2025届四川省绵阳外国语学校高三下学期第二次模拟考试物理试题

高三物理试题卷 第1页（共 6 页） 【温馨提示：平常心对待考试！让智慧在笔尖流淌，用细心为成功奠基！】 绵阳外国语学校 2025 年第二次高考模拟检测 物理试卷 本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共 6页。完卷时间：75分钟。满分：100分 一．单选题。本题共 7小题，每小题 4分，共 28分。每小题只有一个选项是正确的。 1．光学技术作为一门高精密度的学科，应用在各个领域，下列关于光学现象的说法正确的 是（ ） A．如图甲所示，肥皂泡上的彩色条纹是由于光发生了全反射现象 B．如图乙所示，观看 3D电影时需要佩戴特殊的眼镜，此过程利用了光的偏振现象， 光的偏振现象说明光是纵波 C．让激光束通过两个狭缝，可观察到光屏上出现如图丙所示条纹，该条纹间距相等， 且光的波长越大，条纹间距越大 D．如丁图所示，激光束沿液流传播，若改用折射率更小的液体，则实验现象更明显 2.用图甲所示的电路研究光电效应中电子发射的情况与照射光的强弱、光的频率等物理量 间的关系。电流计 G测得的光电流 I随光电管两端电压 U的变化如图乙所示，则（ ） A．通过电流计 G的电流方向由 d到 c B．电压 U增大，光电流 I一定增大 C．用同频率的光照射 K极，光电子的最大初动能与光的强弱无关 D．若开关闭合情况图甲所示，滑动滑片在合适的位置可使电流计 G 的示数为零 高三物理试题卷 第2页（共 6 页） 3.宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆 周运动，而不至因为万有引力的作用而吸引到一起。如图所示，某双星系统中 P、Q 两天体 绕 O 点做匀速圆周运动，两天体的质量之比𝑚𝑃:𝑚𝑄 = 2: 1。 关于两天体，下列说法正确的是（ ） A．轨道半径之比𝑟𝑃: 𝑟𝑄 = 2：1 B．线速度大小之比𝑣𝑃: 𝑣𝑄 = 2: 1 C．向心加速度大小之比𝑎𝑛𝑃: 𝑎𝑛𝑄 = 2：1 D．若双星的质量之和恒定，则双星间距离越大，其转动周期越大 4. 在如图所示的电路中，变压器为理想变压器，电压表、电流表均为理想交流电表，R0、 R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，在 a、b两端输入正弦交流电压且保持其有效值 U不变， 将滑动变阻器滑片从最上端滑到最下端的过程中， 下列说法正确的是（ ） A．电流表示数一直减小，电压表示数一直增大 B．a、b 端输入功率一直增大 C．变压器的输出功率一直减小 D．变压器的输出功率一直增大 5. 我国研制建设的 4 秒电磁弹射“微重力塔”，塔内管道抽成真空，电磁弹射系统将实验 舱竖直加速到预定速度后释放，为科学载荷模拟微重力环境。 某次实验中，装置从 t=0时刻启动，加速度大小等于重力加速 度的 3倍，经时间 t0上升高度 h0，撤去动力。实验舱从开始运 动到返回 t0时刻位置的过程中，实验舱的速度 v、位移 x、加 速度 a和机械能 E的变化规律，正确的是（ ） A． B． C． D． 6.如图所示，三个完全相同的小球 a、b、c带有相同电荷量正电荷，从同一高度由静止同 时开始下落，当下落某一相同高度后 a 球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向 里的匀强磁场，最终它们落到同一水平地面上，不计 空气阻力，下列判断正确的是（ ） A．a、c 同时落地，落地时 b、c 动能相同 B．a、b、c 三球同时落地，且落地时三球动能相同 C．b球最后落地，落地时 c球动能最大 D．c最后落地，落地时 b动能最大 高三物理试题卷 第3页（共 6 页） 7.