内蒙古自治区乌兰察布市2025届高三下学期二模试题 物理 含解析

这是一份内蒙古自治区乌兰察布市2025届高三下学期二模试题 物理 含解析，共18页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 如图甲所示，质量为 M=0， 如图甲是水下灯光装置简化图等内容，欢迎下载使用。
2025 年普通高等学校招生全国统一考试
（第二次模拟考试）物理
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场、座位号写在答题卡上，将条形码粘贴在规定区域。
本试卷满分 100 分，考试时间 75 分钟。
2.做选择题时，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。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
一、选择题：本题共 10 小题，共 46 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 6 分，全部选对的得 6 分，
选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
1. 内蒙古包头市被称为“世界绿色硅都”，其制造的光伏发电板销往世界各地。光伏发电的原理为光电效
应。当光照射晶片时，晶片中的电子变为光电子，与正电荷分开，分布于两个区域，形成电势差发电。关
于光伏发电下列说法正确的是（ ）
A. 输入的光子能量完全转化为光电子的能量
B. 光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比
C. 光电子与正电荷分开过程中，光电子的电势能增加
D. 电子吸收红光后的最大初动能比吸收紫光后的最大初动能大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由光电效应方程 ，光电子的最大初动能等于光子的能量减去逸出功，故输入的光
子能量并没有完全转化为光电子的能量，故 A 错误；
B．由光电效应方程 ，光电子的最大初动能与入射光子的频率是一次函数关系，不成正比，故
B 错误；
C．光电子与正电荷分开过程中，克服静电力做功，光电子的电势能增加，故 C 正确；
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D．因为紫光的频率大于红光的频率，由光电效应方程 ，可知电子吸收红光后的最大初动能比
吸收紫光后的最大初动能小，故 D 错误。
故选 C。
2. 我国自主研发的极紫外（EUV）光刻机利用波长为 13.5nm 的光源制造芯片，该项技术使我国绕过了芯片
的技术封锁，可以生产超高分辨率的极小芯片。该技术是应用了极紫外光的（ ）
A. 波动性强 B. 粒子性强 C. 偏振现象 D. 多普勒效应
【答案】B
【解析】
【详解】极紫外（EUV）光刻机利用波长为 13.5nm 的光源制造芯片，其波长短，则粒子性强。
故选 B。
3. 圆锥摆在摆动过程中由于受空气阻力的影响，小球做圆周运动的半径会越来越小，经过足够长时间后，
小球会停止在悬点正下方。忽略小球转动一周内的半径变化，即每一周都可视为匀速圆周运动，运动情况
如图所示。则小球做上述运动过程中，随着细绳与竖直方向的夹角不断减小，小球做圆周运动的周期将（ ）
A. 变大 B. 变小
C. 不变 D. 先增大后减小
【答案】A
【解析】
【详解】令摆角为 ，对小球进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
可知，随着细绳与竖直方向的夹角不断减小，小球做圆周运动的周期将变大。
故选 A。
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4. 密闭容器中封闭一定质量的理想气体，气体从状态 1 到状态 2，一次经过过程 A，一次经过过程 B，其
P-V 图像如图所示。则对比 A、B 过程，下列说法正确的是（ ）
A. 系统增加的内能 A 过程大于 B 过程 B. 系统升高的温度 A 过程小于 B 过程
C. 系统吸收的热量 A 过程大于 B 过程 D. 系统对外做的功 A 过程等于 B 过程
【答案】C
【解析】
【详解】AB．设状态 1 温度为 ，状态 2 的温度为 ；气体从状态 1 到状态 2，由题图可知， ，
