2025届广东省云浮市云城区高三上学期调研模拟测试（一）物理试题（解析版）

这是一份2025届广东省云浮市云城区高三上学期调研模拟测试（一）物理试题（解析版），共17页。试卷主要包含了4eV的光子而发生跃迁等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。
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、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是符合题目要求的。
1. 关于下列四幅图的说法正确的是（ ）
A. 甲图中A处能观察到大量的闪光点，B处能看到较多的闪光点，C处观察不到闪光点
B. 丁图中1为α射线，它的电离作用很强可消除静电
C. 乙图中处于基态的氢原子能吸收能量为10.4eV的光子而发生跃迁
D. 丙图中用弧光灯照射原来就带电的锌板时，发现验电器的张角变大，说明锌板原来带负电
【答案】B
【解析】A．甲图中A处能观察到大量的闪光点，B处能看到较多的闪光点，在C处也可以观察到很少的闪光点，故A错误；
B．对丁图，根据左手定则可知，1带正电，为α射线，α射线的电离作用很强，可消除静电，故B正确；
C．乙图：吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差，从基态氢原子发生跃迁到n=2能级，需要吸收的能量最小，吸收的能量为
-3.4eV-（-13.6eV）=10.2eV
即受10.2eV光子照射，可以从基态氢原子发生跃迁到n=2能级。10.4eV的光子不能被吸收，不能发生跃迁，故C错误；
D．丙图中用弧光灯照射锌板，锌板上的电子逸出，锌板带上正电，发现验电器的张角变大，说明原来就带正电，故D错误。
故选B。
2. 如图所示，质量为的木板B放在水平地面上，质量为的木箱A放在木板B上。一根绳得一端控在木箱上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为。已知木箱A与木板B间的动摩擦因数现用水平向右、大小为63N的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出（，，重力加速度g取），则木板B与地面之间的动摩擦因数的大小为（ ）
A. 0.1B. 0.2C. 0.3D. 0.4
【答案】C
【解析】对A受力分析如图甲所示
由题意得
解得
对A、B整体受力分析如图乙所示，由题意得
解得
故选C
3. 以下四种情况中,物体处于受力平衡状态的是（ ）
A. 水平弹簧振子通过平衡位置时 B. 单摆摆球通过平衡位置时
C. 竖直上抛物体在最高点时 D. 做匀速圆周运动的物体
【答案】A
【解析】A. 水平弹簧振子通过平衡位置时加速度为零，合力为零，处于平衡状态．故A正确；B. 单摆的摆球通过平衡位置时摆线的拉力大于重力，合力向上，提供向心力，加速度不等于零，小球受力不平衡．故B错误；C. 竖直上抛的物体在最高点时物体的合力为重力，不等于零，物体受力不平衡．故C错误；
D. 物体做匀速圆周运动时合力不为零，提供向心力，物体受力不平衡．故D错误。
故选A。
4. 如图所示的现象中，解释成因正确的是（ ）
A. 单摆中摆球运动到平衡位置时，合力为零
B. 水中的气泡看上去特别明亮，主要是由于光的折射引起的
C. 两个扩音器放在主席台左右两侧，在操场上有些位置声音大，有些位置声音小，是因为两处声源产生的波发生了干涉。
D. 疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于开普勒效应引起的
【答案】C
【解析】A．单摆中摆球运动到平衡位置时，摆球做圆周运动，有向心加速度，合力不为零，故A错误；
B．水中的气泡看上去特别明亮，主要是由于光的全反射引起的，故B错误；
C．两个扩音器放在主席台左右两侧，在操场上有些位置声音大，有些位置声音小，是因为声波的干涉现象，因为这两个扩音器是两个相干波源，各自发出的声波在空间发生干涉，故C正确；
D．疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的，故D错误；
故选C。
5. 劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。置于高真空中的半径为R的D形金属盒中，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交变电压u的频率为f．若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。用该回旋加速器加速质子，为了使质子获得的动能减小为原来的，可采用下列哪种方法
A. 将其磁感应强度增大为原来的3倍
