广东省广州市天河区2025届高三下学期二模物理试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、班级、座位号和考生号填写在答题卡相应的位置上，再用2B铅笔把考号的对应数字涂黑。
2．选择题每小题选出答案后，用2B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；不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
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. 图甲为太阳光穿过转动的六角形冰晶形成“幻日”的示意图，图乙为太阳光穿过六角形冰晶的过程，a、b是其中两种单色光的光路，则在冰晶中（ ）
A. a的折射率比b的大B. a的频率比b的小
C. a传播速度比b的大D. a的波长比b的大
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，太阳光射入冰晶时，a光的偏折程度比b光的偏折程度大，则a的折射率比b的大，故A正确；
B．因为a的折射率比b的大，所以a的频率比b的大，故B错误；
D．因为a的频率比b的大，所以a的波长比b的小，故D错误；
C．根据
可知a的传播速度比b的小，故C 错误。
故选A。
2. 地球同步轨道上方300千米处的圆形轨道，是国际处理太空垃圾的“墓地轨道”，将废弃飞行物处理到此，可以为“地球同步轨道”释放更多的空间。2022年1月，运行在地球同步轨道上的中国“实践21号”卫星，将一颗失效的北斗二号卫星拖入到了“墓地轨道”。已知“墓地轨道”半径为r，地球同步卫星轨道半径为R，下列说法正确的是（ ）
A. “地球同步轨道”处的重力加速度为0
B. 北斗二号卫星在“墓地轨道”和“同步轨道”上运行的角速度之比为
C. 北斗二号卫星在“同步轨道”上的机械能比在“墓地轨道”上小
D. “实践21号”卫星从“墓地轨道”返回“地球同步轨道”，需要加速
【答案】C
【解析】
【详解】A．设地球质量为M，根据
可得“地球同步轨道”处的重力加速度为
可知“地球同步轨道”处的重力加速度不为0，A错误；
B．根据万有引力提供向心力
解得
得北斗二号卫星在“墓地轨道”和“同步轨道”上运行的角速度之比为，B错误；
C．北斗二号卫星从“同步轨道”上到在“墓地轨道”上需要将北斗二号卫星加速做离心运动，除万有引力外其他力对其做正功，机械能增大，C正确；
D．“实践21号”卫星从“墓地轨道”返回“地球同步轨道”， 需要使其减速做近心运动，D错误。
故选C。
3. 如图为某风力发电机简易模型图。在风力作用下，风叶通过转轴带动条型磁铁转动，在线圈L中产生感应电动势的瞬时表达式为，将线圈L与一定值电阻R相连，则（ ）
A. 磁铁转到图示位置时，线圈L中的磁通量最小
B. 线圈L中感应电动势的有效值为44V
C. 风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变一次
D. 若风叶的转速变大，则定值电阻R消耗的功率一定增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．磁铁转到图示位置时，线圈L中的磁通量最大，故A错误；
B．线圈L中感应电动势的有效值为
故B错误；
C．风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变两次，故C错误；
D．电阻R上消耗的功率为
若风叶的转速变大，则感应电动势增大，电路电流增大，定值电阻R消耗的功率一定增大，故D正确。
故选D。
4. 为了测定某平行于纸面的匀强电场的电场强度，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置O为坐标原点建立x轴，x轴上P点到O点距离为r，以O为圆心、r为半径作圆，如图（a）所示。从P点起沿圆周逆时针测量圆周上各点的电势φ和对应转过的角度θ，并绘制图，如图（b）所示，时达到最大值，时达到最小值0。一电荷量为的粒子沿图（a）中虚线逆时针做圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A. 电场方向沿x轴负方向B. 电场强度大小为
C. 由0到粒子的电势能一直减小D. 由0到电场力对粒子做功为
【答案】B
【解析】
【详解】A．曲线在时达到最大值，说明电场线不是沿着x轴，而是沿着与x轴正方向的夹角为的直线，而且电场线方向指向左下方，A错误；
B．由题知，取曲线最高点电势和最低点电势来求电场强度，则有
B正确；
C．带正电粒子的电势能，由图可知，从 到 ，电势逐渐升高到最大，粒子的电势能逐渐升高到最大，从到，电势逐渐减小为零，粒子的电势能随之减小，故由0到粒子的电势能先增大后减小，C错误；
D．电场力做功等于带电粒子电势能减少量,由于时的电势小于，而时电势0，则两点的电势能的变化量小于，电场力所做的功小于，D错误。
故选B。
5. 无人机灯光表演给喜庆的节日氛围增添了几许惊艳。在一次无人机表演中，若分别以水平向右、竖直向上为轴、轴的正方向，某架参演的无人机在方向的图像分别如图甲、乙所示，则在时间内，该无人机的运动轨迹为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由图可知，在时间内无人机竖直方向做匀速直线运动，水平方向向右做匀减速直线运动，可知在时间内无人机受到的合外力方向水平向左，根据合外力指向轨迹凹处，可知时间内无人机运动的轨迹向左弯曲；在时间内无人机竖直方向向上做匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，可知在时间内无人机的合外力竖直向下，根据合外力指向轨迹凹处，可知在时间内无人机运动的轨迹向下弯曲。
