2025屆青海省玉樹州高三第二次調研物理試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖，小球甲從A點水平拋出，同時將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經過C點時速度大小相等，方向夾角為30°，已知B、C高度差為h，兩小球質量相等，不計空氣阻力，由以上條件可知（）A．小球甲做平拋運動的初速度大小為B．甲、乙兩小球到達C點所用時間之比為C．A，B兩點高度差為D．兩小球在C點時重力的瞬時功率大小相等2、觀看科幻電影《流浪地球》后，某同學設想地球僅在木星引力作用下沿橢圓軌道通過木星的情景，如圖所示，軌道上P點距木星最近（距木星表面的高度可忽略）。則A．地球靠近木星的過程中運行速度減小B．地球遠離木星的過程中加速度增大C．地球遠離木星的過程中角速度增大D．地球在P點的運行速度大于木星第一宇宙速度3、如圖所示，A，B質量均為m，疊放在輕質彈簧上（彈簧上端與B不連接，彈簧下端固定于地面上）保持靜止，現對A施加一豎直向下、大小為F（F＞2mg）的力，將彈簧再壓縮一段距離（彈簧始終處于彈性限度內）而處于靜止狀態，若突然撤去力F，設兩物體向上運動過程中A、B間的相互作用力大小為FN，則關于FN的說法正確的是（重力加速度為g）（）A．剛撤去外力F時，FB．彈簧彈力等于F時，FC．兩物體A、B的速度最大時，FN=2mgD．彈簧恢復原長時，FN=mg4、宇航員在某星球表面以初速度2.0m/s水平拋出一物體，并記錄下物體的運動軌跡，如圖所示，O為拋出點，若該星球半徑為4000km，引力常量G＝6.67×10－11N·m2·kg－2，則下列說法正確的是（）A．該星球表面的重力加速度為16.0m/s2B．該星球的第一宇宙速度為4.0km/sC．該星球的質量為2.4×1020kgD．若發射一顆該星球的同步衛星，則同步衛星的繞行速度可能大于4.0km/s5、“世紀工程”﹣港珠澳大橋已于2018年10月24日9時正式通車，大橋主橋部分由約為6.7km海底隧道和22.9km橋梁構成，海底隧道需要每天24小時照明，而橋梁只需晚上照明。假設該大橋的照明電路可簡化為如圖所示電路，其中太陽能電池供電系統可等效為電動勢為E、內阻為r的電源，電阻R1、R2分別視為隧道燈和橋梁路燈，已知r小于R1和R2，則下列說法正確的是（）A．夜間，電流表示數為B．夜間，開關K閉合，電路中電流表、電壓表示數均變小C．夜間，由于用電器的增多，則太陽能電池供電系統損失的電功率增大D．當電流表示數為I則太陽能電池供電系統輸出電功率為EI6、如圖所示，一輕質彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端與一質量為的滑塊接觸，此時彈簧處于原長。現施加水平外力緩慢地將滑塊向左壓至某位置靜止，此過程中外力做功為，滑塊克服摩擦力做功為。撤去外力后滑塊向有運動，最終和彈簧分離。不計空氣阻力，滑塊所受摩擦力大小恒定，則（）A．彈簧的最大彈性勢能為B．撤去外力后，滑塊與彈簧分離時的加速度最大C．撤去外力后，滑塊與彈簧分離時的速度最大D．滑塊與彈簧分離時，滑塊的動能為二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖，一定量的理想氣體經歷了A→B→C→D→A的循環，ABCD位于矩形的四個頂點上。下列說法正確的是。A．狀態C的溫度為B．從A→B，分子的平均動能減少C．從C→D，氣體密度增大D．從D→A，氣體壓強增大、內能減小E.經歷A→B→C→D→A一個循環，氣體吸收的熱量大于釋放的熱量8、示波器是一種多功能電學儀器，它是由加速電場和偏轉電場組成的。如圖所示，不同的帶負電粒子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，從M孔射出，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足帶負電粒子能射出平行板電場區域的條件下，則（）A．若電荷量q相等，則帶負電粒子在板間的加速度大小相等B．若比荷相等，則帶負電粒子從M孔射出的速率相等C．若電荷量q相等，則帶負電粒子從M孔射出的動能相等D．若不同比荷的帶負電粒子射入，偏轉角度θ相同9、如圖所示，在真空中，某點電荷Q形成的電場中，a、b、c三個虛線圓分別表示電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為45V、25V、15V。一粒子q帶電荷量大小為0.1C，電性未知，在電場中的運動軌跡如圖中實線KLMN所示。下列說法正確的是（）A．場源電荷Q帶負電B．粒子q帶正電C．粒子q從K到L的過程中，克服電場力做功3JD．粒子在距場源電荷最近的L處動能為零10、如圖所示，半徑為r、電阻為R的單匝圓形線框靜止于絕緣水平面上，以圓形線框的一條直徑為界，其左、右兩側分別存在著方向如圖甲所示的勻強磁場，以垂直紙面向里的磁場為正，兩部分磁場的磁感應強度B隨時間t變化的規律分別如圖乙所示。