2025届广东省汕头市高三下学期二模物理试卷（解析版）

这是一份2025届广东省汕头市高三下学期二模物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁， 已知某小行星质量为，半径为等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码。请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。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；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
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，只有一项是符合要求的。
1. 在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是（ ）
A. 竹篙对河底做正功B. 小船受到的合力向左
C. 小船受到船夫的摩擦力向右D. 船夫受到小船的支持力的冲量为零
【答案】C
【解析】A．竹篙对河底有力的作用，但河底在这个力的方向上没有发生位移，所以竹篙对河底不做功，故A 错误；
B．因为小船缓慢向右运动，处于平衡状态，根据平衡条件，物体处于平衡状态时合力为零，所以小船受到的合力为零，故B 错误；
C．船夫和小船一起缓慢向右运动，船夫相对小船有向右的运动趋势，所以小船对船夫的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知，小船受到船夫的摩擦力向右，故C正确；
D．根据
因船夫受到小船的支持力不零，运动的时间也不为零，故船夫受到小船的支持力的冲量不为零，故D错误。
故选C。
2. 随着中国农业科技的飞速发展，无人机精准播种技术已成为现代农业至关重要的组成部分。如图所示，无人机以速度在匀速水平直线飞行过程中，每隔相等时间释放一颗种子。忽略空气阻力，关于相邻释放的两颗种子运动情况，分析正确的是（ ）
A. 在空中均做自由落体运动
B. 在空中时，水平距离为
C. 落在同一水平地面时，它们的水平距离为
D. 在空中运动时，竖直方向的高度差一直保持不变
【答案】C
【解析】A．两颗种子在离开无人机后都有水平速度，且忽略空气阻力，故两颗种子在空中做平抛运动，故A错误；
B．在空中时，两颗种子的水平速度相同，故两颗种子在相同的时间内在水平方向上运动的位移相同，故两颗种子水平距离为零，故B错误；
C．根据平抛运动规律，可知当两颗种子先后落在同一水平地面时，则它们的水平距离为
故C正确；
D．设第二颗种子下落的时间为，则第一种子下落的时间为，两颗种子在竖直方向都做自由落体运动，则有，
则在空中运动时，两颗种子在竖直方向的高度差为
可知随着时间的增加，也在增加，故D错误。
故选C。
3. 某智能锁利用超级电容器作为待用电源，其简化电路如图所示。主电源正常工作时（开关S闭合），智能锁的输入电压为6V；当主电源断电（开关S断开），则启用备用电源，智能锁在输入电压降至4.5V时会发出低电压警报。该电容器的电容为1F，及是电路中的小电阻，下列说法正确的是（ ）
A. 正常工作时，电容器储存电量为6C
B. 断电前后，流经智能锁的电流方向相反
C. 阻值越大，当主电源断电后，电容器放电时间一定越短
D. 从主电源断电后至智能锁发出低电压警报，流经智能锁电量为1.5C
【答案】A
【解析】A．正常工作时，由图可知，电容器与智能锁并联，电阻相当于导线作用，没有电压；故电容器两端的电压等于智能锁的输入电压，即为6V，根据
故A正确；
B．断电前，由主电源对智能锁供电，电流方向由上到下；主电源也对电容器供电，电容器上端为正极，下端为负极；断电后，由电容器对智能锁供电，电流方向由上到下，所以断电前后，流经智能锁的电流方向相同，故B错误；
C．当主电源断电后，电容器放电，阻值越大，回路中的电流越小，因电容器储存的总电量是一个定值，根据
可知电容器放电时间越长，故C错误；
D．当电容器放电时，电阻与智能锁串联，所以当智能锁在输入电压降至4.5V时会发出低电压警报，此时电阻两端也有电压，故此时电容器两端的电压大于4.5V而小于6V，所以电容器变化的电压小于1.5V，根据
可知流经智能锁的电量小于1.5C，故D错误。
故选A。
4. 小华购买了一个透明的“水晶球”如图（1），球的直径为。为测得该水晶球的折射率，小华将一束红色激光从球上点射向球内，当折射光线与水平直径成角时，出射光线恰与平行，如图（2）所示，已知光在真空中的传播速度为，则（ ）
A. 可测得该水晶球的折射率为
B. 该红色激光束在“水晶球”中的传播时间为
C. 若仅将红色激光束换成蓝色激光束，则光在水晶球中的传播速度变大
