2025届广东省建文教育集团高三上学期1月第二次模拟考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省建文教育集团两学部1月第二次模拟注意事项:

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，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.如图，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ=37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数为μ=0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为(

)

A.75 B.57 C.1352.如图所示，2006年8月24日晚，国际天文学联合会大会投票，通过了新的行星定义，冥王星被排除在行星行列之外，太阳系行星数量将由九颗减为八颗．若将八大行星绕太阳运行的轨迹粗略地认为是圆，各星球半径和轨道半径如下表所示行星名称水星金星地球火星木星土星天王星海王星星球半径(×1062.446.056.373.3969.858.223.722.4轨道半径(×10110.5791.081.502.287.7814.328.745.0从表中所列数据可以估算出海王星的公转周期最接近(

)A.80年 B.120年 C.165年 D.200年3.若保持单摆的摆长不变，而使摆球的质量增加为原来的4倍(摆球大小不变)，并使摆球经过平衡位置时，速度减为原来的1/2，则单摆振动的A.频率不变，振幅不变 B.频率不变，振幅改变

C.频率改变，振幅改变 D.频率改变，振幅不变4.彩带舞是一种民间舞蹈艺术，彩带舞爱好者某次抖动彩带形成的彩带波可看成简谐横波。在如图1所示的彩带上有相距6m的M、N两质点，波由M向N传播，某时刻两质点的振动图像如图2所示。下列说法正确的是(

)

A.该简谐横波的传播周期为0.4sB.该简谐波的波长可能为8m

C.该简谐横波的传播速度大小可能为10m/sD.0～1.2s的时间内质点M5.关于下列图片中显示的信息说法正确的是(

)

A.甲图是公路上的指示牌，上面的“3km”“47km”“53km”指的是位移

B.乙图是导航中的信息，上面方案二中的“15分钟”指的是时间

C.丙图是汽车上的时速表，上面指针指示的“70”指的是速度为70米/秒

D.丁图是高速上的指示牌，上面的“120”“100”指的是平均速度的大小6.如图所示，固定的水平长直导线中通有恒定电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中(

)A.由于线框的速度增大，穿过线框的磁通量可能不变

B.线框中一定有顺时针方向的感应电流

C.线框所受合外力的方向可能向上

D.线框的机械能守恒7.如图所示有一半径为R竖直平面内的光滑圆轨道，有一质量为m的小球(可视为质点)，小球能够沿着圆轨道做完整的圆周运动，则小球在轨道的最低点对轨道的压力F1比小球在轨道的最高点对轨道的压力F2大(

)A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.如图所示的虚线为电场中的三个等势面，三条虚线平行等间距，电势值分别为10V、19V、28V，实线是仅受静电力的带电粒子的运动轨迹，A、B、C是轨迹上的三个点，A到中心虚线的距离大于C到中心虚线的距离，下列说法正确的是(

)A.粒子在三点受到的静电力方向相同

B.粒子带负电

C.粒子在三点的电势能大小关系为EpC>EpB>EpA

D.粒子从A9.节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m=1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1=90km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P=50kW.当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L=72m后，速度变为v2=72km/h。此过程中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引，五分之四用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%A.轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小为2×103N

B.驾驶员启动电磁阻尼轿车做匀减速运动，速度变为v2=72km/h过程的时间为3.2s

C.轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能E电10.轮O1、O2固定在同一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑。边缘点A、B，已知轮的半径比r1：r2=2：A.A、B线速度之比为1：1 B.A、B角速度之比为1：2

C.A、B加速度之比为1：2 D.A、B周期之比为2：1三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.如图所示，在倾角θ=37°的斜面上放置一个凹槽，槽与斜面间的动摩擦因数μ=38，槽与斜面面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，槽两端侧壁A、B间的距离d=0.12m。把一小球放在槽内上端靠侧壁A处，现同时由静止释放球和槽，不计球与槽之间的摩擦，斜面足够长，且球与槽的侧壁发生碰撞时碰撞时间极短，系统不损失机械能，球和槽的质量相等，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6

(1)释放球和槽后，经多长时间球与槽的侧壁发生第一次碰撞；

(2)第一次碰撞后的瞬间，球和槽的速度；

(3)从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小。12.(8分)一个右端开口左端封闭的U形玻璃管中装有水银，左侧封有一定质量的空气，如图所示，已知，空气柱长是40cm，两侧水银面高度差56cm，若左侧距管顶66cm处的k点处突然断开，断开处上方水银能否流出？这时左侧上方封闭气柱将变为多高？(设大气压强为1.013×105Pa)

