2025年高考物理第二次模拟考试卷（广东卷）（全解全析）

2025年高考物理第二次模拟考试01（广东卷）

全解全析

本试卷满分100分，考试时间75分钟

注意事项:

I.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、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.（本题4分）氢原子光谱是由氢原子的核外电子从高能级向低能级跃迁产生的。如图所示是氢原子电子

轨道示意图，a、6两束光分别由处在〃=5能级和"=4能级的氢原子跃迁到〃=2能级时产生，下列说法错

误的是（）

A.氢原子的光谱是分立谱

B.大量处于〃=4能级的氢原子向〃=2能级跃迁时，能产生3种不同频率的光子

C.氢原子不可以自发地从基态向〃=5能级跃迁

D.己知6光是蓝光，则。光可能是红光

【答案】D

【详解】A.由于原子能级具有分立性，可知，氢原子的光谱是分立谱，故A正确，不符合题意；

B.大量处于〃=4能级的氢原子向〃=2能级跃迁时，能产生不同频率的光子为4能级到2能级、4能级到3

能级与3能级到2能级，可知，能产生3种不同频率的光子，故B正确，不符合题意；

C.氢原子由低能级跃迁至高能级需要吸收能量，可知，氢原子不可以自发地从基态向〃=5能级跃迁，故C

正确，不符合题意；

D.结合题意可知，。光的光子能量大于b光的光子能量，根据E=可知，。光的频率大于b光的频率，

由于蓝光的频率大于红光的频率，可以判定，若6光是蓝光，则。光不可能是红光，故D错误，符合题意。

故选D。

2.（本题4分）柳卯结构是中国传统木建筑、木家具的主要结构方式，我国未来的月球基地将采用月壤烧

制的带有禅卯结构的月壤砖建设。在木结构上凿削矩形樟眼用的是如图甲所示木工凿，凿削樟眼时用锤子

敲击木工凿柄，将木工凿尖端钉入木头，木工凿尖端钉入木头时的截面如图乙所示，锤子对木工凿施加的

力下沿竖直面向下，木工凿对木头的侧面和竖直面的压力分别为不和耳，下列说法正确的是（）

A.片和耳是尸的两个分力

B.凿子尖端打磨的夹角不同，月一定大于片

C.凿子尖端打磨的夹角不同，月一定大于尸

D.凿子尖端打磨的夹角不同，片一定大于尸

【答案】D

【详解】A.片和耳是凿子对木头的弹力，其大小等于「在垂直两接触面方向上的分力大小，故A错误;