如图所示，甲、乙两种粗糙面不同但高度相同的传送带，倾斜于水平地面放置．以同样 恒定速率 v向上运动．现将一质量为 m 的小物体(视为质点)轻轻放在 A处，小物体在甲传 送带上到达 B处时恰好达到传送带的速率 v；在乙传送带上到达离 B竖直高度为 h的 C处 时达到传送带的速率 v．已知 B处离地面高度为 H，则在物体从 A到 B的运动过程中( ) A．两种传送带对小物体做功不相等 B．将小物体传送到 B处，两种传送带消耗的电能甲的大 C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲的大 D．将小物体传送到 B 处，两种系统产生的热量相等 二、多选题。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.图甲为某同学利用跳绳模拟战绳训练，该同学将绳子一端固定在杆上，用手上下甩动另 一端。图乙为绳上 P、Q两质点的振动图像，P、Q两质点平衡位置相距 5m。波由 P向 Q传 播。下列说法正确的是（ ） A．增大甩动的频率，则波在绳子上传播速度增大 B．t=0.5s时，P、Q质两点振动方向相同 C．波长可能为 0.6m D．波速可能为 9.如图所示，小球 A、B固定在轻杆两端，球 A受到轻微扰动后顺着墙面下滑，此后的运动 过程中，两球质量均为 m，重力加速度为 g，不计一切摩擦，则 A．A球一定会在落地之前脱离墙壁 B．A球可能一直顺着墙壁下滑直至落地 C．A球落地瞬间，B球的速度恰好为 0 D．A球落地瞬间，A球的速度达到最大值 20 m/s 3 高三物理试题卷 第4页（共 6 页） 10. 如图所示，A球在轻绳的作用下在竖直面内摆动，B球在轻绳的作用下在水平面内做匀 速圆周运动。两小球质量相同，均可视为质点。连接两小球的轻绳长度相同，A球轻绳与 竖直方向所成的最大角度和 B球轻绳与竖直方向所成的夹角均为θ（θ < 5°）。下列说 法中正确的是（ ） A. A、B两球运动的周期之比为 1∶1 B. A球的最大向心力大小与 B球的向心力大小之比为 1 cos tan   − C. 图示位置 A、B两球所受轻绳拉力大小之比为 2cos :1 D. A球的最大动能与 B球的动能之比为 2cos 1 cos  + 三．实验题。本大题共 2小题，每空 2分，共 16分。 11．（6分）某实验小组利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。已知小球 A与 B 的质量分别为 m、M（m M ，当地的重力加速度为 g）。 （1）用螺旋测微器测出小球 A左侧挡光片（质量不计）的宽度 d，如图乙所示，则挡 光片的宽度 d = cm。 （2）两小球 A、B通过跨过定滑轮的细绳相连，左边竖直放置光电门，其中光电门可 以上下移动，使小球 B与光电门等高，调整小球 A与 B之间的高度差 h，多次实验， 测得小球 A通过光电门的遮光时间 t，以 h为横坐标，以 （选填 t或 2 1 t ）为纵 坐标建立直角坐标系，并根据每次测量的数据描点连线，在误差允许的范围内得到一 条直线，若该直线的斜率 k= （用 m、M、g、d表示），说明小球 A、B组成的系 统机械能守恒。 高三物理试题卷 第5页（共 6 页） 12.（10分）某欧姆表“×1k”挡的内部结构如图甲所示。 (1)图甲中，a表笔为 （选填“红表笔”或“黑表笔”），灵敏电流计（量程未 知，内阻 Rg=100Ω）、电池（电动势未知，内阻 r=0.5Ω）和滑动变阻器 R0（总阻值未 知），表盘上电阻刻度中间值为“15”，则此欧姆表的内阻为 kΩ， (2)若用该多用电表的欧姆挡对图乙中二极管的正向电阻进行粗略测量，则 a表笔应与二极 管的 （选填“C ”或“D”）端相连； (3)用该欧姆表测量一电压表的内阻时，欧姆表的示数为 10kΩ，电压表的示数为 4.8V，可 知灵敏电流计的量程为 0~ mA； (4)因长时间使用，欧姆表内电池的电动势下降为 8V，内阻升高为 2Ω，但仍可欧姆调零， 调零后，测得某电阻的阻值为 30kΩ，则该电阻的真实值为 kΩ。 