2025年高考押题预测卷：物理（海南卷01）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：物理（海南卷01）（解析版），共10页。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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，再选涂其他答案标号．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（本大题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．春季是流行病高发季，某肺炎病人拍摄的CT胸片如图所示，病毒感染处的密度与其它部分不同，片中显示为白斑。拍摄CT胸片时使用下列哪种电磁波（ ）
A．γ射线B．X射线C．紫外线D．红外线
【答案】 B
【解析】拍摄CT胸片时使用X射线，具有较好的穿透性。
故选B。
2．关于核反应方程，以下说法中正确的是（ ）
A．X是，该核反应属于聚变
B．X是，该核反应属于裂变
C．X是，该反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料
D．X是，该反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料
【答案】 A
【解析】AB．根据质量数和电荷数守恒可知X是，根据反应特点可知该反应为轻核聚变反应，A正确，B错误；
CD．根据质量数和电荷数守恒可知X是，而目前核电站主要采用的核燃料是铀235，CD错误。
故选A。
3．如图所示，光滑的长直金属杆通过两个金属环与一个形状为一个周期内完整正弦函数图象的金属导线ab连接，导线其余部分未与杆接触。金属杆电阻不计，导线电阻为R，a、b间距离为2L，导线构成的正弦图形顶部和底部到杆的距离都是d，在导线和金属杆所在平面内有两个方向相反的有界匀强磁场区域，磁场区域的宽度均为L，磁感应强度大小均为B，现在外力F作用下导线以恒定的速度v水平向右运动，时刻导线从O点进入磁场，直到导线全部离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．感应电流的最大值为
B．外力的最大值为
C．整个过程中金属导线产生的焦耳热为
D．整个过程中金属导线产生的焦耳热为
【答案】 C
【解析】A．在和时间内，导线切割磁感线的有效长度即导线与磁场边界交点到金属杆的距离，两段时间内感应电流方向相反；在和时间内，某时刻导线各部分在磁场中的有效切割长度如图甲所示，若导线与磁场中间边界交点处到金属杆的距离为，则此时有效切割长度为，产生的感应电动势的值为，则当时，感应电动势有最大值，为，且两段时间内的感应电流方向相反。以导线中为电流正方向，整个过程中感应电流与时间的关系图象如图乙所示，可知该过程中感应电流的最大值为
选项A错误。
B．外力的最大值为
选项B错误。
CD．由交流电有效值的概念知在整个过程中导线产生的焦耳热为
选项C正确，D错误。
故选C。
4．如图所示，两个质量不等的小球用长度不同的细线拴在同一点，并且在同一水平面内做匀速圆周运动，则两小球（ ）
A．向心力大小一定相同B．角速度大小一定相同
C．线速度大小一定相同D．向心加速度大小一定相同
【答案】 B
【解析】A．小球圆周运动的向心力由重力和绳拉力的合力提供，绳与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析，在竖直方向有
Tcsθ-mg=0
在水平方向有
得
因为小球在同一平面内做圆周运动，则由题意知，小球圆周运动半径r=htanθ，其中h为运动平面到悬点的距离，向心力
F向=mgtanθ
质量m和θ不同，则向心力不同，故A错误；
B．运动的角速度
角速度与夹角θ无关，故B正确；
C．运动的线速度
知θ不同，则线速度不同，故C错误；
D．向心加速度
a=gtanθ
θ不同，向心加速度不同，故D错误。
故选B。
5．质量分别为和的两物体靠在一起放在光滑水平面上。用水平推力向右推，两物体向右加速运动时，、间的作用力为；用水平力向左推，使、一起加速向左运动时，、间的作用力为，如图甲、乙所示，则（ ）
A．B．
C．D．无法比较、的大小
【答案】 B
【解析】用水平推力向右推，有
联立解得
用水平推力向右推，有
联立解得
所以，则B正确；ACD错误；
故选B。
6．中国航天部计划2018年将利用嫦娥五号进行第一次火星探测，之前美国已经发射了凤凰号着陆器降落在火星北极进行勘察．如图为凤凰号着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图，轨道上的P、S、Q三点与火星中心在同一直线上，P、Q两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点，且PQ=2QS(已知I、Ⅲ为椭圆轨道，Ⅱ为圆轨道)．关于着陆器，下列说法正确的是
