2025届广东省湛江市高三上学期调研考试物理试卷（含答案）

届广东省湛江市高三上学期调研考试物理试卷一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．利用氡的自然衰变过程，测氡仪能够准确测量不同环境中氡的含量和变化趋势。已知氡核衰变反应方程式为86222A．X是正电子 B．属于β衰变C．环境温度会影响反应的快慢 D．84218Po的比结合能比2．如图，某办公室有一竖直铁质的公告栏，通知纸用磁吸块压在公告栏上面，下列说法正确的是（）A．通知纸受到4个力作用B．磁吸块受到的摩擦力方向竖直向下C．通知纸受到公告栏的摩擦力大小大于其自身重力大小D．磁吸块对通知纸的压力和公告栏对通知纸的压力是一对相互作用力3．游客去高海拔景区旅游时，多数会出现高原反应，而通过吸氧可以缓解高原反应。如图，某游客按压便携式氧气罐喷出气体过程中，假定罐内气体可视为理想气体且温度保持不变，则罐内气体（）A．压强不变 B．总内能不变 C．对外做功 D．放出热量4．如图，某同学从A点水平抛出一弹性小球（可视为质点），小球在B点与竖直墙面发生碰撞后反弹，碰撞时间忽略不计，若弹性小球和墙面碰撞后，水平方向速度大小减小为原来的一半，竖直方向速度保持不变，经过一段时间，小球落在水平地面上。已知A点离地高为H、与墙距离为s，B点离地高为34A．12s B．s C．35．某同学制作了一款风力发电机，由扇叶带动线圈在固定的磁极中转动并切割磁感线，其原理简图如图所示，测得发电机的电动势随时间变化的规律为e=5sin(10πt)V。现在a、b两端接上阻值A．电流变化的周期为0.5sB．风力增大，则线圈产生的交流电频率增大C．如图位置时，线圈磁通量为零，感应电动势也为零D．小灯泡的功率为5W6．光滑水平面上弹簧振子沿轴线AB做简谐运动，一垂直于AB的弹性长绳与振子相连，沿绳方向为x轴，沿弹簧轴线方向为y轴，绳上产生一列沿x轴正方向传播的横波，t=0时刻形成波形图如图所示。若弹簧振子振动周期T=0.2s，下列说法正确的是（）A．Q点比P点先经过x轴B．0~0.25s，M点经过的路程为0.5mC．该列横波的传播速度为10m/sD．M点的位移y随时间t变化的关系式为y=0.17．嫦娥六号探测器在中国探月工程中，旨在探索月球背面南极——艾特肯盆地，寻找新矿物“嫦娥石”。如图，嫦娥六号在发射5天后，进入周期12小时的椭圆轨道I。在这之后，嫦娥六号将继续制动，进入周期4小时的椭圆停泊轨道II，最后在近月点再次制动进入高度为200km、周期约128分钟的圆轨道III。下列说法正确的是（）A．同一轨道上，嫦娥六号在近月点速度最小B．嫦娥六号在圆轨道III上的机械能最大C．椭圆轨道I、II的半长轴之比为3D．嫦娥六号在制动过程，其发动机应朝运动的反方向喷气二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，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．静电喷涂是一种利用高压静电场使带负电的涂料微粒定向运动，并吸附在工件表面的喷涂方法。如图为静电喷涂装置简化图，接上高压电源后在喷口和被涂物间产生强电场，虚线为等势面。带负电液滴从喷口飞向被涂物，a、b、c是其中一条路径上的三点，b是a、c连线的中点，液滴重力不计，下列说法正确的是（）A．a点附近的电场强度比b点附近的小B．b点的电势是a、c两点电势之和的一半C．同一带负电液滴在a点的加速度大于在c点的加速度D．同一带负电液滴从喷口飞向被涂物过程中，电势能减小9．如图为一根弹性轻绳，它的一端固定在O点，让该轻绳自然下垂时，其末端刚好位于P点。现在轻绳末端系一质量为m的小球（可视为质点），将小球从A点静止释放，小球沿直线运动，经P点后到达最低点B。整个过程中弹性绳始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。若小球从A点运动到B点的时间为t，下列说法正确的是（）A．小球在P点时速度最大B．小球从P点到B点的过程中，弹性绳的弹性势能一直增大C．小球从A点到B点，重力势能减少量大于轻绳弹性势能增加量D．小球从A点到B点，小球所受轻绳拉力的冲量大小为mgt10．如图为某粒子收集器的简化图，由加速、偏转和收集三部分组成。辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U。足够长的收集板MN平行于边界ACDB，O到MN的距离为L，ACDB和MN之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0A．