2025届四川省成都市某中学高三年级下册模拟预测（二）物理试题（解析版）

2025届四川省成都市成都外国语学校高三下学期模拟预测（二）

物理试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

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，只将答题卡交回。

第I卷选择题

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

一项最符合题目要求。

1.根据高中物理所学知识，分析下列现象，这些物理现象分别属于（）

两列水波相遇《红楼梦》王熙凤出场狮吼功鸣笛的救护车迎面而来

产生稳定花纹闻其声不见其人吼破玻璃杯我们听到笛声音调变高

A.衍射、多普勒效应、共振、干涉

B.干涉、多普勒效应、共振、干涉

C.干涉、衍射、共振、多普勒效应

D.反射、共振、折射、多普勒效应

【答案】C

【解析】

【详解】两列水波相遇产生稳定的花纹属于波的干涉现象；《红楼梦》中王熙凤出场闻其声不见其人属于

声波的衍射现象；“狮吼功”吼破玻璃杯属于共振现象；鸣笛的救护车迎面而来，我们听到笛声音调变高

属于多普勒效应。

故选C。

2.如图所示，纸面内有一边长为北，质量为，"的单匝正方形金属线框，金属线框每条边的电阻为R。金

属线框正中间有一个边长L的正方形浦cd,在金属线框与正方形abed之间存在磁场方向垂直纸面向里、

磁感应强度大小随时间变化规律为3=稣+H（左为常数且大于0）的磁场。若金属线框面积不会变化,

则金属线框中产生的感应电流大小为（

XXXXXX

XXXX/jXX

XX!；XX

X>C;：XX

XXXXXX

X义XXXX

k12kT2kl2

A.——B.2—C.4—

RRR

【答案】B

【解析】

【详解】由法拉第电磁感应定律得感应电动势石=——S=4（3£）2-£2]=8kE

At

9W2

由闭合电路欧姆定律得感应电流/=二p=*

4RR

故选B。

3.超级充电桩是一种高效的电动汽车充电设备，其内部使用了超级电容器来储存和释放电能。如图甲、乙

所示分别为实验小组得到的某电容器充、放电过程电路中的电流入电容器两极板间电压U与时间f的关

系图，下列关于该电容器的说法正确的是（）

A.充电时，电容器电容会随时间不断增大

B.充电时，两极板间的电场强度保持不变

C.放电时，两极板间的电势差随时间均匀减小

D.0~G时间内，电容器充入的电荷量小于:/（；/]

【答案】D

【解析】

【详解】A.电容器的电容由电容器本身决定，不会随电荷量变化，A错误；

B.充电时，两极板间电压不断增大，由E=”可知，电场强度也不断增大，B错误；

d

C.由图像可知，电容器的充、放电过程中电流和电压都不是随时间均匀变化的，C错误;

D.4图像中的曲线与横轴围成的面积表示充、放电的电荷量，由图甲可知0~九时间内充入的电荷量小于

—I/1,D正确o

故选D。

4.圆周运动是生活中常见的一种运动。如图1所示，一个小朋友坐在圆盘上随圆盘一起在水平面内做匀速

圆周运动；如图2所示，将小球拴在细绳一端，用手握住绳的另一端，使小球以。点为圆心在竖直面内做

完整的圆周运动。已知小球的质量为优，细绳的长度为L,重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正