B. 将其磁感应强度增大为原来的9倍
C. 将D形盒半径减小为原来的倍
D. 将D形盒的半径减小为原来的倍
【答案】C
【解析】回旋加速器通过电场加速，磁场回旋，最后从磁场离开，由洛伦兹力提供向心力可得：
可得粒子的最大速度为：
故最大动能为：
为了使质子获得的动能减小为原来的，因此将其磁感应强度减小为原来的倍，或将D形盒的半径减小为原来的倍；故C正确，ABD错误；
故选C。
6. 图为一台理想变压器，当原线圈接到220V交流电源上时，副线圈两端的电压为36V，则此变压器（ ）
A. 输入功率稍大于输出功率
B. 原线圈的匝数小于副线圈的匝数
C. 根据电磁感应的原理制成的
D. 原线圈相对于电源来说是负载
【答案】C
【解析】A．理想变压器，输入功率与输出功率相等，故A错误；
B．根据变压器的匝数与电压成正比，原线圈接到220V交流电源上时，副线圈两端的电压为36V，可知此变压器原线圈的匝数大于副线圈的匝数，故B错误；
C．变压器工作原理是互感现象，当原线圈接在交流电源上时，副线圈中会产生感应电动势，故C正确；
D．副线圈相对于电源来说是负载，故D错误。
故选C。
7. 如图所示，A、B为地球的两颗卫星，它们均绕地球做匀速圆周运动，运动周期都为。C为赤道上的物体，将地球看成球体，则下列判断正确的是（ ）
A. A、B两卫星所受的万有引力大小一定相等
B. A、B两卫星到地面的高度可能不同
C. C物体的线速度一定小于A卫星的线速度
D. 以地面为零势能面，A、B两卫星的重力势能一定相同
【答案】C
【解析】AD．A、B两卫星的质量关系不确定，则不能比较两卫星所受的万有引力大小关系，也不能比较A、B两卫星的重力势能的关系，选项AD错误；
B．根据
可知因A、B两卫星周期相同，则轨道半径相同，到地面的高度相同，选项B错误；
C．C物体与同步卫星的角速度相同，根据v=ωr可知C物体的线速度小于同步卫星的线速度；而根据
因A的周期小于同步卫星的周期，可知A的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据
可知A物体的线速度大于同步卫星的线速度，可知C物体的线速度一定小于A卫星的线速度，选项C正确。
故选C。
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，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。
8. 静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t=4s时停下，其v－t图象如图，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是（ ）
A. 整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B. 整个过程中拉力做的功等于零
C. t=2s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D. t=1s到t=3s这段时间内合力做功为零
【答案】AD
【解析】AB．解析对物块运动的整个过程运用动能定理得
WF－Wf=0
即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功，故A正确，B错误；
C．在0～1s时间内，拉力恒定且大于摩擦力，物块做匀加速运动，速度增大，t=1s时，速度最大，拉力的瞬时功率最大；t=2s时，物块匀速运动，拉力等于摩擦力，所以t=2s时刻拉力的瞬时功率不是最大的，故C错误；
D．t=1s到t=3s这段时间，物块匀速运动，动能不变，合外力做功为零，故D正确。
故选AD。
9. 以无穷远处电势为零，下列关于电势与电势能的说法正确的是（ ）
A. 电荷在电场中电势高的地方电势能大
B. 在电场中的某点，电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大
C. 在正点电荷形成的电场中的某点，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大
D. 在负点电荷形成的电场中的某点，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小
【答案】CD
【解析】A．正电荷在电场中电势高的地方电势能大，负电荷在电场中电势高的地方电势能小，故A错误；
B．在电场中的某点，电量大的正电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大，而电量大的负电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能小，故B错误；