外圆弧面AB上有23B．外圆弧面AB上有12C．外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差U=D．若增大外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差，则打在收集板MN的粒子数占比将增大三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答）11．下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。（1）图甲是“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验装置示意图。长槽横臂的挡板A和短槽横臂的挡板B到各自转轴的距离相等。本实验中，用到的物理方法是（选填“控制变量法”或“等效替代法”），若将质量相等的小球分别放在挡板A、B处，传动皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为2：1。当转动手柄时，左、右两侧露出的标尺格数之比为。（2）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，某同学用游标卡尺测量一小球的直径，测量结果如图乙所示，则该小球的直径d=cm。（3）在“探究等温情况下，一定质量气体压强与体积的关系”实验中，为了控制气体温度这一变量，应（选填“快速”或“缓慢”）推动活塞，并且避免用手握住注射器封闭气体部分。12．太阳能电池是环保零碳的能源之一，某兴趣小组设计如图甲电路探究某款太阳能电池的伏安特性，实验过程如下：（1）用多用电表测量甲图中a、b间电压，多用电表的红表笔应接（选填“a”或“b”）点。（2）调节电阻箱Rx，当电流表示数为50mA时，多用电表示数如图乙所示（量程为直流50V），则指针所示的电压值为V。此后多次改变电阻箱Rx的阻值，根据多用电表、电流表的示数得到了如图丙所示的（3）观察图丙的曲线，发现当输出电流I≤100mA时，U与I成线性关系，可得电池电动势E=V，在此条件下，该太阳能电池的内阻r=Ω。（结果均保留2位有效数字）（4）当电流大于100mA时，发现U与I成非线性关系，随着电流增大，该电池的内阻（选填“增大”“减小”或“不变”）。（5）由图丙可知，当U=15.0V时，该太阳能电池的输出功率为W（结果保留2位有效数字）。13．如图为空气中两个完全相同的透明半球体介质，半径均为R，底面水平平行错开放置且竖直间距为R2，其折射率未知。一束单色光与竖直方向成30°角沿半球体甲的半径射入，射出后恰好射向另一半球体乙底面的圆心处，并从半球体乙射出；当该单色光与竖直方向成45°角同样沿半球体甲的半径射入时，光线恰好未从半球体甲的底面射出。sin30°=0.5，（1）该介质的折射率n；（2）两半球体球心错开的水平距离s。14．某探究小组设计了如图所示的发电模型，模型由手摇柄、大齿轮、小齿轮、链条、绝缘大圆盘等组成。在大圆盘上对称地固定有四个完全相同的环状扇形线圈M1、M2、M3、M4，每个线圈对应的圆心角为π3，内径、外径分别为r和3r，圆心在转轴轴线上，线圈匝数均为N，电阻均为R。ab和cd为线圈M（1）线圈M1（2）线圈M1的ab边刚进入磁场时，线圈M（3）从线圈M1的ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场，线圈M1产生的焦耳热15．如图，一倾角为30°的固定斜面上，放置长为2l、质量为2m的凹槽，凹槽内侧底面光滑，外侧底面与斜面间的动摩擦因数为239，开始时用手托住凹槽下端使其静止不动。现在凹槽内正中间放置一底面光滑的质量为m的物块，静止释放物块的同时，松开托着凹槽的手，斜面足够长，若物块与凹槽碰撞为弹性碰撞，重力加速度大小为g，物块可视为质点，（1）物块与凹槽第一次碰撞后两者的瞬时速度v1和v（2）通过计算判断物块与凹槽第二次碰撞是在凹槽的上端还是下端；（3）在物块与凹槽第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，凹槽滑动的距离s。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】ABC．根据电荷数和质量数守恒，得X粒子为24He，因此该反应属于D．比结合能反映了原子核的稳定性，通常在核衰变过程中，生成的原子核的比结合能比原始原子核的比结合能大。衰变过程，释放核能，比结合能增大，故84218Po的比结合能比故选D。

