2025届四川省成都嘉祥外国语学校高考预测卷(全国Ⅱ卷)物理试题试卷含解析

2025届四川省成都嘉祥外国语学校高考预测卷（全国Ⅱ卷）物理试题试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

Am来探测烟雾。

当正常空气分子穿过探测器时，镅1、烟雾探测器使用了一种半衰期为432年的放射性元素镅241
95
241
Am衰变所释放的射线会将它们电离，从而产生电流。

一旦有烟雾进入探测腔内，烟雾中的微粒会吸附部分射线，95
导致电流减小，从而触发警报。

则（）
Am放出的是X射线
A．镅241
95
Am放出的是γ射线
B．镅241
95
Am经864年将有0.75mg发生衰变
C．1mg的镅241
95
Am因温度升高而半衰期变短
D．发生火灾时，烟雾探测器中的镅241
95
2、如图，长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上。

后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。

当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )
A．B．C．D．0
3、如图1所示，弹簧振子在竖直方向做简谐运动。

以其平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立坐标轴，振子的位移x随时间t的变化如图2所示，下列说法正确的是
A ．振子的振幅为4cm
B ．振子的振动周期为1s
C ．t =ls 时，振子的速度为正的最大值
D ．t =ls 时，振子的加速度为正的最大值
4、如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。

质量为m 的小球套在圆环上。

一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。

现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F 和轨道对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )
A ．F 不变，F N 增大
B ．F 减小，F N 不变
C ．F 不变，F N 减小
D ．F 增大，F N 减小
5、小球在水中运动时受到水的阻力与小球运动速度的平方成正比，即2f kv =，则比例系数k 的单位是
A ．2kg m ⋅
B ．kg m ⋅
C ．kg /m
D ．2kg /m
6、一小球系在不可伸长的细绳一端，细绳另一端固定在空中某点。

这个小球动能不同，将在不同水平面内做匀速圆周运动。

小球的动能越大，做匀速圆周运动的（ ）
A ．半径越小
B ．周期越小
C ．线速度越小
D ．向心加速度越小
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，在竖直平面内有一平面直角坐标系xOy ，存在一个范围足够大的垂直纸面向里的水平磁场，磁感应强度
直平面内，其圆心恰好位于坐标原点O 处，将一铜环从半面左侧最高点a 从静止释放后，铜环沿半圆面运动，到达右侧的b 点为最高点，a 、b 高度差为h 。

下列说法正确的是（ ）
A ．铜环在半圆面左侧下滑过程，感应电流沿逆时针方向
B ．铜环第一次经过最低点时感应电流达到最大
C ．铜环往复运动第二次到达右侧最高点时与b 点的高度差小于2h
D ．铜环沿半圆面运动过程，铜环所受安培力的方向总是与铜环中心的运动方向相反
8、一物体沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中的位移均为s ，所用时间分别为2t 、t 和32t ，则( ) A ．物体做匀加速运动时加速度大小为
2s t
B ．物体做匀减速运动时加速度大小为249s t
C ．物体在这三个运动过程中的平均速度大小为
3s t D ．物体做匀减速运动的末速度大小为
3s t
9、下列说法正确的是
A ．饱和汽压与温度和体积都有关
B ．绝对湿度的单位是Pa ，相对湿度没有单位
C ．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越快
D ．气体做等温膨胀，气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞的次数一定变少
E. 饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等
10、如图所示，a 、b 两束不同频率的单色光从半圆形玻璃砖底边平行射入，入射点均在玻璃砖底边圆心O 的左侧，两束光进入玻璃砖后都射到O '点，OO '垂直于底边，下列说法确的是（ ）
A ．从点O'射出的光一定是复色光
B．增大两束平行光的入射角度，则b光先从O'点消失
C．用同一装置进行双缝干涉实验，b光的相邻条纹间距较大
D．若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的截止电压低
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某同学看到某种规格热敏电阻的说明书，知悉其阻值随温度变化的图线如图甲所示。

为验证这个图线的可信度，某同学设计了一个验证性实验，除热敏电阻R之外，实验室还提供如下器材：电源E（电动势为4.5V，内阻约1Ω）、电流表A（量程1mA，内阻约200Ω）、电压表V（量程3V，内阻约10kΩ）、滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）、开关S、导线若干、烧杯、温度计和水。

