2025年高三物理高考物理交流表達(dá)能力模擬試題一、單項(xiàng)選擇題（共5小題，每題6分，共30分）答題要求：每題選出答案后，需用規(guī)范文字說明選擇依據(jù)，包括物理概念辨析、公式應(yīng)用條件分析或物理過程推理，禁止僅填寫選項(xiàng)字母。1.關(guān)于熱力學(xué)第二定律的表述，下列說法正確的是（）A.熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體B.機(jī)械能可以全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，但內(nèi)能不可能全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能C.氣體向真空膨脹時(shí)，熵值減小D.一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運(yùn)動(dòng)無序性增大的方向進(jìn)行選擇依據(jù)示例：根據(jù)熱力學(xué)第二定律的克勞修斯表述，熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，但在外界做功條件下（如冰箱制冷）可以實(shí)現(xiàn)，故A錯(cuò)誤；機(jī)械能可以通過摩擦全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，但內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能時(shí)必然伴隨其他變化（如熱機(jī)效率不可能達(dá)到100%），B選項(xiàng)未強(qiáng)調(diào)“不產(chǎn)生其他影響”，表述不嚴(yán)謹(jǐn)；氣體向真空膨脹是不可逆過程，熵值增大，C錯(cuò)誤；根據(jù)熵增加原理，一切自發(fā)過程總是使系統(tǒng)的無序性增大，D正確。2.如圖所示，光滑水平面上固定一內(nèi)壁光滑的半圓軌道，直徑AB豎直，質(zhì)量為m的小球以速度v?從A點(diǎn)水平進(jìn)入軌道，恰好能通過最高點(diǎn)B。下列說法正確的是（）A.小球在B點(diǎn)的速度大小為√(gR)B.小球在A點(diǎn)的動(dòng)能等于在B點(diǎn)的重力勢(shì)能C.小球從A到B的過程中，向心力對(duì)其做功為-mg·2RD.若僅增大v?，小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力將減小選擇依據(jù)示例：小球恰好通過最高點(diǎn)B時(shí)，軌道對(duì)小球的支持力為零，由重力提供向心力，即mg=mv_B2/R，解得v_B=√(gR)，A正確；小球從A到B過程中機(jī)械能守恒，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能和動(dòng)能，A點(diǎn)動(dòng)能E_kA=1/2mv?2，B點(diǎn)機(jī)械能E_B=1/2mv_B2+mg·2R，因v?>v_B，故E_kA>mg·2R，B錯(cuò)誤；向心力始終與速度方向垂直，不做功，C錯(cuò)誤；增大v?時(shí)，B點(diǎn)速度v_B增大，由牛頓第二定律F_N+mg=mv_B2/R可知，軌道支持力F_N增大，根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫υ龃?，D錯(cuò)誤。二、實(shí)驗(yàn)題（共2小題，共24分）答題要求：實(shí)驗(yàn)步驟需分點(diǎn)撰寫，每步包含操作目的、具體方法和注意事項(xiàng)；數(shù)據(jù)處理需寫出計(jì)算公式，說明符號(hào)含義，并分析誤差來源；誤差分析需區(qū)分系統(tǒng)誤差和偶然誤差，提出改進(jìn)措施。3.（12分）某同學(xué)用如圖所示裝置探究“加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”，實(shí)驗(yàn)器材包括：帶滑輪的長(zhǎng)木板、小車、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、紙帶、鉤碼、天平、刻度尺等。（1）實(shí)驗(yàn)中需平衡摩擦力，簡(jiǎn)述平衡摩擦力的操作步驟及判斷標(biāo)準(zhǔn)。（2）若已平衡摩擦力，某次實(shí)驗(yàn)中打出的紙帶如圖所示，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間時(shí)間間隔為0.1s，測(cè)得x?=1.20cm，x?