2025屆廣東省汕頭市高三下學(xué)期二模物理試題 （解析版）

這是一份2025屆廣東省汕頭市高三下學(xué)期二模物理試題 （解析版），共17頁。試卷主要包含了考生必須保持答題卡的整潔， 已知某小行星質(zhì)量為，半徑為等內(nèi)容，歡迎下載使用。
注意事項：
1.答題前，考生在答題卡上務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，并貼好條形碼。請認(rèn)真核準(zhǔn)條形碼上的準(zhǔn)考證號、姓名和科目。
2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卡上對應(yīng)題目選項的答案信息點涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案。答案不能答在試卷上。
3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。
4.考生必須保持答題卡的整潔。考試結(jié)束后，將試卷和答題卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的。
1. 在江南水鄉(xiāng)，撐篙行舟是一種傳統(tǒng)的水上交通方式。如圖所示，船夫使用一根竹篙傾斜撐向河底，就能讓船夫和小船一起緩慢向右運動離岸。小船緩慢離岸的過程中，竹篙對河底力的作用點不變，對該過程分析正確的是（ ）
A. 竹篙對河底做正功B. 小船受到的合力向左
C. 小船受到船夫的摩擦力向右D. 船夫受到小船的支持力的沖量為零
【答案】C
【解析】
【詳解】A．竹篙對河底有力的作用，但河底在這個力的方向上沒有發(fā)生位移，所以竹篙對河底不做功，故A 錯誤；
B．因為小船緩慢向右運動，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件，物體處于平衡狀態(tài)時合力為零，所以小船受到的合力為零，故B 錯誤；
C．船夫和小船一起緩慢向右運動，船夫相對小船有向右的運動趨勢，所以小船對船夫的摩擦力向左，根據(jù)牛頓第三定律可知，小船受到船夫的摩擦力向右，故C正確；
D．根據(jù)
因船夫受到小船的支持力不零，運動的時間也不為零，故船夫受到小船的支持力的沖量不為零，故D錯誤。
故選C。
2. 隨著中國農(nóng)業(yè)科技的飛速發(fā)展，無人機(jī)精準(zhǔn)播種技術(shù)已成為現(xiàn)代農(nóng)業(yè)至關(guān)重要的組成部分。如圖所示，無人機(jī)以速度在勻速水平直線飛行過程中，每隔相等時間釋放一顆種子。忽略空氣阻力，關(guān)于相鄰釋放的兩顆種子運動情況，分析正確的是（ ）
A. 在空中均做自由落體運動
B. 在空中時，水平距離為
C. 落在同一水平地面時，它們的水平距離為
D. 在空中運動時，豎直方向的高度差一直保持不變
【答案】C
【解析】
【詳解】A．兩顆種子在離開無人機(jī)后都有水平速度，且忽略空氣阻力，故兩顆種子在空中做平拋運動，故A錯誤；
B．在空中時，兩顆種子的水平速度相同，故兩顆種子在相同的時間內(nèi)在水平方向上運動的位移相同，故兩顆種子水平距離為零，故B錯誤；
C．根據(jù)平拋運動規(guī)律，可知當(dāng)兩顆種子先后落在同一水平地面時，則它們的水平距離為
故C正確；
D．設(shè)第二顆種子下落的時間為，則第一種子下落的時間為，兩顆種子在豎直方向都做自由落體運動，則有，
則在空中運動時，兩顆種子在豎直方向的高度差為
可知隨著時間的增加，也在增加，故D錯誤。
故選C。
3. 某智能鎖利用超級電容器作為待用電源，其簡化電路如圖所示。主電源正常工作時（開關(guān)S閉合），智能鎖的輸入電壓為6V；當(dāng)主電源斷電（開關(guān)S斷開），則啟用備用電源，智能鎖在輸入電壓降至4.5V時會發(fā)出低電壓警報。該電容器的電容為1F，及是電路中的小電阻，下列說法正確的是（ ）
