2025年高考第二次模拟考试卷：物理（甘肃卷）（解析版）

这是一份2025年高考第二次模拟考试卷：物理（甘肃卷）（解析版），共17页。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．如图，一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O点为该玻璃砖截面的圆心，下图能正确描述其光路图的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】 A
【解析】光从空气进入玻璃在分界面上会发生折射，且折射角小于入射角，故B、D错误；光从玻璃进入空气折射角应大于入射角，所以C错误；从光密进入光疏，若满足入射角大于临界角的情况，则会发生全反射，故A正确。
2．按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，将开展第二步“落月”工程，预计在2013年以前完成.假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道I运动，到达轨道的A点.点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的近月点B再次点火进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动.下列判断错误的是 （ ）
A．飞船在A点处点火时，动能减少
B．飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间
C．飞船从A到B运行的过程中处于完全失重状态
D．飞船在轨道I上的运行速率
【答案】 D
【解析】A、在A点 点火导致飞船从外面的圆轨道进入里面的椭圆轨道，即向心运动，所以在A点应该减速，故A对；
B、飞船在轨道Ⅲ上运动时，万有引力提供了向心力

解得：，故B对；
C、飞船从A到B运行的过程中只受重力作用，所以飞船处于完全失重状态，故C对；
D、飞船在轨道I上运行时：
在地球表面时：
联立解得： 故D错；
本题选错误的，故选D
3．如图所示的电路中，变压器为理想变压器，ab接在电压有效值不变的交流电源的两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是( )
A．该变压器起降压作用
B．变阻器滑片是沿d-c的方向滑动
C．电压表V1示数增大
D．电压表V2、V3示数均增大
【答案】 A
【解析】A．观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故A正确；
BC．观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，由于a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故BC错误；
D．由于电流表A2的示数增大，所以R0两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小，故D错误；
故选A。
4．2024年“驾驭未来”全国青少年车辆模型教育竞赛中，某一赛车由静止开始向前做直线运动，计算机记录其速度随时间变化的v—t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在4~8s内，赛车处于静止状态
B．赛车在0~4s内的加速度比在8~12s内的加速度大
C．在0~12s内，赛车的平均速度大小为3m/s
D．在0~12s内，第10s末，赛车离出发点最远
【答案】 D
【解析】A．在内，赛车做匀速直线运动，A错误；
B．在图像中，图线的斜率表示的是加速度的大小，由图可知，内的加速度
内的加速度
由于加速度是矢量，正负只表示方向，不是大小，故内的加速度大于内的加速度，B错误；
C．根据平均速度的概念，可知平均速度
C错误；
D．在图像中，图线与坐标轴围成的面积表示位移的大小，在0~12s内，第10s末，赛车正向速度减为零，离出发点最远，D正确。
故选D。
5．物体A做简谐运动的振动位移xA＝3sincm，物体B做简谐运动的振动位xB＝5sincm。比较A、B的运动（ ）
A．振幅是矢量，A的振幅是6cm，B的振幅是10cmB．周期是标量，A、B的周期都是100 s