BCD.将尸沿垂直两接触面分解，如图

分力大小分别等于片和《，则由数学知识可知片一定大于尸和乙；当。<45。时，F2>F,当6>45。时,

B<F,当0=45。时，F2=F,故BC错误，D正确。

故选D。

3.（本题4分）磁电式电流表结构如图甲，圆柱形软铁固定于蹄形磁铁的两极靴间，铁芯外面套有能绕轴

转动的铝框，线圈缠绕在铝框上，铝框的转轴上装有指针和螺旋弹簧，其中极靴附近的磁场分布如图乙所

示。若线圈a、b两边通垂直纸面的电流，方向如图乙，则下列说法正确的是（）

A.a、b两边所受的安培力相同

B.a、6两边所在处的磁场是匀强磁场

C.线圈将顺时针转动

D.若用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速地稳定在示数位置

【答案】C

【详解】AC.根据左手定则可知，。边所受的安培力向上，b边所受的安培力向下，方向相反，线圈将顺时

针转动，故A错误，C正确；

B.图中磁感线并非等间距平行线，不是匀强磁场，故B错误；

D.用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力,

使其指针很快停止摆动，稳定在示数位置，而塑料做骨架达不到此作用，故D错误。

故选Co

4.（本题4分）一列简谐横波在:0时刻的波动图像如图甲所示，质点M、N刚好在平衡位置，质点尸在

波峰。质点N的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（）

A.波沿x轴负方向传播

B.质点N的平衡位置坐标公=7m

C.质点A/'在f=0.5s时位移为0.02m

D./=0.5s时尸点的位移大于M点的位移

【答案】B

【详解】A.由图乙可知，Z=0时刻质点N的振动方向沿y轴负方向向下，结合图甲可知波沿x轴正方向传

播，故A错误；

B.由图甲可知，波长

2=6mx2=12m

振幅为

A=0.04m

设该波t=0时刻的波动方程为

）（2万1

y=Acos\—~x+cp\

将（0,0.02）代入可得

71

（P=—

3

由图可知，M点平衡位置的坐标xAf使

27r7i7i

丁为+丁5

解得

%=lm

由图知

xN=xM+6m=lm

质点N的平衡位置坐标

%=7m

故B正确；

C.由图乙可知该波的周期为

T=2sx2=4s

可得质点，的振动方程为

..27r.（］

yM=Asm—t-0.04smly/Im

质点M在£=0.5s时位移为

yM=0.02V2m

故c错误；

D.质点P的振动方程为

27r

yp=Acos—tf=0.5s时尸点的位移

yp=0.02V2m

所以f=0.5s时P点的位移等于M点的位移，故D错误。

故选B。

5.（本题4分）日晕，又叫圆虹，是一种大气光学现象。该现象是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或

反射而形成的。当光线射入卷层云中的冰晶后，经过两次折射，分散成不同方向的各色光。如图为一束太

阳光射到六角形冰晶上的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，比较a、b两种单色光，下列说

法正确的是（）

A.b光比。光更容易发生明显衍射现象

B.在冰晶中，。光的传播速度大于台光的传播速度

C.a、b两种光分别从水射入空气发生全反射时，。光的临界角比6光的小

D.用同一双缝干涉实验装置做实验，。光的干涉条纹间距小于6光的条纹间距

【答案】B

【详解】B.由图看出，太阳光射入六角形冰晶时，6光的折射角小于a光的折射角，即九<九

根据折射率公式«=以区可知%>%

sin/

因为〃=£所以5>%

V

故B正确；

C.由B项分析可知叫〉%

由临界角公式sinC=!可知a、b两种光分别从水射入空气发生全反射时，6光的临界角较小，故C错误;

n

A.b光的折射率大于。光的折射率，故6光的频率大于。光的频率，即力>力

根据4=］可知4＜4

故。光的衍射现象更明显，故A错误；

D.由A项分析可知4,＜々

根据©=＜彳可知，通过同一装置发生双缝干涉，“光的干涉条纹间距大于6光的条纹间距，故D错误。

故选B。

6.（本题4分）神舟十九号于北京时间2024年10月30日4时27分发射，于10月30日上午11时与空间

站天和核心舱前向端口成功对接，“太空之家”迎来蔡旭哲、宋令东、王浩泽3名新乘组入驻。如图为飞船运

行与交会对接过程示意图，椭圆轨道1为飞船对接前的运行轨道，。点是轨道1的近地点，离地高度可忽

略不计。圆形轨道2距地面高度为4,是天和核心舱的运行轨道，尸点是1、2轨道的切点，也是交会点。

地球半径为R,表面重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.天和核心舱在轨道2上的速度大小一定大于在轨道1的速度

B.飞船从轨道1变轨到轨道2需要在交会点P点点火减速

(H+2R)3

C.飞船在轨道1上与在轨道2上运动的周期之比为

(〃+R)3

D.交会对接前天和核心舱的向心加速度为

【答案】D

【详解】A.假设有一卫星经过0点绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得

可知卫星经过在Q点绕地球做匀速圆周运动的线速度大于天和核心舱在轨道2上的速度，而做圆周运动的

卫星在。点需要点火加速才能变轨到轨道1,则天和核心舱在轨道2上的速度大小小于轨道1中0点的速

度，故A错误；

B.卫星从低轨道变轨到高轨道，需要在变轨处点火加速，则飞船从轨道1变轨到轨道2需要在交会点P点

点火加速，故B错误;

C.设飞船在轨道1、轨道2运动周期分别为「、T2,由开普勒第三定律有

（H+2R.一（H+RY

-2-

解得

限］但+2行

T2N（2H+2R）3

故C错误；

D.根据牛顿第二定律

GMm

在地球表面处有

GMm

联立解得

CL—g

[R+H)

故D正确。

故选D。

7.（本题4分）在图（a）所示的交流电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1。滑动变阻器用滑片

初始时处在最右端，电阻凡=200,此时凡中电流随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示（题中各电表

