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2025届高三第二次调研测试物理

注意事项

考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 

1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 

2.答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。 

3.请认真核对答题卡表头规定填写或填涂的项目是否准确。 

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 

5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑加粗。 

一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。 

1. 康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现了部分X射线的波长变长，X射线波长变长，则（　　）

A. 速度变小 B. 频率变大

C. 动量变小 D. 能量变大

【答案】C

【解析】

【详解】A．X射线是一种光，光在真空中传播速度始终为c，即X射线速度不变，故A错误；

B．根据

可知，X射线波长变长，则频率变小，故B错误；

C．根据

可知，X射线波长变长，则动量变小，故C正确；

D．结合上述可知，X射线波长变长，则频率变小，根据

可知，能量变小，故D错误。

故选C。

2. 水星和地球绕太阳做匀速圆周运动，已知水星的公转周期约为88天。则水星 （　　）

A. 轨道半径比地球大 B. 角速度比地球的大

C. 线速度比地球的小 D. 加速度比地球的小

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据万有引力定律提供向心力有

解得

因水星的公转周期约为88天小于地球的公转周期365天，故水星的轨道半径比地球的小，故A错误；

B．根据万有引力定律提供向心力有

解得

因水星的轨道半径比地球的小，故水星的角速度比地球的大，故B正确；

C．根据万有引力定律提供向心力有

解得

因水星的轨道半径比地球的小，故水星的线速度比地球的大，故C错误；

D．根据万有引力定律提供向心力有

解得

因水星的轨道半径比地球的小，故水星的加速度比地球的大，故D错误。

故选B。

3. 碳（14）具有放射性，能够自发地进行β衰变，核反应方程为，该反应释放的能量为E。则 （　　）

A. 的质量比的大 B. 的结合能为E

C. 的结合能与的相等 D. β衰变产生的电子来自于的核外电子

【答案】A

【解析】

【详解】A．在进行β衰变时，亏损质量，释放能量，故的质量比的大，故A正确；

B．核子结合为原子核的过程中，亏损质量，释放的能量就是该原子核的结合能，而能量E是在进行β衰变时释放的能量，故B错误；

C．衰变过程中，质量亏损，释放能量，因此与的结合能不会相等，故C错误；

D．β衰变产生的电子来自于核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，D错误。

故选A。

4. 一束波长为λ的单色光垂直入射到一个狭缝上，在屏上观察到衍射图样，缝的宽度为d，缝到屏的距离为L。请根据学过的知识判断，中央明条纹的宽度可能是（　　）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【详解】根据双缝干涉相邻明条纹中心间距公式有

类比上述表达式可知，单缝衍射中央明条纹宽度可能是。

故选A。

5. 用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，一同学在实验中记录了某次碰撞前后小球落点的位置P和M、N，发现M、N点不在OP连线上，下列图中落点位置可能正确的是 （　　）

A. B.

C. D.

【答案】B

【解析】

【详解】碰撞前的动量等于碰撞后的动量，设碰撞的小球质量为m₁，被碰撞小球质量为m₂，所以P点是碰撞前入射小球单独下落的位置，M是碰撞后入射小球的位置，N是被碰小球的下落位置，M、N点不在OP连线上，说明两小球碰撞时不沿OP方向，可知碰撞前后两小球在垂直于OP方向上动量守恒，两小球在垂直于OP方向的速度方向相反，则两小球落地点在OP的两侧，则有

由于

所以

碰撞后两小球做平抛运动，下落的高度相等，所以下落的时间相等，在垂直于OP方向的位移

则

故选B。

6. 如图所示，ABCD是折射率n=2.4的透明介质做成的四棱柱横截面，其中，。现有一束光垂直入射到棱镜的AB面上，入射点从A移到B的过程中，光只能（　　）

A. 从CD、BC面射出 B. 从BC、AD面射出

C. 从AB、AD面射出 D. 从AB、BC面射出

【答案】D

【解析】

【详解】光线从左侧垂直AB射入棱镜时，透射方向不变，光线射到CD时，由几何知识得：

入射角为i=30°，该棱镜的临界角为C，则

故有C＜30°

所以直接射到DC面上的光线发生了全反射（例如光线①），然后射到AB面上的入射角为60°，再次全反射后垂直射到BC面上射出；

射到DC面上的光线全反射后射到BC面上时（例如光线②）入射角为60°，再次全反射垂直射到AB面上射出；

直接射到BC面上的光线的入射角为60°也发生全反射射到DC面上再次全反射后垂直AB射出（例如光线③）光路图如图所示；则入射点从A移到B的过程中，光只能从AB、BC面射出。

