广东省中山市2025届高三下学期二模冲刺物理练习卷

试卷第 1页，共 6页 广东省中山市 2025 届高三下学期二模冲刺练习卷 本试卷共 6页，15小题，满分 100分。考试用时 75分钟。 一、单项选择题：本题共 7小题，每小题 4分，共 28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．近代物理学的研究不仅在基础科学领域具有重要意义，而且对现代生产技术领域也产生了重大影响，下列关 于近代物理的说法正确的是（ ） A．已知钍 234的半衰期是 24d， 2g钍 234经过96d还剩0.25g B．光电效应实验中，绿光照射可以让电子从某金属表面逸出，若改用紫光照射也可以让电子从该金属表面逸 出 C．1个氢原子处在 4n  的能级，会辐射 6种频率的光 D． 23892 U（铀核）衰变为 222 86 nR （氡核）要经过 4次α衰变和 4次β衰变 2．某些农村一大家人过春节时常用简易灶做菜，如图甲所示，将一个球形铁锅用四个轻小石块支起用柴火烧菜， 铁锅边缘水平，小石块成正方形放在水平灶台上，石块到铁锅球心的连线与竖直方向的夹角均成 37°，已知锅与 菜的总质量为 8kg，不计铁锅与石块间的摩擦， sin37 0.6  ， cos37 0.8  ，则下列说法正确的是（ ） A．锅受到四个弹力，且四个弹力的合力为零 B．每个石块与铁锅之间的弹力大小为 25N C．灶台对每个石块的摩擦力为10N D．质量相同的铁锅，半径越大，每个石块对它的弹力越大 3．如图所示，在光滑绝缘水平面上同时由静止释放两个带正电的小球 A和 B，已知 A、B两球的质量分别为 m1、 m2。则某时刻 A、B两球（ ） A．速度大小之比为 m1∶m2 B．加速度大小之比为 m1∶m2 C．动量大小之比为 m2∶m1 D．动能大小之比为 m2∶m1 4．下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是（ ） A．图（a）所示的射线“1”为β射线 B．图（b）所示为圆盘衍射而成的柏松亮斑 C．图（c）查德维克进行粒子散射实验研究时，发现绝大多数粒子直接穿过金箔 D．图（d）中一个处于基态的氢原子吸收能量为 12.09eV的光子后最多能辐射出 2种光谱线 5．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿 x轴相向传播，波速均为 2m/s。t=0时刻二者在 x=2m处相遇，波形 图如图所示。关于平衡位置在 x=2m处的质点 P，下列说法正确的是（ ） A．t=0.5s时，P偏离平衡位置的位移为 0 B．t=0.5s时，P偏离平衡位置的位移为 2cm C．t=1.0s时，P向 y轴正方向运动 D．t=1.0s时，P向 y轴负方向运动 试卷第 2页，共 6页 6．亥姆霍兹线圈由一对完全相同的正对平行放置的圆形导线圈组成，如图所示，虚线为过两线圈圆心的轴线，�、� 为关于轴线对称的两点，O点为两线圈圆心连线的中点。当两个线圈通入如图所示大小相等、方向相同的电流时， 下列说法正确的是（ ） A．两个线圈之间存在互相排斥的力 B．O点处磁感应强度方向水平向左 C． a点和b点处的磁感应强度大小不同 D．若带电粒子以一定初速度飞入该磁场中，可能做直线运动 7．一定质量的理想气体循环由 4个过程组成，其压强 p随体积V 的变化关系如图所示。其中 B C 、D A 均 为绝热过程；线段 AB与V 轴平行，线段CD与 p轴平行。则下列相关说法错误的是（ ） A． A B 过程中，气体内能增大 B． B C 过程中，气体内能减小 C．C D 过程中，气体放出热量 D．曲线DA是双曲线的一部分 二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。 全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。 8．