13.（10分）一定质量的理想气体的 V-T图像如图所示，气体由状态 A变化到状态 B再到 状态 C，气体在状态 A 时的压强为 51.0 10AP Pa=  。 （1）求气体在状态 C时的压强 PC； （2）若 A→B 过程中气体吸收热量为 1 150JQ = ,则 B→C过程中，求气体向外界放出 的热量 2Q 。 高三物理试题卷 第6页（共 6 页） 14.（12分）如图所示，在 xOy 坐标平面内，半径为 R的圆形匀强磁场区域与 x 轴相切于 原点O，与PM 相切于A 点，PQNM 为第一象限内边长为2R、下边在 x 轴上的正方形， 其内部有沿 y轴正方向的匀强电场。现有大量质量为 m、电荷量为q的正离子，从O点以 相同的速率 0v 沿纸面均匀向各个方向射出，进入磁场的离子从磁场边界出射的点分布在三 分之一的圆周上，离子到达MN 边界即被吸收，不 计离子受到的重力及离子间的相互作用。 (1)求匀强磁场的磁感应强度大小 B ； (2)若仅改变磁感应强度的大小，使得其中沿 y轴正 方向入射的离子能经过 A点打到 N点，求电场强度 的大小E； (3)若保持（2）中的所有条件不变，求MN区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比 例。 15.（16分） 电阻不计的平行金属导轨 EFG与 PMN如图所示放置，EF与 PM段水平且粗 糙，FG 与 MN 段倾斜且光滑，F、M连接处接触良好，FG与 MN与水平面成θ=37°角，空间 中存在匀强磁场，磁感应强度为 B=5T，方向竖直向上，导轨间距均为 L=1m，金属棒 ab、 cd与轨道垂直放置，两金属棒质量相等，均为 m=0.1kg，电阻均为 R=2Ω，ab、cd间用轻 质绝缘细线相连，中间跨过一个理想定滑轮，两金属棒始终垂直于导轨，cd棒与水平导轨 间的动摩擦因数为μ=0.4，两金属棒始终不会与滑轮相碰，金属导轨足够长，g=10m/s2， sin37°=0.6，现将金属棒由静止释放。 （1）求释放瞬间两棒的加速度大小； （2）判断释放后 ab棒上感应电流的方向，并求出两金属棒的最大速度； （3）假设金属棒 ab沿倾斜导轨下滑 s=4m时达到最大速度，试求由静止释放至达到最 大速度所用的时间及该过程中 ab 棒产生的焦耳热。 1 绵阳外国语学校 2025 年第二次高考模拟检测物理参考答案 1.【答案】C【详解】A．如图甲所示，肥皂泡上的彩色条纹是由于光发生了薄膜干涉现 象，A错误 B．如图乙所示，观看 3D电影时需要佩戴特殊的眼镜，此过程利用了光的偏振 现象，光的偏振现象说明光是横波，B错误；C．让激光束通过两个狭缝，可观察到光屏上 出现如图丙所示干涉条纹，该条纹间距相等，根据 L x d  = ，光的波长越大，条纹间距 越大，C正确；D．如丁图所示，激光束沿液流传播，若改用折射率更小的液体，与空气的 折射率越接近，全反射越不明显，若液体的折射率等于空气的折射率，将不发生全反射，D 错误。故选 C。 2.【答案】C【详解】A．电流方向与逃逸出来的电子运动方向相反，所以通过电流计 G的 电流方向由 c到 d，故 A错误；B．当光电流达到饱和光电流后，增加电压 U，光电流 I不 变，故 B错误；C．用同频率的光照射 K极，根据爱因斯坦光电效应方程 k 0.E h W= − 光电子的最大初动能与光的频率有关，与光的强弱无关，故 C正确；D．按图甲所示连接电 源，光电管正向导通，无论如何电流计 G的电流的示数都不可能等于零，故 D错误。 