故选D。

7. 如图所示，让装有水的玻璃杯绕过其侧面的竖直轴匀速转动，杯中液面形状可能正确的是 （　　）

A. B.

C. D.

【答案】C

【解析】

【详解】对水面上一个质量很小的水滴m受力分析，因受竖直向下的重力和水面对水滴的作用力，两个力的合力充当向心力，因向心力沿水平方向指向转轴，可知水面对水滴的作用力应该斜向上方，设与竖直方向夹角为θ，则由牛顿第二定律

可知

因r越大，则θ越大，可知水面的形状为C的形状。

故选C。

8. 在一辆向右匀加速直线运动的车厢里，将光滑的小球从高h处相对车厢静止释放，小球与车厢水平地板发生弹性碰撞，部分相邻落点a、b、c如图所示，已知小方格边长为d，重力加速度为g，不计空气阻力。则 （　　）

A. 可以求出车厢的加速度

B. 可以求出小球释放时车厢的速度

C. 可以求出车厢在落点a、c对应时间内的位移

D. 可以判断c是小球与地板第一次碰撞的落点

【答案】A

【解析】

【详解】A．由题意，小球相对车厢静止释放，小球在水平方向上与车具有相同的初速度，小球与车厢水平地板发生弹性碰撞，可知每次小球与车厢相撞前后竖直方向的速度大小不变，则相邻落点a、b、c之间的时间间隔相同，根据，，

联立可求出车厢的加速度

故A正确；

B．要想求出小球释放时车厢（及小球本身）相对于地面的初速度 ，需要知道小球相对于地面的水平运动情况；而题中仅给出了车厢内相邻落点的示意，并无对地速度的任何参照，故无法求出释放时车厢相对于地面的速度，故B错误；

C．车厢相对于地面的位移，其中 是车厢初速度，题中并不知道的数值，故无法明确计算从碰撞a到碰撞c所经历时间内车厢相对于地面的“绝对”位移，故C错误。

D．仅凭示意图中几个落点的位置并不能断定哪个落点是小球第一次碰撞地板的位置，例如落点c也可能是第二次或第三次碰撞时的位置，故D错误。

故选A。

9. 如图所示，竖直放置在光滑绝缘水平面上的平行板电容器，极板M固定，N与轻质绝缘弹簧相连，弹簧右端固定。充电后电容器所带电荷量为Q，N板静止在O点，板间电场强度大小为E，每个极板在板间产生的电场均为匀强电场。若将N板向左移动Δx由静止释放，此后运动过程中（　　）

A. N板在O点时弹簧处于原长 B. N板所带的电荷量为

C. 弹簧弹力的方向不会改变 D. 系统机械能变化的最大值为QEx

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据题意，充电前电容器极板N与轻质绝缘弹簧相连，此时弹簧处于原长，在O点右侧，充电后电容器极板M固定，N极板在电场力作用下向左移动，静止在O点，所以此时弹簧处于伸长状态，故A错误；

B．将N板向左移动Δx由静止释放，此后运动过程中，由图可知电源是断开的，所以N板所带的电荷量不变为+Q，故B错误；

C．根据题意，N极板运动过程中，弹簧会在压缩和伸长状态间变化，弹力方向会改变，故C错误；

D．当N极板运动到最右端时，电场力做功为

由于电场力做功使系统机械能改变，系统机械能变化的最大值为，故D正确。

故选D

10. 如图所示，正方形导线框在光滑水平面上以某初速度进入有界匀强磁场，线框边长是磁场宽度的一半。线框穿过磁场的过程中，感应电流i随时间t的变化关系和速度v随位移x的变化关系图像，可能正确的是 （　　）