則0~t0時間內，下列說法正確的是（）A．時刻線框中磁通量為零B．線框中電流方向為順時針方向C．線框中的感應電流大小為D．線框受到地面向右的摩擦力為三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某興趣小組要將一塊量程為1mA，內阻約為幾十歐的電流表改裝成量程為3V的電壓表。首先要測量該電流表的內阻，現有如下器材：待測電流表G（量程1mA、阻值約幾十歐）；滑動變阻器（總阻值5000、額定電流0.5A）、滑動變阻器（總阻值500、額定電流1A）、電阻箱R2（總阻值999.9）；電源（電動勢為1.5V，內阻很小）、電源（電動勢為3V，內阻很小）、開關、導線若干。(1)該小組如果選擇如圖甲所示的電路來測量待測電表G的內阻，則滑動變阻器R1應該選擇____（選填“A”或“B”；A．滑動變阻器（總阻值5000、額定電流0.5A）；B．滑動變阻器（總阻值500、額定電流1A）），電源應選擇____（選填“A”或“B”；A．電源（電動勢為1.5V，內阻很小）；B．電源（電動勢為3V，內阻很小））；(2)實驗時，先斷開S2，閉合開關S1，調節滑動變阻器R1，使得G的示數為Ig；保證R1的阻值不變，再閉合S2，調節電阻箱R2，使得G表示數為，此時電阻箱R2的示數如圖乙所示，則G表的內阻的測量值是______（選填“A”或“B”；A．24.0；B．96.0）。以上三空答案依次是（____________）A．(1)A、B(2)AB．(1)B、A(2)BC．(1)A、B(2)BD．(1)B、A(2)A12．（12分）小妮同學利用如圖甲所示的實驗裝置驗證系統機械能守恒。A、B是兩個質量均為m的相同小球，O為穿過輕桿的固定轉軸，C為固定在支架上的光電門，初始時桿處于水平狀態，重力加速度為g。實驗步驟如下∶(1)用游標卡尺測得小球B的直徑d如圖乙所示，則d=______mm；(2)用毫米刻度尺測得AO長為l，BO長為2l；(3)由靜止釋放兩小球，當小球B通過光電門時，測得光線被小球擋住的時間為t，則在桿由水平轉至豎直的過程中兩小球組成的系統增加的動能Ek=___，減少的重力勢能Ep=____（用m、g、l、d、t表示）。(4)若在誤差允許的范圍內Ek=Ep，則小球A、B組成的系統機械能守恒。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1．8m、質量M＝3kg的薄木板，木板的最上端疊放一質量m＝1kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝．對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動．設物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2．（1）為使物塊不滑離木板，求力F應滿足的條件；（2）若F＝3．5N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離．14．（16分）如圖甲所示，粒子源靠近水平極板M、N的M板，N板下方有一對長為L，間距為d=1.5L的豎直極板P、Q，再下方區域存在著垂直于紙面的勻強磁場，磁場上邊界的部分放有感光膠片．水平極板M、N中間開有小孔，兩小孔的連線為豎直極板P、Q的中線，與磁場上邊界的交點為O．水平極板M、N之間的電壓為U0；豎直極板P、Q之間的電壓UPQ隨時間t變化的圖象如圖乙所示；磁場的磁感強度B=．粒子源連續釋放初速不計、質量為m、帶電量為+q的粒子，這些粒子經加速電場獲得速度進入豎直極板P、Q之間的電場后再進入磁場區域，都會打到感光膠片上．已知粒子在偏轉電場中運動的時間遠小于電場變化的周期，粒子重力不計．求：（1）帶電粒子進入偏轉電場時的動能EK；（2）磁場上、下邊界區域的最小寬度x；（3）帶電粒子打到磁場上邊界感光膠片的落點范圍．15．（12分）如圖所示，直角為一個玻璃磚的橫截面，其中，，邊的長度為，為的中點。一條光線從點射入玻璃磚，入射方向與夾角為45°。光線恰能從點射出。(1)求該玻璃的折射率；(2)若與夾角90°的范圍內均有上述同頻率光線從點射入玻璃磚，分析計算光線不能從玻璃磚射出的范圍。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】A項，小球乙到C的速度為，此時小球甲的速度大小也為，又因為小球甲速度與豎直方向成角，可知水平分速度為故A錯；B、小球運動到C時所用的時間為得而小球甲到達C點時豎直方向的速度為，所以運動時間為所以甲、乙兩小球到達C點所用時間之比為故B錯C、由甲乙各自運動的時間得：，故C對；D、由于兩球在豎直方向上的速度不相等，所以兩小球在C點時重力的瞬時功率也不相等故D錯；故選C2、D【解析】