如图为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上的示意图，其中冬至时地球离太阳最近。仅考虑太阳对地球 的引力，关于地球绕太阳公转过程，下列说法正确的是（ ） A．在冬至位置地球所受万有引力最大 B．在立春位置，地球所受万有引力等于向心力 C．经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比约为 1.03 D．地球自转周期的平方与公转轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数 9．如图甲所示，一匝数为 10的线圈（图中只画了 2匝）处于周期性变化的磁场中，磁感应强度随时间的变化关 系如图乙所示，线圈的横截面积为 20.1m ，线圈串联一个电流表和电阻，电阻阻值为1，其余阻值忽略不计。 下列说法正确的是（ ） 试卷第 3页，共 6页 A．线圈输出直流电 B．线圈输出交流电 C．电流表的示数为 3 A D．电流表的示数为 3 2 A 2 10．如图所示，同一竖直面内的水平线 aa 、bb 把空间分成三个区域，Ⅰ区域内的匀强磁场垂直于纸面向里，磁 感应强度大小为 B，Ⅱ区域内的匀强磁场垂直于纸面且均匀减小，Ⅲ区域无磁场。一单匝矩形金属线框由两条相 同的橡皮筋悬挂在天花板上，水平边 MN、PQ边分别处于Ⅰ、Ⅲ区域，Ⅱ区域内的磁场减小时橡皮筋伸直且无弹 力，磁场减小为零后不再变化，线框第一次下降高度 h时达到最大速度 0v（未知），继续向下运动至 MN与 aa 重 合时，速度减小为零。每根橡皮筋的弹力都遵循胡克定律，劲度系数为 k，且始终处于弹性限度内，线框的质量 为 m，总电阻为 R，MN边长为 L，重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ） A．Ⅱ区域的磁场方向垂直于纸面向里 B．线框最终静止时 MN边与 aa 重合 C．最大速度 0v 的大小为   2 2 2mg kh R B L  D．线框开始运动后做简谐运动 三、非选择题：本题共 5小题，共 54分。 11．为了直观的显示电梯运行时的加速度，某实验小组制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图甲所示。把 一根轻弹簧上端固定在支架横梁上，当下端悬吊0.8 N的重物，静止时弹簧下端的指针指在刻度为C的位置，当 悬吊1N的重物，静止时弹簧下端的指针指在刻度为O的位置。现将重为1N的小球固定在弹簧下端，和小木板 上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。（以下涉及计算时取重力加速度 210 m / sg  ） (1)该小组先利用图乙装置测量当地的重力加速度，但该同学未找到低压电源，打点计时器应选图丙中的 （填 “A”或“B”）； (2)若刻度尺未标出刻度，但已知每小格长是1mm，则弹簧的劲度系数是 N/m； (3)该小组结合（2）中测得的数据，利用图甲装置测量一电梯运行的加速度，指针指在刻度板上A点时电梯的加 速度大小为 2m / s 。 试卷第 4页，共 6页 12．李华同学查阅资料：某金属在 0~100℃内电阻值 Rt与摄氏温度 t的关系为  0 1tR R t  ，其中 R0为该金属 在 0℃时的阻值， 为温度系数（为正值）。李华同学设计图甲所示电路以测量该金属的电阻 R0和 值。可提供 的实验器材有： A．干电池（电动势约为 1.5V，内阻不计） B．定值电阻 R1（阻值为 1kΩ） C．定值电阻 R2（阻值为 800Ω） D．滑动变阻器 P1R （阻值范围 0~40Ω） E．滑动变阻器 P2R （阻值范围 0~4kΩ） F．电流计 G（量程 0~200 A ，内阻约 500Ω） G．电阻箱 R（最大阻值为 9999.9Ω） H．摄氏温度计 I．沸水和冷水各一杯 J．