故选A。
6. 战机水平飞行时可通过转动发动机尾喷口方向获得斜向上的推力，同时飞行过程由于机翼上下表面压强差，飞机会受到垂直机身向上的升力。若战机水平匀速飞行时升阻比（即垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比）为，已知战机重力大小为，则战机水平匀速飞行时获得的最小推力为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意，对飞机受力分析如图所示
飞机受到重力、发动机推力、升力和空气阻力，重力的方向竖直向下，升力的方向竖直向上，空气阻力的方向与垂直，飞机匀速飞行，根据平衡条件有，
结合，
可得
由数学知识可得，当时，有最小值，为。
故选D。
7. 如图，为上表面水平的正方体区域，整个正方体空间内存在竖直向上的匀强磁场。abcd表面的正中央有一小孔P。粒子源S发射了两个速度大小相同、比荷不同的粒子M、N（重力不计），从P孔垂直于abcd表面射入后，M打在bc边上，N打在边上，则粒子M、N的比荷之比为（ ）
A. 2∶1B. 1∶2C. 5∶1D. 1∶5
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意，画出粒子的运动轨迹，从上往下看，如图所示
设正方体的棱长为，由几何关系有，
解得
由牛顿第二定律有
可得
由于粒子源S发射了两个速度大小相同的粒子进入同一磁场中，设粒子M、N的比荷分别为和，则粒子M、N的比荷之比为
故选C。
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. 物体A和B用轻绳相连挂在轻弹簧下静止不动，如图（a）所示。A的质量为m，B的质量为M，将连接A、B的绳烧断后，A上升，经过某一位置时的速度大小为v，这时B的下落速度大小为u，如图（b）所示。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 在这段时间里，A的重力势能增加量小于弹簧弹力对A做的功
B. 在这段时间里，弹簧弹力对A的冲量大小等于
C. 在这段时间里，弹簧弹力对A的冲量大小等于mv
D. 绳烧断瞬间，A的加速度大小为
【答案】AB
【解析】
【详解】A．在这段时间里，弹簧弹力对A做的功等于A的重力势能增加量和动能增加量之和，A正确；
BC．根据动量定理，对物体A，则有
对于物体B，则有
联立解得
B正确，C错误；
D．绳未烧断时，整体受力分析可得
烧断绳瞬间，弹簧的弹力不变，对A受力分析，由牛顿第二定律可得
联立解得
D错误。
故选AB。
9. 倾角为30°的足够长光滑斜面，固定在水平地面上。时，小球P由斜面顶端O点静止释放；时，小球Q从同一位置O点水平抛出；Q第一次落到斜面时刚好击中P。重力加速度为g，不计空气阻力，则小球Q（ ）
A. 在时击中PB. 击中P时，Q的竖直分速度与水平分速度大小之比为
C. 抛出时的速度大小为D. 击中P时，P与O点的距离为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．小球P在斜面上的加速度为
其在竖直方向的分加速度为
设小球Q抛出后经过时间与P球相碰，则有
解得
即在时击中P，故A正确；
B．由平抛运动中，位移角与速度角的关系知
解得
故B错误；
C．小球Q竖直方向的速度为
与
联立解得，抛出时的速度大小为
故C正确；
D．根据运动学规律，击中P时，P与O点的距离为
故D错误。
故选AC。
10. 某机械传动组合装置如图，一个水平圆盘以角速度ω匀速转动，固定在圆盘上的小圆柱离圆心距离为R，带动一个T形支架在水平方向左右往复运动。小圆柱在最左端时，在桌面的A点轻放质量为m的小物件P，此时T形支架的右端恰好与P接触但不粘连，圆盘转半圈时物件P恰好运动到O点。不计一切摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A. 从A点开始运动到与T形架分离的过程中，物件P做匀变速直线运动
B. 物件P从A点开始运动的过程，T形支架对其做功为
C. 小圆柱从最左端开始转动圆周时，物件P与T形支架分离
D. AO的距离为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．T形支架的速度等于小圆柱的水平方向的分速度，小圆柱的线速度大小为
将小圆柱的速度分解如图所示
水平方向上的分速度为
所以物件P从A点开始运动到与T形架分离的过程中，做变加速直线运动，故A错误；
BC．当水平圆盘转过圈时，小圆柱的速度在沿AO方向的分量最大，则P速度达到最大值v，且之后小圆柱在沿AO方向的分量开始减小，所以此时物件P将与T形支架分离，此后以v做匀速直线运动，物件P从A点开始运动的过程，由动能定理得，T形支架对其做的功为
故BC正确；
D．支架与物件P分离之后P做匀速直线运动在圆盘转动周期时间到达O点，此时间内P运动的位移为
AO间的距离为
故D正确。
故选BCD。
三、非选择题：共54分，考生根据要求作答。
11.
