2025广东省建文教育集团两学部高三上学期1月第二次模拟考试物理含解析

这是一份2025广东省建文教育集团两学部高三上学期1月第二次模拟考试物理含解析，共15页。

一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.如图，物块和滑环用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环套在与竖直方向成的粗细均匀的固定杆上，连接滑环的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数为，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块和滑环的质量之比为( )
A. B. C. D.
2.如图所示，年月日晚，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
从表中所列数据可以估算出海王星的公转周期最接近( )
A. 年B. 年C. 年D. 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，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。在如图所示的彩带上有相距的、两质点，波由向传播，某时刻两质点的振动图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该简谐横波的传播周期为
B. 该简谐波的波长可能为
C. 该简谐横波的传播速度大小可能为
D. 的时间内质点点的路程为
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

轨道半径

5.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“”“”“”指的是位移
B. 乙图是导航中的信息，上面方案二中的“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“”指的是速度为米秒
D. 丁图是高速上的指示牌，上面的“”“”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，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竖直平面内的光滑圆轨道，有一质量为的小球可视为质点，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比小球在轨道的最高点对轨道的压力大( )
A. B. C. D.
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、、，实线是仅受静电力的带电粒子的运动轨迹，、、是轨迹上的三个点，到中心虚线的距离大于到中心虚线的距离，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
D. 粒子从运动到与从运动到，静电力做的功可能相等
9.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。有一质量的混合动力轿车，在平直公路上以匀速行驶，发动机的输出功率为当驾驶员看到前方有的限速标志时，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，运动后，速度变为。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转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。下列说法正确的是( )
A. 轿车以在平直公路上匀速行驶时，所受阻力的大小为
B. 驾驶员启动电磁阻尼轿车做匀减速运动，速度变为过程的时间为
C. 轿车从减速到过程中，获得的电能
D. 轿车仅用其在上述或速过程中获得的电能维持匀速运动的距离为
10.轮、固定在同一转轴上，轮、用皮带连接且不打滑。边缘点、，已知轮的半径比：：，当转轴匀速转动时，则( )
A. A、线速度之比为：B. A、角速度之比为：
C. A、加速度之比为：D. A、周期之比为：
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图所示，在倾角的斜面上放置一个凹槽，槽与斜面间的动摩擦因数，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、间的距离。把一小球放在槽内上端靠侧壁处，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，，，求：
释放球和槽后，经多长时间球与槽的侧壁发生第一次碰撞；
第一次碰撞后的瞬间，球和槽的速度；
从初始位置到物块与凹槽的左侧壁发生第三次碰撞时的位移大小。
12.分一个右端开口左端封闭的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，两侧水银面高度差，若左侧距管顶处的点处突然断开，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