四、计算题：本大题共3小题，共38分。13.如图，整个空间有场强大小为E=3×104V/m的匀强电场，方向水平向右。ABC为竖直面的绝缘光滑轨道，其中AB部分是水平轨道，BC部分是半径为R=0.4m的四分之一圆弧，两段轨道相切于B点。P为水平轨道上的一点，且PB=0.4m，把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+2.5×10-5C

(1)小球到达C点时的速率；

(2)小球从P点到C点的过程中动能的最大值；

(3)小球离开C点后再次到达AB同一水平高度时与P点的距离。14.如图所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为22T。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R=50Ω，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，结果可用根号或π表示。求：

(1)线圈中感应电动势的最大值；

(2)由图示位置转过30°角的过程产生的平均感应电动势；

(3)当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻15.如图所示，在质量为m的物块甲上系着两条细绳，其中长30cm的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数μ=0.75。另一细绳跨过光滑定滑轮与重力为G的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环50cm的地方，系统处于静止状态，OA与棒的夹角为θ，两绳夹角为φ。当G=6N时，圆环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8

(1)OA绳与棒间的夹角θ；

(2)物块甲的质量m。

——★参考答案★——1.【答案】C

【解析】〖祥解〗

对A受力分析，根据平衡条件表示出绳子的拉力，对B受力分析，根据平衡条件求出绳子拉力与B重力的关系，进而得到AB质量之比。

【解答】

对A进行受力分析，根据平衡条件：T=mAg，

对B进行受力分析，如图：

根据平衡条件：mBgcosθ=f，

mAg=N+m2.【答案】C

【解析】解：根据GMmr2=mr4π2T2得，周期T=4π2r3GM，

因为海王星的轨道半径时地球轨道半径的30倍，则海王星的周期大约是地球公转周期的165倍．地球公转周期为1年，则海王星的公转周期为165年．故3.【答案】B

【解析】试题分析：根据单摆周期公式可知，振动周期不变，所以CD排除。由于速度变小一般，但质量增加4倍，所以最低处物体动能不变，即根据机械能守恒E=mgh，说明高度应该减小1/4，所以B正确

考点：单摆

点评：本题考查了结合单摆周期公式判断单摆的振动周期，通过机械能守恒定律判断物体的上升的高度。4.【答案】D

【解析】解：A、根据振动图像可知简谐横波的传播周期为0.8s，故A错误；

B、M和N平衡位置相距(14+n)λ=x，解得：λ=1214+nm=484n+1m(n=0、1、2、3……)，如果波长为8m，则n=54，故B错误；

C、波的传播速度大小为v=λT，解得：v=604n+1m/s(n=0、1、2、3……)，当波速为10m/s时，n=54，故C错误；

D、0～1.2s的时间，即经过Δt=1.20.8T=112T，M点通过的路程为s=35.【答案】B

【解析】解：A、“3km”“47km”“53km”指的是运动轨迹的长度，是路程，故A错误；

B、“15分钟”指的是所需的时间长度，是指时间，故B正确；

C、指针指示的“70”指的是速度为70km/h≠70m/s，故C错误；

D、“120”“100”指的是瞬时速度的大小，不是平均速度的大小，故D错误。

故选：B。

路程是物体经过的实际轨迹长度；位移是描述物体位置变化的物理量，是从起点指向终点的有向线段。瞬时速度表示某一时刻或某一位置的速度，研究的是“点”，平均速度表示一段时间或一段位移的速度。

6.【答案】B

【解析】〖祥解〗

根据右手螺旋定则判断出直导线周围的磁场方向，离导线越远，磁场越弱，根据楞次定律判断感应电流的方向，再通过左手定则判断线框所受的安培力的合力方向。解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道机械能守恒的条件。同时在C选项中，根据左手定则，上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，由于上边所处的磁场强，所以上边所受的安培力大小大于下边所受的安培力大小，所以线框所受安培力的合力方向竖直向上；但线框向下做加速运动，整体受到的合外力的方向向下。

【解答】

AB.根据右手螺旋定则，知直导线下方的磁场方向垂直纸面向里，线框由静止释放，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向。故A错误，B正确；

C.线框向下做加速运动，整体受到的合外力的方向向下。故C错误；

D.在下降的过程中，除重力做功以外，有安培力做功，所以线框的机械能不守恒。故D错误。

故选：B。7.【答案】D

【解析】解：设小球在高点时速度为v0，据向心力公式可知，在最高点时：

F2+mg=mv02R

根据机械能守恒定律可知，

mg⋅2R=12mv212mv02

8.【答案】ABC

【解析】解：A、根据电场线垂直于等势面可知，粒子在三点受到的静电力方向相同，故A正确；

B、由粒子的运动轨迹得知，所受静电力垂直等势面向左下，而电场方向垂直等势面向右上，则粒子带负电，故B正确；

C、A、B、C三点电势大小关系为φA>φB>φC，因粒子带负电，根据Ep=qφ有EpA<EpB<EpC，故C正确；

D、根据静电力做功W=qU，A、B两点之间的电势差大于B、C两点之间的电势差，则9.【答案】ACD

【解析】解：A、v1=90km/h=25m/s，汽车牵引力与输出功率的关系：P=F牵v可得：F牵=Pv1=50×10325N=2×103N，故A正确；

B、驾驶员启动电磁阻尼，功率不变，轿车做变减速运动，故B错误；

C、当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，即f=2×103N，在减速过程中，注意到发动机只有15P用于汽车的牵引，

