2025年高考物理第二次模擬考試01（廣東卷）

全解全析

本試卷滿分100分，考試時間75分鐘

注意事項:

I.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回

一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題列出的四個選項中，只有一項符合題目要求。

1.（本題4分）氫原子光譜是由氫原子的核外電子從高能級向低能級躍遷產生的。如圖所示是氫原子電子

軌道示意圖，a、6兩束光分別由處在〃=5能級和"=4能級的氫原子躍遷到〃=2能級時產生，下列說法錯

誤的是（）

A.氫原子的光譜是分立譜

B.大量處于〃=4能級的氫原子向〃=2能級躍遷時，能產生3種不同頻率的光子

C.氫原子不可以自發地從基態向〃=5能級躍遷

D.己知6光是藍光，則。光可能是紅光

【答案】D

【詳解】A.由于原子能級具有分立性，可知，氫原子的光譜是分立譜，故A正確，不符合題意；

B.大量處于〃=4能級的氫原子向〃=2能級躍遷時，能產生不同頻率的光子為4能級到2能級、4能級到3

能級與3能級到2能級，可知，能產生3種不同頻率的光子，故B正確，不符合題意；

C.氫原子由低能級躍遷至高能級需要吸收能量，可知，氫原子不可以自發地從基態向〃=5能級躍遷，故C

正確，不符合題意；

D.結合題意可知，。光的光子能量大于b光的光子能量，根據E=可知，。光的頻率大于b光的頻率，

由于藍光的頻率大于紅光的頻率，可以判定，若6光是藍光，則。光不可能是紅光，故D錯誤，符合題意。

故選D。

2.（本題4分）柳卯結構是中國傳統木建筑、木家具的主要結構方式，我國未來的月球基地將采用月壤燒

制的帶有禪卯結構的月壤磚建設。在木結構上鑿削矩形樟眼用的是如圖甲所示木工鑿，鑿削樟眼時用錘子

敲擊木工鑿柄，將木工鑿尖端釘入木頭，木工鑿尖端釘入木頭時的截面如圖乙所示，錘子對木工鑿施加的

力下沿豎直面向下，木工鑿對木頭的側面和豎直面的壓力分別為不和耳，下列說法正確的是（）

A.片和耳是尸的兩個分力

B.鑿子尖端打磨的夾角不同，月一定大于片

C.鑿子尖端打磨的夾角不同，月一定大于尸

D.鑿子尖端打磨的夾角不同，片一定大于尸

【答案】D

【詳解】A.片和耳是鑿子對木頭的彈力，其大小等于「在垂直兩接觸面方向上的分力大小，故A錯誤;