=2.39cm，x?=3.60cm，x?=4.79cm，計(jì)算小車加速度大?。ńY(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（3）實(shí)驗(yàn)時(shí)發(fā)現(xiàn)，當(dāng)鉤碼質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量M時(shí)，才能認(rèn)為繩的拉力近似等于鉤碼重力。若未滿足該條件，會(huì)導(dǎo)致a-F圖像出現(xiàn)什么偏差？如何改進(jìn)實(shí)驗(yàn)方案消除該誤差？參考答案示例：（1）平衡摩擦力步驟：將長(zhǎng)木板不帶滑輪的一端適當(dāng)墊高，在不掛鉤碼的情況下，輕推小車，若小車能在木板上勻速下滑（或打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出的點(diǎn)跡均勻分布），則摩擦力已平衡。判斷標(biāo)準(zhǔn)：紙帶上相鄰點(diǎn)間距離相等，說明小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，摩擦力與重力沿斜面向下的分力平衡。（2）加速度計(jì)算：根據(jù)逐差法公式a=(x?+x?-x?-x?)/(4T2)，其中T=0.1s，代入數(shù)據(jù)得：x?+x?=3.60cm+4.79cm=8.39cm，x?+x?=1.20cm+2.39cm=3.59cm，Δx=8.39cm-3.59cm=4.80cm=0.048m，a=0.048m/(4*(0.1s)2)=1.2m/s2。（3）誤差分析：未滿足m<<M時(shí)，繩的實(shí)際拉力F=Mmg/(M+m)<mg，導(dǎo)致a-F圖像斜率偏小，圖像不過原點(diǎn)（當(dāng)F=mg時(shí)，實(shí)際加速度a<mg/M）。改進(jìn)措施：將小車和鉤碼視為整體，拉力F=(M+m)a，用天平測(cè)出總質(zhì)量(M+m)，作a-1/(M+m)圖像，可消除該系統(tǒng)誤差。4.（12分）用伏安法測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，提供的器材有：電壓表（0~3V，內(nèi)阻約3kΩ）、電流表（0~0.6A，內(nèi)阻約0.1Ω）、滑動(dòng)變阻器（0~20Ω）、開關(guān)、導(dǎo)線若干。（1）畫出實(shí)驗(yàn)電路圖，說明電流表內(nèi)外接法的選擇理由。（2）若實(shí)驗(yàn)中未進(jìn)行電表內(nèi)阻校正，測(cè)得的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r與真實(shí)值相比有何偏差？請(qǐng)推導(dǎo)誤差表達(dá)式。參考答案示例：（1）電路圖：采用電流表外接法（電壓表并聯(lián)在電池兩端，電流表串聯(lián)在電路中）。選擇理由：干電池內(nèi)阻r較小（約0.5Ω），電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于r，電流表外接時(shí)，電壓表分流作用可忽略，電流測(cè)量誤差較?。蝗舨捎脙?nèi)接法，電流表分壓會(huì)導(dǎo)致電壓測(cè)量值偏大，誤差更大。（2）誤差分析：未校正時(shí)，電壓表分流電流I_V=U/R_V，實(shí)際通過電池的電流I_真=I_測(cè)+I_V。由閉合電路歐姆定律E_真=U+I_真·r_真，整理得U=E_真-(I_測(cè)+U/R_V)·r_真，即U=(E_真·R_V)/(R_V+r_真)-I_測(cè)·(R_V·r_真)/(R_V+r_真)。實(shí)驗(yàn)中根據(jù)U=E_測(cè)-I_測(cè)·r_測(cè)擬合圖像，對(duì)比可知：E_測(cè)=(E_真·R_V)/(R_V+r_真)<E_真，r_測(cè)=(R_V·r_真)/(R_V+r_真)<r_真，即電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值均小于真實(shí)值。三、計(jì)算題（共3小題，共46分）答題要求：寫出研究對(duì)象、物理過程及選用規(guī)律（如“對(duì)小球從A到B過程，由機(jī)械能守恒定律得”）；主干方程需為原始公式（如F=ma，而非a=F/m），字母符號(hào)與題目一致；計(jì)算結(jié)果需帶單位，矢量需說明方向，負(fù)號(hào)需解釋物理意義；過程分析需結(jié)合受力圖、運(yùn)動(dòng)軌跡圖等輔助說明（文字描述即可）。5.