A. 正常工作時，電容器儲存電量為6C
B. 斷電前后，流經(jīng)智能鎖的電流方向相反
C. 阻值越大，當(dāng)主電源斷電后，電容器放電時間一定越短
D. 從主電源斷電后至智能鎖發(fā)出低電壓警報，流經(jīng)智能鎖電量為1.5C
【答案】A
【解析】
【詳解】A．正常工作時，由圖可知，電容器與智能鎖并聯(lián)，電阻相當(dāng)于導(dǎo)線作用，沒有電壓；故電容器兩端的電壓等于智能鎖的輸入電壓，即為6V，根據(jù)
故A正確；
B．?dāng)嚯娗?，由主電源對智能鎖供電，電流方向由上到下；主電源也對電容器供電，電容器上端為正極，下端為負(fù)極；斷電后，由電容器對智能鎖供電，電流方向由上到下，所以斷電前后，流經(jīng)智能鎖的電流方向相同，故B錯誤；
C．當(dāng)主電源斷電后，電容器放電，阻值越大，回路中的電流越小，因電容器儲存的總電量是一個定值，根據(jù)
可知電容器放電時間越長，故C錯誤；
D．當(dāng)電容器放電時，電阻與智能鎖串聯(lián)，所以當(dāng)智能鎖在輸入電壓降至4.5V時會發(fā)出低電壓警報，此時電阻兩端也有電壓，故此時電容器兩端的電壓大于4.5V而小于6V，所以電容器變化的電壓小于1.5V，根據(jù)
可知流經(jīng)智能鎖的電量小于1.5C，故D錯誤。
故選A。
4. 小華購買了一個透明的“水晶球”如圖（1），球的直徑為。為測得該水晶球的折射率，小華將一束紅色激光從球上點射向球內(nèi)，當(dāng)折射光線與水平直徑成角時，出射光線恰與平行，如圖（2）所示，已知光在真空中的傳播速度為，則（ ）
A. 可測得該水晶球的折射率為
B. 該紅色激光束在“水晶球”中的傳播時間為
C. 若僅將紅色激光束換成藍(lán)色激光束，則光在水晶球中的傳播速度變大
D. 增大光線在點的入射角，可以使光線從水晶球射向空氣時發(fā)生全反射
【答案】A
【解析】
【詳解】A．如圖所示
由幾何關(guān)系可知，光線射出時的折射角為，折射率
故A正確；
B．光在“水晶球”中傳播的距離
時間
故B錯誤；
C．藍(lán)色激光束頻率比紅色激光束大，藍(lán)色激光束的折射率比紅色激光束大，由
可知光在水晶球中的傳播速度變小，故C錯誤；
D．由幾何關(guān)系可知
增大過P點光線的入射角，光線出射時一定不會在球內(nèi)發(fā)生全反射，故D錯誤。
故選A。
5. 某個冬天早晨，小紅打開家里的制暖空調(diào)，為使制暖效果更佳，她關(guān)閉門窗，一段時間后房間內(nèi)升高至25℃并保持恒溫。房間內(nèi)的氣體可視為質(zhì)量不變的理想氣體，若將一杯裝有花粉的10℃水置于該房間內(nèi)，則下列說法正確的是（ ）
A. 制暖空調(diào)機(jī)工作時，熱量從低溫物體傳遞給高溫物體
B. 制暖空調(diào)機(jī)開始工作后，房間內(nèi)氣體的內(nèi)能始終保持不變
C. 待空調(diào)穩(wěn)定后，花粉的運動激烈程度會減弱
D. 花粉顆粒在水中做布朗運動，反映了花粉分子在不停地做無規(guī)則運動
【答案】A
【解析】
【詳解】A．制暖空調(diào)機(jī)工作時，因為電機(jī)工作電流做功，熱量從低溫物體傳到高溫物體，故A正確；
B．制暖空調(diào)機(jī)開始工作后，房間內(nèi)氣體溫度升高，內(nèi)能增大，故B錯誤；
C．待空調(diào)穩(wěn)定后，房間內(nèi)溫度升高，裝花粉的水溫度升高，花粉做布朗運動激烈程度會增加，故C錯誤；
D．花粉顆粒在水中做布朗運動，反映了水分子在不停地做無規(guī)則運動，故D錯誤。
故選A。
