广东省东莞市翰林实验学校2025届高考冲刺物理模拟试题含解析

广东省东莞市翰林实验学校2025届高考冲刺物理模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、如图所示，实线表示某电场中的电场线，但方向未知，虚线是某一带负电的粒子通过该电场区域的运动轨迹，A 、B 是运动轨迹上的两点。

若带电粒子在运动中只受电场力作用，在A 、B 两点的电势分别为A ϕ、B ϕ，加速度大小分别为A a 、B a ，速度大小分别为A v 、B v ，电势能大小分别为P A E 、P B E ，则下列说法正确的是（ ）
A ．
B <A v v ， A a >B a
B ．A v >B v ， A ϕ <B ϕ
C ．A a > B a ， P A E < P B E
D ．A ϕ < B ϕ， P A
E > P B E
2、如图所示，两个完全相同的小球A 、B ，在同一高度处以相同大小的初速度v 0分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是（ ）
A ．两小球落地时的速度相同
B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C ．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同
D ．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
3、如图，在点电荷Q 产生的电场中，将两个带正电的检验电荷q 1、q 2分别置于A 、B 两点，虚线为等势线。

取无穷远处为零电势点，若将q 1、q 2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则（ ）
A．q1在A点的电势能大于q2在B点的电势能
B．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能
C．q1的电荷量小于q2的电荷量
D．q1的电荷量大于q2的电荷量
4、如图，天然放射性元素放出的射线通过电场后分成三束，则（）
A．①电离作用最强，是一种电磁波
B．②贯穿本领最弱，用一张白纸就可以把它挡住
C．原子核放出一个①粒子后，形成的新核比原来的电荷数多1个
D．原子核放出一个③粒子后，质子数比原来少4，中子数比原来少2个
5、中国核学会发布消息称，截至201 9年6月底，中国大陆在运核电机组47台，装机容量4873万千瓦，位居全球第
三。

铀核（285
92U）是获得核能的主要原料之一，其中一种核反应方程为2351941
920380
U n X Sr2n
+→++并释放核能，下
列说法正确的是（）
A．该核反应是重核裂变，产物的结合能之和大于铀核（285
92
U）的结合能
B．该核反应在中子的轰击下发生，核反应为人工转变
C．X原子核中的核子数为140个，中子数为84个
D．因为裂变时释放能量，根据E=mc2，所以裂变后的总质量数减少
6、电荷之间的引力会产生势能。

取两电荷相距无穷远时的引力势能为零，一个类氢原子核带电荷为+q，核外电子带电
量大小为e，其引力势能
P kqe
E
r
=-，式中k为静电力常量，r为电子绕原子核圆周运动的半径（此处我们认为核外只有一个电子做圆周运动）。

根据玻尔理论，原子向外辐射光子后，电子的轨道半径从1r减小到2r，普朗克常量为h，那么，该原子释放的光子的频率υ为（）
A ．2111kqe h r r υ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
B ．21112kqe h r r υ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
C ．12113kqe h r r υ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
D ．21113kqe h r r υ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
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、如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，距板右端L 处有一竖直屏M 。

一带电荷量为q 、质量为m 的质点以初速度v 0沿中线射入两板间，最后垂直打在M 上，已知重力加速度为g ，下列结论正确的是（ ）
A ．两极板间电场强度大小为
mg q B ．两极板间电压为
2mgd q C ．整个过程中质点的重力势能增加22
2
32mg L v 0 D ．若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在M 上
8、两根平行的通电长直导线a 、b 均垂直于纸面放置，其中的电流方向如图所示，电流分别为I 和2I 。

此时a 所受安培力大小为F 。

若在a 、b 的上方再放置一根与之平行的通电长直导线c ，导线a 、b 、c 间的距离相等，此时a 所受安培力的合力的大小也是F 。

则下列说法中正确的是（ ）
A ．导线c 中的电流为I
B ．导线c 中的电流为2I
C ．导线b 受到安培力的合力的大小为3F
D ．导线b 7F
9、平静的水池表面有两个振源A 、B ，固有振动周期均为T 。

