资源简介

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绵阳外国语学校 2025 年第二次高考模拟检测
物理试卷
本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共 6页。完卷时间：75分钟。满分：100分
一．单选题。本题共 7小题，每小题 4分，共 28分。每小题只有一个选项是正确的。
1．光学技术作为一门高精密度的学科，应用在各个领域，下列关于光学现象的说法正确的
是（ ）
A．如图甲所示，肥皂泡上的彩色条纹是由于光发生了全反射现象
B．如图乙所示，观看 3D电影时需要佩戴特殊的眼镜，此过程利用了光的偏振现象，
光的偏振现象说明光是纵波
C．让激光束通过两个狭缝，可观察到光屏上出现如图丙所示条纹，该条纹间距相等，
且光的波长越大，条纹间距越大
D．如丁图所示，激光束沿液流传播，若改用折射率更小的液体，则实验现象更明显
2.用图甲所示的电路研究光电效应中电子发射的情况与照射光的强弱、光的频率等物理量
间的关系。电流计 G测得的光电流 I随光电管两端电压 U的变化如图乙所示，则（ ）
A．通过电流计 G的电流方向由 d到 c
B．电压 U增大，光电流 I一定增大
C．用同频率的光照射 K极，光电子的最大初动能与光的强弱无关
D．若开关闭合情况图甲所示，滑动滑片在合适的位置可使电流计 G 的示数为零
高三物理试题卷 第1页（共 6 页）
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3.宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆
周运动，而不至因为万有引力的作用而吸引到一起。如图所示，某双星系统中 P、Q 两天体
绕 O 点做匀速圆周运动，两天体的质量之比 : = 2: 1。
关于两天体，下列说法正确的是（ ）
A．轨道半径之比 : = 2：1
B．线速度大小之比 : = 2: 1
C．向心加速度大小之比 : = 2：1
D．若双星的质量之和恒定，则双星间距离越大，其转动周期越大
4. 在如图所示的电路中，变压器为理想变压器，电压表、电流表均为理想交流电表，R0、
R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，在 a、b两端输入正弦交流电压且保持其有效值 U不变，
将滑动变阻器滑片从最上端滑到最下端的过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数一直减小，电压表示数一直增大
B．a、b 端输入功率一直增大
C．变压器的输出功率一直减小
D．变压器的输出功率一直增大
5. 我国研制建设的 4 秒电磁弹射“微重力塔”，塔内管道抽成真空，电磁弹射系统将实验
舱竖直加速到预定速度后释放，为科学载荷模拟微重力环境。
某次实验中，装置从 t=0时刻启动，加速度大小等于重力加速
度的 3倍，经时间 t0上升高度 h0，撤去动力。实验舱从开始运
动到返回 t0时刻位置的过程中，实验舱的速度 v、位移 x、加
速度 a和机械能 E的变化规律，正确的是（ ）
A． B． C． D．
6.如图所示，三个完全相同的小球 a、b、c带有相同电荷量正电荷，从同一高度由静止同
时开始下落，当下落某一相同高度后 a 球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向
里的匀强磁场，最终它们落到同一水平地面上，不计
空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．a、c 同时落地，落地时 b、c 动能相同
B．a、b、c 三球同时落地，且落地时三球动能相同
C．b球最后落地，落地时 c球动能最大
D．c最后落地，落地时 b动能最大
高三物理试题卷 第2页（共 6 页）
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7.如图所示，甲、乙两种粗糙面不同但高度相同的传送带，倾斜于水平地面放置．以同样
恒定速率 v向上运动．现将一质量为 m 的小物体(视为质点)轻轻放在 A处，小物体在甲传
送带上到达 B处时恰好达到传送带的速率 v；在乙传送带上到达离 B竖直高度为 h的 C处
时达到传送带的速率 v．已知 B处离地面高度为 H，则在物体从 A到 B的运动过程中( )
A．两种传送带对小物体做功不相等
B．将小物体传送到 B处，两种传送带消耗的电能甲的大
C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲的大