3.【答案】D【详解】A．设两天体球心间的距离为𝐿，由万有引力提供向心力，有 𝐺𝑚𝑃𝑚𝑄 𝐿2 = 𝑚𝑃𝜔 2𝑟𝑃 = 𝑚𝑄𝜔 2𝑟𝑄解得𝑟𝑃: 𝑟𝑄 = 𝑚𝑄:𝑚𝑃 = 1: 2A错误；B．双星运动的角速度相等，根据 𝑣 = 𝜔𝑟，则线速度之比𝑣𝑃: 𝑣𝑄 = 1: 2B错误；C．由公式𝑎n = 𝜔 2𝑟，可得向心加速度大小之 比𝑎n𝑃: 𝑎n𝑄 = 1: 2C错误；D．由万有引力提供向心力，有 𝐺𝑚𝑃𝑚𝑄 𝐿2 = 𝑚𝑃𝜔 2𝑟𝑃， 𝐺𝑚𝑃𝑚𝑄 𝐿2 = 𝑚𝑄𝜔 2𝑟𝑄其中𝜔 = 2𝜋 𝑇 联立解得𝑇 = √ 4π2𝐿3 𝐺(𝑚𝑃+𝑚𝑄) 可知双星的质量之和恒定，则双星间距离越 大，其转动周期越大，D正确。故选 D。 4.【答案】 B【解析】A．当滑动变阻器的滑片从最上端向最下端移动过程中，副线圈电 路中的电阻减小，设副线圈电路中的电阻为 R，则 2 1 1 0 1 2 n U I R I R n   = +     当 R减小时，I1增大，根据变流比可知，电流表的示数增大， 又 R0两端的电压与电压表电 压之和等于 a、b两端的输入电压，R0两端的电压增大，因此电压表的示数减小，A错误； B．由 1P UI= 可知，a、b端输入功率一直增大，B 正确；CD．变压器的输出功率 2 1 1 1 0P UI I R= − 由于 P1与 I1是非单调关系，因此不能判断变压器的输出功率是增大还是减小，CD错误。 5.【详解】A．v-t图线斜率表示加速度，由题可知，0~t0内加速度为 3g，撤去外力后加速 度大小为 g，所以两段图线的斜率大小为 3倍，故 A错误；B．匀变速直线运动中 x-t图线 为二次函数曲线，故 B错误；C．有动力装置和撤去动力装置后加速度方向相反，故加速度 应一正一负，故 C错误；D．外力做正功的过程，由于外力恒定，机械能随位移均匀增加， 图像为直线，撤去外力后，机械能守恒，故 D正确。故选 D。 6.【答案】A【详解】根据题意可知，c做自由落体运动；而 a除竖直方向做自由落体运动 外，水平方向受到电场力作用做初速度为零的匀加速运动，所以下落时间一样，不过下落 的速度大于 c的自由落体运动的速度； 对于 b受到洛伦兹力作用，因洛伦兹力始终与速度垂直，所以在竖直方向除受到重力作用 外，带电粒子偏转后还有洛伦兹力在竖直方向的分力，导致下落的加速度变小，则下落时 间比 c的长，由于洛伦兹力不做功，因此下落的速度大小等于 c的； 2 故 a b cv v v = ， a c bt t t=  因电场力做正功，而洛伦兹力不做功，所以落地时 a球动能最大， b、c动能相同；故选 A。 7.【答案】 B【解析】A、对小物块从 A到 B过程,传送带对小物体做的功就等于物体增加 的机械能，经分析知做功相等，故 A错误；根据 2 2v as= 可知a a甲 乙 根据牛顿第二定律 可知 cos sinmg mg ma  − = ，所以 甲 乙，故错误；设物体达到与皮带相同的速度所用 时间为 t，在此时间内皮带的位移为 1s vt= ，而物体的位移为 2 1 2 s vt= ，所以两者之间的 相对位移等于物体匀加速的位移 2s ，对小物块运用动能定理可知 21 2 fW mgH mv− = ， f fW W甲 乙 ，由于相对位移等于小物块运动的位移，根据 Q fS= 相对可知两种情况下 Q Q甲 乙 故 D错误；根据能量守恒定律,电动机消耗的电能等于摩擦产生的热量 Q与物块 增加机械能的和,因物块两次从 A到 B增加的机械能相同, Q Q甲 乙所以甲传送带消耗的电 能多，故 B正确；故选 B 8.【答案】BD【详解】A．波的传播速度只和介质有关，所以增大甩动的频率，则波在绳子 上传播速度不变，故 A错误；B．由图乙可知，t=0.5s 时刻，P、Q质两点振动方向相同， 故 B正确；C．