A．在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要点火加速
B．在轨道Ⅱ上S点的速度大于在轨道Ⅲ上Q点的速度
C．在轨道Ⅱ上S点与在轨道Ⅲ上P点受到的万有引力大小相同
D．在轨道Ⅱ上由P到S的时间是其在轨道Ⅲ上由P到Q的时间的2倍
【答案】 C
【解析】A.着陆器由轨道I进入轨道Ⅱ做的是由外轨变内轨，需点火减速，故A错误；
B.在题图做出过Q点的圆轨道Ⅳ，是火星的近地轨道，根据万有引力提供向心力得：
解得：
，
Ⅱ轨道的半径大于Ⅳ轨道的半径，所以：
，
而着陆器由Ⅲ轨道在Q点进入Ⅳ轨道时，需要减速，所以：
联立可得
即在轨道Ⅱ上S点的速度小于在轨道Ⅲ上Q点的速度．故B错误；
C.根据万有引力定律，知在轨道Ⅱ上S点与在轨道Ⅲ上P点受到的万有引力大小相同，故C正确；
D. 着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间和着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时都是各自周期的一半，根据开普勒第三定律，有：
，
解得：
，
故D错误．
7．如图所示，一绝缘轻质细绳悬挂一质量为m、电量为q的带电小球静止于水平向左足够大的匀强电场中，已知电场强度大小。现使匀强电场保持场强大小不变，方向在纸面内缓慢逆时针转动30°，则在该过程中（已知重力加速度为g，轻绳与竖直方向的夹角设为θ）（ ）
A．θ先增大后减小B．θ最小值为30°
C．电场力不做功D．轻绳拉力最小值为
【答案】 D
【解析】A．根据受力分析可知，小球受重力，电场力和绳子拉力，重力大小方向不变，电场力大小不变，因为电场方向在纸面内缓慢逆时针转动30°，所以电场力也逆时针转动30°，与重力之间的夹角变大，因此θ一直增大，A错误；
B．当电场力水平向右时，θ最小，正切值为
B错误；
C．因为电场方向缓慢移动，小球动能不变，θ一直增大，小球高度升高，重力做负功，因此电场力做正功，C错误；
D．由受力分析可知，当电场力与水平方向夹角为30°时，轻绳拉力最小，此时电场力与拉力垂直，根据勾股定理可得
D正确。
故选D。
8．我国成功研制全球最大水平臂上回转自升塔式起重机，标志着我国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其a-t图像如图乙所示，t1～t2时间内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A．物体匀加速阶段的位移为a0t12
B．该起重机的额定功率为（mg＋ma0）a0t1
C．t2时刻物体的瞬时速度为
D．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1∶2t2
【答案】 B
【解析】A．由图像可知0～t1内物体做匀加速直线运动，匀加速阶段的位移
A错误；
B．当t＝t1时，根据
，
联立解得起重机的额定功率为
B正确；
C．因为
即该速度为物体的最大速度，从图像中可以看出t2时刻物体的速度还没有达到最大，C错误；
D．0～t1内牵引力做的功
t1～t2内牵引力做的功
故在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1∶2(t2－t1)，D错误；
故选B。
二、多项选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或选错的得0分）
9．图示为一列简谐波在t=0时刻的波形图，Q、P是波上的两质点。此刻，质点P沿y轴正方向运动，且t=3s时第一次运动到波谷位置。则下列判断正确的是（ ）
A．t=1s时，质点Q沿y轴正方向运动B．该波的传播速度大小为1m/s
C．8s内，质点Q通过的路程为1. 8mD．质点P的振动方程为（m）
【答案】 AB
【解析】A．t=0时刻质点P沿y轴正方向振动，根据波动规律可知，波沿x轴负方向传播，t=3s时，质点P第一次运动到波谷位置，则，周期T=4s，t=1s时，质点Q沿y轴正方向运动，故A正确。
B．波长λ=4m，则波速为
故B正确。
C．8s内，即2个周期内，质点Q通过的路程为8A=1.6m，故C错误。
D．圆频率为
质点P的振动方程为
y=0.2sin0.5πt（m）
故D错误。
故选AB。
10．如图所示为某电路的一部分，图中右侧部分的电路未画出。已知图示中的电流I和分别为3A、2A，定值电阻、、的阻值分别为10Ω、5Ω、30Ω，图中的电流表为理想电表。则下列说法正确的是（ ）
A．流过定值电阻的电流大小为0.5A，方向从上向下
B．流过定值电阻的电流大小为0.5A，方向从下向上
C．电流表的示数为0.5A
D．电流表的示数为1.5A
【答案】 BC