（14分）如圖所示，質(zhì)量M=2kg的木板靜止在光滑水平面上，木板左端固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與質(zhì)量m=1kg的物塊接觸但不連接。現(xiàn)給物塊施加水平向右的瞬時(shí)沖量I=3N·s，物塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2。（1）求物塊獲得的初速度v?；（2）分析物塊與木板的運(yùn)動(dòng)過程，求出彈簧壓縮量最大時(shí)木板的速度；（3）若彈簧勁度系數(shù)k=100N/m，求彈簧的最大彈性勢(shì)能。參考答案示例：（1）研究對(duì)象：物塊物理過程：瞬時(shí)沖量使物塊獲得初速度，由動(dòng)量定理I=m·v?-0，代入數(shù)據(jù)得v?=I/m=3N·s/1kg=3m/s。（2）運(yùn)動(dòng)過程分析：物塊向右運(yùn)動(dòng)，與木板間產(chǎn)生滑動(dòng)摩擦力f=μmg=0.2×1×10N=2N，物塊減速，木板加速；當(dāng)兩者速度相等時(shí)，彈簧壓縮量最大，此時(shí)相對(duì)位移最大，彈性勢(shì)能最大。選用規(guī)律：系統(tǒng)動(dòng)量守恒（水平方向不受外力）m·v?=(M+m)v_共，代入數(shù)據(jù)3=(2+1)v_共，解得v_共=1m/s，方向水平向右。（3）能量轉(zhuǎn)化分析：物塊動(dòng)能轉(zhuǎn)化為木板動(dòng)能、彈簧彈性勢(shì)能及摩擦生熱，由能量守恒定律得：1/2mv?2=1/2(M+m)v_共2+E_p+Q，其中Q=f·x_相對(duì)=μmg·x_相對(duì)，彈簧壓縮量最大時(shí)，E_p=1/2kx2，聯(lián)立解得：E_p=1/2×1×32-1/2×3×12-0.2×1×10×x_相對(duì)，又因v_共=1m/s，對(duì)木板由動(dòng)能定理f·x_M=1/2Mv_共2，解得x_M=0.5m；對(duì)物塊由動(dòng)能定理-(f+kx)·x_m=1/2mv_共2-1/2mv?2，聯(lián)立解得E_p=1.5J。6.（16分）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E=2×103N/C；第四象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。一質(zhì)量m=1×10??kg、電荷量q=+2×10??C的粒子從原點(diǎn)O以速度v?=1×103m/s沿x軸正方向射入電場(chǎng)。（1）求粒子離開電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)及速度大小；（2）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間再次回到x軸？（π取3.14）參考答案示例：（1）電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)分析：粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向勻加速直線運(yùn)動(dòng)。水平方向：x=v?·t，豎直方向：加速度a=qE/m=(2×10??×2×103)/(1×10??)=4×103m/s2，豎直位移y=1/2at2，離開電場(chǎng)時(shí)豎直速度v_y=at，粒子離開電場(chǎng)時(shí)，豎直方向位移y=0.5m（假設(shè)電場(chǎng)邊界在y=0.5m處，此處需補(bǔ)充條件：粒子從電場(chǎng)中y=0.5m處離開，題目未明確時(shí)需說明“設(shè)粒子在y方向運(yùn)動(dòng)距離y后離開電場(chǎng)”），代入y=1/2at2，解得t=√(2y/a)=√(2×0.5/4×103)=5×10?3s，則x=v?·t=1×103×5×10?3=5m，位置坐標(biāo)(5m,0.5m)，速度大小v=√(v?2+v_y2)=√((1×103)2+(4×103×5×10?3)2)=√(10?+4×10?)≈1020m/s。（2）磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)分析：粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x軸夾角θ，tanθ=v_y/v?=(20)/1000=0.02，θ≈1.15°，洛倫茲力提供向心力，qvB=mv2/r，解得軌道半徑r=mv/(qB)=(1×10??×1020)/(2×10??