D．将小物体传送到 B 处，两种系统产生的热量相等
二、多选题。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，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。
8.图甲为某同学利用跳绳模拟战绳训练，该同学将绳子一端固定在杆上，用手上下甩动另
一端。图乙为绳上 P、Q两质点的振动图像，P、Q两质点平衡位置相距 5m。波由 P向 Q传
播。下列说法正确的是（ ）
A．增大甩动的频率，则波在绳子上传播速度增大
B．t=0.5s时，P、Q质两点振动方向相同
C．波长可能为 0.6m
20
D．波速可能为 m/s
3
9.如图所示，小球 A、B固定在轻杆两端，球 A受到轻微扰动后顺着墙面下滑，此后的运动
过程中，两球质量均为 m，重力加速度为 g，不计一切摩擦，则
A．A球一定会在落地之前脱离墙壁
B．A球可能一直顺着墙壁下滑直至落地
C．A球落地瞬间，B球的速度恰好为 0
D．A球落地瞬间，A球的速度达到最大值
高三物理试题卷 第3页（共 6 页）
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10. 如图所示，A球在轻绳的作用下在竖直面内摆动，B球在轻绳的作用下在水平面内做匀
速圆周运动。两小球质量相同，均可视为质点。连接两小球的轻绳长度相同，A球轻绳与
竖直方向所成的最大角度和 B球轻绳与竖直方向所成的夹角均为θ（θ < 5°）。下列说
法中正确的是（ ）
A. A、B两球运动的周期之比为 1∶1
1 cos
B. A球的最大向心力大小与 B球的向心力大小之比为
tan
C. 图示位置 A、B两球所受轻绳拉力大小之比为cos2 :1
2cos
D. A球的最大动能与 B球的动能之比为
1+ cos
三．实验题。本大题共 2小题，每空 2分，共 16分。
11．（6分）某实验小组利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。已知小球 A与 B
的质量分别为 m、M（m M ，当地的重力加速度为 g）。
（1）用螺旋测微器测出小球 A左侧挡光片（质量不计）的宽度 d，如图乙所示，则挡
光片的宽度 d = cm。
（2）两小球 A、B通过跨过定滑轮的细绳相连，左边竖直放置光电门，其中光电门可
以上下移动，使小球 B与光电门等高，调整小球 A与 B之间的高度差 h，多次实验，
1
测得小球 A通过光电门的遮光时间 t，以 h为横坐标，以 （选填 t或 ）为纵
t 2
坐标建立直角坐标系，并根据每次测量的数据描点连线，在误差允许的范围内得到一
条直线，若该直线的斜率 k= （用 m、M、g、d表示），说明小球 A、B组成的系
统机械能守恒。
高三物理试题卷 第4页（共 6 页）
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12.（10分）某欧姆表“×1k”挡的内部结构如图甲所示。
(1)图甲中，a表笔为 （选填“红表笔”或“黑表笔”），灵敏电流计（量程未
知，内阻 Rg=100Ω）、电池（电动势未知，内阻 r=0.5Ω）和滑动变阻器 R0（总阻值未
知），表盘上电阻刻度中间值为“15”，则此欧姆表的内阻为 kΩ，
(2)若用该多用电表的欧姆挡对图乙中二极管的正向电阻进行粗略测量，则 a表笔应与二极
管的 （选填“C ”或“D”）端相连；
(3)用该欧姆表测量一电压表的内阻时，欧姆表的示数为 10kΩ，电压表的示数为 4.8V，可
知灵敏电流计的量程为 0~ mA；
(4)因长时间使用，欧姆表内电池的电动势下降为 8V，内阻升高为 2Ω，但仍可欧姆调零，
调零后，测得某电阻的阻值为 30kΩ，则该电阻的真实值为 kΩ。
13.（10分）一定质量的理想气体的 V-T图像如图所示，气体由状态 A变化到状态 B再到
状态 C，气体在状态 A 时的压强为PA =1.0 10
5 Pa。
（1）求气体在状态 C时的压强 PC；
（2）若 A→B 过程中气体吸收热量为Q =150J ,则 B→C过程中，求气体向外界放出1
的热量Q 。 2
高三物理试题卷 第5页（共 6 页）
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14.（12分）如图所示，在 xOy 坐标平面内，半径为 R的圆形匀强磁场区域与 x 轴相切于
原点O，与PM 相切于A 点，PQNM 为第一象限内边长为2R、下边在 x 轴上的正方形，
其内部有沿 y轴正方向的匀强电场。现有大量质量为 m、电荷量为q的正离子，从O点以
