2025届广东省珠海市等三地高三上学期一模物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025届大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（一）物理本卷共6页，15小题，满分100分。考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将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，再选涂其他答案。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.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。第一部分选择题（共46分）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，只有一项符合题目要求，选对得4分，选错得0分。1.某种铀矿石中含有丰富，把这种铀矿石密封在一个真空的铅箱内，一段时间后，在铅箱内检测到了，下列说法正确的是（）A.这段时间发生了衰变B.铀矿石衰变的核反应方程为C.铅箱内的铀矿石至少需一个半衰期后才有粒子产生D.放出的粒子是由中2个质子和1个中子结合产生的【答案】A【解析】AB．根据质量数和核电荷数守恒可知，铀矿石衰变的核反应方程为A正确，B错误；C．铀矿石在密封时就已经开始衰变，不需要经过一个半衰期后才有粒子产生，C错误；D．放出的粒子是由中2个质子和2个中子结合产生的，D错误。故选A。2.如图所示为嫦娥六号探测器登月的简化过程，探测器从地球表面发射至地月转移轨道，在点被月球捕获后沿椭圆轨道①绕月球运动，然后在点变轨后沿圆形轨道②运动，下列说法正确的是（）A.探测器在轨道①上经过点时应该加速才能进入轨道②B.探测器在轨道②上的运行速度大于月球的第一宇宙速度C.探测器在地月转移轨道上远离地球的过程中，地球对探测器的万有引力对探测器做负功D.探测器在轨道①上的周期小于轨道②上的周期【答案】C【解析】A．飞船由椭圆轨道①上经过P点时应该减速做向心运动变轨到轨道②，故A错误；B．月球的第一宇宙速度是卫星绕月球做匀速圆周运动的最大速度，即为由月球的万有引力提供向心力可得解得飞船在轨道②上的环绕速度其中是飞船距月球表面的高度，可知飞船在轨道②上的环绕速度小于月球的第一宇宙速度，故B错误；C．探测器在地月转移轨道上远离地球的过程中，引力方向与位移方向的夹角大于90度，所以地球对探测器的万有引力对探测器做负功，故C正确；D．设飞船在轨道①上半长轴为a，由开普勒第三定律可得可知则有即飞船在轨道①上的周期大于轨道②上的周期，故D错误。故选C。3.体育课上某同学水平抛出一铅球，忽略空气阻力，从抛出时开始计时。下列关于铅球的速度大小、竖直方向分位移的大小、速度与水平方向夹角的正切值，位移与水平方向夹角的正切值随时间的变化关系中，正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】A．铅球的速度大小为可知图像不是一次函数关系，故A错误；B．根据可知，图像是开口向上的抛物线，故B错误；C．根据可知图像是正比例函数关系，故C正确；D．根据可知图像是正比例函数关系，故D错误；故选C。4.某同学手握住绳子的一端，手做简谐运动使绳子振动起来。以手的平衡位置为坐标原点，在抖动绳子过程中某时刻的波形如图所示，若手抖动的频率是，下列说法正确的是（）A.该绳波传播速度为 B.此时绳子上点正沿轴正方向运动C.此时绳子上点正沿轴负方向运动 D.再经过，点到达轴上方对称位置【答案】A【解析】A．该绳波波长为4m，则传播速度为选项A正确；BC．波沿方向传播，根据同侧法可知点沿方向振动和Q点沿方向振动，选项BC错误；D．再经过，点回到图中位置，选项D错误。故选A。5.如图所示，正方体，在和处放置电量分别为、的点电荷，则下列说法正确的是（）A.点电势高于点电势B.、两点电场强度的比值为C.、、、四点处电场方向相同D.将一正试探电荷沿棱从点移动到点，电势能不变【答案】B【解析】A．B点到、的距离相等，电势为零，D点到、的距离也相等，电势也为零，即B、D两点电势相等，故A错误；B．