BCD.將尸沿垂直兩接觸面分解，如圖

分力大小分別等于片和《，則由數學知識可知片一定大于尸和乙；當。<45。時，F2>F,當6>45。時,

B<F,當0=45。時，F2=F,故BC錯誤，D正確。

故選D。

3.（本題4分）磁電式電流表結構如圖甲，圓柱形軟鐵固定于蹄形磁鐵的兩極靴間，鐵芯外面套有能繞軸

轉動的鋁框，線圈纏繞在鋁框上，鋁框的轉軸上裝有指針和螺旋彈簧，其中極靴附近的磁場分布如圖乙所

示。若線圈a、b兩邊通垂直紙面的電流，方向如圖乙，則下列說法正確的是（）

A.a、b兩邊所受的安培力相同

B.a、6兩邊所在處的磁場是勻強磁場

C.線圈將順時針轉動

D.若用塑料框代替鋁框，在使用電表時可以使指針更迅速地穩定在示數位置

【答案】C

【詳解】AC.根據左手定則可知，。邊所受的安培力向上，b邊所受的安培力向下，方向相反，線圈將順時

針轉動，故A錯誤，C正確；

B.圖中磁感線并非等間距平行線，不是勻強磁場，故B錯誤；

D.用鋁框做骨架，當線圈在磁場中轉動時，導致鋁框的磁通量變化，從而產生感應電流，出現安培阻力,

使其指針很快停止擺動，穩定在示數位置，而塑料做骨架達不到此作用，故D錯誤。

故選Co

4.（本題4分）一列簡諧橫波在:0時刻的波動圖像如圖甲所示，質點M、N剛好在平衡位置，質點尸在

波峰。質點N的振動圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是（）

A.波沿x軸負方向傳播

B.質點N的平衡位置坐標公=7m

C.質點A/'在f=0.5s時位移為0.02m

D./=0.5s時尸點的位移大于M點的位移

【答案】B

【詳解】A.由圖乙可知，Z=0時刻質點N的振動方向沿y軸負方向向下，結合圖甲可知波沿x軸正方向傳

播，故A錯誤；

B.由圖甲可知，波長

2=6mx2=12m

振幅為

A=0.04m

設該波t=0時刻的波動方程為

）（2萬1

y=Acos\—~x+cp\

將（0,0.02）代入可得

71

（P=—

3

由圖可知，M點平衡位置的坐標xAf使

27r7i7i

丁為+丁5

解得

%=lm

由圖知

xN=xM+6m=lm

質點N的平衡位置坐標

%=7m

故B正確；

C.由圖乙可知該波的周期為

T=2sx2=4s

可得質點，的振動方程為

..27r.（］

yM=Asm—t-0.04smly/Im

質點M在￡=0.5s時位移為

yM=0.02V2m

故c錯誤；

D.質點P的振動方程為

27r

yp=Acos—tf=0.5s時尸點的位移

yp=0.02V2m

所以f=0.5s時P點的位移等于M點的位移，故D錯誤。

故選B。

5.（本題4分）日暈，又叫圓虹，是一種大氣光學現象。該現象是日光通過卷層云時，受到冰晶的折射或

反射而形成的。當光線射入卷層云中的冰晶后，經過兩次折射，分散成不同方向的各色光。如圖為一束太

陽光射到六角形冰晶上的光路圖，a、b為其折射出的光線中的兩種單色光，比較a、b兩種單色光，下列說

法正確的是（）

A.b光比。光更容易發生明顯衍射現象

B.在冰晶中，。光的傳播速度大于臺光的傳播速度

C.a、b兩種光分別從水射入空氣發生全反射時，。光的臨界角比6光的小

D.用同一雙縫干涉實驗裝置做實驗，。光的干涉條紋間距小于6光的條紋間距

【答案】B

【詳解】B.由圖看出，太陽光射入六角形冰晶時，6光的折射角小于a光的折射角，即九<九

根據折射率公式?=以區可知%>%

sin/

因為〃=￡所以5>%

V

故B正確；

C.由B項分析可知叫〉%

由臨界角公式sinC=!可知a、b兩種光分別從水射入空氣發生全反射時，6光的臨界角較小，故C錯誤;

n

A.b光的折射率大于。光的折射率，故6光的頻率大于。光的頻率，即力>力

根據4=］可知4＜4

故。光的衍射現象更明顯，故A錯誤；

D.由A項分析可知4,＜々

根據?=＜彳可知，通過同一裝置發生雙縫干涉，“光的干涉條紋間距大于6光的條紋間距，故D錯誤。

故選B。

6.（本題4分）神舟十九號于北京時間2024年10月30日4時27分發射，于10月30日上午11時與空間

站天和核心艙前向端口成功對接，“太空之家”迎來蔡旭哲、宋令東、王浩澤3名新乘組入駐。如圖為飛船運

行與交會對接過程示意圖，橢圓軌道1為飛船對接前的運行軌道，。點是軌道1的近地點，離地高度可忽

略不計。圓形軌道2距地面高度為4,是天和核心艙的運行軌道，尸點是1、2軌道的切點，也是交會點。

地球半徑為R,表面重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A.天和核心艙在軌道2上的速度大小一定大于在軌道1的速度

