2025届广东省湛江市高三下学期一模改编练习卷物理试卷（解析版）

这是一份2025届广东省湛江市高三下学期一模改编练习卷物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．科学家常用放射性材料作为辅助电源为火星车供电。中的元素是，具有天然放射性，半衰期为87.7年。发生衰变的核反应方程为，则下列说法正确的是（ ）
A．、、三种射线中，射线的电离能力最弱
B．原子核发生衰变后产生的新核的比结合能比核的比结合能大
C．10个原子核经过87.7年后一定还会剩余5个
D．的半衰期跟核内部自身因素有关，也跟原子所处的化学状态和外部条件有关
2．如图，一个球形碗固定在水平地面上，一只甲虫（可视为质点）从碗内最低点开始沿左侧缓慢往上爬行，则在爬行过程中（ ）
A．碗对甲虫的支持力逐渐增大B．碗对甲虫的摩擦力逐渐增大
C．碗对甲虫的作用力逐渐减小D．甲虫所受的合外力逐渐减小
3．图甲是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。其输电原理图如图乙所示，采用高压输电可减少输电线上电能的损耗，发电机组发出电压有效值一定的交流电，经理想变压器升压后向远方输电，再经理想变压器降压后输送给用户。假设输电线总电阻r保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．输电电压U一定时，输电功率P加倍，则输电线损耗功率加倍
B．输电电压U一定时，输电功率P加倍，则输送给用户的功率也加倍
C．输电功率P一定时，输电电压U加倍，则输电线中的电流减半
D．输电功率P一定时，输电电压U加倍，则输电线损耗功率减半
4．2024年9月2日，台湾花莲县近海发生里氏规模5.5级地震。“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波在时的波动图像，乙图是该波传播方向上介质中某质点从时刻起的振动图像，M、N是介质中平衡位置为和的两个质点，下列说法正确的是（ ）
A．该波的频率为0.25Hz，波速是2m/s
B．在时刻，M、N两质点的速度相同
C．若该波在传播过程中遇到频率为0.25Hz的另一波时，可能发生稳定的干涉现象
D．在0~4s内，质点M运动的路程为56cm
5．中医药文化是我国优秀传统文化的重要组成部分，中药的保存常常需要做干燥处理，如图所示是利用高压电场干燥中药的基本原理，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生非匀强电场E。水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电荷，另一端带等量负电荷，水分子在电场力的作用下从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而达到快速干燥的目的。已知虚线ABCD是某一水分子从A处开始的运动轨迹，则下列说法正确的是（ ）
A．水分子在B处时，上端带正电荷，下端带负电荷
B．水分子在B处时，带负电荷一端受到的电场力大于带正电荷一端受到的电场力
C．水分子运动轨迹ABCD为抛物线
D．如果把高压直流电源的正负极反接，水分子从A处开始将向下运动
6．把一个小球放在竖立的弹簧上，并把小球向下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高点C（图乙），经过图中B位置时弹簧正好处于原长状态。弹簧的质量和空气的阻力均可忽略，重力加速度为g。下列关于小球从A至C的运动过程中加速度大小a、速度大小v、动能和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．北斗卫星导航系统由空间段、地面段和用户段三部分组成，可在全球范围内全天候、全天时为各类用户提供高精度、高可靠定位、导航、授时服务。在北斗卫星导航系统中有A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，某一时刻，卫星A和卫星B相距最近，距离为2r。经过t时间，卫星A和卫星B第一次相距最远，距离为4r。不考虑卫星间的万有引力，已知地球的半径为r，万有引力常量为G，卫星A的周期为，下列说法正确的是（ ）
A．卫星B的环绕速度大于7.9km/s
B．卫星B的周期为