【分析】根据核衰变的类型判断属于哪种衰变；比结合能大小反映了原子核的稳定性；环境因素对核衰变进程没有影响。2．【答案】C【解析】【解答】A．通知纸受到重力、公告栏和磁吸块对纸的压力、公告栏和磁吸块对纸的摩擦力共5个力作用，A项错误；B．磁吸块相对纸有向下运动的趋势，则受到摩擦力方向竖直向上，B项错误；C．通知纸在竖直方向受自身重力、公告栏对其向上的摩擦力和磁吸块对其向下的摩擦力，如图，有G所以通知纸受到公告栏的摩擦力大小大于其自身重力大小，C项正确；D．力是物体对物体的作用，每个力一定同时存在着受力物体和施力物体。两个物体之间的作用总是用相互的，物体间相互作的这一对力称为的作用力和反作用力。作用力和反作用力总是等大、反向的，可以把其中任何一个力叫作作用力，另一个力叫作反作用力。磁吸块对通知纸的压力和公告栏对通知纸的压力是一对平衡力，而非相互作用力，D项错误。故选C。

【分析】按照重力、压力、摩擦力的顺序分析；平衡力是指作用在一个物体上的两个或多个力，它们的合力为零，根据通知纸竖直方向的受力进行分析；相互作用力是指两个物体之间发生的相互作用。3．【答案】C【解析】【解答】本题主要是考查理想气体的状态方程和热力学第一定律，解答本题的关键是知道气体膨胀对外做功，如果温度不变，则内能不变，根据理想气体的状态方程结合热力学第一定律求解。A．喷出气体过程中，罐内气体质量变小，温度、体积不变，根据理想气体状态方程PV可知气体压强减小，故A错误；B．温度不变，平均动能不变，罐内气体分子数减少了，故总内能减小，故B错误；C．气体膨胀，对外做功，故C正确；D．根据热力学第一定律可知Δ喷出气体瞬间，气体对外做功，内能减小，温度降低，此时罐内气体需要吸收热量，使得罐内气体温度保持不变，故D错误。故选C。

【分析】气体膨胀对外做功、如果温度不变，则内能不变，根据理想气体的状态方程结合热力学第一定律分析，根据温度是分子平均动能的标志分析分子平均动能以及总动能的大小是否变化。4．【答案】A【解析】【解答】解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，知道该运动竖直方向上做自由落体运动，水平方向上速度大小不变，结合运动学公式灵活求解。设小球从抛出到碰墙的时间为t1，从碰墙到落地时间为tH4=解得t水平方向上，碰墙前有s=碰墙后有s故选A。

【分析】小球做平抛运动，根据水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动分析计算即可。5．【答案】B【解析】【解答】矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动的过程中，与轴平行的两条边（导线）切割磁感线，因而产生感应电动势，线圈上就有了电流．交流发电机的工作过程是将机械能转化为电能和回路中内能的过程，符合能量守恒定律。A．由电动势的表达式可知ω=10π rad/s故T=故A错误；B．风力增大，线圈转动的角速度增大，因f=则线圈产生的交流电频率增大，故B正确；C．线圈在图示位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，产生的电动势最大，故C错误；D．电动势有效值为E=由于线圈内阻可忽略，小灯泡的功率P=故D错误。故选B。

【分析】根据电动势随时间变化的规律可明确对应的交流电的角速度，再由角速度公式求得周期；根据周期公式求出频率表达式，根据频率表达式分析判断；图示位置线圈与磁场方向平行，据此分析磁通量和感应电动势的大小。6．【答案】B【解析】【解答】本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道方程中各字母表示的物理意义，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。A．该横波沿x轴正方向传播，根据“同侧法”判断知P点沿y轴正方向运动，Q点沿y轴负方向运动，所以P点先经过x轴，故A错误；B．由于t=0.25s=1可得再经过0.25s，M点经过的路程s=故B正确；C．由图知该列波的波长λ=4mv=故C错误；D．t=0时刻，M点沿着y轴负方向运动，M点的位移y随时间t变化的关系式为y=−A故D错误。故选B。