B.飛船從軌道1變軌到軌道2需要在交會點P點點火減速

(H+2R)3

C.飛船在軌道1上與在軌道2上運動的周期之比為

(〃+R)3

D.交會對接前天和核心艙的向心加速度為

【答案】D

【詳解】A.假設有一衛星經過0點繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力可得

可知衛星經過在Q點繞地球做勻速圓周運動的線速度大于天和核心艙在軌道2上的速度，而做圓周運動的

衛星在。點需要點火加速才能變軌到軌道1,則天和核心艙在軌道2上的速度大小小于軌道1中0點的速

度，故A錯誤；

B.衛星從低軌道變軌到高軌道，需要在變軌處點火加速，則飛船從軌道1變軌到軌道2需要在交會點P點

點火加速，故B錯誤;

C.設飛船在軌道1、軌道2運動周期分別為「、T2,由開普勒第三定律有

（H+2R.一（H+RY

-2-

解得

限］但+2行

T2N（2H+2R）3

故C錯誤；

D.根據牛頓第二定律

GMm

在地球表面處有

GMm

聯立解得

CL—g

[R+H)

故D正確。

故選D。

7.（本題4分）在圖（a）所示的交流電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數比為5：1。滑動變阻器用滑片

初始時處在最右端，電阻凡=200,此時凡中電流隨時間t變化的正弦曲線如圖（b）所示（題中各電表

A.電流表A1的示數為5A

B.交流電源輸出電壓的有效值為100V

C.原線圈中交流電頻率為250Hz

D.若滑片向左滑，則電流表A】A2示數均變大

【答案】B

【詳解】A.電流表測的是有效值，則A2的示數為

根據:=匡得原線圈電流，即A］的示數為

人=心衛=0.2A

故A錯誤；

B.滑動變阻器4滑片初始時處在最右端，則且兩端的電壓為副線圈電壓，則

U2=I2R2=20V

根據今=區得原線圈電壓，即交流電源輸出電壓的有效值

U2n2

=。2人=100V

n2

故B正確；

C.副線圈交流電的頻率為

/=1=50HZ

變壓器不改變交流電的頻率，則原線圈交流電的頻率為50Hz。故C錯誤；

D.若滑片向左滑，則負載電阻增大，根據/=匕可知，負載電流減小，根據;=也可知，原線圈電流減小。

Rn\

因此電流表A1、A2示數均變小。故D錯誤。

故選Bo

二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題列出的四個選項中，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.（本題6分）如圖所示，斜面固定在水平地面上，一滑塊從底端沖上斜面，到達某一高度后返回，滑塊

與斜面間存在摩擦。以地面為零勢能面，它在斜面上運動的速度v隨時間f變化的圖像、重力勢能丸隨位

移無變化的圖像，可能正確的是（）

2。

【詳解】AB.設斜面的傾角為。，物體上滑時，根據牛頓第二定律可得mgsin6+〃加geos6=加q

解得q=gsin9+〃cos。

方向沿斜面向下，物體下滑時，同理可得。2=gsind-〃cos。

方向沿斜面向下，可見上滑時的加速度大于下滑時的加速度，由于克服摩擦力做功，機械能減小，返回到

出發點的速度應小于物體的初速度，A正確，B錯誤；

CD.根據重力勢能4,=mgh=mgxsin0

可知重力勢能與位移成正比，C正確，D錯誤。

故選ACo

9.（本題6分）如圖所示，正六棱柱上.下底面的中心分別為。和O,棱柱高為底面邊長的2倍，在/、D'