(1)从图甲可以看出该热敏电阻的阻值随温度变化的规律是____；
(2)图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请用笔画线代替导线把电路连接完整______；
(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头P应置于____端（填“a”或“b”）；
(4)该小组的同学利用测量结果，采用描点作图的方式在说明书原图的基础上作出该热敏电阻的R t－t图像，如图丙所示，跟原图比对，发现有一定的差距，关于误差的说法和改进措施中正确的是_______
A．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的绝对误差越来越大
B．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的相对误差越来越大
C．在温度比较高时，通过适当增大电阻两端的电压值可以减小两条曲线的差距
D．在温度比较高时，通过改变电流表的接法可以减小两条曲线的差距
12．（12分）某同学利用如图甲所示的实验装置，通过研究纸带上第一个点到某一个点之间的运动来验证机械能守恒定律。

通过实验数据分析，发现本实验存在较大的误差，为此改用如图乙所示的实验装置：通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中球心正好经过光电门B时，通过与光电门B相连的毫秒计时器（图中未画出）记录挡光
d d h，重力加速度为g。

请回答时间t，用毫米刻度尺测出A、B之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径()
下列问题：
(1)小铁球经过光电门时的瞬时速度v =______（用题中所给字母表示）。

(2)如果d 、t 、h 、g 满足关系式2t =______，就可验证机械能守恒定律。

(3)比较两个方案，改进后的方案相比原方案主要的两个优点是______。

A ．不需要测出小铁球的质量
B ．电磁铁控制小铁球，更易保证小铁球的初速度为0
C ．消除了纸带与打点计时器之间的摩擦力影响
D ．数据处理大大简化
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。

两气缸各有一个活塞，质量分别为1m 和2m ，活塞与气缸无摩擦。

活塞的下方为理想气体，上方为真空。

当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h 。

（已知13m m =，22)m m =
①在两活塞上同时各放一质量为m 的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为0)T 。

②在达到上一问的终态后，环境温度由0T 缓慢上升到T ，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。

14．（16分）如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，左端固定，质量为A 1kg m =的滑块A 紧靠弹簧右端（不拴接），弹簧的弹性势能为p 32J E =。

质量为B 1kg m =的槽B 静止放在水平面上，内壁间距为0.6m L =，槽内放有质量为C 2kg m =的滑块C （可视为质点），C 到左侧壁的距离为0.1m d =，槽与滑块C 之间的动摩擦因数0.1μ=。

现释
放弹簧，滑块A 离开弹簧后与槽B 发生正碰并粘连在一起。

已知槽与滑块C 发生的碰撞为弹性碰撞。

（210m/s g ）求：
(1)滑块A 与槽碰撞前、后瞬间的速度大小；
(2)槽与滑块C 最终的速度大小及滑块C 与槽的左侧壁碰撞的次数；
(3)从槽开始运动到槽和滑块C 相对静止时各自对地的位移大小。

15．（12分）如图所示,小球A 及水平地面上紧密相挨的若干个小球的质量均为m ,水平地面的小球右边有一固定的弹性挡板;B 为带有四分之一圆弧面的物体,质量为km (其中k 为整数),半径为R ,其轨道末端与水平地面相切。

现让小球A 从B 的轨道正上方距地面高为h 处静止释放,经B 末端滑出,最后与水平面上的小球发生碰撞,其中小球之间、小球与挡板之间的碰撞均为弹性正碰,所有接触面均光滑,重力加速度为g .求：
(1)小球第一次从B 的轨道末端水平滑出时的速度大小；
(2)若小球A 第一次返回恰好没有冲出B 的上端,则h 与R 的比值大小；
(3)若水平面上最右端的小球仪能与挡板发生两次碰撞,则k 的取值大小.
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C
【解析】
AB．镅241
95Am会释放出射线将它们电离，从而产生电流，而三种射线中α射线能使空气电离，故镅241
95
Am放出的是α
射线，故AB错误；
C．半衰期为432年，当经864年，发生两次衰变，1mg的镅将衰变掉四分之三即0.75mg，还剩下0.25 mg没有衰变，故C正确；
D．半衰期由原子核本身的性质决定，与物理条件和化学状态均无关，则温度升高而半衰期不变，故D错误。

故选C。

2、C
【解析】
甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
当小球甲刚要落地时，水平方向上的速度为零，所以乙球的速度也为零，乙球的动能为零，甲球的重力势能全部转化为甲球的动能，由机械能守恒定律得：
解得：
A.与计算结果不符，故A不符合题意。

B.与计算结果不符，故B不符合题意。

C.与计算结果相符，故C符合题意。

D.0与计算结果不符，故D不符合题意。

3、C
【解析】
由振动图像可知，该弹簧振子的振幅为2cm ，周期为2s ，t=1s 时，振子在平衡位置，切向y 轴正向速度，加速度为零，故C 正确。

4、B
【解析】
小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图
由图可知△OAB ∽△GF A 即：N F G F R R
AB ==，当A 点上移时，半径不变，AB 长度减小，故F 减小，F N 不变，ACD 错误B 正确。

