2025届广州天河区一一三中高三“零诊”(4月)考试物理试题含解析

2025届广州天河区一一三中高三“零诊”（4月）考试物理试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、有趣的“雅各布天梯”实验装置如图中图甲所示，金属放电杆穿过绝缘板后与高压电源相接。

通电后，高电压在金属杆间将空气击穿，形成弧光。

弧光沿着“天梯”向上“爬”，直到上移的弧光消失，天梯底部将再次产生弧光放电，如此周而复始。

图乙是金属放电杆，其中b 、b ′是间距最小处。

在弧光周而复始过程中下列说法中正确的是（ ）
A ．每次弧光上“爬”的起点位置是a 、a′处
B ．每次弧光上“爬”的起点位置是b 、b '处
C ．弧光消失瞬间，两杆间b 、b '处电压最大
D ．弧光消失瞬间，两杆间c 、c '处场强最大
2、近年来，人类发射了多枚火星探测器，火星进行科学探究，为将来人类登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础。

假设火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，若测得该探测器运动的周期为T ，则可以算得火星的平均密度2k T ρ=，式中k 是一个常量，该常量的表达式为（已知引力常量为G ） A ．3k π= B ．3k G π= C ．3k G π= D ．24k G
π= 3、如图所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框（金属线框处于纸面内），每段圆弧的长度均为L ，固定于垂直纸面向外、大小为B 的匀强磁场中。

若给金属线框通以由A 到C 、大小为I 的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为（ ）
A ．IL
B ，垂直于A
C 向左
B ．2ILB ，垂直于A
C 向右
C．6ILB
π
，垂直于AC向左
D．3ILB
π
，垂直于AC向左
4、如图所示，在光滑水平面上一小球以某一速度运动到A点，遇到一段半径为R的1/4圆弧曲面AB后，落到水平地面的C点．已知小球没有跟圆弧曲面的任何点接触，则BC的最小距离为（）
A．R B．2R C．
2
2
R D．（－1）R
5、如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中（）
A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动
B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等
C．小球在D点时的动能为50J
D．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量
6、一质点做匀加速直线运动连续经历了两段相等的时间。

下列对这两个阶段判断正确的是（）
A．位置变化量一定相同
B．动能变化量一定相同
C．动量变化量一定相同
D．合外力做功一定相同
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、封闭在气缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是（）
A ．气体的密度增大
B ．气体的压强增大
C ．气体分子的平均动能减小
D ．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
8、下列说法正确的（ ） A ．晶体在熔化过程中吸收热量内能增加，温度保持不变
B ．给篮球打气时越来越费劲，说明分子间存在斥力作用
C ．能源危机是指能量的过度消耗，导致自然界的能量不断减少
D ．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，使得液面存在表面张力
E.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸发得越慢
9、倾斜传送带在底端与水平面平滑连接，传送带与水平方向夹角为α，如图所示。

一物体从水平面以初速度v 0冲上传送带，与传送带间的动摩擦因数为tan α，已知传送带单边长为L ，顺时针转动的速率为v ，物体可视为质点，质量为m ，重力加速度为g 。

则物体从底端传送到顶端的过程中（ ）
A ．动能的变化可能为2201()2
m v v - B ．因摩擦产生的热量一定为201()4
m v v - C ．因摩擦产生的热量可能为0sin (
1)v mgL v α- D ．物体的机械能可能增加mgLsin α
10、如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈（线圈电阻不计）绕垂直于磁感线的轴以角速度ω匀速转动，线圈通过电刷与理想变压器原线圈相连，副线圈接一滑动变阻器R ，原、副线圈匝数分别为n 1、n 2。

要使电流表的示数变为原来的2倍，下列措施可行的是
A ．n 2增大为原来的2倍，ω、R 不变
B．ω增大为原来的2倍，n2、R不变
C．ω和R都增大为原来的2倍，n2不变
D．n2和R都增大为原来的2倍，ω不变
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）频闪摄影是研究物体运动常用的实验手段。