D. 增大光线在点的入射角，可以使光线从水晶球射向空气时发生全反射
【答案】A
【解析】A．如图所示
由几何关系可知，光线射出时的折射角为，折射率
故A正确；
B．光在“水晶球”中传播的距离
时间
故B错误；
C．蓝色激光束频率比红色激光束大，蓝色激光束的折射率比红色激光束大，由
可知光在水晶球中的传播速度变小，故C错误；
D．由几何关系可知
增大过P点光线的入射角，光线出射时一定不会在球内发生全反射，故D错误。
故选A。
5. 某个冬天早晨，小红打开家里的制暖空调，为使制暖效果更佳，她关闭门窗，一段时间后房间内升高至25℃并保持恒温。房间内的气体可视为质量不变的理想气体，若将一杯装有花粉的10℃水置于该房间内，则下列说法正确的是（ ）
A. 制暖空调机工作时，热量从低温物体传递给高温物体
B. 制暖空调机开始工作后，房间内气体的内能始终保持不变
C. 待空调稳定后，花粉的运动激烈程度会减弱
D. 花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动
【答案】A
【解析】A．制暖空调机工作时，因为电机工作电流做功，热量从低温物体传到高温物体，故A正确；
B．制暖空调机开始工作后，房间内气体温度升高，内能增大，故B错误；
C．待空调稳定后，房间内温度升高，装花粉的水温度升高，花粉做布朗运动激烈程度会增加，故C错误；
D．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停地做无规则运动，故D错误。
故选A。
6. 如图所示，用频率为的光照射阴极K，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使微安表的示数减小为0，此时电压表的示数为。已知普朗克常量为，电子电荷量为，下列说法正确的是（ ）
A. 端为电源正极
B. K板材料的逸出功为
C. 若保持入射光的频率不变，增大入射光的强度，遏止电压会增大
D. 只要照射足够长的时间，任何频率的光都能够使K板发出光电子
【答案】B
【解析】A．调节滑动变阻器的滑片，使微安表的示数减小为0，此时电压表的示数为，可知此时所加电压为反向电压，则K板带正电，A板带负电，端为电源正极，端为电源负极，故A错误；
BC．根据光电效应方程可得
根据动能定理可得
联立可得K板材料的逸出功为
若保持入射光的频率不变，增大入射光的强度，逸出的光电子最大初动能不变，则遏止电压不变，故B正确，C错误；
D．只有当入射光的频率大于等于K板材料对应的截止频率时，才能产生光电效应，使K板发出光电子，故D错误。
故选B。
7. 如图所示，虚线为静电场中的三个等势面。一电子在A点的电势能小于其在点的电势能，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 电子在A点时的加速度大于其在点时的加速度
C. 将电子在A点由静止释放，其受静电力将增大
D. 将电子在A点由静止释放，其电势能将减小
【答案】D
【解析】A．由题知，电子在A点的电势能小于其在点的电势能，根据负电荷在电势越高的点，其电势能越小，可知，故A错误；
B．根据等差等势面越密，电场强度越大，由图可知A点的等势面较稀疏，则A点的电场强度小于B点的电场强度，根据牛顿第二定律可知，电子在A点时的加速度小于其在点时的加速度，故B错误；
CD．将电子在A点由静止释放，将向电势高处运动，即向等势面稀疏处运动，其受静电力将减小，电场力做正功，其电势能将减小，故C错误，D正确。
故选D。
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. 已知某小行星质量为，半径为。若探测器在距离小行星表面高度为处绕其做匀速圆周运动。已知引力常量为，忽略小行星的自转。以下说法正确的是（ ）
A. 探测器的运行速度
B. 探测器的向心加速度
C. 该小行星的第一宇宙速度为
D. 若探测器要离开小行星返回地球，需在当前轨道加速
【答案】AD
【解析】A．探测器围绕小行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有
解得探测器的运行速度
故A正确；
B．探测器围绕小行星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
解得探测器的向心加速度
故B错误；
C．当探测器围绕小行星的表面做匀速圆周运动时，其运行速度为该小行星的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力有
解得该小行星的第一宇宙速度为
故C错误；
D．若探测器要离开小行星返回地球，需要挣脱小行星的引力束缚，故要求所需要的向心力要大于所提供的向心力，即有
所以探测器要做离心运动，即需在当前轨道加速，故D正确。
故选AD。