【分析】根据“同侧法”判断振动方向进行分析；一个周期通过的路程为4A，由此分析；根据波速计算公式求解该列横波的传播速度；M点此时沿着y轴负方向运动，根据振动方程的一般表达式得到M点的位移y随时间t变化的关系式。7．【答案】C【解析】【解答】在变轨过程中，卫星需要通过消耗燃料来改变其轨道，这涉及到能量的转换和机械能的变化。同时，根据开普勒第三定律对于计算不同轨道的周期和半长轴的关系。A.根据开普勒第二定律，同一轨道，嫦娥六号在近月点速度最大，A错误；BD.嫦娥六号从椭圆轨道I到椭圆轨道II再到圆轨道III都需要朝运动的同方向喷气，嫦娥六号做负功，机械能减小，所以嫦娥六号在圆轨道III上机械能最小，BD错误；C.根据开普勒第三定律，椭圆轨道I、II的半长轴之比aC正确。故选C。

【分析】根据开普勒定律、机械能守恒、以及变轨原理判断嫦娥六号的变轨过程涉及到能量转换和轨道参数的变化。8．【答案】C,D【解析】【解答】根据图示等差等势面间的距离判断出电场强度如何变化是解题的前提，应用牛顿第二定律、电场力做功与电势能变化的关系即可解题。A．根据等势面画出电场线如图所示a点附近电场线比b点附近的密，a点附近的电场强度比b点附近的大，故A错误；B．a、c间的电场非匀强电场，故b点的电势并不是a、c两点电势之和的一半，故B错误；C．由于a点附近的电场强度比c点附近的大，根据Eq=ma得a=同一带负电液滴在a点的加速度大于在c点的加速度，故C正确；D．同一带负电液滴从喷口飞向被涂物过程中，电场力做正功，电势能减小，故D正确。故选CD。

【分析】根据等差等势面的疏密判断电场强度大小关系；应用牛顿第二定律判断加速度大小关系；根据电场力做功情况判断液滴电势能大小关系。9．【答案】B,D【解析】【解答】此题解题关键是对小球的受力分析，同时要结合力的合成以及力与运动的关系等知识，还要明白在下落的过程中，是重力势能与动能、弹性势能之间的相互转化。A．小球的平衡位置在P点下方，P点到平衡位置，小球加速度仍向下，仍会继续加速，故P点速度并非最大，而是在平衡位置处速度才是最大值，故A错误；B．从P点到B点过程中，弹性绳被拉长，形变一直增大，则弹性势能增大，故B正确；C．从A点到B点，根据能量守恒，小球重力势能减少量等于弹性势能增加量，故C错误；D．从A点到B点，根据动量定理，有mgt−可得小球所受轻绳拉力的冲量大小为I故D正确。故选BD。

【分析】根据小球在下落过程中不同的位置，从小球的受力分析入手解答；小球越过P点后，轻绳伸长，产生的弹力由小到大，从而直接影响到运动状态和速度的大小变化。10．【答案】A,D【解析】【解答】粒子运动过程为各种不同正离子束（速度可看作为零），经加速电场（加速电场极板间的距离为d、电势差为U）加速，然后进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中做匀速圆周运动，最后到达收集板MN上。AB．如图，由几何关系，得cos解得α=又β=α=故外圆弧面AB上有η=的粒子能打在收集板MN上，故A正确，B错误；C．粒子加速过程Uq=在磁场中qv解得外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U=故C错误；D．若增大外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差，进入磁场的速度增大，则粒子在磁场中的半径增大，由cos得α变小，再由η=打在收集板MN的粒子数占比将增大，故D正确。故选AD。

【分析】根据带电粒子在磁场中圆周运动的特点，可计算粒子的轨迹与MN相切时的角度，结合角度特点，可知打在MN上的占比；由动能定理，可得到圆弧面电势差与粒子在磁场中速度的关系，由粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，可计算电势差。11．【答案】（1）控制变量法；1：4（2）1.220（3）缓慢【解析】【解答】本题考查了“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验和“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验，要明确实验原理掌握游标卡尺的读数规则，掌握实验的正确操作，掌握向心力公式的运用。

（1）本实验中采用的物理方法是控制变量法，若将质量相等的两小球分别放在挡板A、B处，两小球做圆周运动的半径相等，传动皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为2：1，根据v=ωRA、B两处的角速度大小之比为1：2，根据F=m左、右两侧露出的标尺格数之比为1：4。（2）图乙为20分度的游标卡尺，精度为0.05mm。主尺读数为12mm，游标尺上第4条刻线与主尺上的一条刻线对齐，测量结果为12mm+4×0.05mm=12.20mm=1.220cm。（3）在“探究等温情况下，一定质量气体压强与体积的关系”实验中，为了控制气体温度这一变量，应缓慢推动活塞，使产生的热量散失掉，并且避免用手握住注射器封闭气体部分。【分析】（1）本实验中采用的物理方法是控制变量法；根据线速度与角速度的关系和向心力公式求解作答；

