218H
g T T =
-，故选A.
点睛：对称自由落体法实际上利用了竖直上抛运动的对称性，所以解决本题的关键是将整个运动分解成向上的匀减速运动和向下匀加速运动，利用下降阶段即自由落体运动阶段解题． 2、D 【解析】
物块所受的摩擦力做的功为： W =Fx cos θ=-20×(5-3)=-40J ．
A ．-160J ，与结论不相符，选项A 错误；
B ．-100J ，与结论不相符，选项B 错误；
C ．100J ，与结论不相符，选项C 错误；
D ．-40J ，与结论相符，选项D 正确； 故选D ．
本题主要考查了恒力做功公式的直接应用，知道功是力与力的方向上的位移的乘积． 3、C 【解析】
小球静止时，绳a 、绳b 与水平方向的夹角均为30 ，根据题意可知，此时绳b 的拉力大小和绳a 拉力大小相等，根据几何关系可知
1F G =
将绳a 剪断，剪断后瞬间绳b 的拉力大小与重力沿绳方向的分力大小相等
2sin 30F G =︒
故
12:2:1F F =
故C 正确ABD 错误。

故选C 。

4、C 【解析】
A ．巴尔末线系为跃迁到2能级的四种可见光，红青蓝紫（3→2、4→2、5→2、6→2），则能级差最小的为红光（3→2），其频率最小，波长最长，对应的能量为
11323215
1.89eV 9436
E E E E E E ∆=-=
-=-= 故A 错误；
B ．氢原子从基态跃迁到激发态需要吸收能量，则氢原子的总能量（动能和电势能之和）变大，而电子的轨道半径变大，库仑力做负功，则电势能增大，跃迁后的库仑力提供向心力
22
2e v k m r r
= 可得
v =
故半径变大后，电子的速度变小，电子的动能变小，故B 错误；
C ．基态氢原子中的电子吸收一频率为ν的光子被电离，由能量守恒定律，有
211(0)2
h E mv ν--=
解得自由电子的速度为
v =
故C 正确；
D ．一个处于n =4的激发态的氢原子向低能级跃迁，逐级向下辐射出的光子种类最多为(4-1)=3种，故D 错误； 故选C 。

5、C 【解析】
简谐振动的回复力：F kx =-，故加速度：
F kx a m m
=
=-，
经34
T
周期振子具有负方向的最大加速度，此时振子有正方向的最大位移； A ．A 图在34T
周期时振子有负向最大位移，A 错误；
B ．B 图在34T
周期时振子位移为零，B 错误；
C ．C 图在34T
周期时振子有负向最大位移，C 正确；
D ．D 图在34
T
周期时振子位移为零，D 错误。

故选C 。

6、D 【解析】
A ．根据v f λ=可知，波长
40m 0.4m 100
v f λ=
== 又
0.6m 1.5PQ λ==
故Q 点比P 点晚1.5个周期开始振动，A 错误；
BC ．P 、Q 两点的平衡位置距离是半个波长的奇数倍，故两者振动情况完全相反，即两点的运动方向始终相反，当Q 点的位移最大时，P 点的位移也最大，但两者方向相反，BC 错误；
D 、两点平衡位置距离是半个波长的奇数倍，所以当Q 通过平衡位置时，P 点也通过平衡位置，但两者运动方向相反，D 正确。

故选D 。

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、BCD 【解析】
从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知，电阻R 中的感应电流方向由c 到a ，故A 错误；设导体棒所受的安培力大小为F ，根据牛顿第二定律得：物块的加速度2mg F
a m
-=，当F =0，即刚释放导体棒时，a 最大，最大值为
1
2
g ，故B 正确；物块和滑杆先做加速运动，后做匀速运动，此时速度最大，则有mg =F ，而F =BIl ，Blv I R
=，解得物体下落的最大速度为: 222mgR
v B I =，故C 正确；通过电阻R 的电量：
22B S Blh
q It t R t R R R
∆Φ∆Φ∆==
∆===∆，故D 正确。

8、BDE
【解析】
A ．随着分子距离的增大，若分子力从斥力变为引力，分子力先做正功，后做负功，则分子势能先减小后增大，若分子力一直表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力一直做负功，分子势能一直增大，故A 错误；
B ．细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关，故B 正确；
C ．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C 错误；
D ．对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程
pV
C T
= 可知气体的温度升高，则内能增大，由于气体对外做功，则它一定从外界吸收热量，故D 正确； E ．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E 正确。