（1）如图所示螺旋测微器的读数为______mm。
（2）某实验小组做探究影响向心力大小因素的实验，图甲为“向心力演示器”装置，已知挡板A、C到左右塔轮中心轴的距离相等，B到左塔轮中心轴距离是A的2倍，皮带按图乙三种方式连接左右变速塔轮，每层半径之比由上至下依次为1∶1、2∶1和3∶1。
①若要探究向心力与球质量的关系，则需要将皮带放在第______层；
②若将皮带放在第二层，将质量完全相等的金属球放在挡板A和挡板C处，左右两标尺格数的比值为______。
（3）某实验小组在实验室用单摆做测定重力加速度的实验，实验测出摆球的直径为d，摆线长为，单摆完成n次全振动的时间为t，则单摆的振动周期______；计算重力加速度的表达式______。
【答案】（1）1.732##1.733##1.734
（2） ①. － ②.
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
螺旋测微器的读数为
【小问2详解】
[1]根据，可知在探究向心力大小与质量的关系时，需控制角速度和轨道半径相同。根据可知，边缘线速度相同，则需要塔轮半径相同，需要将皮带放在第一层。
[2]将质量完全相等的金属球放在挡板A和挡板C处，则运动半径和质量相同，根据可知，向心力大小之比为角速度平方的比。将皮带放在第二层，塔轮半径比为2∶1，则角速度比为1：2，所以向心力大小之比为1：4，左右两标尺格数的比值为1：4。
【小问3详解】
[1][2]单摆完成n次全振动的时间为t，则单摆的振动周期
摆长为
根据单摆周期公式
解得重力加速度表达式
12. 某同学设计了一个加速度计，将其固定在待测物体上，能通过电路中电压表的示数反映物体的加速度a，其原理图如图（a）所示。其中，质量的滑块2可以在光滑的框架1中左右平移，滑块两侧各连接一根劲度系数的轻质弹簧3（弹簧始终处于弹性限度内）。4是固定在滑块2上的轻质金属滑片（宽度不计），与电压表的一端用导线相连，并与一阻值均匀的电阻AB相接触，滑片4与电阻间的摩擦忽略不计。已知物体加速度为0时，两侧弹簧3均处于原长，滑片4位于AB中点，AB全长；直流电源电动势（内阻忽略不计）。现有一量程0~3V、内阻的电压表（）；另有开关、导线若干。
（1）为使滑片4位于B点时电压表满偏，需要将电压表量程改为0~15V，则电压表应______（选填“串联”或“并联”）一个阻值为______的电阻；
（2）将改装后的电压表接入图（a）的电路中，此装置可测量加速度的最大值为______m/s2；
（3）请在图（b）中画出图像（规定加速度向左为正方向，U为改装后电压表的示数）；
（4）若要增大加速度的测量范围，可采用的方法有：______（答出一条合理措施即可）。
【答案】（1） ①. 串联 ②. 12
（2）30 （3）
（4）更换两根劲度系数更大的弹簧或换质量更小的滑块
【解析】
【小问1详解】
[1][2]根据串联电路的特点，要增大电压表的量程，需要串联一个定值电阻，根据分压原则可得
代入数据解得
【小问2详解】
对滑块受力分析可得
解得
【小问3详解】
根据可知加速度与成线性关系，根据串联电路分压规律可知电压表示数与也成线性关系，可知加速度与电压表示数是线性关系，当滑块处于中点时，电压表示数为7.5V，当加速度向右时，滑块在中点的左边，当加速度向左时，滑块在中点的右边，所以图像如图所示
【小问4详解】
滑块所受到的合力最大值由弹簧决定的，与电压无关，劲度系数越大，加速度的测量范围越大；最大的合力一定的情况下，根据牛顿第二定律可知，减小滑块的质量，可以增大加速度的测量范围。
13. 油电混合车汽油发动机结构如图a所示。某型号发动机的工作原理简化如下：燃烧室内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和压缩过程可简化为如图b所示的图像，其中B→C和D→A为两个绝热过程。状态A气体的温度压强。火花塞点火瞬间，燃烧室内气体的压强迅速增大到的状态B。然后，活塞被推动向下移动，驱动汽车前进。在经历B→C的绝热膨胀过程中，气体对外做功300J，温度降低了300K，压强降低到125kPa。