确的是（）

III

\\/

图1图2

A.图1小朋友所受摩擦力的方向沿轨迹的切线方向

B.图1中，当小朋友的位置离圆心较近时，小朋友容易相对圆盘滑动

C.图2小球可能在竖直面内做匀速圆周运动

D.图2小球在最低点和最高点时，细绳对小球的拉力大小之差恒定

【答案】D

【解析】

【详解】A.图1小朋友做圆周运动，摩擦力提供向心力，因此所受摩擦力的方向指向圆心，A错误；

B.根据/=可知，当小朋友的位置离圆心较远时，小朋友相同转速下受的静摩擦较大，则容易相对

圆盘滑动，B错误；

C.小球在竖直面内做圆周运动时，由于重力做功，则速度大小不断变化，则不可能做匀速圆周运动，C

错误；

11

D.小球在最低点和最局点时，速度关系满足吟+mg-2L=］加嗑

最iWi点时细绳的拉力满足斗+mg=m—

L

2

最低点时细绳的拉力满足歹低-mg=加压

L

可得细绳对小球的拉力大小之差4氐-G=6"2g

即小球在最低点和最高点时，细绳对小球的拉力大小之差恒为6〃zg,D正确。

故选D。

5.如图所示，质量根=lkg的三角形木楔置于倾角0=37。的固定粗糙斜面上，三角形木楔的AB边和AC边

相等，/BAC=74。,它与斜面间的动摩擦因数为0.5,水平向右的推力厂垂直作用在A8边上，在力尸的推

动下，木楔沿斜面向上匀速运动，ABC与斜面在同一竖直平面内，重力加速度g取10m/s2,sin37o=0.6,

则木楔匀速运动过程中受到的摩擦力大小为（）

A8.0NB.10.0NC.12.0ND.12.8N

【答案】B

【解析】

【详解】因A3边和AC边相等，ZBAC=74°,所以/ABC=NACB=53°

故AB边竖直，推力/水平向右，根据平衡条件可得mgsin37°+/=/cos37°,

mgcos37°+Fsin37°=FN,f-

联立解得了=10.0N

故选B。

6.在天文学上，太阳的半径、体积、质量和密度都是常用的物理量，利用小孔成像原理和万有引力定律，

可以简捷的估算太阳的密度。如图，在地面上某处，取一个长L=100cm的圆筒，在其一端封上厚纸，中

间扎直径为1mm的圆孔，另一端封上一张画有同心圆的薄白纸，最小圆的半径为2.0mm,相邻同心圆的

半径相差0.5mm,当作测量尺度；再用目镜（放大镜）进行观察。把小孔正对着太阳，调整圆筒的方向，

使在另一端的薄白纸上可以看到一个圆形光斑，这就是太阳的实像。为了使观察效果明显，可在圆筒的观

测端蒙上遮光布，形成暗室。若测得光斑的半径为“=4.6mm（小于圆筒半径），试根据以上数据估算太

阳的密度为（）（已知：G=6.67xlO-"N-m2/kg2,一年约为T=3.2xl（）7s，取兀=3.14）

L

r

R：

01；

小孔成像装置

太阳

A.1.4xl02kg/m3B.1.4xlO3kg/m3

C.1.4xl04kg/m3D.1.4xl05kg/m3

【答案】B

【解析】

【详解】设太阳质量为〃、半径为R体积为K平均密度为"，地球质量为相、日地距离为r,由万有引

Mm4

力定律和牛顿运动定律可以知道G当=m鼻r，M=-nB^p

r2T2

rL

由图中的几何关系可近似得到

R%

3万(L

联立计算得夕=

代入数据得p«1.4x103kg/m3

故选B。

7.是一种放射性同位素，生物学中常将『C标记到有机物中，追踪其在生物体内的代谢路径。已知静

止在。点的（C原子核发生衰变的同时，空间中出现如图所示的匀强电场。之后衰变产物A、B两粒子的

运动轨迹Q4、05如图中虚线所示，不考虑粒子所受重力、阻力和两粒子间的相互作用，下列说法正确的

B.：4c衰变过程满足能量守恒，动量不守恒

C.两粒子始终处在同一等势面上

D.经过相等时间A、B粒子水平位移大小之比为2：5

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据A、B两粒子的运动轨迹，可知其所受电场力均与电场方向相同，即两粒子均带正电，

可知原子核发生的是a衰变，故A错误；

BC.根据上述，该衰变的核反应方程为［Cf［Be+；He

衰变过程动量守恒，两原子核动量大小相等，则有mAVA=mBVB

可知，质量越大，速度越小，即々Be的初速度小于；He的初速度，粒子在电场中做类平抛运动，则有x=w,

2m

解得丁=丝_

2mv2

根据图像可知，当竖直分位移大小相等时，因？Be的初速度小，电荷量多，则水平分位移小一些，可知A

粒子为（Be粒子，根据y=［•变/

2m

因［Be的比荷小于;He的比荷，如果经历相等时间，［Be的竖直分位移小于；He的竖直分位移，即两粒子

飞出后不在同一等势面上，故BC错误；

D,根据mAVA=»lBVB

解得经过相等时间A、B粒子水平分位移之比为久=—=7

/以5

可知经历相等时间A、B粒子水平分位移比为2：5,故D正确。

故选D。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题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.斯特林发动机是独特的热机，它的效率几乎等于理论最大效率。该发动机工作中经过由两个等容过程和