A．地球靠近木星時所受的萬有引力與速度成銳角，做加速曲線運動，則運行速度變大，A錯誤；B．地球遠離木星的過程，其距離r變大，則可知萬有引力增大，由牛頓第二定律：則加速度逐漸減小，B錯誤；C．地球遠離木星的過程線速度逐漸減小，而軌道半徑逐漸增大，根據圓周運動的角速度關系，可知運行的角速度逐漸減小，C錯誤；D．木星的第一宇宙速度指貼著木星表面做勻速圓周的線速度，設木星的半徑為R，滿足，而地球過P點后做離心運動，則萬有引力小于需要的向心力，可得可推得：即地球在P點的運行速度大于木星第一宇宙速度，D正確；故選D。3、B【解析】

在突然撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，由平衡條件推論可知AB整體的合力向上，大小等于F，根據牛頓第二定律有：F=（m+m）a，解得：a=F2m，對A受力分析，受重力和支持力，根據牛頓第二定律，有：FN-mg=ma，聯立解得：FN=mg+F2，故A錯誤；彈簧彈力等于F時，根據牛頓第二定律得，對整體有：F-2mg=2ma，對m有：FN-mg=ma，聯立解得：FN=F2，故B正確；當A、B兩物體的合力為零時，速度最大，對A由平衡條件得：FN=mg，故C錯誤；當彈簧恢復原長時，根據牛頓第二定律得，對整體有：2mg=2ma，對m有：4、B【解析】

A．物體做平拋運動，根據平拋運動的規律有聯立解得該星球表面的重力加速度為，故A錯誤；BC．設該星球的第一宇宙速度為，該星球的質量為，在星球表面附近，則有解得故B正確，C錯誤；D．根據萬有引力提供向心力有解得衛星運動的軌道半徑越大，則繞行速度越小，第一守宙速度是繞星球表面運行的速度，同步衛星的速度一定小于4.0km/s，故D錯誤；故選B。5、C【解析】

A．夜間，橋梁需要照明，開關K閉合，電阻R1、R2并聯，根據閉合電路歐姆定律可知，電流表示數，故A錯誤；B．夜間，開關K閉合，總電阻減小，干路電流增大，電路中電流表示數變大，故B錯誤；C．根據能量守恒定律可知，夜間，由于用電器的增多，則太陽能電池供電系統損失的電功率增大，故C正確；D．當電流表示數為I，則太陽能電池供電系統總功率為EI，輸出功率為EI﹣I2r，故D錯誤。故選C.6、D【解析】

A．由功能關系可知，撤去F時，彈簧的彈性勢能為W1－W2，選項A錯誤；B．滑塊與彈簧分離時彈簧處于原長狀態。撤去外力后，滑塊受到的合力先為，由于彈簧的彈力N越來越小，故合力越來越小，后來滑塊受到的合力為，由于彈簧的彈力N越來越小，故合力越來越大。由以上分析可知，合力最大的兩個時刻為剛撤去F時與滑塊與彈簧分離時，由于彈簧最大彈力和摩擦力大小未知，所以無法判斷哪個時刻合力更大，所以滑塊與彈簧分離時的加速度不一定最大。選項B錯誤；C．滑塊與彈簧分離后時，彈力為零，但是有摩擦力，則此時滑塊的加速度不為零，故速度不是最大，選項C錯誤；D．因為整個過程中克服摩擦力做功為2W2，則根據動能定理，滑塊與彈簧分離時的動能為W1－2W2，選項D正確。故選D。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、ACE【解析】