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】

【详解】AB．根据法拉第电磁感应定律

设线圈电阻为R，根据闭合电路的欧姆定律

根据安培力公式

根据牛顿第二定律

联立解得

根据加速度的表达式可知，线框向右全部进入磁场的过程，线框做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量不变，线框中感应电动势为零，感应电流为零，安培力为零，加速度为零，因此线框完全进入磁场到刚要离开磁场过程，线框做匀速运动；线框穿出磁场过程中，根据加速度的表达式可知，线框继续做加速度减小的减速运动，直到完全穿出磁场；此过程v-t图应为如下图所示

由于线框宽度只有磁场宽度的一半，所以线框整体在磁场中匀速运动的距离与出磁场的距离相等

则根据

可知出磁场电流将越来越小，方向与进磁场时的电流方向相反

综上可以得出出磁场时间比在磁场中匀速运动时间更长，故AB错误；

CD．线框进入磁场过程中，水平向右由动量定理

联立得

即

因此v-x图应该线性变化；完全进入磁场后，通过线框的磁通量为定值，所以没有安培力，线框做匀速直线运动；出磁场时同理可得线框v-x图应该也为线性变化，故C错误，D正确。

故选D。

二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 

11. 某小组用图甲所示电路测量毫安表G的内阻R_g。毫安表G量程I_g=3mA ，内阻R_g约60Ω~90Ω，可供选择的器材如下： 

A．滑动变阻器R₁（最大阻值500Ω）； 

B．滑动变阻器R₂（最大阻值5kΩ）； 

C．电阻箱R（0~999.9Ω）； 

D．电压表（量程0~300mV）； 

E．电源E（电动势约为6V）； 

F．开关、导线若干。 

（1）实验中，滑动变阻器应选用________（选填“R₁”或“R₂”），在图乙中用笔画线代替导线将实物电路图补充完整_______；

（2）实验前，应将图乙中滑动变阻器的滑片移到________（选填“左端”或“右端”）；

（3）闭合开关S₁，开关S₂接a，调节滑动变阻器的滑片，电表示数如图丙所示，毫安表G内阻的测量值R_g1 =________Ω；（结果保留三位有效数字）

（4）闭合开关S₁，断开开关S₂，调节滑动变阻器的滑片，使毫安表G的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关S₂接b，调节电阻箱的阻值使毫安表G的指针指在1.50mA处，记下电阻箱的阻值R=76.8Ω。则毫安表G内阻的测量值R_g2 =________Ω；

（5）该小组认为在（4）中测得毫安表G的内阻较为准确。你________（选填“同意”或“不同意”）该观点，理由是________。

【答案】（1）    ①. R₂    ②.     

（2）左端    （3）80.0    

（4）76.8    （5）    ①. 不同意    ②. （3）中电表内阻不会产生系统误差，测量值较准确；（4）中流过电阻箱的电流大于，测量值偏小。

【解析】

【小问1详解】

[1]毫安表G量程I_g=3mA ，则电路中的最大电流为3mA，电路中的最小电阻为

故滑动变阻器应选用；

[2]根据实验电路图，将实物电路连接完整，如图所示

【小问2详解】

为保护电路，实验前，应将图乙中滑动变阻器的滑片移到阻值最大的位置，即左端；

【小问3详解】

由图丙可知，电压表示数为U=160mV，电流表示数为I=2.00mA，则毫安表G内阻的测量值

【小问4详解】

此过程利用了半偏法测毫安表的内阻。闭合开关S₁，断开开关S₂，调节滑动变阻器的滑片，使毫安表G的指针满偏，即回路中的电流为3mA；将开关S₂接b后认为回路中的总电流仍不变，也为3mA，调节电阻电阻箱，使用毫安表G的指针指在1.50mA处，则另1.50mA的电流从电阻箱流过，记下电阻箱的阻值R=76.8Ω，毫安表与电阻箱并联，电压相等，故毫安表的内阻与电阻箱的阻值相等，即。

【小问5详解】

[1]不同意；

[2] （3）中电表内阻不会产生系统误差，测量值较准确；（4）中流过电阻箱的电流大于，测量值偏小。

12. 手持细绳，使绳上A点从t=0时刻开始带动细绳上各点上下做简谐运动，振幅为0.2m，t=0.4s时B点刚开始振动，A点回到平衡位置，绳上形成的波形如图所示，规定向上为质点振动位移的正方向。 