兩點分別固定等量異種點電荷，取無窮遠處電勢為零，下列說法正確的是（）

A.C點的電勢為零

B.電勢差

C.。點與O點的電場強度相同

D.將一帶負電的試探電荷沿直線從/點移動至。點，電勢能先減小后增大

【答案】BC

【詳解】A./、D兩點放上等量異種電荷，則其連線的中垂面為等勢面，電勢為零，但C點不在該等勢面

上，故A錯誤；

B.由對稱性可知

1PB~~~<PE

則

%_%，=%一%,

解得

UBB'=UEE,

故B正確；

C.同樣由對稱性可知，正電荷在O點與。點產生的電場強度與負電荷對應在。點與。，點產生的電場強度

相同，則。點與。'點的合電場強度相同，故C正確；

D.A\。兩點連線是等勢線，試探電荷的電勢能不變，故D錯誤。

故選BCo

10.(本題6分)三個完全相同的小球，質量均為〃?，其中小球A、B固定在豎直輕桿的兩端，A球緊貼豎

直光滑墻面，B球位于足夠大的光滑水平地面上，小球C緊貼小球B,如圖所示，三小球均保持靜止。某

時，小球A受到輕微擾動開始順著墻面下滑，直至小球A落地前瞬間的運動過程中，三小球始終在同一豎

直面上。已知小球C的最大速度為v,輕桿長為乙重力加速度為g,下列關于該過程的說法中正確的是

()