根据题意可知 （n=0，1，2……）所以 （n=0，1， 2……）当波长为 0.6m 时，n不能取整数，故 C错误；D．波速为 （n=0， 1，2……）当波速为 ，则 故 D正确。 9.AD 10.【答案】CD【详解】A．由图可知左图是单摆模型，设轻绳长度为 L，小球重力为 mg， 则单摆的周期 2π L T g = 右图是水平面内的匀速圆周运动模型（圆锥摆），由牛顿第二定 律分析可知 2 2 4π tan sinmg m L T  = 其周期 cos 2π L T g   = 所以 1 cos T T  = 故 A错误；B．当左图 A球运动到最低点时向心力最大，设此时速度为 vA，由动能定理得 ( ) 2A 1 1 cos 2 mgL mv− = 所以向心力为 2 A 1 v F m L =向 整理得 ( )1 2 1 cosF mg = −向 由平行四 边形定则可得，右图 B球的向心力计为 2 tanF mg =向 所以 ( )1 2 2 1 cos tan F F   − =向 向 故 B错 C．左图 A球在该位置 加速度方向沿切线，沿半径方向受力平衡，计算得绳上拉力大小为 1 cosF mg = 右图 B球的加速度方向水平，竖直方向受力平衡，计算得绳上拉力大小为 2 cos mg F  = 所以 2 1 2 cos 1 F F  = 故 C正确；D．当左图 A球运动到最低点时动能最大，结合以 上分析得，最大动能为 ( )2kA A 1 1 cos 2 E mv mgL = = − 对右图 B球，设其速度为 vB，由牛 1 ( ) 4 PQn x+ = 20 4 1n  = + 100 3(4 1) v T n  = = + 20 m/s 3 1n = 的 3 顿第二定律有 2 Btan sin v mg m L   = 故 B球动能为 2 kB B 1 1 tan sin 2 2 E mv mgL  = =  所以 ( ) ( ) ( ) kA 22 kB 1 cos 1 cos cos 1 cos cos 2cos 1 1 cos 1 c s 2 2 sin os tan in 2 mgLE E mgL          − − − − = + = = =  故 D正确。 11.【答案】（1） 0.9970 （2） 2 1 t ； ( ) ( ) 2 2 M m M g dm − + 【解析】（1）由图乙可知，螺旋 测微器的固定刻度读数为 9.5mm，可动刻度读数为 0.01×470mm=0.470mm可得左侧挡光片 的宽度 d=9.5mm+0.470mm=9.970mm=0.9970cm （2）测得小球 A通过光电门的遮光时间 t，则有小球 A通过光电门时的速度为 d v t = 由机械能守恒定律可得 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 2 d M m gh M m v M m t − = + = + 可得 ( ) ( )2 2 21 M m g h t M m d − =  + 因此以 2 1 t 为纵坐标建立直角坐标系。在误差允许的范围内得到一条 直线，则该直线的斜率为 ( ) ( ) 2 2 g k M m m dM = − + 说明小球 A、B组成的系统机械能守恒。 12.【答案】(1) 黑表笔， 15或 15.0 （2）C (3)0.8 (4)20 【详解】（1）由多用电表的电流流向“红进黑出”知 a表笔为黑表笔；又根据闭合电路的 欧姆定律可知，两表笔短接时，则有 m E I R = 内 当指针指在刻度盘中央位置上，外接电阻为 15kΩxR = 此时有 m 1 2 x E I R R = +内 故 15kxR R= = 内 （3）测量电压表内阻时，则有 V V E U I R R R = = +内 代入数据解得 12VE = 故灵敏电流计有 m 0.8mA E I R = = 内 （4）调零后，欧姆表的内阻 m 10kΩ E R I =   = 内 表盘的刻度值不变，接入 30kΩ 电阻时电路中 的电流为 4 mA 15 E I R R = = + 测内 所以 x E R R I + =   内 联立解得 20kΩxR = 13.