在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。

如图所示是物体下落时
9.80m/s，照片中的数字是竖直放置的的频闪照片示意图，已知频闪仪每隔0.04s闪光一次，当地重力加速度大小为2
刻度尺的读数，单位是厘米。

利用上述信息可以求出：物体下落至B点时速度大小为______m/s（结果保留3位有效数字），实验中物体由B点下落至C点，动能的增加量约为重力势能减少量的____%（结果保留2位有效数字）。

12．（12分）如图所示的实验装置，桌面水平且粗糙，在牵引重物作用下，木块能够从静止开始做匀加速直线运动。

在木块运动一段距离后牵引重物触地且不反弹，木块继续运动一段距离停在桌面上（未碰到滑轮）。

已知牵引重物质量为m，重力加速度为g。

某同学通过分析纸带数据，计算得到牵引重物触地前、后木块的平均加速度大小分别为a1和a2，由此可求出木块与桌面之间的动摩擦因数为μ=_______（结果用题中字母表示）；在正确操作、测量及计算的前提下，从系统误差的角度，你认为该实验测量的木块与桌面之间的动摩擦因数的结果与真实值比较会_____（选填“偏大”、“偏小”“不变”）；木块的质量为M=_____（结果用题中字母表示）。

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(a)，水平地面上固定一倾角为37°的斜面，一宽为l＝0.43m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行。

在斜面上由静止释放一正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑时，ab、cd边始终与磁场边界保持平行。

以地面为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E与位移s之间的关系如图(b)所示，图中①、②均为直线段。

已知线框的质量为m＝0.1kg，电阻为R＝0.06Ω。

（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重
力加速度g取10m/s2）求：
(1)线框与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)ab边刚进入磁场时，线框的速度v1；
(3)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t；
(4)线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率P m；
14．（16分）在光滑的水平面上，有一质量为M＝4kg的光滑凹槽和一块质量为m=2kg的木板BD，木板左端固定一质量不计的挡板，挡板上拴有一根轻质弹簧，右端B点放一个质量m0＝2kg的小滑块a，凹槽底端和木板高度相同并
粘在一起，木板总长度
25
m
12
L=，凹槽半径为R=1m，C为BD中点，BC段粗糙，动摩擦因数为µ，CD段光滑。

在
凹槽右端A处将一个质量m0＝2kg的小滑块b由静止释放，小滑块b与a发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，在与b发生碰撞之前滑块a锁定在木板BD上，碰后ab相对于木板向左滑动，发生碰撞时凹槽和木板粘性立刻消失并将a 解除锁定，最后ab恰好能够停在木板右端B点，滑块a、b均可视为质点（g取10m/s2）。

(1)求小物块b碰撞前的瞬时速度大小v1；
(2)求小滑块与平板车的粗糙面之间的动摩擦因数μ；
(3)求弹簧的最大弹性势能E P。

15．（12分）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道，一质量为m的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点B由静止释放，滑至D点恰好静止，CD间距为4R。

已知重力加速度为g。

(1)求小滑块与水平面间的动摩擦因数
(2)求小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小
(3)现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动能
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、B
【解析】
两根金属放电杆与高压电源相接，在电极最近处场强最大，空气首先被击穿，每次弧光上“爬”的起点位置是b 、b '处，在c 、c '处距离最远，场强最小，则最终弧光在c 、c '处消失。

弧光消失瞬间，两金属杆之间没有电场了。

故选B 。

2、C
【解析】
由万有引力定律，知
2
224Mm G m r r T
π= 得
23
24r M GT
π= 又
343
M R ρ=⋅π 而火星探测器绕火星做“近地”圆周运动，有r R =，解得
2
3GT πρ= 故题中的常量
3k G
π= 故选C 。

3、D
【解析】
由左手定则可知，导线所受安培力垂直于AC 向左；设圆弧半径为R ，则
126
R L π⋅= 解得
3L
R π=
则所受安培力
33L
BIL
F BI ππ==
故选D 。