6. 如圖所示，用頻率為的光照射陰極K，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使微安表的示數(shù)減小為0，此時電壓表的示數(shù)為。已知普朗克常量為，電子電荷量為，下列說法正確的是（ ）
A. 端為電源正極
B. K板材料的逸出功為
C. 若保持入射光的頻率不變，增大入射光的強(qiáng)度，遏止電壓會增大
D. 只要照射足夠長的時間，任何頻率的光都能夠使K板發(fā)出光電子
【答案】B
【解析】
【詳解】A．調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使微安表的示數(shù)減小為0，此時電壓表的示數(shù)為，可知此時所加電壓為反向電壓，則K板帶正電，A板帶負(fù)電，端為電源正極，端為電源負(fù)極，故A錯誤；
BC．根據(jù)光電效應(yīng)方程可得
根據(jù)動能定理可得
聯(lián)立可得K板材料的逸出功為
若保持入射光的頻率不變，增大入射光的強(qiáng)度，逸出的光電子最大初動能不變，則遏止電壓不變，故B正確，C錯誤；
D．只有當(dāng)入射光的頻率大于等于K板材料對應(yīng)的截止頻率時，才能產(chǎn)生光電效應(yīng)，使K板發(fā)出光電子，故D錯誤。
故選B。
7. 如圖所示，虛線為靜電場中的三個等勢面。一電子在A點的電勢能小于其在點的電勢能，則下列說法正確的是（ ）
A.
B. 電子在A點時的加速度大于其在點時的加速度
C. 將電子在A點由靜止釋放，其受靜電力將增大
D. 將電子在A點由靜止釋放，其電勢能將減小
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由題知，電子在A點的電勢能小于其在點的電勢能，根據(jù)負(fù)電荷在電勢越高的點，其電勢能越小，可知，故A錯誤；
B．根據(jù)等差等勢面越密，電場強(qiáng)度越大，由圖可知A點的等勢面較稀疏，則A點的電場強(qiáng)度小于B點的電場強(qiáng)度，根據(jù)牛頓第二定律可知，電子在A點時的加速度小于其在點時的加速度，故B錯誤；
CD．將電子在A點由靜止釋放，將向電勢高處運動，即向等勢面稀疏處運動，其受靜電力將減小，電場力做正功，其電勢能將減小，故C錯誤，D正確。
故選D。
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8. 已知某小行星質(zhì)量為，半徑為。若探測器在距離小行星表面高度為處繞其做勻速圓周運動。已知引力常量為，忽略小行星的自轉(zhuǎn)。以下說法正確的是（ ）
A. 探測器的運行速度
B. 探測器的向心加速度
C. 該小行星的第一宇宙速度為
D. 若探測器要離開小行星返回地球，需在當(dāng)前軌道加速
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．探測器圍繞小行星做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力有
解得探測器的運行速度
故A正確；
B．探測器圍繞小行星做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有
解得探測器的向心加速度
故B錯誤；
C．當(dāng)探測器圍繞小行星的表面做勻速圓周運動時，其運行速度為該小行星的第一宇宙速度，根據(jù)萬有引力提供向心力有
解得該小行星的第一宇宙速度為
故C錯誤；
D．若探測器要離開小行星返回地球，需要掙脫小行星的引力束縛，故要求所需要的向心力要大于所提供的向心力，即有
所以探測器要做離心運動，即需在當(dāng)前軌道加速，故D正確。
故選AD。