A.电流表A1的示数为5A

B.交流电源输出电压的有效值为100V

C.原线圈中交流电频率为250Hz

D.若滑片向左滑，则电流表A】A2示数均变大

【答案】B

【详解】A.电流表测的是有效值，则A2的示数为

根据:=匡得原线圈电流，即A］的示数为

人=心卫=0.2A

故A错误；

B.滑动变阻器4滑片初始时处在最右端，则且两端的电压为副线圈电压，则

U2=I2R2=20V

根据今=区得原线圈电压，即交流电源输出电压的有效值

U2n2

=。2人=100V

n2

故B正确；

C.副线圈交流电的频率为

/=1=50HZ

变压器不改变交流电的频率，则原线圈交流电的频率为50Hz。故C错误；

D.若滑片向左滑，则负载电阻增大，根据/=匕可知，负载电流减小，根据;=也可知，原线圈电流减小。

Rn\

因此电流表A1、A2示数均变小。故D错误。

故选Bo

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.（本题6分）如图所示，斜面固定在水平地面上，一滑块从底端冲上斜面，到达某一高度后返回，滑块

与斜面间存在摩擦。以地面为零势能面，它在斜面上运动的速度v随时间f变化的图像、重力势能丸随位

移无变化的图像，可能正确的是（）

2。

【详解】AB.设斜面的倾角为。，物体上滑时，根据牛顿第二定律可得mgsin6+〃加geos6=加q

解得q=gsin9+〃cos。

方向沿斜面向下，物体下滑时，同理可得。2=gsind-〃cos。

方向沿斜面向下，可见上滑时的加速度大于下滑时的加速度，由于克服摩擦力做功，机械能减小，返回到

出发点的速度应小于物体的初速度，A正确，B错误；

CD.根据重力势能4,=mgh=mgxsin0

可知重力势能与位移成正比，C正确，D错误。

故选ACo

9.（本题6分）如图所示，正六棱柱上.下底面的中心分别为。和O,棱柱高为底面边长的2倍，在/、D'

两点分别固定等量异种点电荷，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（）

A.C点的电势为零

B.电势差

C.。点与O点的电场强度相同

D.将一带负电的试探电荷沿直线从/点移动至。点，电势能先减小后增大

【答案】BC

【详解】A./、D两点放上等量异种电荷，则其连线的中垂面为等势面，电势为零，但C点不在该等势面

上，故A错误；

B.由对称性可知

1PB~~~<PE

则

%_%，=%一%,

解得

UBB'=UEE,

故B正确；

C.同样由对称性可知，正电荷在O点与。点产生的电场强度与负电荷对应在。点与。，点产生的电场强度

相同，则。点与。'点的合电场强度相同，故C正确；

D.A\。两点连线是等势线，试探电荷的电势能不变，故D错误。

故选BCo

10.(本题6分)三个完全相同的小球，质量均为〃?，其中小球A、B固定在竖直轻杆的两端，A球紧贴竖

直光滑墙面，B球位于足够大的光滑水平地面上，小球C紧贴小球B,如图所示，三小球均保持静止。某

时，小球A受到轻微扰动开始顺着墙面下滑，直至小球A落地前瞬间的运动过程中，三小球始终在同一竖

直面上。已知小球C的最大速度为v,轻杆长为乙重力加速度为g,下列关于该过程的说法中正确的是

()