，根据理想气体状态方程 ，可得 ；可知 A 过程和 B 过程系统升高的温度相等，
均为
对于一定质量的理想气体，内能只跟温度有关，所以 A 过程和 B 过程系统增加的内能相等，故 AB 错误；
CD．根据 图像与横轴围成的面积表示做功的大小，由题图可知，系统对外做的功 A 过程大于 B 过程；
根据热力学第一定律可得
由于 A 过程和 B 过程系统增加的内能相等，可知系统吸收的热量 A 过程大于 B 过程，故 C 正确，D 错误。
故选 C。
5. 如图甲所示，a~h 是圆心为 O 半径为 R 圆周上的 8 个等分点，纸面内存在匀强电场（图中未画出）。圆上
各点半径同 Oa 的夹角为θ，各点的电势φ与θ的φ-θ关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电场方向水平向右
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B. 电场强度的大小为
C. ab 两点的电势差为
D. 一电子从 c 点顺时针沿圆弧运动到 g 点电势能先减小后增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙可知圆上各点半径与 Oa 的夹角为 时，即 点电势最高为 ，与 Oa 的夹角为 时，
即 点电势最低为 ，电场方向从 点指向 点，即水平向左，故 A 错误；
B．由 A 项分析可知电场方向从 点指向 点，又 两点电势差
电场强度
故 B 正确；
C．ab 两点的电势差为
故 C 错误；
D．一电子从 c 点顺时针沿圆弧运动到 g 点电势先减小后增大，电子带负电，在电势低的地方电势能大，故
电子电势能先增大后减小，故 D 错误。
故选 B。
6. 太空电梯固定于地球赤道上某地，一乘客全身固定在电梯中的座椅上，电梯匀速升空到达距地面高度为
同步卫星轨道高度的 1.5 倍处（上升过程中每一点可视为随太空电梯一起做的匀速圆周运动），则电梯匀速
上升过程中，座椅对乘客的作用力 F 随电梯上升时间 t 变化的 F-t 图像可能正确的是（ ）
A. B.
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C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】当高度小于同步卫星高度，对宇航员进行受力分析，由圆周运动的规律可得
解得宇航员受到的支持力为
随着时间的增大，作用力减小；当高度等于同步卫星高度时
万有引力正好等于宇航员做圆周运动的向心力，作用力为 0；当高度大于同步卫星高度，由
可得
力的方向发生变化，且随着时间的增大，作用力增大，故 D 符合题意。
故选 D。
7. 如图甲所示，质量为 M=0.5kg 的木板静止在光滑水平面上，质量为 m=1kg 的物块以初速度 滑
上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2。在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右
的恒力 F，当恒力 F 取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为 s，给木板施加不同大小的恒力 F，
得到 的关系如图乙所示。其中 AB 与横轴平行，且 AB 段的纵坐标为 。将物块视为质点，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 。下列说法正确的是（ ）
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A. DE 段表示滑块最终与滑板共速
B. F=0 时，滑块离开滑板的速度 v=2m/s
C. B 点的坐标为（ ， ）
D. C 点的坐标为（ ， ）
【答案】D
【解析】
【详解】A．在 AB 段，拉力 F 较小，物体在木板上相对于木板滑动的路程保持不变，说明物块会从板右侧
滑离木板；在 BC 段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，之后
保持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；在 DE 段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在
木板上某一位置具有共同速度，物块相对于木板向左滑动，最终物块会从板左侧滑离木板；故 A 错误；