某时刻A 开始向下振动，相隔半周期B 开始向下振动，二者振动的振幅相同，某时刻在水面上形成如图所示的水波图。

其中O 是振源连线的中点，OH 为中垂线，交叉点G 、H 的中点为D ，C 点位于波峰和波谷的正中间，实线代表波峰，虚线代表波谷。

下列说法中正确的是________。

A．如果在E点有一个小的漂浮物，经半个周期将向左漂到F点
B．两列波叠加后，O点的振动始终减弱
C．图中G、H两点振幅为零，D点的振幅也为零
D．当B引起的波传到E点后，E点的振动始终处于加强状态
E.C点此时振动的速度为零
10、空间中有水平方向的匀强电场，同一电场线上等间距的五个点如图所示，相邻各点间距均为2cm。

一个电子在该
，再运动至c点时速度为零。

电子电荷水平线上向右运动，电子过a点时动能为6eV，运动至b点时电势能为3eV
量的大小为e，不计重力。

下列说法正确的是（）
A．由a至b的运动过程，电场力做功大小为3eV
B．匀强电场的电场强度大小为300V/m
C．等势面d的电势为3V
D．该电子从c点返回a点时动能为6eV
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）某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验。

他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。

(1)实验需要以下哪种电源_________；
A．低压直流电源B．高压直流电源
C．低压交流电源D．高压交流电源
(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数：再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。

分别测出相应的原、副线圈电压值。

由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的___值（填“有效或“最大”）。

其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为___________ ；
(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成____ （填“正比”" 或“反比”），实验中由于变压器的铜损和铁损导致原线圈与副线圈的电压之比一般____ （填“大于" “小于”或“等于"）原线圈与副线圈的匝数之比。

12．（12分）调节水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一水滴刚碰到盘时，恰好有另一水滴从水龙头开始下落，而空中还有3个正在下落的水滴，测出水龙头到盘子间的距离为h，当第一滴水滴落到盘中时，第二滴水滴离水龙头的距离为__________；从第一滴水滴离开水龙头开始计时，到第n滴水滴落到盘中，秒表测得时间为t，可知当地的重力加速度g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）如图所示，水平面上静止放置一个透明实心玻璃球，O点是球心，A是最高点，B是最低点。

两条跟水平面夹角为45°的平行光线斜照在球面上，其中一条向着球心O，其延长线交地面于D点（图中未画出），另一条过最高
︒=-。

求：
点A。

已知该玻璃的折射率为2，tan1523
（1）过A点的光线折射进入玻璃球时的折射角；
（2）过A点的光线从玻璃球射出后，跟水平面的交点是在D点的左侧、右侧、还是在D点？试证明你的猜想。

14．（16分）如图所示，在xOy平面第一象限内存在沿y轴负向的匀强电场，在第四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。

一质量为m、带电荷量为+q的粒子从y轴上P点以初速度v0沿x轴正向射入匀强电场，经过x轴上Q点（图
中未画出）进入匀强磁场。

已知OP=L，匀强电场的电场强度
2
2
mv
E
qL
=，匀强磁场的磁感应强度0
2
mv
B
qL
=，不计粒子
重力。

求：
（1）粒子到达Q点的速度的大小v以及速度与x轴正方向间的夹角；
（2）粒子从第四象限离开磁场的纵坐标。

15．（12分）穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，回路中就有感应电流，电路中就一定会有电动势，这个电动势叫做感应电动势。

感应电动势的大小可以用法拉第电磁感应定律确定。

(1)写出法拉第电磁感应定律的表达式；
(2)如图所示，把矩形线框放在磁感应强度为B的匀强磁场里，线框平面跟磁感线垂直。

设线框可动部分MN的长度为L。

它以速度v向右运动。

请利用法拉第电磁感应定律推导E=BLv。

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、C
【解析】
虚线是某一带负电的粒子通过该电场区域的运动轨迹，带电粒子在运动中只受电场力作用，粒子的受力方向和场强方向如图：
若粒子由A 运动到B ，电场力方向和运动方向成钝角，电场力做负功，粒子的电势能增大，即P P A B E E <；粒子在运动中只受电场力作用，电场力做负功，粒子动能减小，A B v v >；P P A B E E <，粒子带负电，A B ϕϕ>。

A 处电场线比B 处密集，粒子在A 处受到的电场力比B 处大，则粒子在A 处的加速度大于B 处，即A B a a >。

故C 项正确，ABD 三项错误。

2、C
【解析】
A ．两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒可知两物体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A 错误。

B ．落地时两物体的速率相同，重力也相同，但A 物体重力与速度的夹角为锐角，B 物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B 物体重力的瞬时功率大于A 物体重力的瞬时功率，故B 错误。