相同的速率v0沿纸面均匀向各个方向射出，进入磁场的离子从磁场边界出射的点分布在三
分之一的圆周上，离子到达MN 边界即被吸收，不
计离子受到的重力及离子间的相互作用。
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小 B ；
(2)若仅改变磁感应强度的大小，使得其中沿 y轴正
方向入射的离子能经过 A点打到 N点，求电场强度
的大小E；
(3)若保持（2）中的所有条件不变，求MN区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比
例 。
15.（16分） 电阻不计的平行金属导轨 EFG与 PMN如图所示放置，EF与 PM段水平且粗
糙，FG 与 MN 段倾斜且光滑，F、M连接处接触良好，FG与 MN与水平面成θ=37°角，空间
中存在匀强磁场，磁感应强度为 B=5T，方向竖直向上，导轨间距均为 L=1m，金属棒 ab、
cd与轨道垂直放置，两金属棒质量相等，均为 m=0.1kg，电阻均为 R=2 ，ab、cd间用轻
质绝缘细线相连，中间跨过一个理想定滑轮，两金属棒始终垂直于导轨，cd棒与水平导轨
μ 2间的动摩擦因数为 =0.4，两金属棒始终不会与滑轮相碰，金属导轨足够长，g=10m/s，
sin37°=0.6，现将金属棒由静止释放。
（1）求释放瞬间两棒的加速度大小；
（2）判断释放后 ab棒上感应电流的方向，并求出两金属棒的最大速度；
（3）假设金属棒 ab沿倾斜导轨下滑 s=4m时达到最大速度，试求由静止释放至达到最
大速度所用的时间及该过程中 ab 棒产生的焦耳热。
高三物理试题卷 第6页（共 6 页）
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绵阳外国语学校 2025 年第二次高考模拟检测物理参考答案
1.【答案】C【详解】A．如图甲所示，肥皂泡上的彩色条纹是由于光发生了薄膜干涉现
象，A错误 B．如图乙所示，观看 3D电影时需要佩戴特殊的眼镜，此过程利用了光的偏振
现象，光的偏振现象说明光是横波，B错误；C．让激光束通过两个狭缝，可观察到光屏上
L
出现如图丙所示干涉条纹，该条纹间距相等，根据 x = ，光的波长越大，条纹间距
d
越大，C正确；D．如丁图所示，激光束沿液流传播，若改用折射率更小的液体，与空气的
折射率越接近，全反射越不明显，若液体的折射率等于空气的折射率，将不发生全反射，D
错误。故选 C。
2.【答案】C【详解】A．电流方向与逃逸出来的电子运动方向相反，所以通过电流计 G的
电流方向由 c到 d，故 A错误；B．当光电流达到饱和光电流后，增加电压 U，光电流 I不
变，故 B错误；C．用同频率的光照射 K极，根据爱因斯坦光电效应方程Ek = h W0.
光电子的最大初动能与光的频率有关，与光的强弱无关，故 C正确；D．按图甲所示连接电
源，光电管正向导通，无论如何电流计 G的电流的示数都不可能等于零，故 D错误。

3.【答案】D【详解】A．设两天体球心间的距离为 ，由万有引力提供向心力，有
2
=
2
2
= 解得 : = : = 1: 2A错误；B．双星运动的角速度相等，根据
= ，则线速度之比 : = 1: 2B错误；C．由公式
2
n = ，可得向心加速度大小之

比 n : n = 1: 2C错误；D．由万有引力提供向心力，有

2 =
2



， =
2
2 3
2
2 4π
其中 = 联立解得 = √ 可知双星的质量之和恒定，则双星间距离越 ( + )
大，其转动周期越大，D正确。故选 D。
4.【答案】 B【解析】A．当滑动变阻器的滑片从最上端向最下端移动过程中，副线圈电
2
n
U = I1R0 +
1
I1R
n路中的电阻减小，设副线圈电路中的电阻为 R，则 2
当 R减小时，I1增大，根据变流比可知，电流表的示数增大， 又 R0两端的电压与电压表电
压之和等于 a、b两端的输入电压，R0两端的电压增大，因此电压表的示数减小，A错误；
B．由P =UI1可知，a、b端输入功率一直增大，B 正确；CD．变压器的输出功率
P 21 =UI1 I1 R0
由于 P1与 I1是非单调关系，因此不能判断变压器的输出功率是增大还是减小，CD错误。
5.【详解】A．v-t图线斜率表示加速度，由题可知，0~t0内加速度为 3g，撤去外力后加速
度大小为 g，所以两段图线的斜率大小为 3倍，故 A错误；B．匀变速直线运动中 x-t图线
为二次函数曲线，故 B错误；C．有动力装置和撤去动力装置后加速度方向相反，故加速度
应一正一负，故 C错误；D．外力做正功的过程，由于外力恒定，机械能随位移均匀增加，
图像为直线，撤去外力后，机械能守恒，故 D正确。故选 D。
