2025屆廣東省建文教育集團高三上學期1月第二次模擬考試物

理試題

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一、單選題

1.如圖所示，物塊A和滑環B用繞過光滑定滑輪的不可伸長的輕繩連接，滑環B套在與豎

直方向成。=37。的粗細均勻的固定桿上，連接滑環B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內，滑

環B恰好不能下滑，滑環和桿間的動摩擦因數〃=0.4,設滑環和桿間的最大靜摩擦力等于滑

動摩擦力，則物塊A和滑環B的質量之比為（）

2.2006年8月24日晚，國際天文學聯合會大會投票，通過了新的行星定義，冥王星被排

除在太陽系大行星行列之外，太陽系的大行星數量將由九顆減為八顆.若將八大行星繞太陽

運行的軌跡可粗略地認為是圓，各星球半徑和軌道半徑如下表所示：從表中所列數據可以估

算出海王星的公轉周期最接近（）

行星名稱水星金星地球火星木星土星天王星海王星

星球半徑（xlO'm）2.446.056.373.3969.858.223.722.4

軌道半徑（xlOnm）0.5791.081.502.287.7814.328.745.0

A.80年B.120年C.165年D.200年

3.若單擺的擺長不變，擺球的質量增加為原來的4倍，擺球經過平衡位置的速度減為原來

的則單擺振動的物理量變化的情況是（）

A.頻率不變，振幅不變B.頻率不變，振幅改變

試卷第1頁，共6頁

C.頻率改變，振幅改變D.頻率改變，振幅不變

4.彩帶舞是一種民間舞蹈藝術，彩帶舞愛好者某次抖動彩帶形成的彩帶波可看成簡諧橫波。

在如圖所示的彩帶上有相距6m的M、N兩質點，波由M向N傳播，某時刻兩質點的振動圖

像如圖所示。下列說法正確的是（）

A.該簡諧橫波的傳播周期為0.4s

B.該簡諧波的波長可能為8m

C.該簡諧橫波的傳播速度大小可能為10m/s

D.0~1.2s的時間內質點M點的路程為60cm

5.關于下列圖片中顯示的信息說法正確的是

丙

A.甲圖是公路上的指示牌，上面的“3km47km53km”指的是位移

B.乙圖是導航中的信息，上面方案二中的“15分鐘”指的是時間

C.丙圖是汽車上的時速表，上面指針指示的“70”指的是速度為70米/秒

D.丁圖是高速上的指示牌，上面的“120”“100”指的是平均速度的大小

6.如圖所示，固定的水平長直導線中通有恒定電流/,矩形線框與導線在同一豎直平面內,

且一邊與導線平行。線框由靜止釋放，在下落過程中（）

A.由于線框的速度增大，穿過線框的磁通量可能不變

B.線框中一定有順時針方向的感應電流

C.線框所受合外力的方向可能向上

試卷第2頁，共6頁

D.線框的機械能守恒

7.如圖所示有一半徑為R豎直平面內的光滑圓軌道，有一質量為根的小球（可視為質點）,

小球能夠沿著圓軌道做完整的圓周運動，則小球在軌道的最低點對軌道的壓力片比小球在

軌道的最高點對軌道的壓力月大（)