【解析】A B．两端的电压
两端的电压
所以两端的电势差
b点电势高，电流方向为，流过定值电阻的电流大小
故A错误，B正确；
C D．电流表中的电流大小为
故C正确，D错误；
故选BC。
11．如图所示，MN 是空气与某种液体的分界面，一束红光由空气射到分界面，一部分光被反射，一部分光进入液体中．当入射角是 45°时，折射角为 30°，则以下说法正确的是（ ）
A．反射光线与折射光线的夹角为 105°
B．该液体对红光的折射率为 3
C．该液体对红光的全反射临界角为 45°
D．当紫光以同样的入射角从空气射到分界面时，折射角也是 30°
【答案】 AC
【解析】A．根据反射原理，即入射角等于反射角，结合几何关系可知，反射光线与折射光线的夹角为 105°，故A正确；
B．根据折射定律
故B错误；
C．根据折射率与临界角之间的关系
可得
即该液体对红光的全反射临界角为 45°，故C正确；
D．紫光的频率大于红光的频率，而频率越大折射率越大，因此当紫光以同样的入射角从空气射到分界面时，根据
则可知紫光的折射角小于30°，故D错误。
故选AC。
12．如图甲所示，两条固定的倾斜光滑平行金属导轨M、N，导轨平面与水平面的夹角为，导轨间距为l，导轨电阻忽略不计。虚线ce、df均与导轨垂直，cefd区域内存在垂直于导轨所在平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。将导体棒a、b并排且垂直导轨放置在同一位置，时刻先释放导体棒a，时刻释放导体棒b，此时导体棒a刚好进入匀强磁场区域，刻导体棒a刚好离开匀强磁场区域，流过导体棒a的电流随时间变化的图像如图乙所示，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，两导体棒接入电路的电阻均为R，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．虚线ce与df间的距离为
B．图乙中电流
C．两导体棒的质量均为
D．导体棒b离开匀强磁场区域时，其与导体棒a的间距为
【答案】 BC
【解析】A．根据图乙可知，导体棒a进入匀强磁场区域后，回路感应电流不变，即感应电动势不变，则导体棒a在磁场中做匀速直线运动，导体棒进入磁场前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
导体棒a进入匀强磁场的速度
虚线ce与df间的距离为
解得
故A错误；
B．结合上述，导体棒a进入磁场时的速度
根据图乙可知，通过导体棒a的电流大小始终一定，表明导体棒a进入磁场后做匀速直线运动，感应电动势为
感应电流为
解得
故B正确；
C．刻导体棒a刚好离开匀强磁场区域，此时导体棒b，进入磁场，产生的感应电流大小不变，可知，导体棒b进入磁场后做匀速直线运动，速度仍然等于，导体棒b处于平衡状态，根据平衡条件可知，由于导体棒在磁场中的安培力不变，则两导体棒重力沿导轨的分力大小相同，即两导体棒质量相等，根据平衡条件有
结合上述解得
故C正确；
D． 导体棒b离开匀强磁场区域时，导体棒a离开的位移等于其与导体棒a的间距则有
解得
故D错误。
故选BC。
13．如图所示，滑块P、Q静止在粗糙水平面上，一根轻弹簧一端与滑块Q相连，另一端固定在墙上，弹簧处于原长。现使滑块P以初速度v0向右运动，与滑块Q发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短，然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动，两滑块分离后，最终都静止在水平面上。已知滑块P、Q的质量分别为2m和m，两滑块与平面间的动摩擦因数相同，下列说法中正确的是（ ）
A．两滑块发生碰撞的过程中，其动量守恒，机械能不守恒
B．两滑块分离时，弹簧一定处于原长
C．滑块P最终一定停在出发点左侧的某一位置
D．整个过程中，两滑块克服摩擦力做功的和小于mv02
【答案】 ABD
【解析】A．两滑块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，两者碰撞后一起运动，碰撞不是弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失，碰撞过程机械能不守恒，故A正确；
B．当P、Q间弹力为零时两滑块分离，分离前瞬间它们的加速度相等，由牛顿第二定律，对P
aμg
对Q
μ′mg﹣T＝ma
解得
T＝mg（μ′﹣μ）
如果μ′＝μ，则T＝0，弹簧处于原长状态，故B正确；
C．两滑块碰撞后在运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减小，当P回到两球碰撞位置时的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，P停止时的位置一定在其出发点的右侧，故C错误；