设正方向的边长为a，因为等边三角形，故、在B点产生的场强方向互成且大小相等，故B点的电场强度大小为、在点产生的场强大小相等且方向互相垂直，故点的电场强度大小为故、两点电场强度的比值为故B正确；C．平面是、连线的中垂面，根据等量异种电荷的电场线分布特点可知，B、D两点的电场强度方向均平行于且指向一侧，而、在平面内，根据等量异种电荷的电场线分布特点及对称性可知，A、C两点的电场强度方向不同，故C错误；D．A点距较近，其电势大于零，B点电势等于零，故A、B两点电势不同，将一正试探电荷沿棱从点移动到点，电势能改变，故D错误。故选B6.网球运动员在离地面高度处将网球以大小为的速度斜向上击出，空气阻力的影响不可忽略，网球经过一段时间后升到最高点，此时网球离地面高为，速度大小为。已知网球质量为，重力加速度为。则（）A.网球从被击出到最高点的过程，机械能守恒B.网球从被击出到最高点的过程，减少的动能全部转化为增加的重力势能C.网球在其轨迹最高点时重力的功率等于零D.网球从被击出到最高点的过程，克服空气阻力做功为【答案】C【解析】A．网球从被击出到最高点的过程，要克服空气的阻力做功，机械能不守恒，A错误；B．网球从被击出到最高点的过程，减少的动能一部分转化为重力势能，另一部分用来克服空气阻力做的功，B错误；C．在最高点时，速度沿水平方向，竖直方向的速度为，根据功率C正确；D．由动能定理可知解得D错误。故选C。7.如图所示，某创新实验小组制作了一个边长为的正方形框，将4个相同的轻弹簧一端固定在正方形框各边中点上，另外一端连接于同一点，结点恰好在中心处。将正方形框水平放置，在结点处用轻绳悬挂一瓶矿泉水，平衡时结点下降了。已知轻弹簧的自然长度为，矿泉水的重力为，忽略正方形框的形变，则每根弹簧的劲度系数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】每根弹簧伸长后的长度为每根弹簧伸长后与竖直方向的夹角的余弦值为根据O点受力平衡和胡克定律有又联立解得故选B。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.学生常用的饭卡内部结构由线圈和芯片组成。如图所示，当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，在饭卡内线圈中产生感应电流驱动芯片工作，已知线圈面积为S，共匝，某次刷卡时，线圈全部处于磁场区域内，且垂直线圈平面向外的磁场在时间内，磁感应强度由0均匀增大到，在此过程中（）A.线圈中磁通量的最大值为 B.线圈中产生感应电流沿方向C.线圈面积有缩小的趋势 D.线圈中感应电动势大小为【答案】BCD【解析】A．线圈中磁通量的最大值为故A错误；B．通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知线圈中感应电流的磁场方向垂直线圈平面向里，由安培定则可知线圈中产生感应电流沿方向，故B正确；C．通过线圈的磁通量增大，线圈面积有缩小的趋势，阻碍磁通量的变化，故C正确；D．线圈中感应电动势大小为故D正确。故选BCD。9.如图，动物园熊猫馆中有一个长，倾角为30°的坡道，坡道底端有一垂直于坡面的防护板。一个质量的熊猫从坡道顶端由静止滑下，熊猫与防护板的碰撞时间，熊猫与防护板碰撞后不反弹，忽略熊猫的大小和坡道的摩擦力，重力加速度取，下列说法正确的是（）A.熊猫从开始下滑到碰到防护板所用的时间为B.熊猫碰到防护板前瞬间的动量大小为C.熊猫受到防护板对它的平均作用力大小为D.熊猫与防护板碰撞过程中重力的冲量大小为【答案】AC【解析】A．对熊猫受力分析，根据牛顿第二定律可得解得由匀变速直线运动规律可得解得A正确；B．根据匀变速直线运动规律可得，熊猫碰到防护板前瞬间的速度大小为故熊猫碰到防护板前瞬间的动量大小为B错误；C．设熊猫受到防护板对它的平均作用力，选取碰撞前速度的方向（沿斜面向下）为正方向，根据动量定理则有解得C正确；D．根据冲量的定义可得，熊猫与防护板碰撞过程中重力的冲量大小为D错误。故选AC。10.托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，其内部产生的磁场可以把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内。图甲为该装置的简化模型，两个圆心相同、半径不同的圆环将空间分成无磁场的反应区和匀强磁场方向垂直于纸面向里的约束区。