A．過程為等壓過程，則有即有解得過程也為等壓過程，則有即解得故A正確；B．從A→B從A→B，溫度升高，分子平均動能增大，故B錯誤；C．過程為等壓變化過程，由圖可知，氣體體積減小，氣體質量不變，則氣體密度增大，故C正確；D．從D→A，由圖可知，氣體壓強增大，溫度升高，氣體內能增大，故D錯誤；E．經歷A→B→C→D→A一個循環,氣體內能不變；在p-V圖象中，圖象與坐標軸圍成面積表示功，所以，即整個過程，氣體對外界做功，所以氣體吸收的熱量大于釋放的熱量，故E正確。故選ACE。8、BCD【解析】

A．設板間距離為，由牛頓第二定律得由于粒子的質量未知，所以無法確定帶負電粒子在板間的加速度大小關系，故A錯誤；B．由動能定理得可得所以當帶負電粒子的比荷相等時，它們從孔射出的速度相等，故B正確；C．從孔射出的動能所以當帶負電粒子的電荷量相等時，它們從孔射出的動能相等，故C正確；D．如圖所示在偏轉電場中有偏轉角度與粒子的比荷無關，所以不同比荷的帶負電粒子射入，偏轉角度相同，故D正確；故選BCD。9、BC【解析】

A．因為a、b、c三個虛線圓電勢分別為45V、25V、15V，說明場源電荷Q帶正電，故A錯誤；B．由粒子運動軌跡可知，粒子與場源電荷之間是斥力作用，粒子q帶正電，故B正確；C．粒子q從K到L的過程中，電勢升高，電勢差為30V，克服電場力做功為故C正確；D．由運動軌跡可以看出，粒子做曲線運動，在L處速度大小不可能為零，故D錯誤。故選BC。10、ACD【解析】

A．時刻，兩部分磁場的磁感應強度大小相等、方向相反，線框中的磁通量為零，A正確。B．根據楞次定律可知，左側的導線框的感應電流是逆時針，而右側的導線框的感應電流也是逆時針，則整個導線框的感應電流方向為逆時針，B錯誤。C．由法拉第電磁感應定律，因磁場的變化，導致導線框內產生感應電動勢，結合題意可知整個導線框產生感應電動勢為左、右兩側電動勢之和，即由閉合電路歐姆定律，得感應電流大小故C正確。D．由左手定則可知，左、右兩側的導線框均受到向左的安培力，則所受地面的摩擦力方向向右、大小與線框所受的安培力大小相等，即故D正確。故選ACD。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、A【解析】

[1]用半偏法測電流表內阻，為減小實驗誤差，滑動變阻器最大阻值與電源電動勢應大些，由實驗器材可知，為減小實驗誤差，滑動變阻器R1應選擇A，電源應選擇B；由圖示電阻箱可知，電阻箱示數為閉合開關S2后認為電路電流不變，電流表示數為，由并聯電路特點可知，流過電阻箱的電流為，電流表與電阻箱并聯，其兩端電壓相等，則解得，電流表內阻故電流表應選A。綜上所述三空答案依次是A、B、A，故選A。12、12.40mgl【解析】

(1)[1]游標卡尺的主尺讀數為12mm，游標讀數為則游標卡尺的最終讀數為(3)[2]小球B通過光電門的瞬時速度A、B轉動的半徑之比為1：2，A、B的角速度相等，根據知A、B的速度之比為1：2，所以A的瞬時速度系統動能增加量[3]系統重力勢能的減小量四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）F≤30N；（2）物塊能滑離木板，1.2s，s=0.9m．【解析】試題分析：（1）對M、m，由牛頓第二定律對m，有，，代入數據得：．（2），物塊能滑離木板，對于M，有1對m，有，設物塊滑離木板所用的時間為，由運動學公式：，代入數據得：，物塊離開木板時的速度，由公式：，代入數據得．考點：牛頓運動定律的綜合應用、勻變速直線運動的位移與時間的關系【名師點睛】解決本題的關鍵理清物塊和木板的運動情況，結合牛頓第二定律和運動學公式聯合求解，知道加速度是聯系力學和運動學的橋梁．14、（1）