2025屆湖北省省實驗學校、武漢一中等六校高考仿真模擬物理試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，用不可伸長的輕質細線a、b懸掛一小球，小球靜止時，繩a、繩b與水平方向的夾角均為，繩b的拉力大小為F1。現將繩a剪斷，剪斷后瞬間繩b的拉力大小為F2，則F1:F2為（）A．1:1 B．1:2 C．2:1 D．2、如圖所示，薄紙帶放在光滑水平桌面上，滑塊放在薄紙帶上，用水平恒外力拉動紙帶，滑塊落在地面上A點；將滑塊和紙帶都放回原位置，再用大小不同的水平恒外力拉動紙帶，滑塊落在地面上B點。已知兩次滑塊離開桌邊時均沒有離開紙帶，滑塊與薄紙帶間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。兩次相比，第2次（）A．滑塊在空中飛行時間較短B．滑塊相對紙帶滑動的距離較短C．滑塊受到紙帶的摩擦力較大D．滑塊離開桌邊前運動時間較長3、一試探電荷在電場中自A點由靜止釋放后，僅在電場力的作用下能經過B點。若、分別表示A、B兩點的電勢，EA、EB分別表示試探電荷在A、B兩點的電勢能，則下列說法正確的是()A．> B．EA>EBC．電勢降低的方向就是場強的方向 D．電荷在電勢越低的位置其電勢能也越小4、宇航員在某星球表面以初速度2.0m/s水平拋出一物體，并記錄下物體的運動軌跡，如圖所示，O為拋出點，若該星球半徑為4000km，引力常量G＝6.67×10－11N·m2·kg－2，則下列說法正確的是（）A．該星球表面的重力加速度為16.0m/s2B．該星球的第一宇宙速度為4.0km/sC．該星球的質量為2.4×1020kgD．若發射一顆該星球的同步衛星，則同步衛星的繞行速度可能大于4.0km/s5、某行星外圍有一圈厚度為d的光帶，簡化為如圖甲所示模型，R為該行星除光帶以外的半徑．現不知光帶是該行星的組成部分還是環繞該行星的衛星群，當光帶上的點繞行星中心的運動速度v，與它到行星中心的距離r，滿足下列哪個選項表示的圖像關系時，才能確定該光帶是衛星群A． B．C． D．6、安培曾假設：地球的磁場是由繞地軸的環形電流引起的。現代研究發現：地球的表面層帶有多余的電荷，地球自轉的速度在變慢。據此分析，下列說法正確的是（）A．地球表面帶有多余的正電荷，地球的磁場將變弱B．地球表面帶有多余的正電荷，地球的磁場將變強C．地球表面帶有多余的負電荷，地球的磁場將變弱D．地球表面帶有多余的負電荷，地球的磁場將變強二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，一根水平橫桿上套有A、B兩個輕環，拴柱水杯的等長細繩系在兩環上，整個裝置處于靜止狀態，現緩慢增大兩環距離，則下列說法正確的是A．桿對A環的支持力逐漸增大B．桿對A環的摩擦力保持不變C．桿對B環的支持力保持不變D．細繩對B環的拉力逐漸增大8、如圖所示，光滑圓環固定在豎直面內，一個小球套在環上，用穿過圓環頂端光滑小孔的細線連接，現用水平力F拉細線，使小球緩慢沿圓環向上運動，此過程中圓環對小球的彈力為N，則在運動過程中（）A．F增大 B．F減小C．N不變 D．N增大9、如圖所示，甲圖為沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t＝0時刻的波動圖象，乙圖為參與波動質點P的振動圖象，則下列判斷正確的是（）A．