C．在正点电荷形成的电场中的某点，电势为正值，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大，故C正确；
D．在负点电荷形成的电场中的某点，电势为负值，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小，故D正确。
故选CD。
10. 如图所示，质量为m的物块放在质量为M的平板车上，轻弹簧将物块与平板车右端的固定挡板相连，平板车上表面光滑，物块与车一起沿光滑水平面向右以大小为v0的速度匀速运动，车与地面上的固定挡板相碰后以原速率返回，M>m，则下列说法正确的是（ ）
A. 碰撞瞬间，物块动量不变
B. 碰撞后，物块、车与弹簧组成的系统动量方向与v0方向相同
C. 碰撞后，物块、车与弹簧组成的系统机械能守恒
D. 碰撞后，弹簧具有的最大弹性势能为
【答案】ACD
【解析】A．碰撞瞬间，物块所受合外力零，所以物块动量不变，故A正确；
B．碰撞瞬间，车的动量变为向左的Mv0，物块动量还是向右的mv0，由于M>m，所以碰撞后瞬间系统的总动量向左，之后系统动量守恒，方向保持向左，故B错误；
C．碰撞后，物块、小车、弹簧组成的系统没有系统外力做功，内部没有摩擦力做功，所以机械能守恒，故C正确；
D．设碰撞后物块与车的共同速度为v，以向左为正方向，根据动量守恒有
根据能量守恒定律，弹簧具有的最大弹性势能
故D正确。
故选ACD。
三、非选择题：共54分。考生根据要求作答。
11. 某同学在做“测定玻璃折射率”的实验时已经画好了部分图线，如图甲所示，并在入射光线AO上插上大头针P1、P2，现需在玻璃砖下表面折射出的光线上插上P3和P4大头针，便能确定光在玻璃砖中的折射光线。
（1）确定P3位置的方法正确的是 ；
A. 透过玻璃砖，P3挡住P2的像
B. 先插上P4大头针，在靠近玻璃砖一侧P3挡住P4的位置
C. 透过玻璃砖观察，使P3挡住P1、P2的像
（2）在图甲中作出光线在玻璃砖中和出射后光线的光路图，并画出玻璃砖中光线的折射角；________
（3）经过多次测量作出的图像如图乙，玻璃砖的折射率为_________（计算结果保留三位有效数字）；
（4）若该同学在确定P4位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把P4位置画的偏左了一些，则测出来的折射率_________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）；
（5）该同学突发奇想用两块同样的玻璃直角棱镜ABC来做实验，两者的AC面是平行放置的，插针P1、P2的连线垂直于AB面，若操作无误，则在图丙中右边的插针应该是 。
A. P3、P6B. P3、P8C. P5、P6D. P7、P8
【答案】（1）C （2） （3）1.50 （4）偏小 （5）C
【解析】【小问1详解】
确定P3位置的方法正确的是：透过玻璃砖观察，使P3挡住P1、P2的像。
故选C。
【小问2详解】
光路图如图所示
【小问3详解】
根据可知，图像的斜率表示折射率，由题图乙可知玻璃砖的折射率为
n=1.50
【小问4详解】
若该同学在确定P4位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把P4位置画的偏左了一些，则P4P3的连线与bb'的交点偏右，测得的折射角θ2偏大，则根据
可知，测出来的折射率偏小。
【小问5详解】
光路图如图所示
根据光路图可知，经过P1P2的光线经两块玻璃砖的分界处向下偏折，然后射入右侧玻璃砖后平行射出，所以在图中右边的插针应该是P5、P6。
故选C。
12. 某同学在实验室发现一根粗细均匀，长约半米，截面为圆形的细金属丝，为了测得该金属丝的电阻率，进行了如下实验操作：
(1)用螺旋测微器测量该金属丝直径时的刻度位置如图甲所示，则该金属丝的直径为_____mm。
(2)用多用电表粗测金属丝的阻值，多用电表的“L”挡有“×1”“×10”“×100”“×1k”四个倍率挡，选用“×100”挡测量时，发现指针偏转角度过大，换用相邻的某倍率，重新欧姆调零后进行测量，结果如图乙所示，则该金属丝的电阻为_____Ω。
(3)为了精确地测量该金属丝的电阻，有下列器材可供选择：
电流表A1（量程3A，内阻约为1.0Ω）
电流表A2（量程100mA，内阻约为50Ω）
电流表A3（量程50mA，内阻为100Ω）
滑动变阻器R（阻值范围0～20Ω，额定电流2A）
直流电源E（电动势10V，内阻不计）
待测金属丝Rx
开关一只，导线若干
请选择合适的仪器，将实验电路图画在方框内，并标明所选器材的代号_____。
(4)在精确测出电阻后，为得出该金属丝的电阻率，还需准确测出它的一个物理量，这个物理量应该是该金属丝的_____，为测得这个物理量所需要的测量工具应该是_____。