9. 圖為我國某遠(yuǎn)距離輸電系統(tǒng)簡化示意圖。發(fā)電廠輸出的交變電流經(jīng)升壓變壓器后，通過高壓輸電線路傳輸，再經(jīng)降壓變壓器降壓后供給城市用戶用電。已知發(fā)電廠輸出電壓為，輸出功率為，升壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為，降壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為，輸電線路總電阻為。保持不變，忽略變壓器的能量損耗，以下說法正確的是（ ）
A. 輸電線路上損失的功率為
B. 升壓變壓器的輸入電流與降壓變壓器的輸出電流之比為
C. 若僅減小，輸電線路上的電壓損失會增大
D. 當(dāng)發(fā)電廠輸出頻率增大，降壓變壓器的輸出電壓會減小
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．設(shè)升壓變壓器原線圈的電流為，副線圈的電流為；由題知發(fā)電廠輸出電壓為，輸出功率為，則有
解得
根據(jù)
解得
故輸電線路上損失的功率為
故A錯誤；
B．對升壓變壓器有
設(shè)降壓變壓器輸出電流為，對降壓變壓器
聯(lián)立可得
故B正確；
C．輸電線路上的電壓損失為
可知若僅減小，輸電線路上的電壓損失會增大，故C正確；
D．因為升壓變壓器的變壓比和降壓變壓器的變壓比不變，所以升壓變壓器副線圈的電壓不變，又輸出功率不變P，故升壓變壓器副線圈的電流不變，根據(jù)
可知電阻R兩端的電壓不變，在中間輸送回路中有
所以降壓變壓器原線圈兩端的電壓不變，故降壓變壓器輸出電壓不變，與交流電的頻率無關(guān)，所以當(dāng)發(fā)電廠輸出頻率增大時，降壓變壓器的輸出電壓不變，故D錯誤。
故選BC。
10. 如圖所示，在直角坐標(biāo)系中，有一個邊長為的正方形區(qū)域，點在原點，點和點分別在軸和軸上，該區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，一帶正電的粒子質(zhì)量為，電荷量為，以速度從點沿軸正方向射入磁場.不計粒子重力，，.下列說法正確的是（ ）
A. 若粒子恰好從點射出磁場，則粒子的速度
B. 若粒子恰好從邊的中點射出磁場，則粒子在磁場中運動的時間
C. 若粒子的速度，則粒子射出磁場時的速度方向與軸正方向的夾角為60°
D. 若粒子從邊射出磁場，則粒子在磁場中運動的時間一定不超過
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．若粒子恰好從點射出磁場，幾何關(guān)系可知，粒子圓周運動半徑為r=L，根據(jù)
解得
故A錯誤；
B．若粒子恰好從邊的中點射出磁場，軌跡如圖
設(shè)軌跡圓半徑為R，幾何關(guān)系可知
解得
則
可知
則粒子在磁場中運動的時間
故B正確；
C．若，則軌跡圓半徑
這種情況粒子從cd邊射出 ，設(shè)粒子射出磁場時速度方向與y軸正方向夾角為，則
即
故C錯誤；
D．若粒子從cd邊射出磁場，粒子在磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角最大不超過，則最長運動時間
所以粒子在磁場中運動的時間一定不超過。
故D正確。
故選BD。
第Ⅱ卷
三、非選擇題：本題共5小題，共54分，考生根據(jù)要求作答。
11. 科技小組設(shè)計了一個智能種植系統(tǒng)：當(dāng)室溫超過設(shè)定溫度時，散熱模塊開始工作，避免高溫對植物產(chǎn)生影響.
（1）系統(tǒng)使用熱敏電阻檢測溫度變化，需要預(yù)判該熱敏電阻阻值隨溫度的變化趨勢.使用多用電表“×10”倍率的電阻擋正確操作后，指針示數(shù)如圖1，此時熱敏電阻的阻值為________Ω。逐漸升高熱敏電阻的溫度，發(fā)現(xiàn)相同倍率下多用電表指針逐漸向右偏轉(zhuǎn)，由此判斷出該熱敏電阻的阻值隨溫度升高而__________（選填“增大”或“減小”）.