B． 时，根据牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为
木板的加速度大小为
由图像 AB 段可知，滑块相对木板的路程为
联立解得 或 （舍去，此时滑块的速度小于木板的速度）
则物块滑离木板时的速度大小为
故 B 错误；
C．在 AB 段，F 较小，物块将从木板右端滑下，其中 B 点，对应物块恰好到达木板的右端，且两者具有共
同速度 ，设此时对应的恒力为 ，由牛顿第二定律得
由速度关系得
由位移关系得
联立解得
由图乙可知，B 点对应的相对路程 ，代入解得
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故 B 点的坐标为（ ， ），故 C 错误；
D．在 BC 段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，之后保持相
对静止一起以相同加速度做匀加速运动；C 点时物块与木板间的静摩擦力刚好达到最大，设此时对应的恒
力为 ，以物块与木板为整体，由牛顿第二定律得
以物块为对象，由牛顿第二定律得
联立解得 ，
由 C 选项分析同理可得
代入 ，可得
故 C 点的坐标为（ ， ），故 D 正确。
故选 D。
8. 如图，电路中电源电动势为 E，内阻为 r， 为滑动变阻器， 、 为定值电阻。开始时开关 闭合、
断开，平行金属板间有个带负电油滴静止在 P 点，下列操作会使带电油滴向上运动的是（ ）
A. 闭合开关 B. 滑动变阻器滑片上滑
C. 减小极板间距离 D. 减小极板间正对面积
【答案】BC
【解析】
【详解】A．开始时开关 闭合、 断开，电容器上极板带正电，带电油滴静止在 P 点，所受电场力方向
向上，大小与重力相等，闭合开关 外电路总电阻减小，干路电流增大，根据闭合电路欧姆定律可知，路
端电压减小，则 所在支路电流减小， 承担电压减小，即电容器极板之间电压减小，极板之间电场强度
减小，液滴所受电场力减小，可知，带电油滴将向下运动，故 A 错误；
B．开始时开关 闭合、 断开，滑动变阻器滑片上滑，滑动变阻器接入电阻减小，干路电流增大， 承
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担电压增大，即电容器极板之间电压增大，极板之间电场强度增大，液滴所受电场力增大，可知，带电油
滴将向上运动，故 B 正确；
C．极板之间的电场强度大小为
减小极板间距离，极板之间电压不变，则电场强度增大，液滴所受电场力增大，可知，带电油滴将向上运
动，故 C 正确；
D．减小极板间正对面积，由于极板之间电压不变，结合上述可知，极板之间电场强度不变，液滴所受电场
力不变，液滴仍然处于静止状态，故 D 错误。
故选 BC。
9. 如图甲是水下灯光装置简化图。轻质弹簧下端固定在水池底部，上端连接一点光源，点光源静止在 O 点，
其在水面上的投影位置为 ， 。现让点光源在竖直方向做简谐运动，其振动图像如图乙所
示，水的折射率为 。则关于水面上的光斑，下列说法正确的是（ ）
A. 光斑边缘的振动周期为 2s B. 光斑边缘的振幅为
C. 光斑的最大面积为 D. 光斑的最小面积为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．光斑边缘即光刚好发生全反射的位置，当点光源在最低点时，光斑边缘距离 最远，当点光
源在最高点时，光斑边缘距离 最近，故光斑边缘的振动周期与光源的振动周期相同，由图乙可光源振动
周期为 ，故光斑边缘的振动周期也为 ，故 A 正确；
B．设光从水中射出空气发生全反射的临界角为 C，根据全反射临界角公式
根据几何关系可得光斑振幅满足
可得光斑振幅为
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由由图乙可光源振动振幅
光斑振幅为
故 B 错误；
C．光源在最低点时，光斑的面积最大，最大面积为
故 C 错误；
D．光源在最高点时，光斑的面积最小，最小面积为 ，故 D 正确。
故选 AD。
10. 如图，磁感应强度大小为 B 的匀强磁场和电场强度大小为 E 的匀强电场，方向均平行于纸面向上，电
场和磁场区域足够大。带电粒子（不计重力）由 O 点沿 x 轴正向入射到电磁场中，在 z 轴（0，0，h）处 P