C．地球的密度为
D．地球对卫星A的万有引力大于地球对卫星B的万有引力
二、多选题
8．如图，是光学仪器中一种常用的半圆形玻璃砖。现有一束单色平行光与界面成角从其直径界面AO段入射。已知单色光在玻璃中的折射率为，玻璃砖的半径为，真空中的光速为。下列说法中正确的是（ ）
A．从A点入射的光其折射角为
B．从A点入射的光在玻璃中的传播时间为
C．从O点入射的光在玻璃砖中传播的时间最长
D．从O点发出的光达弧面时会发生全反射
9．如图为长泰天柱山景区的大型摩天轮，游客A在座舱中随摩天轮在竖直平面内匀速转动一周的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．游客A的机械能不守恒B．游客A通过最高点时重力功率最大
C．游客A受到的合外力冲量为零D．游客A对座椅的压力始终不变
10．如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一竖直放置的光滑的平行金属导轨，导轨平面与磁场垂直，导轨间距为L，顶端接有阻值为R的电阻。将一根金属棒从导轨上的N处由静止释放，M处时速度为v，已知N到M的竖直距离为h，棒的长度为L，质量为m，电阻为r。金属棒始终在磁场中运动，处于水平且与导轨接触良好，忽略导轨的电阻，导轨足够长。重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒从N点到M点的整个过程中电阻R消耗的电能为
B．根据已知条件不能求出导体棒从N到M所用的时间
C．根据已知条件可以求出从N到M平均电动势的大小
D．导体棒达到稳定状态后，导体棒受到重力的功率等于电路中的总电功率。
三、解答题
11．某班同学们用单摆测量重力加速度，实验装置如图甲所示。

(1)第一组同学在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第次经过最低点所用的时间为。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端），再用螺旋测微器测得摆球的直径为（读数如图乙所示）。
①从图乙可知，摆球的直径为 mm。
②该小组的一位同学认为单摆周期为，并由此计算当地的重力加速度，他们的测量结果与实际值相比将 。（选填：偏大、偏小、不变）
(2)第二组同学经测量得到7组摆长和对应的周期，画出图线，坐标如图丙所示。若取，利用图线的斜率，求得当地重力加速度大小 m/s2。处理完数据后，该组同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球半径，这样 （选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算。
(3)在测量时，第三小组由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，则求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比 （填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
(4)第四小组同学在实验完成后提出了这样到问题，请回答：地面上周期为2s的单摆经常被称为秒摆。若把该秒摆放在“天问一号”探测器中，探测器竖直发射加速离开地球表面时，此秒摆的周期 （选填“大于”、“小于”或“等于”）2s。
12．某中学物理兴趣学习小组的同学将锌、铜两电极插入一个苹果中，用伏特表测其两极时读数为0.85V。但当他们将六个这样的苹果电池串起来给手机供电时（该手机充电器的额定电压为5V），手机却没有反应，他们猜测出现这种现象的原因可能是水果电池的内阻太大，给手机充电时电流太小。为验证上述猜想，该学习小组想尽可能准确测量出“苹果电池”的电动势和内阻，他们带了一个苹果进入实验室，发现有以下器材：
A．电流表A1（量程为0~0.6A，内阻为1Ω）
B．电流表A2（量程为0~200μA，内阻为900Ω）
C．电流表A3（量程为0~300μA，内阻为1000Ω）
D．滑动变阻器R1（最大阻值约2kΩ）
E.定值电阻R0（阻值为100Ω）
F.电阻箱R（0~9999Ω）
G.导线和开关。
(1)经分析，实验电路中最大电流约1~2mA，则需选择电流表 （选填“A1”、“ A2”或“A3”）并用定值电阻R0对其量程进行扩充，扩充后的量程为 。