两个等温过程组成的可逆循环，被称之为斯特林循环。如图所示，一定质量的理想气体经48czM完成循

环过程，其中和CQ均为等温过程，8C和D4均为等容过程。对此气体下列说法正确的是（）

p/Pa

A

B.A到8过程，气体放出热量

C.3到C过程，温度降低，每个气体分子运动速率都变小

D.经过如图所示的一个斯特林循环过程，气体从外界吸收热量

【答案】AD

【解析】

【详解】A.从。到A,气体做等容变化，根据K=C可知，温度升高，则Ti>Z,故A正确；

T

B.从A到8,气体做等温变化，温度不变，故气体内能不变，体积增大，气体对外做功，则W<0,根

据AU=Q+W可知Q>0,则气体吸收热量，故B错误;

C.从8到C,气体做等容变化，压强减小，根据K=C可知，温度降低，分子的平均动能减小，并不是

T

每个分子的动能都减小，故C错误；

D.根据p-V图像下面积即为气体做功大小，可知：

A到B过程气体做功为M,C到。过程气体做功为肌，故整个过程气体做功为W^Wi+W2<0

即气体对外做正功，温度不变，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故D正确。

故选AD„

9.随着人工智能的快速发展，机器人功能的开发也不断在突破，如图甲为某开发研究所实验某型号智能机

器人的起跳动作示意图，机器人质量为40kg,点P是机器人的重心位置。图乙是根据加速度传感器采集

到的数据画出的加速度-时间图线。甲乙两图中a〜〃各点均一一对应，其中有几个点在图甲中没有画出。

规定竖直向上为加速度。的正方向，重力加速度大小g取lOm/s?。根据图乙分析可知（)

A.人点为机器人起跳动作中重心最低点B.c点时机器人向上速度最大

C.d点位置机器人对地面压力大小为1200ND.机器人在e点时已开始离开地面

【答案】C

【解析】

【详解】A.重心最低点时加速度向上最大，可知d点为机器人起跳动作中重心最低点，故A错误；

B.a—/图像的面积表示速度的变化量，c点位置图像总面积为负，速度增量为负，机器人在向下运动,

故B错误;

C.d点位置机器人以20m/s2向上加速，由尸一，咫=7"a

解得尸=1200N

由牛顿第三定律可知其对地面压力大小为1200N,故C正确；

D.机器人开始离开地面时加速度应为-g,故在e点机器人还没有开始离开地面，故D错误。

故选Co

10.如图所示，两根相同弹性轻绳一端分别固定在4A点，自然伸长时另一端恰好处于图中光滑定滑轮

上的6、B',将轻绳自由端跨过定滑轮连接质量为优的小球，AB、C、B、4在同一水平线上，且

CB=CB',现将小球从C点由静止释放，沿竖直方向运动到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距