开关两个及导线若干 请回答下列问题： （1）滑动变阻器应选用 （选填“ P1R ”或“ P2R ”），开关 1S 闭合前，滑动变阻器的滑片移到 （选 填“a”或“b”）端。 （2）闭合开关 1S ，将滑动变阻器调到合适的阻值，再调节电阻箱的阻值，当电阻箱的示数为 360.0Ω时，此时发 现闭合开关 2S 前、后电流计 G的示数没有变化，则电流计 G的内阻为 Ω。 （3）利用上述电流计 G及电路测量该金属的电阻 R0和 值的步骤如下： ①断开开关 1S 、 2S ，将 2R 取下换成该金属电阻，并置于沸水中； ②闭合开关 1S ，读出电流计 G的示数；闭合开关 2S ，调节电阻箱的阻值，直至闭合开关 2S 前、后电流计 G的示 数没有变化，记下此时电阻箱的示数 R和水的温度 t； ③多次将冷水倒一点到热水中，重复步骤②，可获得电阻箱的示数 R和温度 t的多组数据． （4）以电阻箱的示数 R为纵轴，温度 t为横轴，作出的图像如图乙所示，则该金属电阻在 0℃时的阻值为 Ω，温度系数为 ℃-1。（结果用 a、b、c表示） 13．如图所示，柱形气缸竖直放置，内部密封一定质量的理想气体，内部空间总高度 2mH  ，顶部导热良好， 其余部分绝热。横截面积 20.02mS  、质量 0.8kgm  且厚度不计的绝热活塞将气缸内部空间分为 A、B两部分， 活塞与气缸顶部由轻弹簧相连。开始时活塞静止在气缸正中间，此时弹簧恰好处于原长状态，A部分气体的压强 4 1 2.0 10 Pap   ；现对 B部分气体缓慢加热，活塞缓慢上升了 0.2mx  ，此时 B部分气体的热力学温度是原来的 2倍。已知重力加速度 210m / sg  ，不计活塞与气缸间的摩擦，求： 试卷第 5页，共 6页 (1)最终 A部分气体的压强； (2)弹簧的劲度系数。 14．如图所示， xOy平面直角坐标系内，在 0y  的区域存在着沿 x轴正方向的匀强电场，在 0y  的区域存在垂 直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、带电量为  0q q  的粒子从  , 2C d d 点以初速度 0v 沿 y轴负方向射出， 经过坐标原点O后进入磁场，然后又从 x轴上的  2 ,0D d 点离开磁场（不计粒子的重力）。求： (1)匀强电场的电场强度大小 E； (2)粒子经过坐标原点O时的速度大小 v； (3)匀强磁场的磁感应强度大小 B； (4)粒子从C点出发运动到D点的时间 t。 试卷第 6页，共 6页 15．如图甲所示，固定光滑斜面的倾角 30  ，右端带有固定挡板的“┚”形木板静置于水平面上，斜面底端 B 与木板左端紧靠且跟其上表面平齐。将质量 2kgm  的小物块从斜面顶端 A由静止释放，物块滑上木板时不计能 量损失，到达木板右端时与挡板发生弹性碰撞。以物块刚滑上木板的时刻为计时起点，物块跟挡板碰撞前物块和 木板的 v t 图像，如图乙所示，木板与地面间的动摩擦因素 2 0.06  ，取重力加速度 210m / sg  。 (1)求斜面的长度； (2)求从物块开始运动至其和挡板碰撞前的瞬间，物块与木板系统损失的机械能； (3)物块最终能否从木板上滑落？若能，请求出物块滑落时的速度；若不能，请求出物块最终到木板左端的距离 d。 答案第 1页，共 5页 参考答案 1．B【详解】A．钍的半衰期为 24d， 2g钍 234经过96d还剩的质量为 96 24 0 1 12g 0.125g 2 2 t T m m               故 A错误； B．因紫光的频率大于绿光的频率，故在光电效应实验中，绿光照射可以让电子从某金属表面逸出，若改用紫光 照射也可以让电子从该金属表面逸出，故 B正确； C．一个氢原子处在 n=4的能级，由较高能级跃迁到较低能级时，最多可以发出 4→3，3→2和 2→1三种频率的 光，故 C错误； D．设 23892 U（铀核）衰变为 222 86 nR（氡核）要经过 x次α衰变和 y次β衰变，根据电荷数和质量数守恒有 238 222 4x  ， 92 86 2x y   解得 4x  ， 2y  故 D错误。