（1）求状态B的温度；
（2）求B→C过程燃烧室内气体内能变化量。
（3）燃烧室内气体的最大体积与最小体积之比被称为压缩比γ，它是发动机动力大小的一个标志。根据题目中条件，计算该发动机的压缩比γ。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
从A→B过程气体温度升高发生等容升压，根据查理定律
解得K
【小问2详解】
B→C过程为绝热过程，
根据热力学第一定律得
其中J
联立解得J
【小问3详解】
在经历B→C的绝热膨胀过程中，气体对外做功，气缸内温度降低了300K，膨胀结束到达状态C时，燃烧室内压强降低到125kPa，则有，
根据理想气体状态方程可得
可得该汽油机的压缩比为
14. 如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度大小为随时间t的变化关系为，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为，方向也垂直于纸面向里。某时刻金属棒在一外加水平恒力F的作用下，从图示位置由静止开始向右运动，在时刻恰好以速度越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：
（1）在时间内，流过电阻的电荷量q；
（2）在时刻穿过回路总磁通量Φ与t的关系式；
（3）金属棒所受外加水平恒力F的大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
在金属棒未越过MN之前，时刻穿过回路的磁通量为
由法拉第电磁感应有
由欧姆定律有
由电流的定义有
解得在到的时间间隔内，流过电阻R的电荷量为
【小问2详解】
当时，匀强磁场穿过回路的磁通量为
回路的总磁通量为
则在时刻穿过回路的总磁通量为
【小问3详解】
当时，金属棒已越过MN，由于金属棒在MN右侧做匀速运动，则有
设此时回路中的电流为k，的大小为
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
由欧姆定律有
联立可得
15. 如图a，轨道固定在竖直平面内，水平段的DE光滑、EF粗糙，EF段有一竖直挡板，ABCD光滑并与水平段平滑连接，ABC是以O为圆心的圆弧，B为圆弧最高点。物块静止于E处，物块从D点开始水平向右运动并与发生碰撞，且碰撞时间极短。
已知：的质量，碰撞前后的位移图像如图b；的质量，与EF轨道之间的动摩擦因数，与挡板碰撞时无机械能损失；圆弧半径为；、可视为质点且运动紧贴轨道；重力加速度g取。
（1）求被碰后速度的大小；
（2）求经过B时受到支持力的大小；
（3）用L表示挡板与E的水平距离。若最终停在了EF段距离E为X的某处，试通过分析与计算，在图c中画出图线。
【答案】（1）m/s
（2）
（3）见解析
【解析】
【小问1详解】
根据图像可知，的初速度为 ①
碰后速度为 ②
设被碰后获得的速度为，由动量守恒得 ③
①②式并代入数据，得： ④
【小问2详解】
设到B时的速度为，由机械能守恒有 ⑤
通过B时有 ⑥
由③④⑤式并代入数据，得 ⑦
【小问3详解】
与挡板碰后能停在EF段的条件是，不会从弯曲轨道飞出，设此时挡板距E的距离为，即 ⑧
设挡板距E的距离为时，与挡板能碰n次，此时满足 ⑨
联立⑧⑨解得m，
由此可知，最终停在EF段的条件是m
而且与挡板最多只碰一次。
分情况讨论如下
（i）若与挡板没发生碰撞就已停下来，即
根据功能关系有 ⑩
代入数据得m
即当m时， ⑪
（ii）若与挡板碰一次，且返回时未能到达E点，即
根据功能关系有⑫
代入数据得
即当0.75mm时， ⑬
（iii）若与挡板碰一次，返回时过E点，经曲面后又再次进入EF段，即
根据功能关系有 ⑭
代入数据得
即时， ⑮
图线如图所示