C．A的相位始终超前B的相位D．A振动的频率fA等于B振动的频率fB，均为50Hz
【答案】 C
【解析】A．振幅只有大小没有方向，是标量，根据两物体的位移表达式可知A的振幅是3cm，B的振幅是5cm，故A错误；
B．周期只有大小没有方向，是标量，根据根据两物体的位移表达式可知
故B错误；
C．根据两物体的位移表达式可知A的初相为，B的初相为，因此两物体振动的相位差为
即A的相位始终超前B的相位，故C正确；
D．由于两物体振动的周期相同，因此频率相同，频率大小为
故D错误。
故选C。
6．如图所示，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则（ ）
A．，质点恰好可以到达Q点
B．，质点不能到达Q点
C．，质点到达Q后，继续上升一段距离
D．，质点到达Q后，继续上升一段距离
【答案】 C
【解析】根据动能定理可得P点动能
经过N点时，半径方向的合力提供向心力，可得
所以N点动能为
从P点到N点根据动能定理可得
即摩擦力做功
质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，如图
即
根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能
由于
所以Q点速度仍然没有减小到0，仍会继续向上运动一段距离。
故选C。
7．如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔Ol处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是（ ）
A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为
B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为
D．质子和α粒子打到感光板上的位置不同
【答案】 C
【解析】A．从开始运动到板，质子的速度为，粒子速度为，根据动能定理
化简得出
由于质子：；粒子：，则
故A错误；
B．设粒子在加速电场中加速时间为，加速位移为s，在偏转电场中时间为，与的竖直高度为d，有
由于质子和粒子的加速位移和偏转位移相同，但
所以
则质子和α粒子在整个过程中运动的时间不相等，故B错误；
C．从开始运动到打到板上根据动能定理有
则
故C正确；
D．带电粒子进入偏转电场后，水平位移为
可知水平位移与比荷无关，则质子和α粒子打到感光板上的位置相同。故D错误。
故选C。
8．1905年，爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说。在给出与光电效应有关的四个图像中，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器带负电
B．图乙中，从光电流与电压的关系图像中可以看出，电压相同时，光照越强，光电流越大，UC,相同，说明遏止电压和光的强度无关
C．图丙中，若电子电荷量用e表示，、、已知，由图像可求得普朗克常量的表达式为
D．图丁中，由光电子最大初动能Ek与入射光频率的关系图像可知该金属的逸出功为E或
【答案】 BCD
【解析】A．图甲中，当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，发生光电效应后锌板带正电，所以验电器也带正电，故A错误；
B．图乙中，从光电流与电压的关系图象中可以看出，电压相同时，光照越强，光电流越大，说明饱和光电流与光的强度有关，但遏止电压和光的强度无关，故B正确；
C．根据
解得
斜率
则
故C正确；
D．根据光电效应方程
当时
由图象知纵轴截距为，所以
即该金属的逸出功E；图线与轴交点的横坐标是，该金属的逸出功，故D正确。
故选BCD。
9．如图所示，斜面和水平横杆均足够长且均被固定，斜面顶角为θ，套筒P套在横杆上，与轻绳连接，轻绳跨过不计大小的定滑轮，其与放在斜面上的滑块Q相连接，且连接滑块Q的轻绳与斜面平行，P与Q的质量均为m，O为横杆上的滑轮的正下方的点，滑轮到横杆的距离为h．开始时手握住P，使连接P的绳与竖直方向的夹角为θ，然后无初速度释放P．不计绳子的伸长和一切摩擦，重力加速度为g．下列说法正确的是( )