B.4mgC.5mgD.6mg

二、多選題

8.如圖所示的虛線為電場中的三個等勢面，三條虛線平行且等間距，電勢值分別為10V、

19V、28V,實線是僅受電場力的帶電粒子的運動軌跡，/、B、C是軌跡上的三個點，/到

中心虛線的距離大于C到中心虛線的距離，下列說法正確的是（）

A.粒子在三點受到的靜電力方向相同

B.粒子帶負電

C.粒子在三點的電勢能大小關系為與Og1>￡那

D.粒子從/運動到8與從3運動到C,靜電力做的功可能相等

9.節能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車.有一質量〃尸1

000kg的混合動力轎車，在平直公路上以％=90公"http://?勻速行駛，發動機的輸出功率為尸=50

kW.當駕駛員看到前方有80km/h的限速標志時，保持發動機功率不變，立即啟動利用電磁

阻尼帶動的發電機工作給電池充電，使轎車做減速運動，運動Z=72m后，速度變為

%=726"/〃.此過程中發動機功率的五分之一用于轎車的牽引，五分之四用于供給發電機

試卷第3頁，共6頁

工作，發動機輸送給發電機的能量最后有50%轉化為電池的電能.假設轎車在上述運動過

程中所受阻力保持不變.下列說法正確的是

A.轎車以90km/h在平直公路上勻速行駛時，所受阻力他的大小為2x103N

B.駕駛員啟動電磁阻尼轎車做減速運動，速度變為匕=72后"http://!過程的時間為3.2s

C.轎車從90km/h減速到72km/h過程中，獲得的電能埼=6.3x1(/j

D.轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電維持72km/h勻速運動的距離為31.5m

io.輪a、a固定在同一轉軸上，輪a、&用皮帶連接且不打滑。邊緣點/、B,已知輪的

半徑比/：4=2：1,當轉軸勻速轉動時，則(

A.48線速度之比為1:1B.A,8角速度之比為1:2

C.4、2加速度之比為1:2D.4、8周期之比為2:1

三、解答題

3

11.如圖所示，在傾角0=37。的斜面上放置一個凹槽，槽與斜面間的動摩擦因數〃=3,槽

O

與斜面間的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，槽兩端側壁/、8間的距離d=0.12m。

把一小球放在槽內上端靠側壁/處，現同時由靜止釋放球和槽，不計球與槽之間的摩擦，

斜面足夠長，且球與槽的側壁發生碰撞時碰撞時間極短，系統不損失機械能，球和槽的質量

相等，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0,8o求：

(1)釋放球和槽后，經多長時間球與槽的側壁發生第一次碰撞；

(2)第一次碰撞后的瞬間，球和槽的速度；

(3)從初始位置到球與凹槽的左側壁發生第三次碰撞時凹槽的位移大小。

試卷第4頁，共6頁

12.一個右端開口左端封閉的U形玻璃管中裝有水銀，左側封有一定質量的空氣，如圖所

示，己知，空氣柱長是40cm,兩側水銀面高度差56cm,若左側距管頂66cm處的左點處突

然斷開，斷開處上方水銀能否流出？這時左側上方封閉氣柱將變為多高？(設大氣壓強為

l.013xl05Pa)

13.如圖，整個空間有場強大小為E=3xlO，V/m的勻強電場，方向水平向右。4BC為豎

直面的絕緣光滑軌道，其中部分是水平軌道，5c部分是半徑為尺=0.4m的四分之一圓

弧，兩段軌道相切于3點。P為水平軌道上的一點，且PB=0.4m,把一質量7"=0/kg、帶

電荷量q=+2.5xl0-5c小球從尸點由靜止釋放，小球將在軌道內運動，重力加速度

g=10m/s2,求：

(1)小球到達C點時的速率；

(2)小球從P點到C點的過程中動能的最大值；

(3)小球離開C點后再次到達NB同一水平高度時與P點的距離。

14.如圖所示，面積為0.02m2,內阻不計的100匝矩形線圈48CD,繞垂直于磁場的軸。0,

勻速轉動，轉動的角速度為100rad/s,勻強磁場的磁感應強度為1丁。矩形線圈通過滑環

2

與理想變壓器相連，觸頭P可移動，副線圈所接電阻R=50。，電表均為理想交流電表。當

線圈平面與磁場方向平行時開始計時，結果可用根號或兀表示。求：

(1)線圈中感應電動勢的最大值；

(2)由圖示位置轉過30。角的過程產生的平均感應電動勢；

(3)當原、副線圈匝數比為2：1時，電阻R上消耗的功率。

試卷第5頁，共6頁

15.如圖所示，在質量為機的物塊甲上系著兩條細繩，其中長30cm的細繩另一端連著輕質

圓環，圓環套在水平棒上可以滑動，圓環與棒間的動摩擦因數〃=0.75。另一細繩跨過光滑

定滑輪與重力為G的物塊乙相連，定滑輪固定在距離圓環50cm的地方，系統處于靜止狀態,

0/與棒的夾角為兩繩夾角為。。當G=6N時，圓環恰好開始滑動。最大靜摩擦力等于

滑動摩擦力，g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8□求：

(1)0/繩與棒間的夾角6；

(2)物塊甲的質量0

試卷第6頁，共6頁

《2025屆廣東省建文教育集團高三上學期1月第二次模擬考試物理試題》參考答案

題號12345678910

答案ACBDBBDABCACDABCD

1.A

【分析】滑環B恰好不能下滑，所受的靜摩擦力沿桿向上達到最大值。先對A受力分析，

根據平衡條件表示出繩子的拉力，再對B受力分析，根據平衡條件求出繩子拉力與B重力

的關系，進而得到A和B質量之比。

【詳解】對A受力分析，根據平衡條件有

T=mAg

對B受力分析，如圖：

根據平衡條件

mBgcos0=f,mAg=N+mBgsinO

據題知，滑環2恰好不能下滑，所受的靜摩擦力沿桿向上達到最大值，有

f="N

聯立解得

mB5

故選Ao

【點睛】本題的關鍵是分別對兩個物體進行受力分析，然后根據共點力平衡條件，并結合正

交分解法列式求解。

2.C

【詳解】根據G，"存，得人‘魚廠，因為海王星的軌道半徑時地球軌道半徑的

GM

30倍，則海王星的周期大約是地球公轉周期的165倍.地球公轉周期為1年，則海王星的

公轉周期為165年.故C正確，A、B、D錯誤.故選C.