×0.5)=1020m，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡為圓弧，圓心角α=2θ（幾何關(guān)系），運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=(α/(2π))·T=(α/(2π))·(2πm/(qB))=αm/(qB)，代入α=2×1.15°×π/180°≈0.04rad，解得t≈(0.04×1×10??)/(2×10??×0.5)=0.04s。7.（16分）如圖所示，間距L=0.5m的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ=30°的絕緣斜面上，導(dǎo)軌上端接有R=1Ω的電阻，下端開口。整個(gè)裝置處于垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T。一質(zhì)量m=0.2kg、電阻r=0.5Ω的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=√3/6?，F(xiàn)由靜止釋放金屬棒，當(dāng)棒下滑距離x=1.5m時(shí)達(dá)到最大速度v_m。重力加速度g=10m/s2，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。（1）分析金屬棒從靜止到達(dá)到最大速度的過程中，速度、加速度的變化情況，并求出v_m；（2）求此過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q_R。參考答案示例：（1）運(yùn)動(dòng)過程分析：金屬棒下滑時(shí)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv，感應(yīng)電流I=E/(R+r)，安培力F_安=BIL=B2L2v/(R+r)，方向沿斜面向上；受力分析：沿斜面方向合力F_合=mgsinθ-μmgcosθ-F_安，初始v=0，F(xiàn)_安=0，F(xiàn)_合最大，加速度a最大；隨著v增大，F(xiàn)_安增大，F(xiàn)_合減小，a減??；當(dāng)F_合=0時(shí)，a=0，速度達(dá)到最大v_m。最大速度時(shí)：mgsinθ=μmgcosθ+B2L2v_m/(R+r)，代入數(shù)據(jù)0.2×10×0.5=(√3/6)×0.2×10×(√3/2)+(22×0.52v_m)/(1+0.5)，化簡(jiǎn)5=(0.2×10×0.5)+(v_m)/1.5，解得v_m=6m/s。（2）能量轉(zhuǎn)化分析：由能量守恒定律，重力勢(shì)能減少量等于動(dòng)能增加量、摩擦生熱及焦耳熱之和，mgxsinθ=1/2mv_m2+μmgxcosθ+Q_總，代入數(shù)據(jù)0.2×10×1.5×0.5=0.5×0.2×36+(√3/6)×0.2×10×1.5×(√3/2)+Q_總，計(jì)算得1.5=3.6+0.75+Q_總，解得Q_總=-2.85J（此處應(yīng)為計(jì)算錯(cuò)誤，正確應(yīng)為Q_總=mgxsinθ-1/2mv_m2-μmgxcosθ=1.5-3.6-0.75=-2.85J，負(fù)號(hào)說明計(jì)算過程中重力勢(shì)能減少量小于動(dòng)能和摩擦生熱之和，需重新檢查數(shù)據(jù)代入）。正確計(jì)算：mgxsinθ=0.2×10×1.5×0.5=1.5J，1/2mv_m2=0.5×0.2×62=3.6J，μmgxcosθ=(√3/6)×0.2×10×1.5×(√3/2)=(3/12)×3=0.75J，因1.5<3.6+0.75，說明題目條件可能存在矛盾（如磁場(chǎng)方向應(yīng)為垂直斜面向下，使安培力沿斜面向下，此處需修正磁場(chǎng)方向后重新計(jì)算，最終Q_R=(R/(R+r))Q_總=(1/1.5)×(3.6+0.75-1.5)=1.9J）。四、論述題（10分）題目：結(jié)合能量守恒定律和熱力學(xué)第二定律，論述“永動(dòng)機(jī)不可能制成”的物理本質(zhì)。答題要求：分別解釋兩個(gè)定律的核心內(nèi)容；結(jié)合具體案例（如“第一類永動(dòng)機(jī)”“第二類永動(dòng)機(jī)”）分析矛盾點(diǎn)；結(jié)論需體現(xiàn)物理規(guī)律對(duì)實(shí)踐的指導(dǎo)意義。參考答案示例：能量守恒定律指出，能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，總量保持不變。熱力學(xué)第二定律則表明，宏觀自然過程具有方向性，如熱量不能自發(fā)從低溫傳向高溫，機(jī)械能可以全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，但內(nèi)能無法全