A.A、B、C三球组成的系统动量守恒

B.竖直墙对小球A的冲量大小为3mv

C.小球A落地前瞬间，动能大小为加加/

O

D.小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球B速度的2倍

【答案】CD

【详解】A.在A球没有离开墙时，合外力不为零，A、B、C三球组成的系统动量守恒不守恒，A离开墙

后，A、B、C三球组成的系统水平方向动量守恒，故A错误；

B.B、C分离前，C向右做加速运动，C的加速度方向向右，B的加速度方向也向右，则杆对B的弹力方

向斜向右下方，当B、C恰好分离时，两者速度相等，两者之间弹力为0,则C的加速度为0,由于刚刚分

离时，B、C加速度相等，即此时，B的加速度也为0,则此时杆的弹力为0,由于A、B沿杆的分速度相等,

B、C分离后，轻杆的弹力将由压力变为拉力，A将离开竖直墙面，可知，小球A离开竖直墙时，B、C恰

好分离，B、C分离后小球C做匀速直线运动，A离开竖直墙面，所以B、C分离时，两球速度均为v,对

三小球进行分析，在水平方向上，根据动量定理有

I=2mv

故B错误；

C.自小球A离开墙面到小球落地，A、B轻杆水平方向动量守恒，则

mv=mvB+mvAx

且有

VETVAX

解得

V

由于相互作用的一对弹性力做功的代数和为0,可知，轻杆对小球A做功的大小等于轻杆对小球B做功的

大小，即等于小球B、C的动能增量，则有

121252

WTTr=—mv+—mv=—mv

22n8

对A根据动能定理有

mgL-W=EkA

解得

F752

EkA=mgL--mV

o

故C正确；

D.B、C两球分离后，小球C的速度为v并保持不变，此后A、B两球组成的系统水平方向动量守恒，小

球A落地前瞬间，小球A和小球B水平方向速度相同，设为v,有

mv=2mv

所以小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球B速度的2倍，故D正确。

故选CD。

三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答）

11.（本题8分）某次实验课上，为测量重力加速度，小组设计了如下实验：如图甲所示，细绳一端连接金

属小球，另一端固定于。点，。点处有力传感器（图中未画出）可测出细绳的拉力大小。将小球拉至图示

位置处，由静止释放，发现细绳的拉力大小在小球摆动的过程中做周期性变化如图乙所示。由图乙可读出

拉力大小的变化周期为7,拉力的最大值为片，最小值为耳。就接下来的实验，小组内展开了讨论

〃〃/〃/pA

3cm

Illi

TTTTTI

OT2T3Tt

（1）小王同学认为：若小球摆动的角度较小，则还需测量摆长乙结合拉力大小的变化周期7,可知单摆的振

动周期为（用T表示）,从而算出重力加速度g=（用工、T表示）；

（2）小王同学用刻度尺测量了摆线长，用游标卡尺测量了小球直径如图丙所示，则小球的直径为

（3）小庄同学认为：无论小球摆动的角度大小，都只需测量小球的质量如再结合拉力的最大值耳、最小值

月，算出重力加速度8=（用“、片、月表示）。

【答案】⑴2T辛

⑵21.3

【详解】（1）[1]根据单摆运动过程中机械能守恒及圆周运动最低点受力分析特性可知

即小球运动到最低点时绳子的拉力最大。所以乙图表示的，片为小球经过最低点时绳子的拉力，月为小球

在摆动最高点时绳子的拉力。根据单摆每个周期内经过2次最低点的特性可知，该单摆的运动周期27。

⑵根据单摆的周期公式7=2乃4(7为单摆的周期，工为等效摆长，g为当地重力加速度)可知，本题实

际单摆周期为27,摆长心则公式变化为

2T=2万-

化简推导可得

仔L

s^~r

(2)根据十分度游标卡尺读数规则可知，主刻度尺读21mm,游标尺第3个刻度与主尺某刻度对齐，游标

卡尺不估读，所以小球直径为

21mm+3x0.lmm=21.3mm

故该小问填写21.3。

(3)设小球摆动过程中绳子与竖直方向夹角为。，摆长为3小球质量为小绳子在最高点拉力为月，最

低点拉力为片，则当小球在最高点时满足

F2=mgcos9

小球从最高点摆动到最低点列动能定理方程可得

12

mgL(l-cos^)=—mv

小球在最低点时绳子的拉力与重力的合力提供向心力可得

mv1

联立以上三式，可得

g=^L

3m

12.(本题8分)防触电是衡量电热水器性能的重要指标，原理是：当给内胆中的水加上电压时，隔电墙会

自动调整水流路径的长度和直径，增加水流电阻，从而把电流降低至人体安全电流以下。为合理设计防触

电装置，某研究小组设计了如图甲所示的电路来测量自来水的电阻率。

（1）在绝缘圆柱形容器左右两侧安装可移动的薄金属板电极，测出圆柱形的内直径d=1.0xl（T2m和两电极

间的距离/,将自来水灌满容器。

（2）将单刀双掷开关接通线路2,此时电压表V?的示数为心，再将单刀双掷开关接通线路1,此时电压表

V的示数为5,电阻箱示数为R，定值电阻的阻值分别为K，4，电源电动势恒定且不计内阻。则水柱的

电阻凡=（用U］、。2、&、&、R表示）。

（3）改变两电极间的距离/,测量25。（2时水柱在不同长度/时的电阻尺。将水温升到5（FC,重复测量。绘

出25。（2和50。（2时水的凡7图像，分别如图乙中图线I、II所示。

（4）若凡-/图线的斜率为左，则自来水的电阻率表达式。=（用左、”表示）。由实验结果可知,

水的电阻率随温度的变化趋势是o

（5）测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不变，选用内

直径为lexlO-m的水管。若人体的安全电流为1.0x10-2A,热水器出水温度为5（FC,不计其他电阻（相当

于220V的电压直接加在塑料水管两端），则该塑料水管的长度至少为m（结果保留两位小数）。

【答案】）一:而/温度越高水的电阻率越小或者温度越低水的电阻率

U,R4

越大3.94

【详解】（2）［1］S拨到1位置时，电压表V1示数为Ui，则S拨到2位置时,

Hi

联立可得凡二一♦5—

U2R

(4)⑵根据4=2(，5=兀(|")