故选BDE 。

9、BCD 【解析】
AB ．由理想气体状态方程
PV
C T
=,由状态a 经过状态b,压强不变，温度升高，体积增大。

态b 到状态c ，温度不变，压强减小，体积增大。

所以体积一直增大。

故A 错误。

B 正确。

C ．一定量理想气体的内能由温度决定，状态a 经过状态b 到状态c ，温度向增大，后不变。

所以内能先增大后保持不变。

故C 正确。

DE ．状态a 经过状态b 到状态c ，体积一直增大，所以理想气体对外做功。

又内能先增大后保持不变，总体相对于初始增大。

由热力学第一定律U W Q ∆=+,内能增大且对外做功，必须吸收热量。

所以D 正确,E 错误。

10、AC 【解析】
A 、
B 项：根据光电效应方程，则有：
0km 2hc
W E eU λ
-==，故A 正确，B 错误；
C 项：根据爱因斯坦光电效应方程得：11h eU W ν=+，22h eU W ν=+，得金属的逸出功为：11W h eU ν=- 联立解得：1212121221()(()
e U U e U U h c λλννλλ--=
=--）
，故C 正确；
D 项：阴极K 金属的极限频率122111*********()
()
U U c U U U U U U ννλλνλλ--=
=--，故D 错误．
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、0.170 222122212
()2d t t Lt t - 托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大 【解析】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为：1mm ，游标尺的刻度第14个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为：0.05×14=0.70mm ，所以d =1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm ；
(2)[2]小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式
22
212d d aL t t ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
得 ()22212
22122d t t a Lt t -=
(3)[3]实验时，小车的合外力认为就是托盘和砝码的总重力mg ，只有在M
m 时，才有 T mg ≈
a F -图线才接近直线，一旦不满足M m ，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲，所以a F -图线上部明显偏离直线的原因是托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大。

12、0.650 去掉钩码，将木板右端垫高，轻推小车，使两挡光片挡光时间相等 22kd L
221m gL kd ⎛⎫- ⎪⎝⎭ 【解析】
(1)[1]．挡光条的宽度为d =0.6cm+0.05mm×10=0.650cm.
(2)[2]．本实验进行前需要平衡摩擦力，正确的做法是去掉钩码，将木板右端垫高，轻推小车，使两挡光片挡光时间相等；
(3)[3][4]．两遮光片经过光电门时的速度分别为
11
d v t = 22d v t =
则由
22212v v aL =+
可得
2221
()()2d d aL t t =+ 即
22221112()()aL t t d
=+ 由题意可知
2
2=aL k d 解得
2
2kd a L
= 由牛顿第二定律可得
mg =(M +m )a
解得
221gL M m kd ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
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、可避免相撞
【解析】
设经过t 时间后两车的速度相等，可得
v a v t a t t -=+甲甲乙乙
解得
7t s =
设汽车从开始刹车到停时间为1t
那么由
01t v v at -=
可得甲车的停车时间为5s ，乙车的停车时间为6s 。

7s 时速度相等，说明在7s 内后车速度一直大于前车，距离一直在靠近，然而7s 时两车都已经停车，所以说明两车在停车之前距离一直在缩小。

设两车从开始刹车到停止经过的位移为x ，则由
22102v v ax -=
可计算出
2
10=25m 22
x =⨯甲 2
24=72m 24
x =⨯乙 在停车之前，乙车比甲车多行进的距离为
47m x x -=乙甲
而两车之间的距离48m x ∆=，所以两车可以避免相碰。

14、（i ）10m/s ；（ii ）0.2m ； 1.0m ；（iii ）0.9s
【解析】
（i ）由图可知，波长4m λ=，由振动方程知周期0.4s T =，所以波速
10m /s v T λ
==
（ii ）P 在向上运动，波向右传播，经过0.5s 时间，质点P 的位移为0.2m ，路程为1.0m 。

（iii ）P 第三次到达波峰的时间为
120.9s 4t T ==
15、 (1)2N·
s ；(2)23.65s 【解析】
(1)设弹簧在A 处保持静止时压缩量为x ，有
F =kx
若物块离开弹簧时速度为v ，根据动能定理
221122
W kx mv =- 物块P 向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量
I =mv
解得
I =2N·s
(2)物块离开弹簧到B 之间做匀速直线运动，设时间为1t ，则有
1l x vt -=
设物块沿着圆弧轨道上升到D 点，B 、D 间的高度为h ，则有 212
mgh mv = 设过D 点的半径与竖直方向的夹角为θ，则
cos 0.996R h R
θ-=
> 即 5θ<︒
物块从B 点到D 点再返回B 点的过程中，可以看做单摆，单摆周期
2T π=212
t T = 可得从物块P 离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间
122t t t =+
代入数据得
t =23.65s。