(2)在方框中画出设计的电路图 ；
(3)用（2）中实验电路测得的几组电流表的读数I、电阻箱的读数R，作出图线如图所示，根据图线求得：E= V，r = （结果保留2位有效数字）。
13．如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为的活塞密封一定质量的理想气体，容器口有一卡口，防止活塞冲出容器，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积，开始时气体的温度，活塞与容器底的距离为，当气体被加热后，活塞缓慢上升刚好到达容器口，后活塞保持不动，气体被继续加热至温度，活塞与卡口间相互挤压，达到最终状态，整个过程中气体从外界吸收热量。大气压强为。
(1)活塞刚好到达容器口时缸内气体的压强和温度分别为多少？
(2)在整个过程中密闭气体内能改变了多少？
(3)达到最终状态后，由于意外导致容器开始缓慢漏气，漏气过程中容器内温度视为不变，求活塞与卡口刚要分离时，漏出的气体与容器内剩余气体的质量之比。
14．如图所示，空间有一棱长为L的正方体区域，带电粒子从平行于MF棱且与MPQF共面的线状粒子源连续不断地逸出，逸出粒子的初速度可视为0，粒子质量为m，电荷量为，经垂直于MF棱的水平电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS段垂直进入正方体区域内，MS段长为，该区域内有垂直平面MPRG向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从M点射入的粒子恰好从R点射出。忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。
（1）求线状粒子源处与正方体MS段之间的电势差；
（2）若该区域内只有垂直平面MPRG向外的匀强电场，电场强度大小为，已知从S点射入的粒子从QP边上的某点射出，求该点距Q点的距离；
（3）若该区域内同时存在上述磁场与电场，通过计算判断从S点进入的粒子，离开该区域时的位置和速度大小。
15．如图甲所示，一电梯以速度竖直向上运动，电梯运动的图像如图乙所示。电梯内有一处于竖直平面内的固定轨道ABCD，其中AB段为足够长的粗糙倾斜直轨道、BCD段为光滑圆弧轨道，两段轨道在B处平滑连接，直径CD为竖直方向，圆弧BC对应的圆心角，圆轨道半径，圆弧BCD长为0.95m。在电梯内参考系中观察，直轨道底端B处一质量的小物块a处于静止状态。时刻，在直轨道上方与物块a相距处，一足够长的木板b和其上端小物块c一起由静止开始释放，一段时间后与物块a在B处发生第一次弹性碰撞。已知木板b和物块c的质量均为，木板与直轨道间的动摩擦因数、物块c与木板间的动摩擦因数，重力加速度g取，、，求：
(1)在电梯内参考系中，木板与物块a第一次碰撞前的速度；
(2)电梯停止运动前一瞬间，圆弧轨道对物块a的支持力；
(3)若物块a落到直轨道后立即静止且被固定不再运动，从开始到木板和物块a发生第二次碰撞为止，求木板和直轨道间因摩擦而产生的热量Q。
【参考答案】
1．B【详解】A．、、三种射线中，射线的电离能力最强，穿透本领最弱，选项A错误；
B．原子核发生衰变后产生的新核更加稳定，则比结合能比核的比结合能大，选项B正确；
C．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核衰变不适用，选项C错误；
D．的半衰期只跟核内部自身因素有关，跟原子所处的化学状态和外部条件无关，选项D错误。故选B。
2．B【详解】AB．对甲虫进行受力分析，如图所示
根据平衡条件有，
甲虫往上缓慢往上爬行，增大，可知，碗对甲虫的支持力逐渐减小，碗对甲虫的摩擦力逐渐增大，故A错误，B正确；
C．碗对甲虫有摩擦力与支持力两个力作用，则碗对甲虫的作用力为这两个力的合力，根据平衡条件可知，碗对甲虫的作用力始终等于重力，故C错误；
D．甲虫从碗内最低点缓慢往上爬行，甲虫处于动态平衡状态，可知，甲虫所受的合外力始终为0，故D错误。
故选B。
3．C【详解】A．由可知输电线电流输电线损耗功率
输电电压U一定时，发电功率P加倍，输电线损耗功率变为原来的4倍，故A错误；
B．用户得到的功率
发电功率P加倍时，用户得到的功率没有加倍，故B错误；
C．由可知，发电功率P一定时，输电电压U加倍，则输电线中的电流减半，故C正确；