4、D
【解析】
在A 点，小球开始离开圆弧曲面，只受重力，则有：2
mg m v R
=
得：v =之后小球做平抛运动，则：21R 2gt =，得：t =
x vt ===,
所以BC 的最小距离为：)
d 1R = A 、B 、C 错误；D 正确；故选D ．
5、B
【解析】
A.如果小球受电场力大于重力，则到达C 点后小球可能沿杆向上运动，选项A 错误；
B.小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力的作用，由于F qvB =洛，故下滑过程中洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD 段克服摩擦力做的功与在DC 段克服摩擦力做的功不等，选项B 正确；
C.由于小球在AD 段克服摩擦力做的功与在DC 段克服摩擦力做的功不等，故小球在D 点时的动能也就不为50J ，选项C 错误；
D.该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，选项D 错误；
故选B 。

6、C
【解析】
A ．匀加速直线运动的物体连续经历了两段相等的时间，根据2012
x v t at =+
可知位移不相等，位置变化不同，选项A 错误；
BD ．根据动能定理可知，合外力做功不相等，则动能变化量不相同，选项BD 错误；
C ．根据动量定理F t p ∆=∆，可知动量变化量一定相同，选项C 正确；
故选C 。

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、BD
【解析】
一定质量的气体，如果保持气体体积不变，根据密度公式得密度也就不变．故A 错误．根据气体状态方程PV/T=C ，如果保持气体体积不变，当温度升高时，气体的压强就会增大．故B 正确．温度是气体分子平均动能变化的标志，当温度升高时，气体分子的平均动能增大，故C 错误．气体压强是气体分子撞击器壁而产生的，由于气体的压强增大，所以每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多．故D 正确．故选BD ．
点睛：能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系．温度是气体分子平均运动剧烈程度的标志，当温度越高时，分子平均动能增大；当温度越低时，分子平均减小．
8、ADE
【解析】
A. 晶体在熔化过程中吸收热量内能增加，温度保持不变，故A 正确；
B. 给篮球打气时越来越费劲，这是气体压强作用的缘故，与分子间的作用力无关，故B 错误；
C. 能源危机是指能量的过度消耗，导致自然界中可利用的能源不断减少，故C 错误；
D. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，使得液面存在表面张力，故D 正确；
E. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸发得越慢，故E 正确。

故选ADE 。

9、ACD
【解析】
因为=tan μα，则
cos =sin mg mg μαα
分析物体的运动得分两种情况：
第一种情况是0v v ≥，物体滑上传送带后先减速后匀速，最终速度为v ，由动能定理可知动能的变化为
2201()2
m v v -； 相对运动过程中摩擦生热 ()20001cos 22sin 4
v v v v mg v m v g Q v μαα+-⎛⎫⋅-=- ⎪⎝⎭= 增加的机械能为
22011sin 22
E mgL mv mv α∆=+-
第二种情况是0v v <，物体滑上传送带后一直做匀速直线运动，摩擦生热
00cos sin 1L v Q mg v L mgL a v v μα⎛⎫⎛⎫=⋅⋅-=⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
增加的机械能
sin E mgL α∆=
综上所述，选项B 错误，ACD 正确。

故选ACD 。

10、BD
【解析】
线圈转动产生的电压有效值为：
1U U == 根据理想变压器的规律：
1122
U n U n = 1221
I n I n = 根据欧姆定律： 22U I R
联立方程解得：22212111n U n I n R n ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，ω增大为原来的2倍，n 2、R 不变、n 2和R 都增大为原来的2倍，ω
不变均可电流表的示数变为原来的2倍，BD 正确，AC 错误。