根据动能定理有：15Pt-fL=12mv 22-12mv10.【答案】ABCD

【解析】解：A、A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，则vA：vB=1：1.故A正确；

B、A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，根据v=rω，ωA：ωB=r2：r1=1：2，故B正确；

C、根据an=vω，可知，A、B两点的加速度之比为1：2.故C正确；

D、由T=2πω，可知，A、B两点的周期之比为2：1，故D正确。11.【答案】解：(1)球和槽作为整体，对整体受力分析，

则在沿斜面方向上：2mgsinθ-μF=2ma，在垂直于斜面方向上：2mgcosθ=F1，

由相互作用力关系可知：F=F1，解得：a=0，即槽在沿斜面方向上静止；

对球受力分析，在沿斜面方向上：mgsinθ=ma1，解得：a1=6m/s2，

球相对于槽沿斜面向下运动，由匀变速运动关系式可知：d=12a1t2，解得：t=0.2s；

(2)碰撞前球做匀变速直线运动，即碰撞前球的速度为：v1=a1t=6m/s2×0.2s=1.2m/s，

以沿斜面向下为正方向，若碰撞后球的速度为v2，槽的速度为v3，则碰撞前后，由动量守恒可知：mv1=mv2+mv3，

碰撞前后，机械能不损失，即总动能不变，12mv12=12mv22+12mv32，

由球和槽的相对位置可知，槽和球的速度必然满足：v3≥v2，

联立解得：v2=0，v3=1.2m/s，槽的速度方向沿斜面向下；

(3)由(1)(2)分析可知，第一次碰撞后，槽将以1.2m/s的速度沿斜面匀速向下，而球以初速度为0，开始做匀加速直线运动；

从第一次碰撞后，到球与槽共速时：v3=a1Δt，解得：Δt=0.2s，

此时球的位移为：x槽=v3Δt，槽的位移为：x球=12a1(Δt)2，代入数据可知恰好满足：d=x槽-x球，

即球恰好与槽的右侧壁相遇，但不碰撞，之后球继续加速，槽继续匀速，即在球槽第二次碰撞前，球和槽的受力不会变化；

从第一次碰撞后，到球第二次接触槽的左侧壁时，【解析】(1)对球和槽整体受力分析，可判断槽的运动状态；对球受力分析，可判断球的运动状态，根据球和槽的相对运动情况，即可计算球经过多长时间，与槽发生第一次碰撞；

(2)由于球与槽碰撞过程，不损失机械能，根据碰撞过程的动量守恒和机械能守恒，可计算碰撞后球和槽的速度；

(3)根据球槽碰撞后的运动特点，可计算第二次碰撞、第三次碰撞的两个过程中槽的位移关系式，从而计算从初始位置到第三次碰撞，槽的总位移。

本题考查动量和能量的综合问题，在分析第一次碰撞后，球和槽的运动情况时，注意先要判断球是否会与槽的右侧壁发生碰撞。12.【答案】否；16cm

【解析】

试题分析：

断开处的压强小于外界大气压，故断开处上方的水银不会流出；以封闭的一定质量气体为研究对象：整个过程可以看做等温变化，由玻马定律：

可以求出：

考点：理想气体状态方程

点评：此题要分析出K处断开后，压强和外界大气压相等，以密闭气体为研究对象，求出初、末态的压强，利用玻马定律。13.【答案】解：(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由P→C的过程中，由动能定理得

qE⋅2R-mgR=12mvc2-0

解得

vC=2m/s

(2)由于

qE=0.75mg

小球从B到C的过程中，切线方向合力为零时，动能最大，此时合力与竖直方向的夹角为

tanθ=qEmg=34

小球的动能最大，由动能定理

qER(1+sinθ)-mgR(1-cosθ)=Ekm

Ekm=0.4J

(3)以C点为原点，设小球再次回到AB高度时到达F点，则

-R=vCt-12gt2

xPF=2R+12qEm【解析】(1)根据动能定理解答；

(2)根据“等效重力场”和几何关系，切线方向合力为零时速度最大；

(3)根据类平抛运动规律解答。

在本题中物体不仅受重