离为〃，。为CE的中点，重力加速度为g,轻绳形变遵循胡克定律且始终处于弹性限度内，不计空气阻

力。下列说法正确的是（）

UE

A.小球在E点的加速度大小为g

B.小球在CD段减少的机械能等于在DE段减少的机械能

C.小球从C运动到D的时间小于从D运动到E的时间

D.若仅将小球质量变为2加，则小球到达E点时的速度为J熊

【答案】AD

【解析】

【详解】A.根据题意分析可知，小球在CE两点间做简谐运动，根据对称性可知，E点的加速度大小等

于C点的加速度，在C点小球所受合力等于重力，加速度大小为g,则小球在E点的加速度大小为g,故A

正确；

B.根据功能关系，小球减少的机械能等于小球克服弹力做功。设小球在C点时伸长量为尤，则小球在CD

段克服弹力做功为叱=2义万左-2x-kx2

在OE段克服弹力做功为吗=2x-k^x2+h2^-2x-kx2

可知印度版

故小球在段减少的机械能不等于在OE段减少的机械能，故B错误；

C.根据A项分析知，小球在C、E两点间做简谐运动，根据运动的对称性可知，小球从C运动到。的时间

等于从D运动到E的时间，故C错误；

D.小球从C、E过程，根据系统机械能守恒有2xgM/+层)-2义。而2=mg丸

若仅将小球质量变为2m,则根据系统机械能守恒有2x1z：(x2+/i2)-2x|b:2+|x2mv2=2mgh

联立解得小球到达E点时的速度为v=y[gh

故D正确。

故选AD。

第II卷非选择题

三、实验题：本题共2小题，每空2分，共16分。

11.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中。

(1)在观察红光的干涉图样时，现有A毛玻璃屏、B双缝、C白光光源、D滤光片、E单缝等光学元件，

将C白光光源放在光具座最右端，依次放置其他光学元件，由右至左，表示各光学元件的字母排列顺序应

为：(选填“①”或"②")=

①C、D、E、B、A②C、D、B、E、A

(2)一同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如图

所示。若要使两者对齐，该同学应如何调节。

A.仅左右转动透镜B.仅旋转单缝

C.仅旋转双缝D.仅旋转测量头

(3)某次测量，测量头前的游标卡尺显示如下所示，所对应的读数应为mm。

(4)为了使测得单色光的条纹间距增大，在其他条件不变的情况下，以下做法合适的是。

A.增大单缝与双缝间距

B.增大双缝与毛玻璃屏间距

C.更换双缝间距更小的双缝片

D.增强光源亮度

【答案】(1)①(2)D

(3)50.70(4)BC

【解析】

【小问1详解】

为了获取单色的线光源，光源后面应放置滤光片、单缝、单缝形成的线光源经过双缝产生干涉现象，在光

屏上可以观察到干涉条纹，因此由右至左，各光学元件排列顺序应为白色光片C、滤光片D、单缝E、双

缝B、毛玻璃屏A、故为C、D、E、B、A,故①正确，②错误；

故选①。

【小问2详解】

发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，该同学应调节测量头。

故选D。

【小问3详解】

螺旋测微器的精度为0.05mm,其示数为固定刻度与可动刻度之和，所以图示数为

50mm+l4x0.05mm=50.70mm；

【小问4详解】

依据双缝干涉条纹间距公式=分析知，要使醺增大，可以增大L减小d,也可以增大人与单缝

a

和双缝间及光的强度无关；

故选BC。

12.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，所使用的可拆变压器如图所示。

(1)观察两个线圈的导线，发现导线的粗细不同，导线细的线圈匝数较(填“多”或“少”)。

(2)结合所记录的实验数据，某同学发现副线圈电压的测量值明显小于理论值，则可能的原因是t

A.可拆式变压器的铁芯未完全封闭

B.原副线圈有电阻

C.铁芯在交变磁场作用下发热

D,原线圈存匝间短路

(3)实验时，某同学听到变压器内部有轻微的嗡嗡声，他做出如下猜想，正确的是o

A.“嗡嗡”声来自交变电流在线圈中产生变化磁场时发出的

B.“嗡嗡”声来自副线圈中电流流动的声音

C.交变电流的磁场对铁芯有吸、斥作用，使铁芯振动发声

(4)之后，该同学又仔细观察铁芯是由相互绝缘的金属片平行叠成，如下图，金属片应平行于。

A平面abfeB.平面adheC.平面adgf

【答案】(1)多(2)ABC(3)C(4)B

【解析】

【小问1详解】

观察两个线圈的导线，发现导线的粗细不同，导线细的线圈电流小，两端电压较大，则匝数较多。

【小问2详解】

某同学发现副线圈电压的测量值明显小于理论值，则可能的原因可能是，可拆式变压器的铁芯未完全封

闭、原副线圈有电阻、铁芯在交变磁场作用下发热等损耗引起的，原线圈存在匝间短路时，导致原线圈匝

数减小，则副线圈电压增大；

故选ABC„

【小问3详解】

AB.由于交变磁场的作用，变压器铁芯硅钢片产生涡电流，使变压器振动而发出声音，正常情况下这种声

音是清晰而有规律的，但若螺丝没有拧紧，变压器就会发出明显的“嗡嗡”低鸣声；但不是副线圈中电流流

动的声音，故AB错误；

C.接入交流电后有很强的声音，则说明交变电流的磁场对铁芯有吸、斥作用，铁芯振动发声，故C正

确。

故选C。

【小问4详解】

为了减小涡流的产生，应使硅钢片的方向与磁场方向平行，所以硅钢片相叠时应平行于平面

故选Bo

四、计算题：本题共3题，共38分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步

骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

13.滑板是一种极限运动项目，是运动员脚踩滑动的器材，在不同地形、地面及特定设施上，在音乐的旋

律下，完成各种复杂的滑行、跳跃、旋转、翻腾等高难动作的技巧性运动。某运动员欲完成如下赛道：AB

是一段倾斜直线轨道，是半径为R=2.5m的圆弧形轨道，B、。两点位于水平地面上，且8点恰在圆心

。的正下方，C。垂直于地面，8C圆弧所对的圆心角为53°。运动员视为一质点，其质量〃为60kg。该

运动员利用直线轨道加速，从而获得一经过2点的初速度，且过B点时对圆弧轨道的压力为1680N。

而后，运动员经过C点飞出，落到水平地面上的E点。忽略一切阻力，取重力加速度g=10m/s?。求：

(1)运动员经过圆弧轨道上2点的速度大小;