【點睛】解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力這一理論，知道周期與軌道半徑的關系.

答案第1頁，共10頁

3.B

【詳解】單擺周期公式為7=2萬則單擺的頻率為

-T17T\L

單擺擺長L與單擺所處位置的g不變，擺球質量增加為原來的4倍，單擺頻率/不變，單擺

運動過程只有重力做功，機械能守恒，擺球經過平衡位置時的速度減為原來的由機械能

守恒定律可知，擺球到達的最大高度變小，單擺的振幅變小。故ACD錯誤，B正確。

故選B。

4.D

【詳解】A.由圖像可知，該簡諧橫波的傳播周期為0.8s。故A錯誤；

B.根據圖像可知，M、N兩質點之間的距離與波長的關系

x=6m=(n+—)A(〃=0,1,2,3.........)

4

故波長

24

A=-------m(〃=0,1,2,3.........)

4〃+1

波長為8m時，〃無正整數解，故B錯誤；

C.該簡諧橫波的傳播速度大小

24

247/+130(n=0,1,2,3..........)

v=—==-------m/s

T0.84n+1

波速為10m/s時，〃無正整數解，故C錯誤；

D.由圖像可知，振幅

^=10cm0~1.2s內質點M點的路程

s=6A=60cm

故D正確。

故選D。

5.B

【詳解】A.“3km”“47km”“53km”指的是路程，故A錯誤;

B.“15分鐘”指的是所需的時間，故B正確；

C.指針指示的“70”指的是速度為70km/hw70m/s,故C錯誤；

答案第2頁，共10頁

D.“120”“100”指的是瞬時速度的大小，故D錯誤。

故選B。

6.B

【詳解】AB.根據右手螺旋定則，知直導線下方的磁場方向垂直紙面向里，線框由靜止釋

放，穿過線圈的磁通量減少；根據楞次定律知，感應電流的方向為順時針方向，故A錯誤,

B正確；

C.根據左手定則，上邊所受的安培力方向向上，下邊所受的安培力方向向下，由于上邊所

處的磁場強，所以上邊所受的安培力大小大于下邊所受的安培力大小，所以線框所受安培力

的合力方向豎直向上。但線框還受到豎直向下的重力作用，線框向下做加速運動，整體受到

的合外力的方向向下，故C錯誤；

D.在下降的過程中，除重力做功以外，有安培力做功，所以線框的機械能不守恒，故D錯

誤。

故選B。

【點睛】解決本題的關鍵掌握楞次定律判斷感應電流的方向，以及知道機械能守恒的條件。

7.D

【詳解】設小球在高點時速度為%,據向心力公式可知，在最高點時

=m

F2+mg~^

根據機械能守恒定律可知

1212

mg?2R=—mv--mv0

再對最低點分析可知

V2

K—mg=m—

聯立解得

Fx-F2=6mg

則由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力為6〃陪。

故選D。

8.ABC

【分析】根據三條表示等勢面的虛線等間距判斷出該電場是勻強電場；根據電場線垂直于等

勢面和運動軌跡可確定確定靜電力的方向，根據迎=”分析帶電粒子在三點電勢能關系；根

答案第3頁，共10頁

據衿gU,由電勢差可確定靜電力做功情況.

【詳解】根據電場線垂直于等勢面可知，粒子在三點受到的靜電力方向相同，故A正確；

由粒子的運動軌跡得知，所受靜電力垂直等勢面向左下，而電場方向垂直等勢面向右上，則

粒子帶負電，故B正確；由題意知N、B、C三點電勢大小關系為0因粒子帶

負電，根據Ep=q(p有EpA<EpB<EpC,故C正確；根據靜電力做功種4、3兩點之間

的電勢差大于2、C兩點之間的電勢差，則雙42>用BC,故D錯誤.

【點睛】解決本題要掌握勻強電場的電場線、等勢面分布的特點，知道物體做曲線運動時合

力指向軌跡彎曲內側，并能靈活運用這些知識分析帶電粒子在電場中運動的問題.

9.ACD

【詳解】A.轎車以90km/h在平直公路上勻速行駛時，由P=bv、F^=F可得：

3

^fl=2xlO2V.故A項符合題意.