A．释放P前绳子拉力大小为mgsin θ
B．P到达O点时绳子的拉力为0
C．P到达O点时的速率为
D．P从释放到第一次过O点的过程中，绳子对P的拉力一直做正功
【答案】 CD
【解析】释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得，故A错误．根据P与Q的速度关系，当P到达O点时，即，说明Q先加速后减速，故此时轻绳的拉力不为0，故B错误；当P到达O点时，Q减少重力势能与P增加的动能相等，则有：，解得： ，故C正确；P从释放到第一次过O点，速度逐渐增大，动能在增大，故绳子对P的拉力一直做正功，故D正确；故选CD．
10．如图所示，正方形单匝铝质线圈abcd和efgh分别在外力作用下以相同速度v向右匀速进入同一匀强磁场中．已知两线圈导线的横截面积相同，所用材料也相同，两线圈的边长之比为1：2，则（ ）

A．两线圈的右边刚进入磁场时，产生的感应电流之比为1：2
B．两线圈的右边刚进入磁场时，所加的外力大小之比为1：2
C．两线圈在进入磁场的整个过程中，通过导体横截面的电荷量之比为1：2
D．两线圈在进入磁场的整个过程中，产生的焦耳热之比为1：4
【答案】 BCD
【解析】A．设线圈abcd的边长为L，线圈efgh的边长为2L.线圈abcd进入磁场过程中，产生的感应电动势
E=BLv
感应电流
又电阻
联立得
故两电流之比为1:1，A错误；
B．线圈匀速通过，则有
故外力之比等于边长之比，为1:2，B正确；
C．电荷量


则电荷量
故电荷量之比等于边长之比，为1:2，C正确；
D．线圈进入磁场过程中产生的焦耳热
故产生的焦耳热之比为边长的平方比，为1:4，D正确；
故选BCD．
二、非选择题：本题共5小题，共57分。
11. （6分）某同学用如图所示装置来探究碰撞中的不变量。让质量为m1的小球从斜槽某处由静止开始滚下，与静止在斜槽末端质量为m2的小球发生碰撞。实验中必须要求的条件是 。
A．斜槽必须是光滑的
B．斜槽末端的切线必须水平
C．m1与m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度
D．m1每次必须从同一高度处滚下
（2）某同学利用频闪照相和气垫导轨来验证动量守恒定律。现用天平测出滑块A、B的质量分别为300g和200g，接着安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平。然后向气垫导轨通入压缩空气，再把A、B两滑块放到导轨上，分别给它们初速度，同时开始闪光照相，闪光的时间间隔设定为Δt=0.2s。如图所示是闪光4次拍摄得到的照片，其间A、B两滑块均在0~80cm刻度的范围内。第一次闪光时，滑块B恰好通过x=55cm处，滑块A恰好通过x=70cm处。发生碰撞后，滑块A静止。由此可以判断：两滑块的碰撞发生在第一次闪光后 s；碰撞前滑块A的速度大小为 m/s，碰撞后滑块B的速度大小为 m/s。通过对实验结果的分析表明，碰撞前后A、B两滑块组成的系统动量守恒。
【答案】 （1） BCD （2） 0.1 1 1
【解析】（1）AD．本实验中要求m1每次与m2碰撞前瞬间的速度大小相同，所以m1每次必须从同一高度滚下，而斜槽是否光滑对上述要求并无影响，所以并不要求斜槽必须光滑，故A错误，D正确；
BC．本实验中要求m1与m2发生对心碰撞，且碰撞后均做平抛运动，所以斜槽末端的切线必须水平，且m1与m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度，故BC正确。
故选BCD。
（2） 由题意可知，碰撞发生在x=60cm处，碰后B做匀速直线运动，其速度大小为
从碰撞到第二次闪光，B运动的距离为10cm，用时为
所以两滑块的碰撞发生在第一次闪光后的时间为
所以碰撞前滑块A的速度大小为
12. （10分）某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻的阻值。现有电源（3V，内阻可不计）、滑动变阻器（阻值范围为0~50Ω，允许通过的最大电流为2A）、电流表（量程为0~0.6A，内阻约为0.125Ω）、电压表（量程为0~3V，内阻约为3kΩ）以及开关和导线若干。
（1）实验电路应采用图中的 （填“甲”或“乙”）。
（2）若选用甲电路，产生误差的主要原因是 ；若选用乙电路，产生误差的主要原因是 。（用字母代号填写）