C ．根据重力做功的表达式得两个小球在运动的过程重力对两小球做功都为mgh ，故C 正确。

D ．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但过程A 所需时间小于B 所需时间，根据
知重力对两小球做功
的平均功率不相同，故D 错误。

3、D
【解析】
由题，将q 1、q 2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功，说明Q 对q 1、q 2存在引力作用，则知Q 带负电，电场线方向从无穷远到Q ，根据顺着电场线方向电势降低，根据电场力做功与电势能变化的关系，分析得知q 1在A 点的电势能等于q 2在B 点的电势能．B 点的电势较高．由W=qU 分析q 1的电荷量与q 2的电荷量的关系．
【详解】
将q 1、q 2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功，则知Q 对q 1、q 2存在引力作用，Q 带负电，电场线方向从无穷远指向Q ，所以A 点电势高于B 点电势；A 与无穷远处间的电势差小于B 与无穷远处间的电势差；由于外力克服电场力做的功相等，则由功能关系知，q 1在A 点的电势能等于q 2在B 点的电势能；由W=qU 得知，q 1的电荷量大于q 2的电荷量。

故D 正确。

故选D 。

4、C
【解析】
①向右偏转，知①带负电，为β射线，实质是电子，电离作用不是最强，也不是电磁波，故A 错误．②不带电，是γ
射线，为电磁波，穿透能力最强，故B 错误．根据电荷数守恒知，原子核放出一个①粒子后，电荷数多1，故C 正确．
③向左偏，知③带正电，为α射线，原子核放出一个③粒子后，质子数比原来少2，质量数少4，则中子数少2，故D 错误．故选C ．
点睛：解决本题的关键知道三种射线的电性，以及知道三种射线的特点，知道三种射线的穿透能力和电离能力强弱． 5、A
【解析】
A ．结合质量数守恒与电荷数守恒可知，铀核裂变的产物为氙核和锶核，并会释放能量，则裂变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能，故A 正确；
B ．该核反应为重核裂变，不是人工转变，故B 错误；
C ．X 原子核中的核子数为（235+1）-（94+2）=140个，中子数为140-（92-38）=86个，故C 错误；
D ．裂变时释放能量，出现质量亏损，但是总质量数不变，故D 错误。

故选A 。

6、B
【解析】
电子在r 轨道上圆周运动时，静电引力提供向心力
2
2kqe v m r r
= 所以电子的动能为
2122K kqe E mv r
== 所以原子和电子的总能为 2K P kqe E E E r =+=-
再由能量关系得
1221112kqe E h E E r r ν⎛⎫==-=- ⎪⎝⎭
即
21112kqe h r r ν⎛⎫=- ⎪⎝⎭
故选B 。

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、BD
【解析】
AB ． 据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M 屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图
可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：
qE -mg =mg
得到：
2mg E q
= 由U =Ed 可知板间电压为：
2U q
mgd = 故A 错误，B 正确；
C ． 小球在电场中向上偏转的距离为：
y ＝
12
at 2 而 a ＝qE mg m
-＝g ，t ＝0L v 解得：
y ＝2
20
2gL v 故小球打在屏上的位置与P 点的距离为：
S ＝2y ＝2
20
gL v 重力势能的增加量为：
E P ＝mgs ＝22
20g L v π
故C 错误。

D ．仅增大两板间的距离，因两板上电量不变，根据
E ＝U d ＝Q Cd
而C ＝4S kd
επ，解得： E ＝4kQ S πε 可知，板间场强不变，小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故D 正确。

故选BD 。

8、BD
【解析】
AB ．如图所示
由右手螺旋定则知b 导线在a 处产生竖直向下的磁场，a 导线受该磁场向左的安培力
1F F =
由牛顿第三定律知b 导线也受到a 导线的磁场向右的安培力，大小也是1F 。

c 产生的磁场对a 有安培力2F ，结合题意分析得：1F 与2F 夹角为120°，且
12F F F == 则c 、b 导线在a 点的磁感应强度大小相等，又c 、b 导线与a 的距离相等，则c 、b 导线电流大小相等，为2I 。