6.【答案】A【详解】根据题意可知，c做自由落体运动；而 a除竖直方向做自由落体运动
外，水平方向受到电场力作用做初速度为零的匀加速运动，所以下落时间一样，不过下落
的速度大于 c的自由落体运动的速度；
对于 b受到洛伦兹力作用，因洛伦兹力始终与速度垂直，所以在竖直方向除受到重力作用
外，带电粒子偏转后还有洛伦兹力在竖直方向的分力，导致下落的加速度变小，则下落时
间比 c的长，由于洛伦兹力不做功，因此下落的速度大小等于 c的；
1
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故va vb = vc ， ta = tc tb 因电场力做正功，而洛伦兹力不做功，所以落地时 a球动能最大，
b、c动能相同；故选 A。
7.【答案】 B【解析】A、对小物块从 A到 B过程,传送带对小物体做的功就等于物体增加
2
的机械能，经分析知做功相等，故 A错误；根据v = 2as 可知a甲 a乙 根据牛顿第二定律
可知 mg cos mg sin = ma，所以 甲 乙，故错误；设物体达到与皮带相同的速度所用
1
s2 = vt
时间为 t，在此时间内皮带的位移为 s1 = vt ，而物体的位移为 2 ，所以两者之间的
1
W f mgH = mv
2
相对位移等于物体匀加速的位移 s2 ，对小物块运用动能定理可知 2 ，
Wf甲 Wf乙 Q = fS ，由于相对位移等于小物块运动的位移，根据 相对可知两种情况下
Q甲 Q乙 故 D错误；根据能量守恒定律,电动机消耗的电能等于摩擦产生的热量 Q与物块
增加机械能的和,因物块两次从 A到 B增加的机械能相同, Q甲 Q乙所以甲传送带消耗的电
能多，故 B正确；故选 B
8.【答案】BD【详解】A．波的传播速度只和介质有关，所以增大甩动的频率，则波在绳子
上传播速度不变，故 A错误；B．由图乙可知，t=0.5s 时刻，P、Q质两点振动方向相同，
1 20
故 B正确；C．根据题意可知 (n+ ) = xPQ （n=0，1，2……）所以 = （n=0，1，
4 4n +1
100
2……）当波长为 0.6m 时，n不能取整数，故 C错误；D．波速为v = = （n=0，
T 3(4n+1)
20
1，2……）当波速为 m/s，则n =1故 D正确。
3
9.AD
10.【答案】CD【详解】A．由图可知左图是单摆模型，设轻绳长度为 L，小球重力为 mg，
L
则单摆的周期T = 2π 右图是水平面内的匀速圆周运动模型（圆锥摆），由牛顿第二定
g
4π2 Lcos T 1
律分析可知mg tan = m Lsin 其周期T = 2π 所以 =
T 2 g T cos
故 A错误；B．当左图 A球运动到最低点时向心力最大，设此时速度为 vA，由动能定理得
1 v2
mgL (1 cos ) = mv2A 所以向心力为F = m A 整理得F = 2mg (1 cos )由平行四
2 向1
向1
L
F 2(1 cos )
边形定则可得，右图 B球的向心力计为F =mgtan
向1 =
向2 所以 故 B错
F tan
向2
C．左图 A球在该位置 加速度方向沿切线，沿半径方向受力平衡，计算得绳上拉力大小为
F1 =mgcos 右图 B球的加速度方向水平，竖直方向受力平衡，计算得绳上拉力大小为
F cos2mg
F = 1 =2 所以 故 C正确；D．当左图 A球运动到最低点时动能最大，结合以
cos F2 的1 1 2上分析得，最大动能为EkA = mvA = mgL (1 cos )对右图 B球，设其速度为 vB，由牛2 2
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v2 1 2 1
顿第二定律有mgtan = m B 故 B球动能为 EkB = mvB = mgL tan sin
Lsin 2 2
E mgL(1 cos ) 2(1 cos )cos 2(1 cos )cos kA 2cos = = = =
所以 E 1 sin2 1 cos2kB 1+ cos
故 D正确。
mgL tan sin
2
1 2(M m) g
11.【答案】（1） 0.9970 （2） ； 【解析】（1）由图乙可知，螺旋
t 2 (M +m)d 2
测微器的固定刻度读数为 9.5mm，可动刻度读数为 0.01×470mm=0.470mm可得左侧挡光片
的宽度 d=9.5mm+0.470mm=9.970mm=0.9970cm
（2）测得小球 A通过光电门的遮光时间 t，则有小球 A通过光电门时的速度为
d 1 1 d
2
v = (M m) gh = (M +m)v2 = (M +m)
t 2 2 t2由机械能守恒定律可得 可得