(2)运动员的落地点E距。点的距离。

【答案】(1)3&m/s

(2)3m

【解析】

小问1详解】

根据B点分析可得F^=FN-mg

代入数据可得%=1080N

v2

根据向心力公式可得％=m一

R

代入数据可得力=3石m/s

【小问2详解】

一1,1,

C点速度％可由能量守恒得出-mv'=-mv^+mgR(l-cos0)

运动员飞出C点后做斜抛运动，设运动时间为九OE距离为5。

在竖直方向上有vdsine-gg/=-7?(1-COS6))

在水平方向上有5=Vc/cos。

解得S=3m

14.如图所示，位于＞轴上y=-a处有一电子源，能向其上方平面内发射速度大小均为%,方向任意的电

子。电子质量为机，电荷量为-e。已知在y＜。区域存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为

品=吗的匀强磁场，在y20区域存在垂直纸面向里的磁感应强度大小满足3=6(左为己知正常

ea

数)的非匀强磁场(图中未画出)。

XXX°〉，XXX

XXX＞：XXX

(1)某时刻电子源同时放出大量电子，为了使所有进入匀强磁场区域的电子都不能进入非匀强磁场区

域，可以在X轴上适当位置放置一挡板。则挡板至少有多长？

(2)在(1)问条件下，求在挡板上能持续接收到电子的时间有多长？

(3)取走挡板，再次从电子源发射电子，其中以垂直于x轴方向进入非匀强磁场区域的电子，能深入到非

匀强磁场区域的距离最大。求当该电子距x轴最远时，其进入非匀强磁场区域的轨迹线与x轴所围成区域

的面积。

【答案】(1)L=2a

(2)=—

6Vo

(3)sn

ke

【解析】

【小问1详解】

根据磁场方向和初速度方向可知，电子在发射后所受到的洛伦兹力向右并作为向心力，可得Bqv=m£

氏3

B°q

代入数据可得R=a

根据偏转分析可得，挡板长度L=2a

挡板上持续收到电子的时间即为挡板第一次接收到电子与最后一次接收到的时间差，所有电子在均匀磁场

中运动的周期T都一致，故运动时间与偏转角度成正比。综上，需要找到偏转的角度范围即可求出持续时

间。

出射点与源点的连线对应电子偏转轨迹的弦，偏转角大小与弦的大小成正比。经对图像分析可得，弦最短

为a,最长为6a。

7TJT

所以©max=5,6mm=§

,N9Rna

设持续时间为A/,则加=——=—

%6Vo

【小问3详解】

由于。=5傥0=Oev°

洛伦兹力方向与速度方向垂直，将速度%沿x方向和y方向分解为匕和匕，在y方向上所受到的洛伦兹力

为,则%=Bqvx=kyevx

在了方向上用动量定理进行分析，离x轴最远的时候V,=0,所以2%&=加％

即ke1,y氐=mv。

面积为S=

解得5=箸

ke

15.水平平台上从左至右依次静置有三个可视为质点的小物块ABC,其质量分别为

=0」kg、=0-3kg、mc=0.5kgo初始时刻，AB紧挨在一起，置于P处，而B、C之间有一处于

原长的轻质短弹簧（弹簧与小物块B、C并不栓连）。左侧平台PQ段粗糙且足够长，ABC与尸。段的滑动

摩擦因数与物块到P的距离d有关，满足关系式〃=0.5d（1的单位为111）。右侧平台PM、NO段光滑。

计时起点，给A—水平向右的瞬时冲量4=0.4N-s,A立即获得向右的速度，而后又与紧挨着的B发生

弹性碰撞，不计该碰撞过程的时间。取重力加速度g=10m/s2。

(1)求与小物块B碰撞后A的速度，以及A最终停止运动时距P点的距离。

(2)小物块C与弹簧分离后，继续沿光滑平台运动。在其正前方布置一速度可调的传送带MN,经过传

送带后，有一下凹的收集区，其剖面形状为椭圆的一部分。以。为坐标原点，建立如图所示的直角坐标

系，椭圆方程为5必+4_/=1(》、y的单位均为m)。欲使落在椭圆上的小物块C动能最小，求小物块C

通过传送带区域动能的变化量。

(3)已知小物块B、C间的轻质短弹簧从刚开始压缩到再次恢复原长，历时1s,求小物块B比A多运动

的时长。

【答案】(1)2m/s,—m

5

3