（2）系統(tǒng)使用如圖2的散熱電路，假設(shè)室溫為30℃時，散熱模塊恰好達(dá)到工作電壓，已知電源電動勢為（忽略內(nèi)阻），電路中電流為，熱敏電阻的阻值為，電阻箱的阻值為，則工作電壓的表達(dá)式________（用題中符號表示）。若想達(dá)到35℃時散熱模塊才開始工作，則可以______________。
【答案】（1） ①. 140（或也給分） ②. 減小
（2） ①. ②. 增大電阻箱的電阻
【解析】
【小問1詳解】
[1]由圖1，可知此時熱敏電阻的阻值為；
[2]逐漸升高熱敏電阻的溫度，發(fā)現(xiàn)相同倍率下多用電表指針逐漸向右偏轉(zhuǎn)，說明電阻越小，由此判斷出該熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減?。?br>【小問2詳解】
[1]在如圖2的散熱電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有
解得
[2]因該熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小，即減??；若想達(dá)到35℃時散熱模塊才開始工作，根據(jù)
則可以增大電阻箱的電阻。
12. 學(xué)習(xí)小組利用手機(jī)和自行車探究圓周運動的相關(guān)知識。已知手機(jī)的加速度傳感器可以測量x、y、z三個方向的加速度值（如圖1），將自行車架起，手機(jī)固定在自行車后輪輪轂上（如圖（2），輪胎厚度不計），轉(zhuǎn)動踏板，后輪帶動手機(jī)在豎直面內(nèi)做圓周運動。
（1）若加速轉(zhuǎn)動踏板，則手機(jī)可測到哪些方向的加速度值不為零？______
A. x、y方向的加速度值B. x、z方向的加速度值C. y、z方向的加速度值
（2）利用Phyphx軟件可以直接作出向心加速度an與角速度ω關(guān)系圖象，為了直觀判斷它們的關(guān)系，應(yīng)讓軟件作出an?________（選填“ω”或“ω2”）圖像。
（3）若由（2）所作圖像測出斜率為k，已知自行車后輪半徑為R，則手機(jī)的加速度傳感器到輪胎邊緣的距離為_____________（用題中符號表示），查閱相關(guān)資料得知該手機(jī)使用的加速度傳感器質(zhì)量為m，當(dāng)后輪角速度為ω0時，則手機(jī)的加速度傳感器做圓周運動的向心力Fn=________（用題中符號表示）。
【答案】（1）A （2）ω2
（3） ①. R?k ②. mω2k
【解析】
【小問1詳解】
后輪帶動手機(jī)在豎直面內(nèi)做圓周運動，加速度在豎直平面內(nèi)，故x、y方向的加速度值不為零，z方向的加速度值為零。
故選A。
【小問2詳解】
根據(jù)an=ω2R可知，an?ω2圖像為直線，an?ω為曲線，應(yīng)讓軟件作出an?ω2圖像能直觀地判斷它們的關(guān)系。
【小問3詳解】
[1]若由（2）所作圖像測出斜率為k等于手機(jī)到后輪圓心的距離，故手機(jī)的加速度傳感器到輪胎邊緣的距離為R?k；
[2]若由（2）所作圖像測出斜率為k等于手機(jī)到后輪圓心距離，即手機(jī)做圓周運動的半徑，則手機(jī)的加速度傳感器做圓周運動的向心力Fn=mω2k。
13. 如圖（1）波浪機(jī)以恒定的振動周期在泳池較深的一端制造橫波，小銘用頻閃相機(jī)觀察深水區(qū)的波形，發(fā)現(xiàn)照片中的波形始終沒有變化。已知頻閃相機(jī)每隔2s閃光一次，波浪機(jī)振動周期不小于頻閃相機(jī)的閃光間隔。求：
（1）波浪機(jī)的振動頻率；
（2）深水區(qū)的波長和波速大小；