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的匀强电场，方向水平向右。为竖直面的绝缘光滑轨道，其中部分是水平轨道，部分是半径为的四分之一圆弧，两段轨道相切于点。为水平轨道上的一点，且，把一质量、带电荷量小球从点由静止释放，小球将在轨道内运动，重力加速度，求：
小球到达点时的速率；
小球从点到点的过程中动能的最大值；
小球离开点后再次到达同一水平高度时与点的距离。
14.如图所示，面积为、内阻不计的匝矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，转动的角速度为，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头可移动，副线圈所接电阻，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，结果可用根号或表示。求：
线圈中感应电动势的最大值；
由图示位置转过角的过程产生的平均感应电动势；
当原、副线圈匝数比为：时，电阻上消耗的功率。
15.如图所示，在质量为的物块甲上系着两条细绳，其中长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。另一细绳跨过光滑定滑轮与重力为的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环的地方，系统处于静止状态，与棒的夹角为，两绳夹角为。当时，圆环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，。求：
绳与棒间的夹角；
物块甲的质量。
1.【答案】
【解析】【分析】
对受力分析，根据平衡条件表示出绳子的拉力，对受力分析，根据平衡条件求出绳子拉力与重力的关系，进而得到质量之比。
【解答】
对进行受力分析，根据平衡条件：，
对进行受力分析，如图：
根据平衡条件：，
得：；
综上分析可知应选C。
2.【答案】
【解析】解：根据得，周期，
因为海王星的轨道半径时地球轨道半径的倍，则海王星的周期大约是地球公转周期的倍．地球公转周期为年，则海王星的公转周期为年．故C正确，、、D错误．
故选：．
根据万有引力提供向心力得出周期与轨道半径的关系，结合海王星与地球的轨道半径之比得出周期之比，从而求出海王星的公转周期．
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道周期与轨道半径的关系．
3.【答案】
【解析】试题分析：根据单摆周期公式可知，振动周期不变，所以排除。由于速度变小一般，但质量增加倍，所以最低处物体动能不变，即根据机械能守恒，说明高度应该减小，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】
【解析】解：、根据振动图像可知简谐横波的传播周期为，故A错误；
B、和平衡位置相距，解得：、、、，如果波长为，则，故B错误；
C、波的传播速度大小为，解得：、、、，当波速为时，，故C错误；
D、的时间，即经过，点通过的路程为，故D正确。
故选：。
根据振动图像可知简谐横波的传播周期；和平衡位置相距，由此求解波长；根据求解波速；质点在个周期通过的路程为，由此求解的时间内点通过的路程。
本题主要是考查了振动的图像；解答此类问题的关键是要理解振动图像的物理意义，能够根据图像直接读出振幅和质点的振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。
5.【答案】
【解析】解：、“”“”“”指的是运动轨迹的长度，是路程，故A错误；
B、“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“”指的是速度为，故C错误；
D、“”“”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：。
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。
本题考查位移与路程、平均速度与平均速度、速率、瞬时速度等，要正确区分平均速度与瞬时速度，关键抓住它们对应关系：平均速度与一段时间或位移对应，瞬时速度与时刻或位置对应。
6.【答案】
【解析】【分析】
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】
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：。
7.【答案】
【解析】解：设小球在高点时速度为，据向心力公式可知，在最高点时：
根据机械能守恒定律可知，
再对最低点分析可知：
联立解得：；
则由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为，故ABC错误，D正确。
故选：。
对最高点分析，根据向心力公式可求得最高点的速度，再对由最高点到最低点过程根据机械能守恒定律可求得最低点的速度，再对最低点根据向心力公式可求得小球受到的支持力，再根据牛顿第三定律可求得对轨道的压力。
本题考查向心力公式的应用以及机械能守恒定律的应用，要注意正确分析物理过程，明确最高点和最低点的受力分析，明确向心力的来源是解题的关键。
8.【答案】
【解析】解：、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、、、三点电势大小关系为，因粒子带负电，根据有
，故C正确；
D、根据静电力做功，、两点之间的电势差大于、两点之间的电势差，则，故D错误。
故选：。
根据三条表示等势面的虚线等间距判断出该电场是匀强电场；根据电场线垂直于等势面和运动轨迹可确定确定静电力的方向，根据分析带电粒子在三点电势能关系；根据，由电势差可确定静电力做功情况．
解决本题要掌握匀强电场的电场线、等势面分布的特点，知道物体做曲线运动时合力指向轨迹弯曲内侧，并能灵活运用这些知识分析带电粒子在电场中运动的问题．
9.【答案】
【解析】解：、，汽车牵引力与输出功率的关系：可得：，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，在减速过程中，注意到发动机只有用于汽车的牵引，
根据动能定理有：
代入数据解得：，
电源获得的电能为：，故C正确；
D、轿车在平直公路上匀速行驶可知：，代入数据解得：，故D正确；
故选：。
根据匀速行驶时，牵引力等于阻力，结合求出阻力的大小。
根据动能定理求出发电机的输出功率，从而得出电源获得的电能。
在此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，根据即可求解。
此题主要考查的是学生对功率、电能、速度计算公式及其变形公式的理解和掌握，综合性较强，难度较大。
10.【答案】
【解析】解：、、两点靠传送带传动，线速度大小相等，则：：故A正确；
B、、两点靠传送带传动，线速度大小相等，根据，：：：，故B正确；
C、根据，可知，、两点的加速度之比为：故C正确；
D、由，可知，、两点的周期之比为：，故D正确。
故选：。
传送带传动，线速度大小相等，根据，，求出两点的线速度、角速度、加速度和周期之比。
解决本题的知道靠传送带传动轮子边缘上的点，线速度大小相等。
11.【答案】解：球和槽作为整体，对整体受力分析，
则在沿斜面方向上：，在垂直于斜面方向上：，
由相互作用力关系可知：，解得：，即槽在沿斜面方向上静止；
对球受力分析，在沿斜面方向上：，解得：，
球相对于槽沿斜面向下运动，由匀变速运动关系式可知：，解得：；
碰撞前球做匀变速直线运动，即碰撞前球的速度为：，
以沿斜面向下为正方向，若碰撞后球的速度为，槽的速度为，则碰撞前后，由动量守恒可知：，
碰撞前后，机械能不损失，即总动能不变，，
由球和槽的相对位置可知，槽和球的速度必然满足：，
联立解得：，，槽的速度方向沿斜面向下；
由分析可知，第一次碰撞后，槽将以的速度沿斜面匀速向下，而球以初速度为，开始做匀加速直线运动；
从第一次碰撞后，到球与槽共速时：，解得：，
此时球的位移为：，槽的位移为：，代入数据可知恰好满足：，
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，
对球：，对槽：，相对位移恰好为：，
联立解得：，；碰撞前球的速度为：，
以沿斜面向下为正方向，若碰撞后球的速度为，槽的速度为，则第二次碰撞前后，由动量守恒可知：，
碰撞前后，机械能不损失，即总动能不变，，
由球和槽的相对位置可知，槽和球的速度必然满足：，
联立解得：，，球和槽的速度方向豆沿斜面向下；
从第二次碰撞后，到球第三次接触槽的左侧壁时，
对球：，对槽：，相对位移恰好为：，
联立解得：，，
从释放球，到球和槽左侧壁第三次碰撞，槽的位移大小为：。
答：释放后，球经过与槽第一次碰撞；
第一次碰撞后，球的速度为；槽的速度为，方向沿斜面向下；
从初始位置到与槽左侧壁第三次碰撞时，的位移大小为。
【解析】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；
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；
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；
【解析】【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：设小球在点的速度大小是，则对于小球由的过程中，由动能定理得