故选 B。 2．B【详解】A．锅受到四个弹力，且四个弹力的合力与重力等大反向，故 A错误； B．根据共点力平衡条件 4 cos37F mg  解得 25F  N故 B正确； C．对石块分析，水平方向有 sin37F f  解得 15Nf  故 C错误； D．质量相同的铁锅，半径越大，夹角越小，则每个石块对它的弹力越小，故 D错误；故选 B。 3．D【详解】AC．由于两小球都带正电，则彼此受到斥力作用，所以两小球组成的系统动量守恒，则 1 1 2 2m v m v 所以 1 2 2 1 v m v m  两球动量大小相等，比值为 1∶1，故 AC错误； B．小球的加速度大小之比为 1 1 2 2 1 2 F a m m Fa m m = = 故 B错误； D．动能之比为 2 1 1 k1 2 2k2 1 2 2 1 2 1 2 m vE m E mm v   故 D正确。故选 D。 4．D【详解】A．因为不确定磁场方向，无法判断射线“1”带电性质，故 A错误； B．图（b）所示为牛顿环图样，并非圆盘衍射而成的柏松亮斑，故 B错误； C．卢瑟福通过图（c）进行 粒子散射实验研究时，发现绝大多数 粒子穿过金箔后运动方向几乎不变，少数 发生大角度偏转，极少数被弹回，故 C错误； D．图（d）中一个处于基态的氢原子吸收能量为 12.09eV的光子后，跃迁到 3能级，最多能辐射出 3 1 2n    种 光谱线，故 D正确。故选 D。 5．C【详解】AB．在0.5s内，甲、乙两列波传播的距离均为 2 0.5m 1mx v t      根据波形平移法可知， 0.5st  时， 1mx  处甲波的波谷刚好传到 P处， 3mx  处乙波的平衡位置振动刚好传到 P处，根据叠加原理可知， 0.5st  时，P偏离平衡位置的位移为 2cm ，故 AB错误； CD．在1.0s内，甲、乙两列波传播的距离均为 2 1.0m 2mx v t       根据波形平移法可知， 1.0st  时， 0x  甲波的平衡位置振动刚好传到 P处， 4mx  处乙波的平衡位置振动刚好 传到 P处，且此时两列波的振动都向 y轴正方向运动，根据叠加原理可知， 1.0st  时，P向 y轴正方向运动，故 C正确，D错误。故选 C。 6．D【详解】A．同向电流互相吸引，故 A错误； B．根据安培定则，O点的磁感应强度方向水平向右，故 B错误； C．根据对称性， a点和b点处磁感应强度大小相等，故 C错误； D．若带电粒子沿轴线运动，不受洛伦兹力，做匀速直线运动，故 D正确。故选 D。 答案第 2页，共 5页 7．D【详解】A．A B 过程中，压强不变，体积增大，根据盖吕萨克定律可知气体温度升高，故内能增大，故 A正确； B．B C 过程中，气体体积增大，气体对外界做功，由于过程绝热，根据热力学第一定律可知 <0U ，内能减 小，故 B正确； C．C D 过程中，体积不变，压强减小，根据查理定律可知温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知气 体放出热量，故 C正确； D．由于D A 为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，故可知内能增大，温度升高，根据理想气体状态 方程 pV C T  ，可知由于温度在变化，故曲线DA不是双曲线的一部分，故 D错误。 本题选错误的，故选 D。 8．AC【详解】A．根据万有引力表达式 2 GMmF r  由图可知，在冬至位置地球离太阳最近，所受万有引力最大，故 A正确； B．因为地球并非做匀速圆周运动，且根据图可知，在立春位置，速度与万有引力并不垂直，则地球所受万有引 力不等于向心力，故 B错误； C．根据开普勒第二定律可知，经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比为 15210 1.03 14710 v r v r   近 远 远 近 故 C正确； D．