所以B 正确，A 错误；
CD ．c 导线在a 、b 处产生的磁感应强度大小相等，则b 受其安培力为2F 。

由余弦定理得
222(2)4cos1207b F F F F F ︒=+-=
所以D 正确，C 错误。

故选BD 。

9、BCE
【解析】
A ．波在传播过程中，介质中的质点只在平衡位置附近振动，不会随着波的传播向前移动，A 错误；
BC ．O 点是振源的中点，波的传播路程差等于零，由于相位恰好相反，所以O 点以及中垂线上所有质点的振动均为叠加减弱，所以B 、C 正确；
D ．由图可以看出，B 引起的振动传到
E 点时与A 引起的振动相位相反，为叠加减弱位置，D 错误；
E ．B 引起的振动此时在C 点使得质点具有向上的速度，而A 刚好传到C 点，具有向下的速度，叠加后速度为零．选项E 正确。

故选BCE 。

10、AD
【解析】
A ．电场线沿水平方向，则等间距的各点处在等差等势面上。

电子沿电场线方向做匀变速运动。

电子从a 至c 的过程，电势能与动能之和守恒，动能减小了6eV ，则电势能增加了6eV ，则电势差
6V ac U =
则
3V ab bc U U ==
电子从a 至b 的过程，电场力做负功，大小为
3eV ab eU =
A 正确；
B ．电场强度大小
2150V/m 2210m
ac U E -==⨯⨯ B 错误；
C ．电子经过等势面b 时的电势能为3eV -，则b 点的电势
3V b ϕ=
又有
23V 6V b d ϕϕ-=⨯=
则
3V d ϕ=-
C 错误；
D ．电子在a 点时动能为6eV ，从a 减速运动至c ，然后反向加速运动再至a 点，由能量守恒定律知电子此时的动能
仍为6eV ，D 正确。

故选AD 。

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、C 有效 7.2 正比 大于
【解析】
(1) [1]因为探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，必须用交流电，又因为安全起见必须用低压电，所以用低压交流电，故选C 。

(1) [2]多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；
[3]多用电表选用的档位是交流电压的10V 档位，所以应该在0~10V 档位读数，所以读数应该是7.2V ；
(4)[4] 根据1122
U n U n =可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比。

[5]实验中由于变压器的铜损和铁损导致副线圈的电压U 2减小，所以导致1122
U n U n ＞，故填大于。

12、916h 2
2(3)8h n t
+ 【解析】
[1]设相邻两水滴的时间间隔为T ，则
21(4)2
h g T = 第二滴水滴离水龙头的距离 2219(3)216h g T h =
=； [2]从第一滴水滴离开水龙头开始计时，到第n 滴水滴落到盘中，秒表测得时间为t ，则：
(3)n T t +=
又：
21(4)2
h g T = 解得：
2
2(3)8h n g t
+=
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)30；(2)见解析。

【解析】
(1) 由题意知，在A 点入射角i =45°。

设折射角为r ，由折射定律得 sin sin i n r
= 解得
30r =︒
(2) 设E 点为折射光线的出射点，由几何关系得
2cos303AE R R ︒==
过E 点做水平面的垂线，垂足为F ；过E 点做水平线，与AB 的交点为C ，由几何关系得 2cos302
R EF CB R AE ︒==-= 设光线在E 点的入射角为i 1，折射角为r 1，由几何关系得
11
sin sin r n i = 解得
145r =︒
设从玻璃球折射出的光线与水平面的交点为G ，由几何关系得
()
sin30tan 6045BG BF FG CE FG AE EF ︒︒︒=+=+=+-
解得
BG =R
经过圆心O 的光线沿直线传播，由几何关系得可知 tan 45BD R R ︒==
可知
BG =BD
所以，过A 点的光线从玻璃球射出后，跟水平面的交点在D 点。

14、（10；45°；（2）1)y L =-。

【解析】
（1）带电粒子在电场中偏转，y 轴方向上
根据牛顿第二定律有：
qE =ma
212
L at = y v at =
则粒子到达Q 点的速度大小
0v ==
夹角θ=45°
（2）进入磁场时，Q 点的横坐标
0x v t =
粒子进入磁场后，由牛顿第二定律
2
v qvB m r
= 综上可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在y 轴上12y L =-处，
故粒子离开磁场的纵坐标1)y L =-
15、 (1)ΔΔE n
t
Φ=；(2)见解析 【解析】
(1)法拉第电磁感应定律 Δ ΔΦE n t
= (2)Δt 时间内回路增加的面积
ΔΔS Lv t =
由法拉第电磁感应定律
ΔΔΔΔΔΔΦS vL t E B B t t t
=== E BLv =。