解得

由于

小球从到的过程中，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

小球的动能最大，由动能定理


以点为原点，设小球再次回到高度时到达点，则


解得

答：小球到达点时的速率为，
小球从点到点的过程中动能的最大值为，
小球离开点后再次到达同一水平高度时与点的距离为。
【解析】根据动能定理解答；
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；
根据类平抛运动规律解答。
在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解。题目较难。
14.【答案】解：根据感应电动势的最大值公式；
由图示位置转过的过程中，平均的感应电动势为
原线圈中的感应电动势的有效值为，当原副线圈匝数比为：时，由，解得副线圈的电压为，故上消耗的功率为
答：线圈中感应电动势的最大值为；
由图示位置转过角的过程产生的平均感应电动势为；
当原、副线圈匝数比为：时，电阻上消耗的功率为。
【解析】根据感应电动势的最大值表达式列式并代入数据求解；
根据平均感应电动势公式代入数据解答；
根据变压器的变压比和正弦交流电的有效值和最大值关系结合功率公式列式联立解答。
考查交流电的相关问题和变压器的知识，会根据题意进行准确分析解答。
15.【答案】解：当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为，细绳对圆环的拉力大小为，对圆环受力分析，如图甲所示

甲
根据平衡条件有

联立解得
即
由题意，根据几何关系可知，按如图乙所示，对物块甲受力分析，根据平衡条件

乙
有

解得
答：绳与棒间的夹角为；
物块甲的质量为。
【解析】圆环恰好滑动，将要开始滑动时，所受的静摩擦力刚好达到最大值。根据共点力平衡条件对环进行研究，求出绳与棒间的夹角。
物体处于平衡状态，根据共点力平衡条件求解细绳的张力；圆环将要滑动时，对重物进行受力分析，求解甲的质量。
本题是在共点力作用下重物的平衡问题，采用隔离法分别研究三个物体，分析受力情况是解题的关键之处。