根据开普勒第三定律可知，地球公转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数， 故 D错误。故选 AC。 9．BC【详解】根据法拉第电磁感应 B SE N t     ， EI R  可得 0~1s内或者 7~8s内的感应电流 1 10 0.13 A=3A 1 B NSI t R        1~7s内的感应电流 ' 2 6 10 0.1 A=1A 6 1 B NSI t R        可以画出对应的电流图如图所示，可以看出是交流电。交流电流表的示数是交变电流的有效值，根据    2 22 2 3A 1Ω ls 1A 1Ω 6sI RT       有 解得电流的有效值为 3AI 有 故选 BC。 10．AC【详解】A．题意知Ⅱ区域内的磁场减小时橡皮筋伸直且无弹力，可知 MN受到的安培力竖直向上，左手 定则可知电流方向为 M指向 N，由于Ⅱ区域内的磁场减小，楞次定律可知Ⅱ区域的磁场方向垂直于纸面向里，故 A正确； B．线框第一次下降高度 h时速度达到最大，则线框合力为 0，线框继续向下运动，弹力增大，合力增大，运动 至 MN与 aa 重合时弹力最大，合力最大，线框将会向上运动，所以线框不会最终静止时 MN边与 aa 重合，故 B 错误； C．线框最大速度时，线框合力为 0，由平衡条件有 2mg BIL kh  答案第 3页，共 5页 因为 0 BLvI R  联立解得   0 2 2 2mg kh R v B L   故 C正确； D．线框在运动过程中，除了弹簧弹力和重力外，还受到安培力，安培力大小与速度有关，不满足简谐运动回复 力 F kx  （k为常数）的特征，所以线框不做简谐运动，故 D错误。故选 AC。 11．(1)A(2)20(3)1 【详解】（1）电火花打点计时器接 220V交流电源，该同学未找到低压电源，而电磁打点计时器必须使用低压交 流电源，故打点计时器应选图丙中的 A； （2）设每小格长为 l，当下端悬吊0.8 N的重物，静止时弹簧下端的指针指在刻度为C的位置，则有 1k x  mg 当悬吊1N的重物，静止时弹簧下端的指针指在刻度为O的位置，则有 2k x m g  解得 1 N / m 50 k l  因为 1mml  所以 20 N / mk  （3）指针指在刻度板上A点时，弹簧的弹力为 1 10.8 N 5 0.8 N 5 0.9 N 50 F k l l l        此时根据牛顿第二定律有 1F Mg Ma  解得 21m / sa   负号表示加速度方向竖直向下，即加速度大小为 21m / s 。 12． P2R a 450 20 9 a b a ac  【详解】（1）[1] 1S 闭合、 2S 断开时，干路中的最大电流约 g g 1 g 2 ( ) 575μA I R R I I R     滑动变阻器两端的电压最小值约为  1.5V 1kΩ 0.5kΩ 0.2mA 1.2V    滑动变阻器的最小电阻约为 min 1.2V 2kΩ 0.575mA R   滑动变阻器应选用 P2R 。 [2]为了保护电流计G不被损坏，开关 1S 闭合前，应将滑动变阻器的滑片向下移动到 a端。 （2）[3]闭合 2S 前、后电流计G的示数没有变化，则电流计G中的电流与 1R的电流相等， R中的电流与 2R 中的 电流相等， 1R与 2R 两端的电压相等，电流计G与 R两端的电压相等，可得电流计的内阻 1 g 2 1 360Ω 450Ω 0.8 RR R R     （4）[4][5]将 2R 取下换成该金属电阻的情况下，同理可得 1 t g 20 9 RR R R R   由图乙得 b aR t a c    即   t 20 20 9 9 b a R t a c    又  t 0 0 01R R t R t R     则  0 20 9 b a R c    ， 0 20 9 R  解得 b a ac   13．