【答案】(1)0.680 (2)90 (3) (4)长度 毫米刻度尺（或刻度尺）
【解析】(1)[1]螺旋测微器的读数为
(2)[2]选用“×100”挡测量时，发现指针偏转角度过大，换用相邻的倍率应为“×10”挡，则该元件粗测电阻为90Ω。
(3)[3]电流表A3既可以测电流还可以得出电压应与待测电阻并联，电流表A2用来测并联后的总电流，滑动变阻器总电阻明显小于待测电阻，应采用分压接法，由此可得测量电路如图所示
(4)[4][5]为得出该金属丝的电阻率，还需准确测出它的长度，工具是毫米刻度尺。
13. 如图所示，在大气压强为、室温为的实验室中，一高度、底面积、侧壁及底面厚度不计的圆柱体气缸竖直放置在地面上，内有一质量、厚度的活塞，气缸侧壁顶部和正中间分别有一个大小不计的微动开关，可以感知活塞是否与其接触，以制成传感器。初始时活塞底部距离气缸底部20 cm，不计活塞与气缸侧壁间的摩擦。
（1）若缓慢升高气缸内气体温度，求活塞刚好接触微动开关P时气缸内气体温度。
（2）若第（1）问过程中，气缸内气体从外界吸收热量，气体内能变化量为多少？
（3）保持温度不变，在活塞上缓慢施加压力以触发开关Q可制成压力传感器，若Q到活塞底部距离的调节范围为5~15 cm，则可检测的压力的范围是多少？
【答案】（1）；（2）4 J；（3）
【解析】（1）初始时气缸内气柱的高度为
温度为
活塞刚好接触微动开关P时气缸内气柱的高度为
设此时气体温度为，此过程气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
解得
（2）由热力学第一定律有
解得
即气体的内能增大了4 J
（3）此过程气体发生等温变化，由玻意耳定律有
其中
解得
14. 如图所示，固定的足够长的绝缘运输带与水平方向成α=30°，以v0的速度顺时针匀速传动，两虚线 1、2间存在垂直运输带向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、阻值为 R、边长为d的正方形导线框abcd 随运输带一起匀速向上运动，当 ab边越过虚线1时导线框相对运输带发生运动，当ab边到达虚线 2时导线框的速度恰好恢复到 v0，已知两虚线间的距离为 L（L>2d），导线框与运输带之间的动摩擦因数 ，重力加速度大小为g，整个过程中导线框的 ab边始终与两虚线平行。求：
（1） ab边刚越过虚线 1瞬间的加速度大小；
（2）导线框的 ab边由虚线1运动到虚线2的过程中，导线框中产生的焦耳热Q；
（3）导线框的ab边由虚线 1运动到虚线2的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1） ab边刚越过虚线 1瞬间，对导线框受力分析，根据牛顿第二定律有
根据安培力公式有
根据闭合电路欧姆定律有

解得

（2）导线框的 ab边由虚线 1运动到虚线 2的过程中，根据动能定理有

根据功能关系有
Q=W安
解得

（3）导线框的 ab边由虚线 1运动到虚线 2的过程中，根据动量定理有

安培力的冲量
解得
15. 如图，质量为m=1kg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B的高度h=0. 2m，滑块经过B位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1m．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．g取10m/s2.求：
(1)水平作用力F的大小；（已知sin37°=0.6 cs37°=0.8）
(2)滑块滑到B点的速度v和传送带的动摩擦因数μ；
(3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．
【答案】（1）7.5N（2）0.25（3）0.5J
【解析】(1)滑块受到水平推力F. 重力mg和支持力FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mgtanθ，
代入数据得：
F=7.5N.
(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，
故有：
mgh=
解得
v==2m/s；
滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；
根据动能定理有：
μmgL=
代入数据得：
μ=0.25
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移为：x=v0t
对物体有：
v0=v−at
ma=μmg
滑块相对传送带滑动的位移为：△x=L−x
相对滑动产生的热量为：Q=μmg△x
代值解得：Q=0.5J