D．由于两滑块分离后Q继续向左做减速运动，当Q停止时弹簧处于伸长状态，在整个过程中，P的机械能转化为弹簧的弹性势能与内能，由能量守恒定律可知
W+EP•2mv02＝mv02
W＝mv02﹣EP
则两滑块克服摩擦力做功之和小于mv02，故D正确；
故选ABD。
三、实验题(本题共2小题，共20 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。）
14．（10分） 某同学在“验证牛顿运动定律”的实验中
（1）已进行平衡小车摩擦力的步骤，但拉小车的细线与木板不平行，如图甲所示，那么，释放小车后小车实际的加速度 （选填“逐渐变大”或“逐渐变小”）。
（2）他通过调整滑轮使细线与木板平行后，重新实验，打出一条纸带，每打5个点取一个计数点，再用刻度尺测量，如图乙所示，则可读得AB段的距离= cm，BC段的距离= cm；已知交流电源的频率为50Hz，由图乙可计算出小车运动的加速度a= m/s2（计算结果保留二位效数字）。
（3）他又不断通过增加砂桶中沙的质量来改变对小车的拉力，并相应测出小车的加速度，再把每组数据描点，最后得到如图丙的图线，图线上部弯曲的原因是 。
【答案】 （1） 逐渐变小 （2） 4.20 5.00 0.20 （3） 未满足砂桶和沙的质量远小于小车质量
【解析】（1）由图可知，当细线不平行的时候细线有垂直于木板的分力使小车压木板的正压力变大，从而使摩擦力变大，随着小车往下滑动，细线与木板的夹角变大，摩擦力变大，且在沿着木板方向的分力变小，故加速度逐渐减小；
（2）刻度尺需要估读，所以，,每打5个点取一个计数点,故
小车的加速度为
（3）从图像上看出：F从0开始增加，沙和砂桶的质量远小于小车的质量，慢慢的沙的质量在增加，那么后面沙和砂桶的质量就没有远小于小车的质量，会导致绳子的拉力与沙和砂桶的总重力相差较大，所以原因是未满足砂桶和沙的质量远小于小车质量。
15．（10分） （1）某实验小组要对未知电阻进行测量。如图甲所示，他们先用多用电表欧姆挡进行粗测，若多用电表的电阻挡有三个倍率，先用“×100”挡测量电阻时，操作步骤正确，发现表头指针的偏转角度过大，为了较准确地进行测量，下列说法正确的是 。
A．先将选择开关拨到“×1K”挡，再将红黑表笔短接欧姆调零，且测量结果为4
B．先将红黑表笔短接欧姆调零，再将选择开关拨到“×1K”挡，且测量结果为
C．先将选择开关拨到“×10”挡，再将红黑表笔短接欧姆调零，且测量结果为
D．先将红黑表笔短接欧姆调零，再将选择开关拨到“×10”挡，且测量结果为
（2）为准确测定该电阻的阻值，甲同学设计图（a）所示的电路进行实验
①实验室提供了两种滑动变阻器；滑动变阻器（0~1000Ω）、滑动变阻器（0~10Ω），则实验中滑动变阻器应选 （选填“”或“”）；
②实验操作时，按电路图（a）先将滑动变阻器的滑动触头移到A端，保持断开，闭合，调节滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下此时电流表读数；
③依次断开S和，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱阻值在150Ω左右，再闭合和S，调节阻值使得电流表读数为 时，的读数即为待测电阻的阻值；
（3）乙同学利用电路图（b）进行实验，多次改变电阻箱的阻值，读出电流表相应的电流I，因电源和电流表内阻较小，乙同学忽略不计，由测得的数据作出图像，根据图像的斜率和截距求出待测电阻的阻值。若电源和电流表内阻是未知且不可忽略的，考虑实验产生的系统误差，则上述电路（a）中，电阻的测量值 真实值；电路（b）中电阻的测量值 真实值。（均选填“大于”“小于”或“等于”）
【答案】 （1） C （2） ① ③ （3）等于 大于
【解析】（1）表头指针偏转角度过大，说明选择挡位太大，因此换用较小的挡位，即选择开关拨到“×10”挡，再将红黑表笔短接欧姆调零，且测量结果为
故C正确，ABD错误；
（2）①图甲选用分压式连接，为了方便调节，选择阻值较小的；
③图中所用方法为类似半偏法测电阻，依次断开S和，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱阻值在150Ω左右，再闭合和S，调节阻值使得电流表读数为时，的读数即为待测电阻的阻值；
（3）若电源和电流表内阻是不可忽略的，因为电源和电流表内阻对用（a）测电阻没有影响，电路（a）测电阻没有系统误差，而电路（b）测量值增加了电源和电流表的内阻，比真实值大。
四、计算题（本题共 3 小题，共 36 分。要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。）
16．（10分） 如图所示，左、右两容器间用粗细均匀的光滑玻璃细管连接，两容器内分别装有不同的理想气体A和B，气体体积均为（包含玻璃管中气体）。当管中央处的一小段水银柱保持静止时，A和B气体的温度分别为27℃和87℃。已知管中的水银柱始终能保持两部分气体不混合。（已知）