該波的傳播速率為4m/sB．該波的傳播方向沿x軸正方向C．經過0.5s，質點P沿波的傳播方向向前傳播2mD．該波在傳播過程中若遇到4m的障礙物，能發生明顯衍射現象10、如圖所示，y軸上固定有兩個電荷量相等的帶正電的點電荷，且關于坐標原點對稱。某同學利用電場的疊加原理分析在兩電荷連線的中垂線（軸）上必定有兩個場強最強的點、，該同學在得到老師的肯定后又在此基礎上作了下面的推論，你認為其中正確的是（）A．若兩個點電荷的位置不變，但電荷量加倍，則軸上場強最大的點仍然在、兩位置B．如圖(1)，若保持兩個點電荷的距離不變、并繞原點O旋轉90°后對稱的固定在軸上，則軸上場強最大的點仍然在、兩位置C．如圖(2)，若在平面內固定一個均勻帶正電圓環，圓環的圓心在原點。直徑與(1)圖兩點電荷距離相等，則軸上場強最大的點仍然在、兩位置D．如圖(3)，若在平面內固定一個均勻帶正電薄圓板，圓板的圓心在原點，直徑與(1)圖兩點電荷距離相等，則軸上場強最大的點仍然在、兩位置三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）一實驗小組用某種導電材料制作成電阻較小(約小于3Ω)的元件Z，并通過實驗研究該元件中的電流隨兩端電壓從零逐漸增大過程中的變化規律。(1)該小組連成的實物電路如圖(a)所示，其中有兩處錯誤，請在錯誤的連線上打“×”，并在原圖上用筆畫出正確的連線__________。(2)在實驗中應選用的滑動變阻器是_________。A．滑動變阻器R1(0～5Ω額定電流5A)B．滑動變阻器R2(0～20Ω額定電流5A)C．滑動變阻器R3(0～100Ω額定電流2A)(3)圖(b)中的點為實驗測得的元件Z中的電流與電壓值，請將點連接成圖線__________。(4把元件Z接入如圖(c)所示的電路中，當電阻R的阻值為2Ω時，電流表的讀數為1.25A；當電阻R的阻值為3.6Ω時，電流表的讀數為0.8A。結合圖線，可求出電池的電動勢E為______V，內阻r為______Ω。12．（12分）(1)在“測定金屬絲的電阻率”實驗中，先用螺旋測微器測出金屬絲的直徑，測量示數如圖甲所示，則金屬絲的直徑d=__________mm。(2)在測定電源電動勢和內阻的實驗中，實驗室僅提供下列實驗器材：A．干電池兩節，每節電動勢約為1.5V，內阻約幾歐姆B．直流電壓表V1、V2，量程均為0~3V，內阻約為3kΩC．電流表，量程0.6A，內阻小于1ΩD．定值電阻R3，阻值為5ΩE.滑動變阻器R，最大阻值50ΩF.導線和開關若干①如圖乙所示的電路是實驗室測定電源的電動勢和內阻的電路圖，按該電路圖組裝實驗器材進行實驗，測得多組U2、Ⅰ數據，并畫出U2-Ⅰ圖像，求出電動勢和內電阻。電動勢和內阻的測量值均偏小，產生該誤差的原因是__________，這種誤差屬于__________（填“系統誤差”或“偶然誤差”）。②實驗中移動滑動變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數據U1、U2，描繪出U1一U2圖像如圖丙所示，圖線斜率為k，與橫軸的截距為a，則電源的電動勢E=__________，內阻r=_________（用k、a、R0表示）。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，