A.A、B、C三球組成的系統動量守恒

B.豎直墻對小球A的沖量大小為3mv

C.小球A落地前瞬間，動能大小為加加/

O

D.小球A落地前瞬間，小球C的速度是小球B速度的2倍

【答案】CD

【詳解】A.在A球沒有離開墻時，合外力不為零，A、B、C三球組成的系統動量守恒不守恒，A離開墻

后，A、B、C三球組成的系統水平方向動量守恒，故A錯誤；

B.B、C分離前，C向右做加速運動，C的加速度方向向右，B的加速度方向也向右，則桿對B的彈力方

向斜向右下方，當B、C恰好分離時，兩者速度相等，兩者之間彈力為0,則C的加速度為0,由于剛剛分

離時，B、C加速度相等，即此時，B的加速度也為0,則此時桿的彈力為0,由于A、B沿桿的分速度相等,

B、C分離后，輕桿的彈力將由壓力變為拉力，A將離開豎直墻面，可知，小球A離開豎直墻時，B、C恰

好分離，B、C分離后小球C做勻速直線運動，A離開豎直墻面，所以B、C分離時，兩球速度均為v,對

三小球進行分析，在水平方向上，根據動量定理有

I=2mv

故B錯誤；

C.自小球A離開墻面到小球落地，A、B輕桿水平方向動量守恒，則

mv=mvB+mvAx

且有

VETVAX

解得

V

由于相互作用的一對彈性力做功的代數和為0,可知，輕桿對小球A做功的大小等于輕桿對小球B做功的

大小，即等于小球B、C的動能增量，則有

121252

WTTr=—mv+—mv=—mv

22n8

對A根據動能定理有

mgL-W=EkA

解得

F752

EkA=mgL--mV

o

故C正確；

D.B、C兩球分離后，小球C的速度為v并保持不變，此后A、B兩球組成的系統水平方向動量守恒，小

球A落地前瞬間，小球A和小球B水平方向速度相同，設為v,有

mv=2mv

所以小球A落地前瞬間，小球C的速度是小球B速度的2倍，故D正確。

故選CD。

三、非選擇題（本題共5小題，共54分。考生根據要求作答）

11.（本題8分）某次實驗課上，為測量重力加速度，小組設計了如下實驗：如圖甲所示，細繩一端連接金

屬小球，另一端固定于。點，。點處有力傳感器（圖中未畫出）可測出細繩的拉力大小。將小球拉至圖示

位置處，由靜止釋放，發現細繩的拉力大小在小球擺動的過程中做周期性變化如圖乙所示。由圖乙可讀出

拉力大小的變化周期為7,拉力的最大值為片，最小值為耳。就接下來的實驗，小組內展開了討論

〃〃/〃/pA

3cm

Illi

TTTTTI

OT2T3Tt

（1）小王同學認為：若小球擺動的角度較小，則還需測量擺長乙結合拉力大小的變化周期7,可知單擺的振

動周期為（用T表示）,從而算出重力加速度g=（用工、T表示）；

（2）小王同學用刻度尺測量了擺線長，用游標卡尺測量了小球直徑如圖丙所示，則小球的直徑為

（3）小莊同學認為：無論小球擺動的角度大小，都只需測量小球的質量如再結合拉力的最大值耳、最小值

月，算出重力加速度8=（用“、片、月表示）。

【答案】⑴2T辛

⑵21.3

【詳解】（1）[1]根據單擺運動過程中機械能守恒及圓周運動最低點受力分析特性可知

即小球運動到最低點時繩子的拉力最大。所以乙圖表示的，片為小球經過最低點時繩子的拉力，月為小球

在擺動最高點時繩子的拉力。根據單擺每個周期內經過2次最低點的特性可知，該單擺的運動周期27。

⑵根據單擺的周期公式7=2乃4(7為單擺的周期，工為等效擺長，g為當地重力加速度)可知，本題實

際單擺周期為27,擺長心則公式變化為

2T=2萬-

化簡推導可得

仔L

s^~r

(2)根據十分度游標卡尺讀數規則可知，主刻度尺讀21mm,游標尺第3個刻度與主尺某刻度對齊，游標

卡尺不估讀，所以小球直徑為

21mm+3x0.lmm=21.3mm

故該小問填寫21.3。

(3)設小球擺動過程中繩子與豎直方向夾角為。，擺長為3小球質量為小繩子在最高點拉力為月，最

低點拉力為片，則當小球在最高點時滿足

F2=mgcos9

小球從最高點擺動到最低點列動能定理方程可得

12

mgL(l-cos^)=—mv

小球在最低點時繩子的拉力與重力的合力提供向心力可得

mv1

聯立以上三式，可得

g=^L

3m

12.(本題8分)防觸電是衡量電熱水器性能的重要指標，原理是：當給內膽中的水加上電壓時，隔電墻會

自動調整水流路徑的長度和直徑，增加水流電阻，從而把電流降低至人體安全電流以下。為合理設計防觸

電裝置，某研究小組設計了如圖甲所示的電路來測量自來水的電阻率。

（1）在絕緣圓柱形容器左右兩側安裝可移動的薄金屬板電極，測出圓柱形的內直徑d=1.0xl（T2m和兩電極

間的距離/,將自來水灌滿容器。

（2）將單刀雙擲開關接通線路2,此時電壓表V?的示數為心，再將單刀雙擲開關接通線路1,此時電壓表

V的示數為5,電阻箱示數為R，定值電阻的阻值分別為K，4，電源電動勢恒定且不計內阻。則水柱的

電阻凡=（用U］、。2、&、&、R表示）。

（3）改變兩電極間的距離/,測量25。（2時水柱在不同長度/時的電阻尺。將水溫升到5（FC,重復測量。繪

出25。（2和50。（2時水的凡7圖像，分別如圖乙中圖線I、II所示。

（4）若凡-/圖線的斜率為左，則自來水的電阻率表達式。=（用左、”表示）。由實驗結果可知,

水的電阻率隨溫度的變化趨勢是o

（5）測出電阻率后，擬將一段塑料水管安裝于熱水器出水口作為防觸電裝置。為保證出水量不變，選用內

直徑為lexlO-m的水管。若人體的安全電流為1.0x10-2A,熱水器出水溫度為5（FC,不計其他電阻（相當

于220V的電壓直接加在塑料水管兩端），則該塑料水管的長度至少為m（結果保留兩位小數）。

【答案】）一:而/溫度越高水的電阻率越小或者溫度越低水的電阻率

U,R4

越大3.94

【詳解】（2）［1］S撥到1位置時，電壓表V1示數為Ui，則S撥到2位置時,

Hi

聯立可得凡二一?5—

U2R

(4)⑵根據4=2(，5=兀(|")