9. 图为我国某远距离输电系统简化示意图。发电厂输出的交变电流经升压变压器后，通过高压输电线路传输，再经降压变压器降压后供给城市用户用电。已知发电厂输出电压为，输出功率为，升压变压器原副线圈匝数比为，降压变压器原副线圈匝数比为，输电线路总电阻为。保持不变，忽略变压器的能量损耗，以下说法正确的是（ ）
A. 输电线路上损失的功率为
B. 升压变压器的输入电流与降压变压器的输出电流之比为
C. 若仅减小，输电线路上的电压损失会增大
D. 当发电厂输出频率增大，降压变压器的输出电压会减小
【答案】BC
【解析】A．设升压变压器原线圈的电流为，副线圈的电流为；由题知发电厂输出电压为，输出功率为，则有
解得
根据
解得
故输电线路上损失的功率为，故A错误；
B．对升压变压器有
设降压变压器输出电流为，对降压变压器
联立可得，故B正确；
C．输电线路上的电压损失为
可知若仅减小，输电线路上的电压损失会增大，故C正确；
D．因为升压变压器的变压比和降压变压器的变压比不变，所以升压变压器副线圈的电压不变，又输出功率不变P，故升压变压器副线圈的电流不变，根据
可知电阻R两端的电压不变，在中间输送回路中有
所以降压变压器原线圈两端的电压不变，故降压变压器输出电压不变，与交流电的频率无关，所以当发电厂输出频率增大时，降压变压器的输出电压不变，故D错误。
故选BC。
10. 如图所示，在直角坐标系中，有一个边长为的正方形区域，点在原点，点和点分别在轴和轴上，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，一带正电的粒子质量为，电荷量为，以速度从点沿轴正方向射入磁场.不计粒子重力，，.下列说法正确的是（ ）
A. 若粒子恰好从点射出磁场，则粒子的速度
B. 若粒子恰好从边的中点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间
C. 若粒子的速度，则粒子射出磁场时的速度方向与轴正方向的夹角为60°
D. 若粒子从边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间一定不超过
【答案】BD
【解析】A．若粒子恰好从点射出磁场，几何关系可知，粒子圆周运动半径为r=L，根据
解得
故A错误；
B．若粒子恰好从边的中点射出磁场，轨迹如图
设轨迹圆半径为R，几何关系可知
解得
则
可知
则粒子在磁场中运动的时间
故B正确；
C．若，则轨迹圆半径
这种情况粒子从cd边射出 ，设粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角为，则
即
故C错误；
D．若粒子从cd边射出磁场，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大不超过，则最长运动时间
所以粒子在磁场中运动的时间一定不超过。
故D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷
三、非选择题：本题共5小题，共54分，考生根据要求作答。
11. 科技小组设计了一个智能种植系统：当室温超过设定温度时，散热模块开始工作，避免高温对植物产生影响.
（1）系统使用热敏电阻检测温度变化，需要预判该热敏电阻阻值随温度的变化趋势.使用多用电表“×10”倍率的电阻挡正确操作后，指针示数如图1，此时热敏电阻的阻值为________Ω。逐渐升高热敏电阻的温度，发现相同倍率下多用电表指针逐渐向右偏转，由此判断出该热敏电阻的阻值随温度升高而__________（选填“增大”或“减小”）.
（2）系统使用如图2的散热电路，假设室温为30℃时，散热模块恰好达到工作电压，已知电源电动势为（忽略内阻），电路中电流为，热敏电阻的阻值为，电阻箱的阻值为，则工作电压的表达式________（用题中符号表示）。若想达到35℃时散热模块才开始工作，则可以______________。
【答案】（1）140（或也给分） 减小
（2） 增大电阻箱的电阻
【解析】【小问1详解】
[1]由图1，可知此时热敏电阻的阻值为；
[2]逐渐升高热敏电阻的温度，发现相同倍率下多用电表指针逐渐向右偏转，说明电阻越小，由此判断出该热敏电阻的阻值随温度升高而减小；
【小问2详解】
[1]在如图2的散热电路，根据闭合电路欧姆定律有
解得
[2]因该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，即减小；若想达到35℃时散热模块才开始工作，根据
则可以增大电阻箱的电阻。
12. 学习小组利用手机和自行车探究圆周运动的相关知识。已知手机的加速度传感器可以测量x、y、z三个方向的加速度值（如图1），将自行车架起，手机固定在自行车后轮轮毂上（如图（2），轮胎厚度不计），转动踏板，后轮带动手机在竖直面内做圆周运动。
（1）若加速转动踏板，则手机可测到哪些方向的加速度值不为零？______