1 2(M m) g
= h 1
t 2 (M +m)d 2 t 2因此以 为纵坐标建立直角坐标系。在误差允许的范围内得到一条
2(M m) g
k =
直线，则该直线的斜率为 (M +m)d
2
说明小球 A、B组成的系统机械能守恒。
12.【答案】(1) 黑表笔， 15或 15.0 （2）C (3)0.8 (4)20
【详解】（1）由多用电表的电流流向“红进黑出”知 a表笔为黑表笔；又根据闭合电路的
E
欧姆定律可知，两表笔短接时，则有 Im = 当指针指在刻度盘中央位置上，外接电阻为
R内
1 E
R =15kΩ此时有 Im = 故R = Rx =15k x 内 2 R内 + Rx
E U
（3）测量电压表内阻时，则有 I = = 代入数据解得 E =12V故灵敏电流计有
R内 + RV RV
E
Im = = 0.8mA
R内
E
（4）调零后，欧姆表的内阻R = =10kΩ内 表盘的刻度值不变，接入 30kΩ 电阻时电路中
Im
E 4 E
的电流为 I = = mA所以R + R =内 x 联立解得Rx = 20kΩ R + R
内 测
15 I
13.【答案】 （1）5.0 104 Pa ；（2）50 J
【解析】（1）气体在状态 A和在状态 C时的温度相同，由玻意耳定律有
pAVA = pCVC 由题图可知VA =1L，VC = 2 L ,代入数据解得 pC = 5.0 10
4 Pa
（2）由题图可知 BA延长线过原点，则气体从状态 A到状态 B发生等压变化，A→B过程
气体从外界吸收热量，对外界做功，内能增加，由热力学第一定律有
ΔU =W +Q1其中W = pA (VB VA ) = 100 J 状态 C与状态 A内能相等，B→C为
等容变化，气体对外界不做功，有ΔU Q2 = 0解得Q2 = 50 J
2 3mv mv
2 1
14.【答案】(1)B = 0 (2)E = 0 (3) =
3qR 2qR 4
3
{#{QQABbYSQgggoABIAARhCQQW4CgOQkBAACYoOQAAcMAAAAAFABAA=}#}
【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示
3
根据几何关系可得轨迹半径 r1 = Rcos30 = R
2
v 2
根据洛伦兹力提供向心力qv0B = m
0
r1
2 3mv
解得磁感应强度为B = 0 。
3qR
（2）粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得离子的轨迹半径 r2 = R
所有离子均以 v0沿 x 轴正方向进入电场，从 A点入射的离
子，在 x轴方向，有2R = v0t1
1 2
在 y 轴方向，有R = at1 根据牛顿第二定律，有qE = ma
2
mv2
联立解得E = 0
2qR
（3）由（2）知磁偏转后磁发散，从 A点以上射出磁场的粒子都能被 MN搜集，故能被搜集
的粒子在 o点出发时的夹角范围是 x轴负向一直到 y轴正向的 90°夹角范围， 即 = 90
1
解得 MN区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例 = =
360 4
15.【答案】（1）a =1m/s2；（2）从 a到 b，v = 0.8m/s；（3） t = 5.8s Qab = 0.368Jm
【解析】（1）释放时对金属棒 ab、cd由牛顿第二定律分别可得
mg sin T = ma；T mg = ma联立解得a =1m/s2
（2）由右手定则可知，金属棒 ab中的电流方向从 a到 b，经分析，当两金属棒加速度为 0
时速度最大，设最大速度为 vm ，对 ab棒有F cos +mg sin T = 0对 cd棒有安
T mg F = 0又安培力大小为F = BIL此时感应电动势为E = BLvm BLvm cos 安 安
E
由闭合电路欧姆定律可得 I = 联立解得vm = 0.8m/s
2R
（3）设金属棒由静止释放至最大速度所需时间为 t，则对 ab棒有
mg sin t + BILcos t I = mv 0对 cd I mgt BILt = mv棒有 T m 0T m
E
I = E =
而 q = It ； 2R ； t ； = BLs BLscos 联立解得 t = 5.8s
1
mgs sin =Q + (2m)v2m + mgs
设系统产生的焦耳热为 Q，由能量守恒定律可得 2
1
Qab = Q
故金属棒 ab产生的焦耳热为 2
Qab = 0.368J联立解得
4
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