故选BD 。

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、1.16 95~97均正确 【解析】 [1]根据公式可得
2 1.16m/s 2B t AB BC v v v T
+===
≈ [2]同理可得
2 1.5375m/s 2C t BC CD v v v T
+===
= 物体有B 到C 过程中，动能增加量为
22k 1()2
C B E m v v ∆=- 重力势能的减少量为
p E mg h mg BC ∆=∆=⋅
动能的增加量约为重力势能减少量的
k p
100%97%E E ∆⨯=∆ 12、2a g 偏大 ()112
-+m g a a a 【解析】
[1]牵引重物触地后，对木块由牛顿第二定律
2Mg Ma μ=
由此可求出木块与桌面之间的动摩擦因数为
2a g
μ= [2]在减速阶段产生加速度的力是滑动摩擦力和纸带受到的阻力，所以该实验测量的木块与桌面之间的动摩擦因数的结果与真实值比较会偏大。

[3] 牵引重物触地前，对木块和牵引重物分别用牛顿第二定律
1T Mg Ma μ-=
1-=mg T ma
联立解得
()
112m g a M a a -=+
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)μ＝0.5 (2)1.2m/s (3)0.125s (4)0.43W
【解析】
(1)根据线段①，减少的机械能等于克服摩擦力做的功：
11cos37(0.9000.756)J E mgs μ∆=︒=－＝0.144J
其中s 1＝0.36m
解得：
μ＝0.5
(2)未进入磁场时，根据牛顿第二定律：
sin37cos37ma mg mg μ=︒︒－
线框的加速度
sin37cos372a g g μ=︒︒=－m/s 2
速度：
1 1.2v ==m/s
(3)线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，由图线②可知，此时机械能线性减小，说明安培力也为恒力，线框做匀速运动。

设L 为线框的边长，则：
2()(0.7560.666)J 0.09J f f E W W F F L ∆=+=+==克克安安－
sin 37f F F mg +=︒安
联立解得
L ＝0.15m
线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间：
10.15s 0.125s 1.2
L t v === (4)在线框匀速进入磁场时，安培力
sin 37cos370.2N F mg mg μ=︒︒=安－
又因为：
221B L v F BIL R
==安 可求出
220.01B L =
线框完全进入磁场后始终做匀加速直线运动，当ab 边要离开磁场时，开始做减速运动，此时线框速度最大，受到的安
培力最大，线框内的电功率最大
由
22212()v v a l L -=－
可求得
v 2＝1.6m/s
所以线框内的最大电功率
2222m 1.28W 0.43W 3
B L v P R ==≈ 14、 (1)4m/s ，(2)0.1μ=，(3)p 25J 6
E =。

【解析】 (1)滑块b 下滑过程中系统水平方向动量守恒
0102()m v m m M v =++
又能量守恒：
220010211()22
m gR m v m m M v =
+++ 得： 14m/s v =
21m/s v =；
(2)从开始到ab 碰撞粘在一起系统水平方向动量守恒：
0322()m v m M v =+
得：
33m/s 2
v = 从开始到ab 与板共速系统动量守恒：
042(2)m m v Mv +=
得：
42m/s 3
v = 对ab 和板组成的系统，由能量守恒
2220320401112(2)22222
L m v mv m m v m g μ+=++⋅
得：0.1μ=；
(3)共速时弹性势能最大，根据能量守恒定律：
P 0252J 26
L E m g μ=⋅=。

15、 (1)0.25；(2)3mg ；(3)3.5mgR
【解析】
(1)从B 到D 的过程中，根据动能定理得
400mgR mgR μ-=-
所以
0.25μ=
(2)设小滑块到达C 点时的速度为C v ，根据机械能守恒定律得
212
C mgR mv = 解得：
C v =设小滑块到达C 点时圆轨道对它的支持力为N F ，根据牛顿第二定律得
2N C v F mg m R
-= 解得：
N 3F mg =
根据牛顿第三定律，小滑块到达C 点时，对圆轨道压力的大小
N 3F F mg '==
(3)根据题意，小滑块恰好到达圆轨道的最高点A ，此时，重力充当向心力，设小滑块到达A 点时的速度为A v ，根据牛顿第二定律得
2A v mg m R
= 解得
A v 设小滑块在D 点获得的初动能为k E ，根据能量守恒定律得
k p k A E E E Q =++ 即
2k 124 3.52
A E mgR mv mgR mgR μ=++=。