D．由可知，发电功率P一定时，输电电压U加倍，输电线损耗功率变为原来的，故D错误。
故选C。
4．C【详解】A．由图可知，波长为4m，周期为4s，频率为
波速为故A错误；
B．波沿x轴正方向传播，根据同侧法可得此时质点M速度方向向上，质点N速度方向向下，在时刻，M、N两质点的速度不相同，故B错误；
C．频率相同是两列波产生稳定干涉的必要条件，所以该波在传播过程中遇到频率为0.25Hz的另一波时，可能发生稳定的干涉现象，故C正确；
D．周期为4s，在0~4s内，质点M运动一个周期，路程为故D错误。故选C。
5．B【详解】A．当水分子在A处时，正电荷所受电场力向下，负电荷所受电场力向上，使得水分子发生转动，转动方向沿负电荷所受电场力的方向，之后由A运动至B处，可知，水分子在B处时，上端带负电荷，下端带正电荷，A错误；
B．水分子在B处时，上端电场线分布密集一些，电场强度大一些，上端电荷所受电场力大一些，根据上述可知，水分子在B处时，带负电荷一端受到的电场力大于带正电荷一端受到的电场力，B正确；
C．电场为非匀强电场，水分子所受电场力为变力，即水分子所受外力的合力为变力，则水分子运动轨迹ABCD不可能为抛物线，C错误；
D．如果把高压直流电源的正负极反接，电场强度方向整体向上，当水分子在A处时，正电荷所受电场力向上，负电荷所受电场力向下，使得水分子发生转动，转动方向沿正电荷所受电场力的方向，之后仍然由A运动至B处，即如果把高压直流电源的正负极反接，水分子从A处仍然开始将向上运动，D错误。故选B。
6．A【详解】A．当小球所受弹簧的弹力等于小球的重力前，根据牛顿第二定律
可得
随着小球上升加速度随位移x线性减小，但由于物体向上做加速度减小的加速运动，可知加速度随时间非线性减小；同理可分析，当到达平衡位置后到过程中，小球加速向下，根据牛顿第二定律
可得
可知小球的加速度大小随时间为非线性逐渐增大，在B位置继续向上，弹簧弹力为零，小球的加速度始终为重力加速度不变，故A正确；
B．根据A选项分析可知小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，后做加速度不变的减速运动，故B错误；
C．无论加速阶段还是减速阶段，小球的位移和时间都不是线性关系，且力也不是恒力，所以图像不可能是线性关系，故C错误；
D．小球在到达B位置前，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增大，到达B位置继续向上，小球只受重力，机械能守恒，即保持不变，故D错误。故选A。
7．C【详解】A．卫星A和卫星B第一次相距最远距离为4r，卫星A和卫星B相距最近距离为2r，则，卫星A和卫星B的轨道半径分别为，
则卫星A为地球表面的近地卫星，其速度为第一宇宙速度7.9km/s，根据万有引力提供向心力有
可得，卫星环绕地球的速度为
由于卫星B的轨道半径大于卫星A的轨道半径，则卫星B的速度小于卫星A的速度，所以卫星B的环绕速度小于7.9km/s，故A错误；
B．某一时刻卫星A和卫星B相距最近，经过t时间，卫星A和卫星B第一次相距最远，则有
解得，卫星B的周期为故B错误；
C．卫星A围绕地球运动，根据万有引力提供向心力有
又地球的体积为
联立可得，地球的密度为故C正确；
D．卫星A和卫星B的质量关系未知，则无法判断地球对卫星A的万有引力与地球对卫星B的万有引力大小关系，故D错误。故选C。
8．AB【详解】A．根据折射定律其中，
代入数据解得从A点入射的光其折射角为A正确；
B．画出光路图如图所示
根据几何关系可由于
所以光在、会发生全反射，根据几何关系可得光在玻璃砖中传播的路程为
光在玻璃砖中的速度
从A点入射的光在玻璃中的传播时间为B正确；
CD．根据光的折射可知从O点入射的光在玻璃砖的折射光沿着半径方向，相当于从玻璃砖到空气中的入射角为0，不可能发生全反射，根据几何关系可知从O点入射的光在玻璃砖中传播的路程最短，则传播的时间最短，CD错误。故选AB。
9．AC【详解】A．游客A做匀速圆周运动，动能不变，重力势能不断变化，机械能不守恒，故A正确；
B．游客A通过最高点时速度方向水平，与重力方向垂直，重力功率为零，故B错误；
C．游客A在座舱中随摩天轮转动一周，初、末状态的动量均为，根据动量定理得
故C正确；
D．由于游客A做匀速圆周运动，合外力始终提供向心力，则游客A的加速度方向时刻改变，会出现不同程度的超重，失重现象，对座椅的压力大小会变化，故D错误。故选AC。