A．电流表测量值小于流经的电流值
B．电流表测量值大于流经的电流值
C．电压表测量值大于两端的电压值
D．电压表测量值大于两端的电压值
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如下图所示，U＝ V，I＝ A，可得该电阻的测量值＝ Ω。
【答案】 （1） 甲 （2） B D （3） 2.60 0.50 5.20
【解析】（1）根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的内阻对比可知，待测电阻的阻值
因此选择电流表外接法，故选择甲图。
（2）选用甲电路，产生误差的主要原因是电压表的分流，使电流表的示数大于流过待测电阻的电流。
故选B。
选用乙电路，产生误差的主要原因是电流表的分压作用，使电压表的示数大于待测电阻两端的电压。
故选D。
（3）电压的量程为0~3V，其最小分度值为0.1V，则电压为U＝2.60V；
电流表的量程为0~0.6A，其最小分度值为，则电流为；
该电阻的测量值
13. （10分）如图1所示，在内壁光滑的导热汽缸内通过有一定质量的密封活塞，密封一部分稀薄气体．汽缸水平放置时，活塞距离汽缸底部的距离为 L．现将汽缸竖立起来，活塞缓慢下降，稳定后，活塞距离汽缸底部的距离为，如图2所示．已知活塞的横截面积为S,大气压强为p0，环境温度为T0．
（1）求活塞的质量m．
（2）若要让活塞在汽缸中的位置复原，要把温度升到多高？
【答案】 （1）m=（2）
【解析】（1）气体发生等温变化，根据玻意耳定律：P1V1=P2V2′，已知：P1=P0，V1=SL ，P2S=P0S+mg，V2=SL，代入数值得：m=
（2）气体发生等压变化，根据查理定律：，已知：V2=SL ，T2=T0，V3=SL，代入数值得：
14. （14分） 图甲为竖直平面内的固定轨道，是倾角为的粗糙斜面，底端与光滑水平轨道平滑连接，光滑半圆轨道的直径沿竖直方向，半径R的大小可连续调节，轨道上的N点装有压力传感器，其位置始终与圆心O等高。质量为m的小滑块从距水平轨道高为h的A点由静止释放，滑过后进入圆轨道，在R取不同值时，压力传感器读数F与的关系如图乙所示。已知，，，小滑块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度，，。求：
(1)小滑块到达P点时的速度；
(2)图乙中a和b的值；
(3)要使小滑块不脱离圆轨道，求轨道半径R的取值范围。
【答案】 (1)；(2)；；(3)或
【解析】(1)小滑块由A滑至P点过程，有
解得
(2)小滑块由P点运动至N点过程，有
在N点
综上得
由图乙可得
，
解得
，
(3)当滑块在N点处对轨道压力时，恰好到达N点，设此时圆轨道半径为，则有
解得
当小滑块恰好到达Q点时，设此时圆轨道半径为，在Q点的速度为，在N点的速度为，有在Q点
由N至Q过程
在N点
整理得
由此可得
综上所述，要使小滑块不脱离轨道，轨道半径应满足的条件为
或
15. （17分） 如图所示的平面直角坐标系xOy，第一象限内存在竖直向上的匀强电场，第三、四象限内存在水平向左的匀强电场，在y轴上距O点L=3cm处的O′点固定一长也为L的轻质绝缘细线，细线的一端拴接一质量为m=0.1kg的小球，小球所带电荷量为-q。已知重力加速度g=10m/s2，，，现将小球向右拉至细线与y轴正方向成60°角的位置并由静止释放，不计空气阻力，求：
（1）小球从释放到运动到O点的过程中，小球电势能的变化量；
（2）小球运动到O点时的速度大小；
（3）若小球运动到O点时细线断裂，求之后的运动过程中小球的最小速度。
【答案】 （1）电势能减少了0.09J；（2）m/s；（3）最小速度大小为1.2m/s，方向：与x轴负半轴夹角为37°
【解析】（1）小球带负电，受到向下的电场力
电场力做的功为
因为
所以
J
即电势能减少了0.09J。
（2）如图，小球先竖直向下匀加速运动到与A点对称的B点，此时细线伸直，之后做圆周运动到O点。如图
从A到B，根据动能定理有
解得
方向竖直向下。
到B点瞬间，沿细线方向的速度立刻变为零，球以沿切线方向的速度继续运动到O点
从B到O，应用动能定理得
解得
（3）当合力与速度垂直时，速度最小。由几何关系可知
又
解得
所以
方向：与x轴负半轴夹角为37°。