【答案】 （1） 45.0 10 Pa ；（2）50 J 【解析】（1）气体在状态 A和在状态 C时的温度相同，由玻意耳定律有 A A C Cp V p V= 由题图可知 A 1LV = ， C 2 LV = ,代入数据解得 4 C 5.0 10 Pap =  （2）由题图可知 BA延长线过原点，则气体从状态 A到状态 B发生等压变化，A B→ 过程 气体从外界吸收热量，对外界做功，内能增加，由热力学第一定律有 1ΔU W Q= + 其中 ( )A B A 100 JW p V V= − − = − 状态 C与状态 A内能相等，B C→ 为 等容变化，气体对外界不做功，有 2Δ 0U Q− = 解得 2 50 JQ = 14.【答案】(1) 0 2 3 3 mv B qR = (2) 2 0 2 mv E qR = (3) 1 4  = 4 【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示 根据几何关系可得轨迹半径 1 3 cos30 2 r R R= = 根据洛伦兹力提供向心力 2 0 0 1 v qv B m r = 解得磁感应强度为 0 2 3 3 mv B qR = 。 （2）粒子运动轨迹如图所示 根据几何关系可得离子的轨迹半径 2r R= 所有离子均以 v0沿 x 轴正方向进入电场，从 A点入射的离 子，在 x轴方向，有 0 12R v t= 在 y 轴方向，有 2 1 1 2 R at= 根据牛顿第二定律，有qE ma= 联立解得 2 0 2 mv E qR = （3）由（2）知磁偏转后磁发散，从 A点以上射出磁场的粒子都能被 MN搜集，故能被搜集 的粒子在 o点出发时的夹角范围是 x轴负向一直到 y轴正向的 90°夹角范围， 即 90 = 解得 MN区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例 1 360 4   = = 15.【答案】（1） 21m/sa = ；（2）从 a到 b， m 0.8m/sv = ；（3） 5.8st = 0.368JabQ = 【解析】（1）释放时对金属棒 ab、cd由牛顿第二定律分别可得 sinmg T ma − = ；T mg ma− = 联立解得 21m/sa = （2）由右手定则可知，金属棒 ab中的电流方向从 a到 b，经分析，当两金属棒加速度为 0 时速度最大，设最大速度为 mv ，对 ab棒有 cos sin 0F mg T + − =安 对 cd棒有 0T mg F− − = 安 又安培力大小为 F BIL= 安 此时感应电动势为 m m cosE BLv BLv = − 由闭合电路欧姆定律可得 2 E I R = 联立解得 m 0.8m/sv = （3）设金属棒由静止释放至最大速度所需时间为 t，则对 ab棒有 T msin cos 0mg t BIL t I mv + − = − 对 cd棒有 T m 0I mgt BILt mv− − = − 而 q It= ； 2 E I R = ； E t  = ； cosBLs BLs  = − 联立解得 5.8st = 设系统产生的焦耳热为 Q，由能量守恒定律可得 ( ) 2m 1 sin 2 2 mgs Q m v mgs = + + 故金属棒 ab产生的焦耳热为 1 2 abQ Q= 联立解得 0.368JabQ =