PQ為一豎直放置的熒光屏，一半徑為R的圓形磁場區域與熒光屏相切于O點，磁場的方向垂直紙面向里且磁感應強度大小為B,圖中的虛線與磁場區域相切，在虛線的上方存在水平向左的勻強電場，電場強度大小為E,在O點放置一粒子發射源，能向右側180°角的范圍發射一系列的帶正電的粒子，粒子的質量為m、電荷量為q,經測可知粒子在磁場中的軌道半徑為R，忽略粒子的重力及粒子間的相互作用．求：(1)如圖，當粒子的發射速度方向與熒光屏成60°角時，該帶電粒子從發射到達到熒光屏上所用的時間為多少?粒子到達熒光屏的位置距O點的距離為多大?

(2)從粒子源發射出的帶電粒子到達熒光屏時，距離發射源的最遠距離應為多少?14．（16分）如圖所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段長1.6m且光滑．質量為1kg的小物塊由A處以12m/s的初速度沿斜面向上滑行，到達C處速度為零．此過程中小物塊在AB段速度的變化率是BC段的2倍，兩段運動時間相等．g=10m/s2，以A為零勢能點．求小物塊：（1）通過B處的速度；（2）在C處的重力勢能；（3）沿斜面下滑過程中通過BA段的時間．15．（12分）如圖所示，矩形PQMN區域內有水平向左的勻強電場，電場強度大小為E，已知PQ長度為3L，PN長度為L。質量為m、電量大小為q的帶負電粒子以某一初速度從P點平行PQ射入勻強電場，恰好從M點射出，不計粒子的重力，可能用到的三角函數值sin30°=0.5，sin37°=0.6，sin45°=。(1)求粒子入射速度v0的大小；(2)若撤走矩形PQMN區域內的勻強電場，加上垂直紙面向里的勻強磁場。該粒子仍以相同的初速度從P點入射，也恰好從M點射出磁場。求勻強磁場磁感應強度B的大小和粒子在磁場中運動的時間t。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

小球靜止時，繩a、繩b與水平方向的夾角均為，根據題意可知，此時繩b的拉力大小和繩a拉力大小相等，根據幾何關系可知將繩a剪斷，剪斷后瞬間繩b的拉力大小與重力沿繩方向的分力大小相等故故C正確ABD錯誤。故選C。2、C【解析】

A．滑塊離開桌面后均做平拋運動，豎直方向位移相等，根據可知滑塊在空中飛行時間相等，選項A錯誤；B．根據題意可知，第一次滑塊與薄紙無相對滑動，第二次滑塊與薄紙之間可能產生了相對滑動，也可能無相對滑動，即兩次滑塊與薄紙之間的相對滑動距離都可能是零，也可能第二次滑塊相對紙帶滑動的距離比第一次較長，選項B錯誤；CD．第二次落在B點時滑塊的水平位移較大，則離開桌面的水平速度較大，若物塊離桌邊的距離為x，根據v2=2ax可知滑塊的加速度較大，根據f=ma可知，所受的紙帶的摩擦力較大，根據可知，第二次滑塊離開桌邊前運動時間較短；選項C正確，D錯誤；故選C。3、B【解析】

A．當試探電荷帶正電時，，當試探電荷帶負電時，由于試探電荷所帶電荷性質未知，故A錯誤；B．因試探電荷由靜止釋放，只在電場力作用下能從A運動到B，故無論帶何種電荷，電場力總對電荷做正功，電荷的電勢能一定減小，故B正確；C．電勢降落最快的方向是場強的方向，故C錯誤；D．負電荷在電勢越低的位置電勢能越高，故D錯誤。故選B。4、B【解析】

A．物體做平拋運動，根據平拋運動的規律有聯立解得該星球表面的重力加速度為，故A錯誤；BC．設該星球的第一宇宙速度為，該星球的質量為，在星球表面附近，則有解得故B正確，C錯誤；D．根據萬有引力提供向心力有解得衛星運動的軌道半徑越大，則繞行速度越小，第一守宙速度是繞星球表面運行的速度，同步衛星的速度一定小于4.0km/s，故D錯誤；故選B。5、D【解析】

若光帶是衛星群，則應該滿足，即，即圖像應該是過原點的直線，故選D.6、C【解析】

地球自西向東自轉，地球表面帶電，從而形成環形電流。這一環形電流產生地磁場。若從北極俯視地球地磁場由外向里，由安培定則知產生磁場的環形電流方向應自東向西，與地球自轉方向相反，則地球帶負電。地球自轉速度變小，則產生的環形電流變小，則產生的磁場變弱，ABD錯誤，C正確。故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、CD【解析】

AC.設水杯的質量為，以兩個輕環和水杯組成的系統為研究對象，豎直方向受到重力和水平橫梁對鐵環的支持力，力圖如圖所示，根據平衡條件得：可得：可見，水平橫梁對鐵環的支持力不變，故A錯誤、C正確；B.以環為研究對象，豎直方向：水平方向：聯立解得：減小時，變大，故B錯誤；D.設與環相連的細繩對水杯的拉力為，根據豎直方向的平衡條件可得：由于繩子與豎直方向的夾角增大，則變小，繩子拉力變大，故D正確．8、BC【解析】