点有一接收器，则接收器接收的粒子比荷可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】带电粒子以初速度沿 Ox 轴进入，磁场 B 沿 Oz 轴，故粒子在 xy 平面将做匀速圆周运动自洛伦兹力
提供向心力，则有 、
其角速度
同时，电场 E 也沿 Oz 轴，使粒子在 z 方向做匀加速运动，加速度为
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xy 平面运动方程，设粒子从 O（0，0）出发，初速度沿+x，则半径
角速度
在 t = 0 时，x=0，y=0，速度沿+x，则有 、
粒子只有在ωt = 2nπ（n 为正整数）时才再次回到 xy 平面的原点（0，0）。其最小正周期对应 n=1，时间为
z 方向运动方程为
要求粒子同时满足在 xy 平面回到原点且到达 z= h，即 （n=1，2，3……）
则 （n=1，2，3……）
又
代入可解得 （n=1，2，3……）
由上式可见，当 n = 1 时，
当 n= 2 时，
故选 BD。
二、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。
11. 小彩灯的内部结构如图甲所示，表面涂有氧化层（绝缘物质）的细金属丝与灯丝并联，正常情况下，细
金属丝与灯丝导电支架不导通。为描绘该小彩灯的伏安特性曲线，某实验小组用图乙的电路进行了实验。
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（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片置于图乙中的左端。
（2）闭合开关，反复调节滑动变阻器，小彩灯 亮度能发生变化，但电压表和电流表示数均不能调为零。
如果电路中只有一根导线断路，则该导线是_____（用图中字母表示）。
（3）故障排除后，测得小彩灯的伏安特性曲线如图丙所示。
（4）根据设计，当某个小彩灯两端的电压达到 7.5V 时，灯丝熔断，此时细金属丝的氧化层会被击穿，细
金属丝与灯丝支架会导通，与之串联的其他小彩灯能继续发光，但是亮度会降低。那么，细金属丝的电阻
与原灯丝阻值相比_____（填“偏大”“偏小”或“相同”）。
（5）若把 5 个相同 这款小彩灯串联后与电动势为 30V，内阻为 1Ω的电源通过阻值为 49Ω的定值电阻连
成串联电路，则每个小灯泡消耗的电功率为_____W（保留两位有效数字）。
【答案】 ①. h ②. 偏大 ③. 0.80
【解析】
【详解】（2）[1]闭合开关，反复调节滑动变阻器，小彩灯的亮度能发生变化，但电压表和电流表示数均不
能调为零。则可能是将滑动变阻器接成了限流电路，则如果电路中只有一根导线断路，则该导线是 h。
（4）[2]因与之串联的其他小彩灯能继续发光，但是亮度降低，可知总电阻增大，细金属丝的电阻大于原灯
丝电阻。
（5）[3]闭合电路中，5U= E-I（r+R）
即 5U= 30-50I
作出 I-U 图线，交小灯泡 I-U 图线于（4.0V，0.20A）点，小灯泡功率 P=0.20×4.0W =0.80W
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12. 物理小组设计了一款如图（a）所示的研究向心力大小的实验装置，其简化示意图如图（b），装置固定
在水平桌面，在可调速的电机上固定一个半圆形有机玻璃凹槽（表面光滑，可忽略摩擦的影响），凹槽在电
机的带动下能沿轴转动，旁边竖直固定一标尺，其上是可调高度的激光笔，实验步骤如下：
（1）将钢球放入凹槽底部，上下移动激光笔对准凹槽圆心，此时激光笔所在位置读数记为 。
（2）接通电源，开启电机调速开关，钢球往凹槽外侧运动；当钢球到达某一高度后随凹槽做稳定的匀速圆
周运动，上下移动激光笔，当红色激光对准钢球球心位置时，记录此时激光笔所在位置读数为
（ ），记 。
（3）利用光电传感器探测钢球运动的周期 T，当钢球第 1 次被光电传感器接收到信号时数字计时器开始计
时，并记录为 1 次，达到 n 次时计时器停止计时，记录总时间 t，则钢球运动的周期 T=_____（用题给的符
号表示）。
（4）若适当调大电机转速，钢球运动的周期 T 将_____（填“变大”、“不变”或“变小”）；则激光笔应
_____（填“上移”、“不动”或“下移”）。
（5）改变电机转速，重复实验，得到多组 T 和 h 的数据，记录到表格中，并绘制 图像，根据图像的
斜率 k 还能进一步求出当地重力加速度 g=_____（用题给的符号表示）。
【答案】 ①. ②. 变小 ③. 上移 ④.