（1）写出A点的振动方程；

（2）求0~3s内质点B的路程s。

【答案】（1）    

（2）5.2m

【解析】

【小问1详解】

振动周期

振动方程 

t=0时刻A点向下振动，

解得

【小问2详解】

由题知，质点B振动时间

解得

13. 某校冬季篮球比赛在球馆内进行，篮球被带入球馆前，球内气体的温度t₁=-3°C，压强。被带入球馆后一段时间，球内气体温度t₂=7°C，球的体积保持不变。

（1）求温度为t₂时球内气体压强p₂；

（2）比赛要求篮球内气体压强，则需充入一定质量的气体。设充气过程中球内气体温度保持t₂不变，求充入球内气体的质量与原来球内气体质量的比值k。

【答案】（1）    

（2）

【解析】

【小问1详解】

球从室外带入球馆，球内气体做等容变化，则有 

其中，

解得

【小问2详解】

设在球馆内将压强为p₂、体积为V_x气体充入体积为V₀的篮球内，气体做等温变化，则有 

充入球内气体的质量与原来球内气体质量的比值 

解得

14. 如图甲所示，倾角的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R的球，球上端固定一轻杆，轻杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动。已知斜面体的高度为3.2R，斜面体和球的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g，，。 

（1）水平向右推动斜面体，求最小推力的大小F₀；

（2）若斜面体在推力作用下由静止开始向右做加速度为a=0.8g的匀加速直线运动，求斜面对球作用力的大小F_N；

（3）在第（2）问中，斜面体运动到其最高点刚好与球面接触，如图乙所示，求该过程中推力做的功W。

【答案】（1）    

（2）    

（3）W=8mgR

【解析】

小问1详解】

球刚好被推离地面时推力最小，可认为此时球和杆处于静止状态，对球和杆受力分析如图所示

竖直方向有

对斜面受力分析如图所示

水平方向有

根据牛顿第三定律有

解得；

【小问2详解】

斜面沿水平方向运动，位移为x，同时球沿竖直方向运动，位移为y ，由图中几何关系可知  

由可得

如图所示，在竖直方向，由牛顿第二定律有  

解得  

【小问3详解】

斜面在最高点与球面接触时，小球和杆的位移为h，如图所示，由几何关系可知 

斜面体水平方向的速度为v₁，球竖直方向的速度为v₂，由可得  

由得 

由功能关系可知  

解得 W=8mgR

15. 如图所示，在xOy坐标系第一象限内有两个四分之一圆弧MN、PQ，圆弧的圆心均在坐标原点O处，MN的半径为R，MN、PQ间有一电压为U₀（未知）的辐向电场。MN外侧第一象限内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。从PQ上各处飘入电场的电子，其初速度几乎为0，这些电子沿径向加速后进入磁场。从M点进入磁场的电子直接从磁场中N点射出。已知电子的电荷量为e，质量为m。 

（1）求电压U₀；

（2）若电压为，求M点进入磁场的电子在磁场中运动的时间t；

（3）若电压为3U₀，求MN上进入磁场的电子在磁场中经过区域的面积S。

【答案】（1）    

（2）    

（3）

【解析】

【小问1详解】

设电子经电场加速后，以速度v进入磁场做半径为的圆周运动

如图一，由几何关系可知 r₁=R

解得

【小问2详解】

电压为时，电子在磁场中运动的半径为

同理可知

如图二所示，设电子在磁场中运动的圆心O₂与O点的连线与y轴夹角为θ 

则

解得

由几何关系可知 电子在磁场中转过的圆心角之和

电子在磁场中圆周运动的周期 

电子在磁场中运动的时间

解得 

【小问3详解】

电压变为3U₀时，电子在磁场中运动的半径为

同理可知  

如图三所示，电子在磁场中运动的圆心O₃与O点的连线与y轴夹角为

则

电子在磁场中经过区域的面积如图三中阴影所示。

H为电子运动到距O的最远点

设扇形O₃M H的面积为S₁，扇形OHH'的面积为S₂，三角形OMO₃的面积为S₃，扇形OMN的面积为S₄，则

电子在磁场中经过的面积

解得