如图乙所示，一带电微粒沿半径方向从点射入约束区并从点返回反应区，运动轨迹恰好与约束区外边界相切。若该微粒经过点时，与一静止不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，微粒所受重力均可忽略，下列说法正确的是（）A.带电微粒带负电B.碰撞后，新微粒仍能从点返回反应区C.碰撞前后微粒在磁场中做圆周运动的周期不变D.相比不发生碰撞时，碰撞后新微粒在磁场中受到的洛伦兹力变大【答案】AB【解析】A．根据图乙，带电微粒受到的洛伦兹力方向指向圆心C，由左手定则可知，带电微粒带负电，故A正确；B．由于洛伦兹力提供向心力解得可知，偏转半径R与动量成正比，比电荷量成反比。由于碰撞过程动量守恒，电荷量不变，故偏转半径不变，新微粒仍能从D点返回反应区，故B正确；C．圆周运动的周期为碰撞后微粒质量变大，周期变大，故C错误；D．碰撞过程动量守恒，则解得根据洛伦兹力大小计算公式可知，碰撞后新微粒速度变小，电荷量不变，新微粒在磁场中受到的洛伦兹力变小，故D错误。故选AB。第二部分非选择题（共54分）三、实验题：本大题共2小题，共16分。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“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验装置图。在平衡摩擦力时，要调整长木板的倾斜角度，使小车在不受细绳拉力的情况下，能够在长木板上向下做__________运动。图乙是实验得到纸带的一部分，相邻两计数点间有四个点未画出。打点计时器电源频率为，则小车的加速度大小为__________（结果保留2位有效数字）。（2）图丙是“测量玻璃的折射率”实验装置图，在直线上插了两枚大头针和，在侧调整观察视线，另两枚大头针和可能插在直线__________上（选填“1”“2”“3”或“4”）。如果有几块宽度（图中的长度）不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度__________（选填“大”或“小”）的玻璃砖来测量。（3）图丁为“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验装置，在小球质量和转动半径相同，塔轮皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为2∶1的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动，此时左、右两侧露出的标尺格数之比为__________。其他条件不变，若增大手柄的转速，则左、右两标尺的格数__________（选填“变多”“变少”或“不变”），两标尺格数的比值__________。（选填“变大”“变小”或“不变”）【答案】（1）匀速直线0.80（2）2大（3）1:4变多不变【解析】【小问1详析】[1]在平衡摩擦力时，要调整长木板的倾斜角度，使小车在不受细绳拉力的情况下，能够在长木板上向下做匀速直线运动。[2]相邻两计数点间有四个点未画出，则两点的时间为s根据逐差法可知，小车加速度大小为【小问2详析】[1]由折射定律得知，光线通过平行玻璃砖后光线向一侧发生侧移，由于光线在上表面折射时，折射角小于入射角，则出射光线向左侧偏移，又根据几何知识可知，出射光线和入射光线平行，所以即大头针和在直线2上；[2]根据实验操作步骤可知，增大玻璃砖的厚度，测量的折射角较准确，可减小误差。【小问3详析】[1]在小球质量和转动半径相同，传动塔轮皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为2:1的情况下，由于左、右两个塔轮边缘的线速度大小相等，根据可知，左、右两个塔轮的角速度之比为1:2，根据可知此时左、右两侧露出的标尺格数之比为1:4[2][3]其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左、右两个塔轮的角速度增大，小球做圆周运动的向心力增大，但左、右两个塔轮的角速度比值不变，所以左、右两标尺的格数变多，两标尺格数的比值不变。12.某科技小组欲修复一个量程为的电流表，操作过程如下：（1）拆开电流表底座发现其内部结构如图甲所示，其中为电流表负接线柱，、为其余两个接线柱，请根据图甲在图乙中将电流表的电路图补充完整__________。