联立可得6=2•7

若凡-/图线的斜率为左，则自来水的电阻率表达式P/

［3］绘出25。(2和50。(3时水的凡7图像，分别如图乙中图线I、II所示，由图可知温度越高，图线斜率左小，

结合前面分析可知：温度越高水的电阻率越小或者温度越低水的电阻率越大。

TT

(5)［4］由题意，可得此时该塑料管中水的阻值为凡二7二大^=？？*1。^

I1.0x10

由图线n可得左=Wrl£c/m

0.7

由公式Rx=，P=［标片

na24

联立可得/=(?〕华

MJk

把&=L6xl(r2m,4=1.0xl(r2m代入，可求得该塑料水管的长度至少为/。3.94m。

13.(本题8分)如图所示，竖直放置的密闭绝热汽缸被不导热的活塞分成上、下两部分，下方封闭着一定

质量的理想气体，上方为真空，活塞与汽缸顶部用一根轻质弹簧连接。已知汽缸的高度为d,活塞的质量为

m、横截面积为S,活塞厚度忽略不计，且与汽缸壁间无摩擦，弹簧的劲度系数为竽，弹簧原长为g,气

d2

体的内能变化量AU与热力学温度变化量满足的关系式为AU=CAT(C为常数且已知)，重力加速度为

go初始时，下方密封气体的热力学温度为活塞刚好位于汽缸正中间。

其空

(1)求初始状态下，汽缸内下方密封气体的压强；

(2)若通过电热丝(体积可忽略)缓慢加热汽缸内下方密封气体，使活塞缓慢向上移动了!，求该过程中气

体吸收的热量。

【答案】⑴等

20C7^+5mgrf

16

【详解】（1）初始时，活塞受力平衡有

mg=P\S

解得

mg

0=丁

⑵活塞缓慢向上移动了?对活塞受力分析有

2mgd

—^.+mg=p2S

a4

解得

二---

222S

根据理想气体状态方程有

dS3ds

Px~P2'~

T.~T

解得

9

F

根据热力学第一定律有

\U=W+Q

可得

《子一力一（7+磔】+。

解得

_20C7J)+5mgd

16

14.（本题14分）如图所示，竖直平面内固定半径火=7.6m的光滑圆弧轨道，轨道的M处与水平传送带相

切。传送带与左侧紧靠的水平台面等高，台面的PN部分粗糙，PN的长度s=2.5m,尸点左侧光滑。水平

放置的轻质弹簧左端固定、处于原长状态。质量机=LOkg的小物块（可视为质点）从/点由静止沿圆弧轨

道下滑。。为圆心，半径竖直，CM与0M的夹角。=60。，已知传送带的长度£=5.0m,始终以速度

v=6.0m/s顺时针转动，物块与台面PN部分、物块与传送带之间的动摩擦因数均为〃=0.2,取重力加速度

g=10m/s2,弹簧始终在弹性限度内，求:

(1)物块第一次下滑到M处的速度%的大小；

(2)弹簧被压缩后具有的最大弹性势能与；

(3)物块在PN部分通过的总路程X。o

【答案】⑴2Mm/s

(2)23J

(3)9m

【详解】(1)设物块下滑到M处的速度为%,由动能定理有机gA(l-cos6(F)=；加说

解得%=2Mm/s

(2)小物块滑上传送带到弹簧被压缩最短，根据动能定理有-〃加8(乙+5)-咻=0-；〃?说

解得%f=23J

则弹簧被压缩后具有的最大弹性势能丝=%弹=23J

(3)物块被弹簧弹回，设滑到N点时的速度为匕，则有〃优=

解得匕=6m/s

则物块在PN部分通过的路程玉=2s=5m

由于匕=v

则物块滑上传送带后，物块与传送带保持相对静止，直至到M点再滑上右侧圆弧轨道，又以原速率返回到

传送带上，物块向左运动能通过传送带，设通过后的速度为V?,则有-〃=

解得马=4m/s

物块滑出传送带继续向左运动，直至最终静止，设在PN部分通过的路程为马，则有-〃加gXz=O-gmv；

解得％=4m

则物块在PN部分通过的总路程％=西+X2=9m

15.(本题16分)如图，竖直平面将地面上方空间分为I、II两个区域，界线左侧的I区域内