（2）20分度的游标卡尺的精度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则读数；

（3）根据实验的正确操作结合控制变量法分析作答。（1）[1][2]本实验中采用的物理方法是控制变量法，若将质量相等的两小球分别放在挡板A、B处，两小球做圆周运动的半径相等，传动皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为2：1，根据v=ωRA、B两处的角速度大小之比为1：2，根据F=m左、右两侧露出的标尺格数之比为1：4。（2）图乙为20分度的游标卡尺，精度为0.05mm。主尺读数为12mm，游标尺上第4条刻线与主尺上的一条刻线对齐，测量结果为12mm+4×0.05mm=12.20mm=1.220cm。（3）在“探究等温情况下，一定质量气体压强与体积的关系”实验中，为了控制气体温度这一变量，应缓慢推动活塞，使产生的热量散失掉，并且避免用手握住注射器封闭气体部分。12．【答案】（1）a（2）17.0（3）18；20（4）增大（5）2.1【解析】【解答】本题考查了探究某款太阳能电池的伏安特性的实验，此实验的原理是闭合电路欧姆定律，掌握利用图像处理数据的方法。

（1）由“红进黑出”可知，红表笔应接a点。（2）电压表分度值为1V，指针所示的电压值为17.0V。（3）根据闭合电路欧姆定律有U=E−Ir可知E=18V由图像斜率可得r=（4）当电流大于100mA时，随着电流增大，图像斜率变大，所以内阻增大。（5）当多用电表的示数为15.0V时，电流为140mA，电池的输出功率为P=UI=2.1W

【分析】（1）根据“红进黑出”的规则判断。

（2）多用电为量程为50V的电压表，确定其分度值再读数。

（3）根据闭合电路欧姆定律，结合U-I图像的斜率与纵截距求解。

（4）根据图丙的图像可知随着电流的增大，该电池的路端电压减小的越来越快，由此分析该电池的内阻的变化。

（5）读出对应的电流值，根据电功率计算公式求解。（1）由“红进黑出”可知，红表笔应接a点。（2）电压表分度值为1V，指针所示的电压值为17.0V。（3）[1]根据闭合电路欧姆定律有U=E−Ir可知E=18V[2]由图像斜率可得r=（4）当电流大于100mA时，随着电流增大，图像斜率变大，所以内阻增大。（5）当多用电表的示数为15.0V时，电流为140mA，电池的输出功率为P=UI=2.1W13．【答案】（1）解：当入射角为45°时，光线恰好未从半球体甲的底面射出，说明此时光线恰好发生全反射现象。临界角为

C=45°

根据sin得n=2（2）解：以入射角30°沿半球体甲的半径射入，在半球甲底面发生折射现象，设此时入射角为r，折射角为i，由题意知r=30°，根据折射定律，有n=得i=45°由几何关系，两半球体球心错开的水平距离为s=【解析】【分析】（1）光线恰好未从半球体甲的底面射出，说明此时光线恰好发生全反射现象，根据全反射的特点即可解出；

（2）根据折射定律求出折射角，再结合几何关系即可解出两半球体球心错开的水平距离。（1）当入射角为45°时，光线恰好未从半球体甲的底面射出，说明此时光线恰好发生全反射现象。临界角为C=45°。由sin得n=（2）以入射角30°沿半球体甲的半径射入，在半球甲底面发生折射现象，设此时入射角为r，折射角为i，由题意知r=30°，根据折射定律，有n=得i=45°由几何关系，两半球体球心错开的水平距离为s=14．【答案】（1）解：线圈M1v根据法拉第电磁感应定律有E=NB(3r−r)解得E=4NBω（2）解：线圈M1E=4NBω电流为I=线圈M1F=NBI(3r−r)解得F=（3）解：从ab边刚进入磁场，到cd边刚进入磁场经历的时间为t=Q=联立解得Q=【解析】【分析】（1）根据线速度与角速度的关系，确定线圈M1的ab边平均的线速度大小，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势。

（2）根据闭合电路欧姆定律求出感应电流，根据安培力计算公式求解线圈M1受到的安培力大小。

（3）根据角速度先求出此过程的时间，根据焦耳定律求解此过程线