10．CD【详解】A．金属棒从N点到M点的整个过程中电阻R消耗的电能等于这个过程中克服安培力做的功，根据动能定理可知故
金属棒从N点到M点的整个过程中电阻R消耗的电能为A错误；
B．由动量定理可知解得
同理根据动量定理可知解得B错误，C正确；
D．导体棒达到稳定状态后，导体棒做匀速直线运动，故
故重力的功率为D正确；故选CD。
11．(1) 5.980/5.981/5.979 偏大 (2) 9.87 不影响 (3)偏大 (4)小于
【详解】（1）[1]摆球的直径为[2]在一个周期内摆球有两次经过最低点，所以单摆的周期应该是则得到的周期偏小，根据单摆的周期公式
可得
因为周期偏小，所以得到的重力加速度的测量值偏大。
（2）[1]根据单摆的周期公式可得
则图像斜率由图像中数据可知，图像斜率
故可得当地重力加速度大小
[2]如果在测量摆长时，忘记加摆球的半径r，则在图像的斜率并没有受到影响，则不会影响重力加速度的计算；
（3）以表示摆长，表示摆线与竖直方向的夹角，表示摆球的质量，表示摆线对摆球的拉力，表示摆球圆锥摆运动的周期，由牛顿第二定律得
在竖直方向，由平衡条件得解得
单摆运动的等效摆长小于单摆摆长，则单摆周期的测量值偏小，根据单摆周期公式求出的重力加速度偏大，即重力加速度的测量值偏大。
（4）探测器竖直发射加速离开地球表面时，探测器中的秒摆处于超重状态，此时秒摆所受的等效重力加速度增大，而摆长不变，根据单摆周期公式
可知周期会变小。地面上周期为，该秒摆随探测器竖直发射加速离开地球表面时周期会小于。
12．(1) (2)见解析 (3) 0.91
【详解】（1）[1][2]实验电路中最大电流约，则需选择电流表，并用定值电阻对其量程进行扩充；扩充后的量程为
（2）电路如图所示
（3）[1][2]改装后的电流表内阻为
设电流表的电流为，干路电流为
根据闭合电路欧姆定律得解得
根据图像得，
解得，
13．(1)，(2)(3)
【详解】（1）刚好到达容器口，封闭气体压强不变，根据盖吕萨克定律，，
所以
活塞缓慢上升时，设压强为，有解得
（2）达到最终状态，气体对外做的功
根据热力学第一定律
（3）达到最终状态，气体体积不变，根据查理定律有，解得
刚要分离时气体压强
根据玻意耳定律解得
所以气体与剩余气体质量之比
14．（1）；（2）；（3）粒子从N点离开该区域；
【详解】（1）粒子经电场加速，则
进入垂直平面MPRG向外的匀强磁场后从，从M点射入的粒子恰好从R点射出，可知粒子在磁场中运动的轨道半径为r=L
则由可得
（2）若该区域内只有垂直平面MPRG向外的匀强电场，则粒子在电场中做类平抛运动，则垂直电场方向
沿电场方向
其中；解得
该点距Q点的距离
（3）该区域内同时存在上述磁场与电场时，从S点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，将其运动分解为沿MF方向的初速为零的匀加速直线运动，和平行于MPRG平面的线速度为v,半径为R=L的匀速圆周运动。分运动的匀速圆周运动的周期为
假设粒子从FQNA面射出，则有解得
可知分运动的匀速圆周运动的轨迹为圆周，该粒子恰好从N点离开该区域，假设成立。
离开该区域时沿MF方向的速度为v2=at2解得
设离开该区域时速度大小为v′，则有解得
15．(1)(2)3N(3)9.7J
【详解】（1）因，b和c共同加速下滑，假设b、c整体下滑到B的过程，电梯始终匀速，根据牛顿第二定律有解得
根据位移时间公式有解得
即时木板与a碰撞，由图像可知，假设正确；所以
（2）对b、a弹性碰撞过程，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得，
由图乙可知阶段，电梯以做匀减速运动，电梯内物体均处于完全失重状态，则物块a沿圆弧做匀速圆周运动，木板和物块c做匀速直线运动，对物块a，由B运动D过程，则有
则电梯停止运动前一瞬间，物块a恰在圆弧轨道最高点D处，则有
（3）物块a在斜轨道上的落点在B点上方d处，对a的平抛过程，则有，
联立解得
木板b匀速上升阶段的位移为
对木板b受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
木板b匀减速上升阶段的位移为
所以从t=0开始到木板和物块a发生第二次碰撞为止，根据功能关系，可得木板和直轨道间因摩擦而产生的热量为
代入数据解得