选择的量程时，应接入电路的两个接线柱是__________。（选填“”或“”）（2）取出表头，发现表头完好无损，用标准电表测出表头满偏电流为。接着测量表头的内阻：按照如图丙所示电路图连接电路。闭合开关前，滑动变阻器滑片应移到__________端（选填“”或“”），先闭合开关，调节滑动变阻器使表头指针满偏；再闭合开关，保持滑动变阻器阻值不变，仅调节电阻箱阻值使表头指针半偏，此时电阻箱的示数为，则表头的内阻为__________，表头的内阻测量值__________真实值。（选填“大于”“等于”或“小于”）（3）经检测除损坏外，其余元件均完好，已知，，请根据电流表的量程，推算需用__________电阻替换。（结果保留两位有效数字）【答案】（1）（2）##10小于（3）0.10【解析】【小问1详析】[1]根据实物连接图，电路图补充如下：[2]改装大量程电流表需要并联小电阻，接接线柱并联的电阻小，所以量程大，选择的量程时，应接入电路的两个接线柱是。【小问2详析】[1]为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器接入电路中阻值最大，滑片应移到端。[2]根据电阻测量的半偏法思想，表头的内阻等于电阻箱接入电路的阻值，所以表头的内阻为。[3]测量表头G的内阻时，闭合开关之后，电路总电阻减小，干路电流会略大于，则通过电阻箱的电流大于，由并联电路分流特点，则测量表头G的内阻比实际值偏小。【小问3详析】根据串并联电路规律有代入数据解得所以需要用0.10电阻替换。四、解答题：本大题共3小题，共38分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13.为防止文物展出时因氧化而受损，需抽出存放文物的密闭展柜中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境。如图所示为用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空气的示意图。已知展柜容积为，展柜内空气压强为，青铜鼎材料的总体积为，抽气筒的容积为。缓慢抽气过程中忽略单向阀两侧气体的压强差，不考虑抽气引起的温度变化，忽略抽气筒连接管道内气体的体积，求：（1）将青铜鼎放入展柜后，连接抽气筒，将活塞从单向阀门处向外拉至抽气筒充满气体，此时抽气筒和展柜内气体的总体积；（2）抽气一次后，展柜内气体的压强。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】由题可知，青铜鼎放入展柜后，展示柜内气体的体积抽气筒内气体体积故抽气筒和展柜内气体的总体积【小问2详析】抽气过程是一个等温过程，根据玻意耳定律则有代入数据解得即抽气一次后，展柜内气体的压强。14.如图所示，在水平面上的装置由三部分构成，装置中间部分为电路控制系统，电源电动势恒定且为，内阻不计，两个开关、初始状态都断开。装置左右两侧均为足够长且不计电阻的光滑金属导轨，导轨宽度为，宽度为，导轨和之间存在匀强磁场，磁感应强度分别为和，磁场方向如图所示。将质量均为的金属杆，分别如图轻放在水平轨道上，两杆接入电路中的电阻相等，不计金属杆与导轨的摩擦。（1）接通，求杆的最大速度；（2）当杆做匀速运动后，断开同时闭合，当两杆再次匀速运动时，求杆产生的焦耳热。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详析】S1接通，ab中有a→b的电流，ab受水平向右的安培力ab向右做加速运动，ab切割磁感线产生一个感应电动势,与电源相抵消。当ab产生的感应电动势与电源电动势完全相消时，ab棒不受安培力，ab将做匀速运动，速度为vm，此时产生的感应电动势为解得【小问2详析】断开S1，接通S2，ab向右运动切割磁感线产生感应电流，由b→a，电流再流经cd棒，方向由c到d。由左手是则可知，ab棒受水平向左的安培力，做减速运动；cd棒受水平向右的安培力，向右做加速运动，ab、cd.产生互相抵消的电动势，当完全抵消时，电路中无电流。ab、cd做匀速运动速度分别为v1、v2，则可得v1=v2ab、cd中电流相等。ab、cd的安培力分别为F1=2BILF2=B×2LI=2BIL安培力大小相等、方向相反，ab、c