B.駕駛員啟動電磁阻尼后，若轎車減速運動，則平均速度為［="署=字向5,所用時間為

t=2=3.2s因汽車保持功率一定做減速運動，則不是勻減速運動，則運動時間不等于3.2s,

V

故B不符合題意

C.轎車從90km/h減速到72km/h過程中，運動Z=72m,由動能定理可得

—Pt+(-^)=~mv2~^mvi；獲得的電能￡電;聯立解得：=6.3x104J.故C

項符合題意.

D.據￡電=耳心可得，轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能￡電勻速運動的距離

x=31.5m.故D項符合題意.

10.ABCD

【詳解】A./、8兩點靠傳送帶傳動，線速度大小相等，故/、8線速度之比為1:1,故A

正確；

B.4、8兩點靠傳送帶傳動，線速度大小相等，根據

v=ra>

可得

ct)A：coB=r2：q=l：2

故B正確；

答案第4頁，共10頁

C.根據

an=vco

可知，/、8兩點的加速度之比為

lxl：lx2=l：2

故C正確；

D.由

1=--

CD

可知，/、8兩點的周期之比為2：1,故D正確；

故選ABCDo

11.(1)0.2s

(2)0,1.2m/s,方向沿斜面向下

(3)1.44m

【詳解】(1)設球和槽的質量為如槽與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，由于

f=/J-2mgcos3=0.6mg

槽所受重力沿斜面的分力

mgsind=0.6mg=f

所以槽受力平衡，釋放后保持靜止，釋放后，球做勻加速運動，根據牛頓第二定律可得

wigsin0=ma0

可得

2

a0=6m/s

經時間打球與槽的側壁B發生第一次碰撞，則

12

d=5叩0

解得

t0=0.2s

(2)碰撞前球的速度為

v0=aoto=1.2m/s

球和槽碰撞過程，由動量守恒定律

答案第5頁，共10頁

mv0=mvx+mv2

碰撞過程由機械能守恒定律

；mVg=；mvf+；mv；

解得第一次碰撞后瞬間球的速度V；和槽的速度V2分別為

v,=0,v2=1,2m/s

方向沿斜面向下；

(3)球與凹槽第一次碰撞后，凹槽以1.2m/s的速度沿斜面向下做勻速運動，球做初速度為

0的勻加速運動，設經過時間〃小球的速度與凹槽的速度相等，球與凹槽的左側壁距離達到

最大，即

解得

%=0.20s

設力時間內球下滑的距離為打，則

12

玉二］初

解得

再=0.12m

因為

v2tx-xx=0.12m=d

說明球恰好運動到凹槽的右側壁，而且速度相等，所以球與凹槽的右側壁恰好接觸但沒有發

生碰撞，設二者第一次碰后到第二次碰時所用的時間為5球運動的距離為41，凹槽運動

的距離為出1，第二次碰時球的速度為V3,則

1,2

XA1=

%B1一才2

XA1=XB1

V3-。0%2

答案第6頁，共10頁

解得

t2=0.4s,xB1=0.48m,v3=2.4m/s

第二次碰撞后，由動量守恒定律和能量守恒定律可解得二者再次發生速度交換，凹槽以2.4

m/s的速度做勻速直線運動，球以1.2m/s的初速度做勻加速運動，用前面第一次碰撞到第

二次碰撞的分析方法可知，在后續的運動過程中，球不會與凹槽的右側壁碰撞，并且球與凹

槽第二次碰撞后，也再經過打=0.4s,發生第三次碰撞，設二者在第二次碰后到第三次碰時

凹槽運動的位移為XBZ，則

xB2=v3t3=2.4x0.40m=0.96m

設從初始位置到球與凹槽的左內側壁發生第三次碰撞時凹槽的位移大小為X,則

x=xBl+xB2=(0.48+0.96)m=1.44m

12.否,16cm

【詳解】設

h=56cm

則封閉氣體的壓強為

%=為-0g〃左點處突然斷開，斷開處外界壓強等于大氣壓，管內液體的壓強小于大氣壓，

故液體不會流出，設后點處突然斷開后，左側上方封閉氣柱為/,則對于封閉氣體由玻意耳

定律得

(76-56)6=(76-26)3

解得

I=40cm

4=16cm

13.(1)2m/s；(2)0.4J；(3)1.9m

【詳解】(1)設小球在C點的速度大小是Vc，則對于小球由尸的過程中，由動能定理

得

1

qE-2R-mgR=-mv19-0

解得

答案第7頁，共10頁

vc=2m/s

(2)由于

qE=0.75冽g

小球從3到c的過程中，切線方向合力為零時到達。點，此時合力與豎直方向的夾角為

tan6=/=』

mg4

小球在。點的動能最大，由動能定理

qER(1+sin6)-mgR(1-cos6)=凡1n

為5J

(3)以C點為原點，設小球再次回到高度時到達尸點，則

1,

-R=vct--gt-

2

xPF=2R+-^t