（1）若使气体A的温度升高到87℃，欲使水银柱仍静止在原来的位置，则应该使气体B的温度升高到多少℃？
（2）若使气体A、B都升高20℃，而水银柱始终位于水平玻璃管内，求最终气体B的体积。

【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）根据题意，对气体A，温度变化前后有，初态温度
压强为，末态温度
压强为，该过程气体做等容变化，根据查理定律有
对于气体B，初态温度
压强为，末态温度
压强为，由水银柱静止在管中央可知
，
根据查理定律有
解得
（2）根据题意，对气体A，初态温度
压强为、体积，末态温度
压强、体积，根据理想气体状态方程有
对气体B，初态温度
压强、体积，末态温度
压强、体积，根据理想气体状态方程有
又有
解得
17．（12分） 如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限区域中，有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E=k。在第二象限有一半径为R=b的圆形区域磁场，圆形磁场的圆心O1坐标为（－b，b），与两坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里。在x=3b处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q。大量的电子以相同的速率在纸面内从P点进入圆形磁场，电子的速度方向在与x轴正方向成θ角的范围内，其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点，当速度与x轴正方向成θ=120°角的电子经过磁场后到达Y轴上M点。忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为。求：
（1）圆形磁场的磁感应强度大小；
（2）M点的坐标；
（3）电子打到荧光屏上距Q点的最远距离。

【答案】 （1）B=k；（2）（0，1.5b）；（3）
【解析】（1）由于速度沿y轴正方向的电子经过N点，因而电子在磁场中做圆周运动的半径为
r=b
而
电子的比荷为
解得
B=k
（2）速度与x轴正方向成θ角的电子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，电子离开磁场时的位置为P′，连接PO1P′O′可知该四边形为菱形，如图甲

由于PO1竖直，因而轨迹半径P′O′也为竖直方向，电子离开磁场时速度一定沿x轴正方向由图甲可知
Y=bsin（θ－90°）＋b=1.5b
可见M点的坐标是（0，1.5b）。
（3）由（2）可知，所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类平抛运动，设电子在电场中运动的加速度为a，运动的时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则有
x=v0t
eE=ma
联立解得
设电子最终打在荧光屏的最远点距Q点为H，如图乙所示

设电子射出电场时的夹角为α，有
vy=at
有
有
当
即
时，H有最大值，由于
所以
18．（14分） 如图，水平轨道与圆弧轨道在点相切连接，水平轨道置于圆弧轨道右上方，三轨道位于同一竖直平面内。段圆心为，圆心角，半径，D与点的高度差，轨道长，DE长。用质量的滑块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，滑块在A点脱离弹簧，从点飞出后恰好沿水平方向进入水平直轨道滑行，与挡板弹性碰撞后（无能量损失，且碰撞时间极短）停在距离点处．轨道和粗糙，其他光滑，不计空气阻力，滑块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度取，，，求：
（1）滑块与轨道间的动摩擦因数及滑块在轨道上因摩擦产生的热量；
（2）滑块飞离点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）弹簧的弹性势能。
【答案】 （1），；（2）；（3）
【解析】（1）滑块从点飞出做抛体运动，设飞出时滑块速度为，如图所示，将分解
水平方向
竖直方向
又
由以上三式，解得
，，
滑块恰好从点沿水平方向进入轨道，运动停下，由动能定理有
解得
由功能关系知，滑块在点的动能最终都转化为热能，即
解得
（2）设滑块飞离点时，轨道对滑块支持力为，对滑块在C点由牛顿第二定律有
代入数据得
依据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小
（3）滑块由A到C，对滑块由能量守恒定律有
代入数据得