聯立可得6=2?7

若凡-/圖線的斜率為左，則自來水的電阻率表達式P/

［3］繪出25。(2和50。(3時水的凡7圖像，分別如圖乙中圖線I、II所示，由圖可知溫度越高，圖線斜率左小，

結合前面分析可知：溫度越高水的電阻率越小或者溫度越低水的電阻率越大。

TT

(5)［4］由題意，可得此時該塑料管中水的阻值為凡二7二大^=？？*1。^

I1.0x10

由圖線n可得左=Wrl￡c/m

0.7

由公式Rx=，P=［標片

na24

聯立可得/=(?〕華

MJk

把&=L6xl(r2m,4=1.0xl(r2m代入，可求得該塑料水管的長度至少為/。3.94m。

13.(本題8分)如圖所示，豎直放置的密閉絕熱汽缸被不導熱的活塞分成上、下兩部分，下方封閉著一定

質量的理想氣體，上方為真空，活塞與汽缸頂部用一根輕質彈簧連接。已知汽缸的高度為d,活塞的質量為

m、橫截面積為S,活塞厚度忽略不計，且與汽缸壁間無摩擦，彈簧的勁度系數為竽，彈簧原長為g,氣

d2

體的內能變化量AU與熱力學溫度變化量滿足的關系式為AU=CAT(C為常數且已知)，重力加速度為

go初始時，下方密封氣體的熱力學溫度為活塞剛好位于汽缸正中間。

其空

(1)求初始狀態下，汽缸內下方密封氣體的壓強；

(2)若通過電熱絲(體積可忽略)緩慢加熱汽缸內下方密封氣體，使活塞緩慢向上移動了!，求該過程中氣

體吸收的熱量。

【答案】⑴等

20C7^+5mgrf

16

【詳解】（1）初始時，活塞受力平衡有

mg=P\S

解得

mg

0=丁

⑵活塞緩慢向上移動了?對活塞受力分析有

2mgd

—^.+mg=p2S

a4

解得

二---

222S

根據理想氣體狀態方程有

dS3ds

Px~P2'~

T.~T

解得

9

F

根據熱力學第一定律有

\U=W+Q

可得

《子一力一（7+磔】+。

解得

_20C7J)+5mgd

16

14.（本題14分）如圖所示，豎直平面內固定半徑火=7.6m的光滑圓弧軌道，軌道的M處與水平傳送帶相

切。傳送帶與左側緊靠的水平臺面等高，臺面的PN部分粗糙，PN的長度s=2.5m,尸點左側光滑。水平

放置的輕質彈簧左端固定、處于原長狀態。質量機=LOkg的小物塊（可視為質點）從/點由靜止沿圓弧軌

道下滑。。為圓心，半徑豎直，CM與0M的夾角。=60。，已知傳送帶的長度￡=5.0m,始終以速度

v=6.0m/s順時針轉動，物塊與臺面PN部分、物塊與傳送帶之間的動摩擦因數均為〃=0.2,取重力加速度

g=10m/s2,彈簧始終在彈性限度內，求:

(1)物塊第一次下滑到M處的速度%的大小；

(2)彈簧被壓縮后具有的最大彈性勢能與；

(3)物塊在PN部分通過的總路程X。o

【答案】⑴2Mm/s

(2)23J

(3)9m

【詳解】(1)設物塊下滑到M處的速度為%,由動能定理有機gA(l-cos6(F)=；加說

解得%=2Mm/s

(2)小物塊滑上傳送帶到彈簧被壓縮最短，根據動能定理有-〃加8(乙+5)-咻=0-；〃?說

解得%f=23J

則彈簧被壓縮后具有的最大彈性勢能絲=%彈=23J

(3)物塊被彈簧彈回，設滑到N點時的速度為匕，則有〃優=

解得匕=6m/s

則物塊在PN部分通過的路程玉=2s=5m

由于匕=v

則物塊滑上傳送帶后，物塊與傳送帶保持相對靜止，直至到M點再滑上右側圓弧軌道，又以原速率返回到

傳送帶上，物塊向左運動能通過傳送帶，設通過后的速度為V?,則有-〃=

解得馬=4m/s

物塊滑出傳送帶繼續向左運動，直至最終靜止，設在PN部分通過的路程為馬，則有-〃加gXz=O-gmv；

解得％=4m

則物塊在PN部分通過的總路程％=西+X2=9m

15.(本題16分)如圖，豎直平面將地面上方空間分為I、II兩個區域，界線左側的I區域內