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试卷云
2025届高二年级6月份物理学科测试试卷
本试卷满分为100分，考试时间为75分钟
一、单项选择题：共10小题，每小题4分，共计40分，每题只有一个选项符合题意。
1. 如图所示，曲线I、II、III分别描述了某物理量随分子之间距离变化的规律。现有如下物理量：①分子间引力，②分子间斥力，③分子间引力和斥力的合力，④分子势能，则曲线I、II、III对应的物理量分别是（ ）
A. ③①② B. ③④② C. ④②③ D. ④③②
【答案】D
【解析】
【详解】根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为
）时分子势能最小可知，曲线I为分子势能随分子之间距离r变化的图像，即对应④；根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为
）时分子力为零，可知曲线II为分子力随分子之间距离r变化的图像，即对应③；根据分子之间斥力随分子之间距离的增大而减小，可知曲线III为分子斥力随分子之间距离r变化的图像，即对应②。
故选D。
2. 关于下列四幅图所涉及的物理知识，描述正确的是（ ）
A. 如图甲为振荡电路，此时电容器正在放电
B. 如图乙为布朗运动，说明微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越明显
C. 如图丙为方解石的双折射现象，说明方解石是多晶体
D. 如图丁为核反应堆的原理图，其中镉棒的作用是将裂变过程中的快中子变成慢中子
【答案】A
【解析】
【详解】A．如图甲所示为LC振荡电路，可知穿过线圈的磁感线向上，根据右手螺旋定则可知通过线圈电流如图所示
此时电容器正在放电，故A正确；
B．如图乙所示微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，粒子越趋于平衡，布朗运动越不明显，故B错误；
C．如图丙所示光在晶体中的双折射现象就是光学各向异性的表现，所以方解石的双折射现象说明方解石是单晶体，故C错误；
D．图丁中镉棒的作用是吸收中子，从而影响链式反应速度，故D错误。
故选A。
3. 氢原子能级如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 一个处于n=5能级的氢原子可向外辐射10种频率的光子
B. 当氢原子处于不同能级时，核外电子的动能都相同
C. 当氢原子从高能级跃迁到低能级时，电势能会减小
D. 用12eV的光子照射处于基态的氢原子时，可使氢原子跃迁
【答案】C
【解析】
【详解】A．一个处于n=5能级的氢原子可向外辐射4种频率的光子，A错误；
B．根据牛顿第二定律得
解得
当氢原子处于不同能级时，核外电子的轨道半径不相同，动能不相同，B错误；
C．当氢原子从高能级跃迁到低能级时，核外电子的轨道半径减小，电场力做正功，电势能减小，C正确；
D．根据题意得
用12eV的光子照射处于基态的氢原子时，不能使氢原子跃迁，D错误。
故选C。
4. 元素锶89Sr具有放射性，对于质量为m0的89Sr，经过时间t，衰变掉的89Sr的质量为m，其
图线如图所示，从图中可以得到89Sr的半衰期为（ ）
A. 29.5d B. 51.0d C. 54.8d D. 60.0d
【答案】B
【解析】
【详解】由
图像可知，衰变掉的89Sr的质量从
变为
，刚好衰变了一半的放射性元素，经历的时间为一个半衰期，则有
故选B。
5. 如图所示，一光滑的球装在一密闭的盒子里，球刚好与盒子的各壁相接触，现将盒子竖直向上抛出，最后回到抛出点，若空气阻力大小与速率的平方成正比，则（ ）
A. 在上升过程中，球对盒子上表面有向上的作用力
B. 在上升过程中，球与盒子上下表面都无作用力
C. 在下降过程中，球与盒子之间有作用力，且作用力在变小
D. 从抛出到回到抛出点的过程中，球与盒子之间始终有作用力
【答案】A
【解析】
【详解】AB．在上升过程中，对整体，根据牛顿第二定律
可得
对球，根据牛顿第二定律
解得
方向竖直向下，根据牛顿第三定律，在上升过程中，球对盒子上表面有向上的作用力，故A正确，B错误；
C．在下降过程中，对整体，根据牛顿第二定律
可得
对球，根据牛顿第二定律
解得
在下降过程中，球的速度逐渐增大，空气阻力大小与速率的平方成正比，则空气阻力逐渐增大，球与盒子之间有作用力，且作用力在变大，故C错误；
D．从抛出到回到抛出点的过程中，当球位于最高点时，球与盒子之间没有作用力，故D错误。
故选A。
6. 如图，两端封闭的玻璃管与水平面成θ角倾斜静止放置，一段水银柱将管内一定质量的气体分为两个部分，则下列各种情况中，能使管中水银柱相对于玻璃管向B端移动的是（ ）
A. 降低环境温度
B. 使玻璃管做竖直上抛运动
C. 使玻璃管做自由落体运动
D. 顺时针缓慢转动玻璃管使θ角减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题意可知，两端封闭的玻璃管，水银柱将管内一定质量的气体分为两个部分，假设A、B两端空气柱的体积分别为