A. x、y方向的加速度值B. x、z方向的加速度值C. y、z方向的加速度值
（2）利用Phyphx软件可以直接作出向心加速度an与角速度ω关系图象，为了直观判断它们的关系，应让软件作出an−________（选填“ω”或“ω2”）图像。
（3）若由（2）所作图像测出斜率为k，已知自行车后轮半径为R，则手机的加速度传感器到轮胎边缘的距离为_____________（用题中符号表示），查阅相关资料得知该手机使用的加速度传感器质量为m，当后轮角速度为ω0时，则手机的加速度传感器做圆周运动的向心力Fn=________（用题中符号表示）。
【答案】（1）A （2）ω2
（3）R−k mω2k
【解析】【小问1详解】
后轮带动手机在竖直面内做圆周运动，加速度在竖直平面内，故x、y方向的加速度值不为零，z方向的加速度值为零。
故选A。
【小问2详解】
根据an=ω2R可知，an−ω2图像为直线，an−ω为曲线，应让软件作出an−ω2图像能直观地判断它们的关系。
【小问3详解】
[1]若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机到后轮圆心的距离，故手机的加速度传感器到轮胎边缘的距离为R−k；
[2]若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机到后轮圆心距离，即手机做圆周运动的半径，则手机的加速度传感器做圆周运动的向心力Fn=mω2k。
13. 如图（1）波浪机以恒定的振动周期在泳池较深的一端制造横波，小铭用频闪相机观察深水区的波形，发现照片中的波形始终没有变化。已知频闪相机每隔2s闪光一次，波浪机振动周期不小于频闪相机的闪光间隔。求：
（1）波浪机的振动频率；
（2）深水区的波长和波速大小；
（3）小铭继续观察浅水区波形，发现波长与水深有关，如图（2），波长发生了什么变化？这个变化可能是水深改变了波的什么物理量造成的？
【答案】（1） （2）
（3）波长变化是由波速变化引起的，见解析
【解析】【小问1详解】
由题可知，波浪机的振动周期
由
得波浪机的振动频率
【小问2详解】
由图可知
得波长
由可得波速大小为
【小问3详解】
波浪机振动周期恒定，波的频率不变，说明波长变化是由波速变化引起的，可能原因：水逐渐变浅，导致波速逐渐变小，从而造成波长逐渐变小。
14. 小旭利用电磁阻尼作用设计了一个货物缓降器模型，如图所示.单匝矩形金属线框的电阻为，质量为，边长为。线框通过绝缘绳索与质量为（）的货物相连。线框上方有足够多的方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为，方向与线框平面垂直，磁场间隔宽度与线框边长相同，边界与边平行.从适当位置释放货物，一段时间后线框恰能匀速进入磁场Ⅰ。线框从开始进入到全部进入磁场Ⅰ所用时间为，且线框到滑轮的距离足够长，不计摩擦，重力加速度为。求：
（1）线框刚进入磁场Ⅰ的速度大小；
（2）线框在时间内产生的焦耳热；
（3）货物下降的最终速度大小.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
线框进入磁场Ⅰ时受力平衡，由，
得速度大小
【小问2详解】
法①：线框进入磁场Ⅰ时，由焦耳定律
得焦耳热
法②：线框进入磁场Ⅰ时，由功能关系，
得焦耳热
【小问3详解】
线框完全进入磁场后，先做加速度减小的减速运动，最终受力平衡，由，
得最终速度
15. 如图所示，小滑块和的静止于光滑平台上，之间有质量可忽略不计的炸药。长度的木板c静止于光滑平面上，上表面与平齐，左端紧靠平台，右端固定有半径的半圆形光滑圆轨道.某时刻炸药爆炸，爆炸过程放出的能量均转化为物体和的动能，使物块以速度冲上木板c。已知，，，物块与木板之间动摩擦因数，取10m/s2。
（1）求爆炸过程中炸药释放的能量；
（2）若木板固定在平面上，请通过计算说明小滑块是否能到达圆轨道最高点；
（3）若木板不固定在平面上，要使小滑块既可以到达点又不会从木板上掉下来，求木板长度的取值范围。
【答案】（1）
（2）小滑块不能经过点
（3）
【解析】【小问1详解】
爆炸过程系统动量守恒，则有
爆炸过程释放的能量
联立解得
【小问2详解】
不能。
若平板固定，物块从点运动到点的过程中，根据动能定理有
若能到达点，从到的过程中，根据动能定理有
解得
若小滑块恰好过最高点，根据牛顿第二定律有
解得
因为，所以小滑块不能经过点
【小问3详解】
小滑块到达点与木板共速时，木板最长，根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
解得
小滑块回到木板左端与木板共速时，木板最短，根据动量守恒定律可得共同速度仍为
根据能量守恒定律有
解得
在这个过程中小滑块在圆弧上升高度为，根据能量守恒定律有
解得
即不会脱离圆弧轨道，故木板的长度范围为。