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【解析】
【详解】（3）[1]光电传感器连续 2 次接收到信号的时间间隔是一个周期，钢球运动的周期
（4）[2][3]由
若适当调大电机转速，钢球运动的周期 T 将变小；则激光笔应上移。
（5）[4]钢球做匀速圆周运动时重力与支持力的合力提供向心力，如图
则
解得
根据图像的斜率 k 求出当地重力加速度
13. 如图所示，以过 P 点的竖直线为界，空间中存在水平向左的匀强电场和垂直于纸面向外、磁感应强度为
B 的匀强磁场，一质量为 m，电荷量为 q 的带正电小球以一定初速度从 A 点水平向右射出，恰好由 P 点沿
切线无能量损失地进入半径为 R 的竖直光滑固定圆管轨道（小球直径与圆管内径相同且两者忽略不计），轨
道圆心为 O 点，最低点和最高点分别为 M、N，小球从 P 点进入轨道时的动能等于从 A 点射出时动能的 ，
小球恰好能到达圆管轨道最高点 N 点，∠POM=60°，重力加速度为 g，不计空气及摩擦阻力，求
（1）小球经过 M 点时，轨道下表面对小球的支持力；
（2）匀强电场的场强大小。
【答案】（1）
（2）
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【解析】
【小问 1 详解】
因小球恰好能到达圆管轨道最高点 N 点，故小球在 N 点的速度为 0
对 M 到 N，由动能定理
解得
在 M 点，小球受重力，洛伦兹力和支持力，由牛顿第二定律
解得
小问 2 详解】
对 P 到 M，由动能定理
解得
在 P 点，把 水平竖直分解
得 ，
对 A 到 P，水平方向有 ，
竖直方向有
依题意，
则有
综上，解得
14. 如图，水平传送带以 v=5.0m/s 的速率沿顺时针方向匀速转动，左、右两端各与一水平光滑轨道平滑对
接，两对接处 PQ 间距 L=1.6m。一轻质弹簧左端固定，右端在 P 点左侧，弹簧被滑块 A（可看作质点，不
与弹簧栓接）压缩至弹性势能 。已知 A 的质量 ，A 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，
质量 的滑块 B 静止在传送带右侧的轨道上，A、B 间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度大小 g 取
。释放 A 弹簧弹性势能全部转化为 A 的动能，求：
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（1）滑块 A 第 1 次运动至 Q 点时的速度；
（2）滑块 A 第 2 次在传送带上滑动的过程中，带动传送带的电机多消耗的能量。
【答案】（1）6m/s
（2）1J
【解析】
小问 1 详解】
对 A 进行分析，弹簧弹性势能全部转化为 A 的动能，则有
解得
A 在传送带上开始做匀减速直线运动，假设与传送带达到相等速度，则有
解得
可知，A 到达 Q 时速度仍然大于传送带速度，则有
解得
【小问 2 详解】
A、B 发生弹性碰撞，则有 ，
解得 ，
A 在传送带上做匀减速直线运动，假设 A 减速至 0，则有
表明 A 在传送带上速度没有减为 0，则有
解得 ，
舍去 1.6s，即 A 到达 P 位置的时间为 0.4s，此过程，初速度匀速转动，根据功能关系可知，带动传送带的
电机多消耗的能量
解得
15. 如图，竖直面内固定两条光滑长直金属导轨，导轨间距为 L，虚线下方存在磁感应强度为 B，垂直于纸
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面的匀强磁场，导轨与磁场边界垂直，导轨最上方两条支路分别连有大小为 R 的定值电阻和大小为 C 的电
容，一长、高均为 L、质量为 m 的“工”字型框架与导轨始终接触良好，框架水平杆为金属细杆，电阻均
为 R，竖直杆为绝缘细杆。框架从虚线上方某一位置由静止释放，开始时开关 、 均断开，框架下边刚
进入磁场时，框架恰好能竖直向下做匀速直线运动，重力加速度为 g
（1）求框架释放时，下边框距虚线的距离。
（2）框架下边进入磁场瞬间闭合 ，框架下落高度 h（h