(1) 42.5 10 Pa (2)860N / m【详解】（1）开始时两段气柱的高度均为 1m2 Hh   缓慢加热后，A部分气体发生等温变化，则有  1 1p hS p h x S  解得 41 2.5 10 Pap   （2）初始状态，对活塞进行受力分析，可得 2 1p S mg p S  答案第 4页，共 5页 对 B部分气体，由理想气体状态方程得  22 0 02 p h x Sp hS T T    解得 4 2 3.4 10 Pap    末状态，对活塞进行受力分析，可得 2 1p S kx mg p S      联立解得 860N / mk  14．(1) 2 0 2 mvE qd  (2) 02v v (3) 0mvB qd  (4)   0 4 3 2 d t v   【详解】（1）如图所示。 粒子在电场中做类平抛运动， y轴方向 0 12d v t x轴方向 qEa m  ， 21 1 2 d at 解得 2 0 2 mvE qd  （2） x轴方向 1xv at ， 2 2 20xv v v  又 0tan x v v   解得 02v v （3）由数学知识得 sinr d  由牛顿第二定律 2vqvB m r  解得 0mvB qd  （4）圆周运动周期 2 rT v   又 2 360 2 360 t T   ， 1 2t t t  解得   0 4 3 2 d t v   15．(1)2.5m (2)12.375J (3)不能，1.25m 【详解】（1）由图乙可知，物块到达斜面底端 B时的速度为 0 5.0m / sv  物块从 A下滑到 B的过程中，由动能定理可得 20 1sin30 2 mgL mv  解得 2.5mL  （2）由图乙可知，物块与档板碰撞前瞬间，物块、木板的速度分别为 1 3.5m / sv  ， 2 0.5m / sv  根据加速度定义式有 Δ Δ va t  解得物块、木板加速度大小分别为 2 1 3m / sa  ， 2 2 1m / sa  答案第 5页，共 5页 对物块进行分析，根据牛顿第二定律有 1 1mg ma  对木板进行分析，根据牛顿第二定律有  1 2 2mg M m g Ma    解得 1 0.3  ， 3kgM  对物块与木板构成的系统，由能量守恒定律得 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2 mv mv Mv E   损解得 12.375JE 损 （3）物块最终不能从木板上滑落。在 10 t （ 1 0.5st  ）时间内，物块相对于木板向右滑动，碰前物块，木板的 速度分别记为 1v 、 2v ，可知板长    0 1 1 2 1 1 1 0 2 2 L v v t v t     解得板长 2mL  在 1 0.5st  时物块与挡板发生弹性碰撞，碰后速度分别记为 1v 、 2 'v 由动量守恒定律得 1 2 1 2mv Mv mv Mv    由能量守恒定律得 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 mv Mv mv Mv    解得 1 0.1m / sv   ， 2 2.9m / sv  碰撞后物块向左做匀减速直线运动，加速度大小 2 1 1 3m / sa a  木板向右做匀减速直线运动，加速度大小记为 2a，则有  1 2 2mg M m g Ma    ， 解得加速度大小 2 2 3m / sa  假设物块最终不能从木板上滑落，碰撞后再经过 2t 两者共速，则有 1 1 2 2 2 2v v a t v a t      共 解得 2 0.5st  ， 1.4m / sv 共 在时间 2t 内，物块相对于木板始终向左滑动，相对位移为    2 2 1 21 1Δ 2 2x v v t v v t      共 共 解得Δ 0.75mx L  可知物块不能从木板上滑落，则物块最终到木板左端的距离 1.25md L x  