5、C
【解析】 由2
f kv =可得k 的单位为k
g /m
A.A 项与 上述分析结论不相符，故A 错误；
B.B 项与 上述分析结论不相符，故B 错误；
C.C 项与 上述分析结论相符，故C 正确；
D.D 项与 上述分析结论不相符，故D 错误。

6、B
【解析】
A ．设小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示：
速度为v ，细绳长度为L ．由牛顿第二定律得：2
tan v mg m r
θ=，圆周运动的半径为：r =Lsinθ，小球的动能为：212
K E mv =，联立解得： sin tan v gL θθ=，
则知小球的动能越大，θ越大，则做匀速圆周运动的半径越大，故A 错误。

B ．根据22
r T v π===θ越大，cosθ越小，则周期T 越小，故B 正确。

C ．根据v =C 错误。

D ．向心加速度2
tan v a g r
θ==，则向心加速度越大，故D 错误。

故选B 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AC
【解析】
A ．铜环在半圆面左侧下滑过程，磁通量增加，根据楞次定律可得感应电流沿逆时针方向，A 正确；
B ．铜环第一次经过最低点瞬间，磁通量的变化量为0，感应电流为零，B 错误；
C ．铜环沿半圆面运动，到达右侧的b 点后开始沿圆弧向左运动，但在向左运动的过程中克服安培力做的功较小，损失的机械能小于mgh ，所以铜环往复运动第二次到达右侧最高点时与b 点的高度差小于2h ，C 正确；
D ．铜环沿半圆面向下运动过程中，铜环所受安培力的方向是竖直向上的，沿半圆面向上运动过程中，铜环所受安培力的方向是竖直向下的，D 错误。

故选AC 。

8、BD
【解析】
A ．匀速运动的速度
s v t
=， 设匀加速运动的初速度为1v ，根据平均速度公式有：
122v v s t
+=， 联立上面两式得：
10v =，
对匀加速运动，根据位移公式有：
12212
()s a t =，
2
2s a t =， A 错误；
BD ．设匀减速直线运动的末速度为2v ，对匀减速直线运动，根据平均速度公式有：
2 322
v v s t +=， 解得：
23s v t
=， 匀减速直线运动的加速度大小：
243392
s s v s t a t t t t ∆=∆-'==， BD 正确；
C ．三个过程中的平均速度大小
332322s
s v t t t t ==++，
C 错误。

9、BDE
【解析】
饱和汽压与温度有关，和体积无关，选项A 错误；绝对湿度及压强表示其单位是Pa ，相对湿度没有单位，则B 正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，则C 错误；气体做等温膨胀，分子密度变小，气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞的次数一定变少，则D 正确；饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等，则E 正确；故选BDE 。

10、AD
【解析】
A ．两光束射到O′点时的入射角都等于在玻璃砖底边的折射角，根据光路可逆性可知，从O′点射出时折射角都等于射入玻璃砖底边时的入射角，而在玻璃砖底边两光束平行射入，入射角相等，所以从O′点射出时折射角相同，两光束重合，则从O′点射出的一定是一束复色光，故A 正确；
B ．令光在底边的入射角为i ，折射角为r ，根据折射定律有
sin sin i n r
=
sin 1sin i r n n
=< 根据几何知识可知，光在O′点的入射角为r ，无论怎样增大入射角度，光在O′点的入射角都小于光发生全反射的临界角，所以a 、b 光不会在O′点发生全反射，故B 错误；
C ．根据光路图可知，玻璃砖对a 光的折射率小于b 光的折射率，则a 光的波长大于b 光的波长，由于条纹间距为 l x d
λ∆= 所以a 光的条纹间距大于b 光的条纹间距，故C 错误；
D ．由于a 光的频率小于b 光的频率，根据光电效应方程
0k E h W eU ν=-=
可知a 、b 光分别照射同一光电管发生光电效应时，a 光的截止电压比b 光的截止电压低，故D 正确。