小球沿圓環緩慢上移可看做勻速運動，對小球進行受力分析，小球受重力G，F，N，三個力。滿足受力平衡。作出受力分析圖如圖所示；

由圖可知△OAB∽△GFA，即：小球沿圓環緩慢上移時，半徑不變，AB長度減小，故F減小，N不變；

A.F增大，與結論不相符，選項A錯誤；B.F減小，與結論相符，選項B正確；C.N不變，與結論相符，選項C正確；D.N增大，與結論不相符，選項D錯誤。9、AD【解析】

A．由甲圖讀出該波的波長為λ＝4m，由乙圖讀出周期為T＝1s，則波速為v＝＝4m/s故A正確；B．在乙圖上讀出t＝0時刻P質點的振動方向沿y軸負方向，在甲圖上判斷出該波的傳播方向沿x軸負方向，故B錯誤；C．質點P只在自己的平衡位置附近上下振動，并不沿波的傳播方向向前傳播，故C錯誤；D．由于該波的波長為4m，與障礙物尺寸相差不多，能發生明顯的衍射現象，故D正確。故選AD。10、ABC【解析】

A．可以將每個點電荷（2q）看作放在同一位置的兩個相同的點電荷（q），既然上下兩個點電荷（q）的電場在x軸上場強最大的點仍然在A、A＇兩位置，兩組點電荷疊加起來的合電場在x軸上場強最大的點當然還是在A、A＇兩位置，選項A正確；B．由對稱性可知，保持兩個點電荷的距離不變、并繞原點O旋轉90°后對稱的固定在軸上，則軸上場強最大的點仍然在、兩位置，選項B正確；C．由AB可知，在yOz平面內將兩點電荷繞O點旋轉到任意位置，或者將兩點電荷電荷量任意增加同等倍數，在x軸上場強最大的點都在A、A＇兩位置，那么把帶電圓環等分成一些小段，則關于O點對稱的任意兩小段的合電場在x軸上場強最大的點仍然還在A、A＇兩位置，所有這些小段對稱疊加的結果，合電場在x軸上場強最大的點當然還在A、A＇兩位置，選項C正確；D．如同C選項，將薄圓板相對O點對稱的分割成一些小塊，除了最外一圈上關于O點對稱的小段間距還是和原來一樣外，靠內的對稱小塊間距都小于原來的值，這些對稱小塊的合電場在x軸上場強最大的點就不再在A、A＇兩位置，則整個圓板的合電場在x軸上場強最大的點當然也就不再在A、A＇兩位置，選項D錯誤。故選ABC。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、電源負極與滑動變阻器a端相連A4.10.45【解析】

(1)[1]因Z電阻較小，電流表應采用外接法；由于要求電壓從零開始變化，滑動變阻器選用分壓接法，錯誤的連線標注及正確接法如圖：(2)[2]分壓接法中，為了便于調節，滑動變阻器選用總阻值小，且額定電流較大的，故選：A；(3)[3]根據描點法得出對應的伏安特性曲線如圖所示：；(4)[4][5]當電流為1.25A時，Z電阻兩端的電壓約為1.0V；當電流為0.8A時，Z電阻兩端的電壓約為0.82V；由閉合電路歐姆定律可知：E=1.25(r+2)+1=1.25r+3.5E=0.8(r+3.6)+0.82=0.8r+3.7聯立解得：E=4.1Vr=0.44Ω12、2.600電壓表的分流系統誤差【解析】

(1)[1]．金屬絲的直徑d=2.5mm+0.01mm×10.0=2.600mm；(2)①[2][3]．流過電流表的電流不是流過干路的電流，產生誤差的原因是電壓表的分流造成的，這種誤差是由于電路結構造成的，屬于系統誤差；

②[4][5]．由閉合電路歐姆定律可知變形得則有：當U1=0時，U2=a

則有解得四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)(2)【解析】

(1)根據洛倫茲力提供向心力得：

解得：

當粒子的發射速度與熒光屏成60°角時，帶電粒子在磁場中轉過