（3）小銘繼續(xù)觀察淺水區(qū)波形，發(fā)現(xiàn)波長與水深有關(guān)，如圖（2），波長發(fā)生了什么變化？這個變化可能是水深改變了波的什么物理量造成的？
【答案】（1）
（2）
（3）波長變化是由波速變化引起的，見解析
【解析】
【小問1詳解】
由題可知，波浪機(jī)的振動周期
由
得波浪機(jī)的振動頻率
【小問2詳解】
由圖可知
得波長
由可得波速大小為
【小問3詳解】
波浪機(jī)振動周期恒定，波的頻率不變，說明波長變化是由波速變化引起的，可能原因：水逐漸變淺，導(dǎo)致波速逐漸變小，從而造成波長逐漸變小。
14. 小旭利用電磁阻尼作用設(shè)計了一個貨物緩降器模型，如圖所示.單匝矩形金屬線框的電阻為，質(zhì)量為，邊長為。線框通過絕緣繩索與質(zhì)量為（）的貨物相連。線框上方有足夠多的方向相反的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為，方向與線框平面垂直，磁場間隔寬度與線框邊長相同，邊界與邊平行.從適當(dāng)位置釋放貨物，一段時間后線框恰能勻速進(jìn)入磁場Ⅰ。線框從開始進(jìn)入到全部進(jìn)入磁場Ⅰ所用時間為，且線框到滑輪的距離足夠長，不計摩擦，重力加速度為。求：
（1）線框剛進(jìn)入磁場Ⅰ的速度大??；
（2）線框在時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱；
（3）貨物下降的最終速度大小.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小問1詳解】
線框進(jìn)入磁場Ⅰ時受力平衡，由，
得速度大小
【小問2詳解】
法①：線框進(jìn)入磁場Ⅰ時，由焦耳定律
得焦耳熱
法②：線框進(jìn)入磁場Ⅰ時，由功能關(guān)系，
得焦耳熱
【小問3詳解】
線框完全進(jìn)入磁場后，先做加速度減小的減速運動，最終受力平衡，由，
得最終速度
15. 如圖所示，小滑塊和的靜止于光滑平臺上，之間有質(zhì)量可忽略不計的炸藥。長度的木板c靜止于光滑平面上，上表面與平齊，左端緊靠平臺，右端固定有半徑的半圓形光滑圓軌道.某時刻炸藥爆炸，爆炸過程放出的能量均轉(zhuǎn)化為物體和的動能，使物塊以速度沖上木板c。已知，，，物塊與木板之間動摩擦因數(shù)，取10m/s2。
（1）求爆炸過程中炸藥釋放的能量；
（2）若木板固定在平面上，請通過計算說明小滑塊是否能到達(dá)圓軌道最高點；
（3）若木板不固定在平面上，要使小滑塊既可以到達(dá)點又不會從木板上掉下來，求木板長度的取值范圍。
【答案】（1）
（2）小滑塊不能經(jīng)過點
（3）
【解析】
【小問1詳解】
爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，則有
爆炸過程釋放的能量
聯(lián)立解得
【小問2詳解】
不能。
若平板固定，物塊從點運動到點的過程中，根據(jù)動能定理有
若能到達(dá)點，從到的過程中，根據(jù)動能定理有
解得
若小滑塊恰好過最高點，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
因為，所以小滑塊不能經(jīng)過點
【小問3詳解】
小滑塊到達(dá)點與木板共速時，木板最長，根據(jù)動量守恒定律有
解得
根據(jù)能量守恒定律有
解得
小滑塊回到木板左端與木板共速時，木板最短，根據(jù)動量守恒定律可得共同速度仍為
根據(jù)能量守恒定律有
解得
在這個過程中小滑塊在圓弧上升高度為，根據(jù)能量守恒定律有
解得
即不會脫離圓弧軌道，故木板的長度范圍為。