故选：AD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、热敏电阻的阻值随温度的升高而减小 a BD
【解析】
(1)[1]由R t -图像可知，随着温度的升高，热敏电阻的阻值变小；
(2)[2]研究热敏电阻的性质需要电压和电流的变化范围广，且滑动变阻器的最大值小，故滑动变阻器采用分压式接法，热敏电阻的阻值满足x A V R R R >⋅，故采用电流表的内接法减小系统误差，实物连接如图所示
(3)[3]滑动变阻器采用的是分压接法，为了保护电路，应让干路的阻值最大，则闭合开关前滑片置于a 端；
(4)[4]AB ．绝对误差为
R R R ∆=-测真
相对误差为
100%R R R δ-=⨯测真
真
由R t -图像可知在温度逐渐升高的过程中，热敏电阻的理论电阻值阻值和测量电阻值都在逐渐减小，理论电阻值和测量电阻值相差不大，即绝对误差R ∆变化不大，而相对误差δ越来越大，故A 错误，B 正确；
CD ．在相同的温度下，采用电流表的内接法导致测量值总比理论值偏大，故当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法减小系统误差，故C 错误，D 正确。

故你BD 。

12、d t
22d gh BC 【解析】
(1)[1]用平均速度代替小铁球经过光电门时的瞬时速度，即
d v t
= (2)[2]若小铁球机械能守恒，则有
212
mv mgh = 可得
2
2
2d t gh = (3)[3]比较两个方案，改进后的方案相比原方案最主要的优点：一是消除了纸带与打点计时器之间的摩擦力影响；二是电磁铁控制小铁球，更易保证小铁球的初速度为0，故BC 正确，AD 错误。

故选BC 。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、① 54
h ；② 05(1)T mgh T -，吸收热量。

【解析】
①设左、右活塞的面积分别为S '和S ，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即
32mg mg S S
=' 由此得
32
S S '=① 在两个活塞上各加质量为m 的物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件
483mg mg P S S =
='左 3mg P S
=右 P P <左右，则右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中 在初态，气体的压强为：12mg P S =，体积为：152V Sh =； 在末态，气体压强为：283mg P S
=
，体积为：22(V xS x =为左活塞的高度） 由玻意耳定律得 1122PV PV =
代入数据解得
54
x h = ②当温度由0T 上升至T 时，气体的压强始终为
83mg S
，设x '是温度达到T 时左活塞的高度， 由盖∙吕萨克定律得
0054T Th x x T T '== 活塞对气体做的功为
00
54(1)5(1)4T T W Fs mg h mgh T T ==⋅-=- 环境温度升高，则气体温度升高内能变大，又气体对活塞做功，根据热力学第一定律：在此过程中气体吸收热量。

14、 (1)08m/s v =，14m/s v =；(2)22m/s v =，4n =；(3)B 3.9m s =，C 4.1m s =
【解析】
(1)设滑块与槽碰撞前后的速度分别为v 0、v 1。

弹簧将A 弹开，由机械能守恒定律得
2p 012
A E m v =
① 解得 08m/s v =②
A 与
B 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：
()01A A B m v m m v =+③
解得
14m/s v =④
(2)最终滑块C 与槽共速，设为v 2，由动量守恒定律得
()()12A B A B C m m v m m m v +=++⑤
解得
22m/s v =⑥
设滑块C 与槽的相对运动路程为s ，由能量守恒定律得
()()22121122
C A B A B C m gs m m v m m m v μ=
+-++⑦ 解得
s =4m ⑧ 设C 与槽的左侧壁碰撞次数为n ，则有
12s d n L
-=+⑨ 解得
n =4.25
取n =4 ⑩
(3)设槽和滑块A 碰后加速度大小为a 1，滑块C 的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得 ()1C A B m g m m a μ=+⑪
2C C m g m a μ=⑫
解得
211m/s a =⑬
221m/s a =⑭
槽（含滑块A ）和滑块C 的质量相等，发生弹性碰撞后互换速度，最终以共同速度22m/s v =一起运动。

设从碰后到一起运动的时间为t ，则
21
v t a =⑮ 解得
t =2s ⑯
槽B 的位移
21132
B s a t d L =++⑰ 代入数据的得
3.9m B s =⑱
滑块C 的位移
2113(6)2
C s a t L s d L =++--⑲ 代入数据的得
4.1m C s =⑳
15、 (1)21A kgh v k =
+22(1)(1)8h k R k k +=--(3)1k
【解析】
(1)对AB 由水平方向动量守恒有： A B mv kmv =
对AB 由能量守恒有：
221122
A B mgh mv kmv =+ 联立解得：
22,1(1)A B kgh gh v v k k k
==++ (2) 对AB 由水平方向动量守恒有：
()A B mv kmv m km v +=+
对AB 由能量守恒有：
222111()222
A B mv kmv m km v mgR +=++
联立解得：
2
2(1)(1)8h k R k k
+=-- (3)要使小球与挡板发生两次碰撞，则有碰后小球A 的速度小于等于B 球的速度，由能量守恒有 221122
A B mgh mv kmv =+ A B v v ≥
联立解得：
1k。