、
不变，此时环境温度为
，当温度降低
时，A端空气柱的压强由
降到
，则有
B端空气柱的压强由
降到
，则有
由查理定律可得
设水银柱的竖直高度为
，因为
所以
可知水银柱相对于玻璃管向B端移动，A正确；
BC．使玻璃管做竖直上抛运动或自由落体运动，可知水银柱的加速度向下，水银柱处于失重状态，水银柱对B端气体的压力减小，B端气体的体积增大，水银柱向A端移动，BC错误；
D．顺时针缓慢转动玻璃管使θ角减小，可知水银柱对B端气体的压力减小，B端气体的体积增大，水银柱向A端移动，D错误。
故选A。
7. 一种光电烟雾报警器的结构和原理如图1和图2所示，光源S向外发射某一特定频率的光束，发生火情时有烟雾进入报警器内，由于烟雾对光的散射作用，会使部分光改变方向进入光电管C从而发生光电效应，于是有电流输入报警系统，当光电流大于I0时，便会报警，当滑动变阻器的滑片P处于图2所示位置，烟雾报警器恰好报警，则（ ）
A. 将图2中电源的正负极反接，光电子的最大初动能将减小
B. 仅将滑片P向右移动少许，可以解除报警
C. 仅降低光源S发出光的强度，可以解除报警
D. 单位时间内进入光电管的光子数为
时，报警器一定会报警
【答案】C
【解析】
【详解】A．图2中光电管两端加的是正向电压，若正负极反接则光电管两端加负向电压，根据光电效应方程
可知，光电子的最大初动能不变，故A错误；
B．仅将滑片P向右移动少许，则正向电压增大，根据光电流与电压的关系，光照强度一定时，随着正向电压增大，光电流增大，但当光电流达到饱和电流时，正向电压增大，饱和电流不变，不一定解除报警，故B错误；
C．仅降低光源S发出光的强度，根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能不变，则单位时间内光电管接收到的光子个数减少，光电流减小，可以解除报警，故C正确；
D．单位时间内进入光电管的光子数为
时，但是可能受到两端电压的限制，在阴极产生的光电子不一定全部到达A极，所以不一定能让报警系统的电流达到I0，不一定能触发报警，故D错误。
故选C。
8. 某实验小组利用如图所示的实验装置探究气体的等压变化规律，注射器竖直固定在铁架台上，其中密封了一定质量的气体，柱塞上固定一重物，被密封的空气柱浸没在烧杯的液体中，液体中放置有温度计（图中未标出），忽略柱塞与注射器之间的摩擦，通过改变烧杯内液体温度并读取多组温度、体积数值，则（ ）
A. 实验时需要测量注射器的内径
B. 一开始注射器没有完全竖直而略微倾斜，对实验结论没有影响
C. 每次改变烧杯中液体的温度时，应立即读出温度计的示数和空气柱的体积
D
实验过程中外界大气压强发生变化，对实验结论没有影响
【答案】B
【解析】
【详解】A．空气柱体积与空气柱长度成正比，故实验时不需要测量注射器的内径，故A错误；
B．一开始注射器没有完全竖直而略微倾斜，空气柱体积仍与空气柱长度成正比，对实验结论没有影响，故B正确；
C．为减小实验误差，每次改变烧杯中液体的温度时，稳定后读出温度计的示数和空气柱的体积，故C错误；
D．设柱塞、重物的总质量为
，柱塞的截面积为
，大气压强为
，则空气柱压强为
可知实验过程中外界大气压强发生变化，空气柱压强将发生变化，对实验结论有影响，故D错误。
故选B。
9. 如图所示，粗糙程度相同的水平桌面上有一轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与小球相连，小球以水平初速度
出发，恰好能完成4个完整的圆周运动，用时4s，则小球完成第三圈所用时间为（ ）
A. 
B. 
C. 
D. 
【答案】B
【解析】
【详解】小木块在粗糙程度处处相同的水平桌面上，受到与运动方向相反的大小相等的摩擦力作用，物体恰好完成四个完整的圆周运动，可以等效成物体做初速度为
的匀减速直线运动至速度为0，逆向思维，根据初速度为0的匀加速直线运动相邻相等位移所用时间的比例关系可得完成第一圈、第二圈、第三圈、第四圈所用时间之比为
则
解得
故小球完成第三圈所用时间为
故选B。
10. 如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的竖直槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒定，一物体从离弹簧上端h高处自由下落并压缩弹簧，设轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，l足够长，不计空气阻力，从物体与弹簧刚接触时开始计时，物体向下运动的v-t图像不可能的是（ ）
A
B. 
C. 
D. 
【答案】D
【解析】
【详解】依题意，轻杆未移动时，对物体受力分析，根据牛顿第二定律
可知随着弹簧形变量的增加，物体的加速度减小，v-t图像中图线的斜率减小，当弹簧弹力增加到与轻杆所受最大静摩擦力时，轻杆开始运动，分情况分析，若此时
由
可知物体将做匀加速直线运动。若
可得
则物体将做匀速直线运动。若
则物体在轻杆动之前先做加速度减小的加速运动，直至重力与弹簧弹力等大速度达到最大，然后做加速度增大的减速运动，轻杆动之后，由
可知物体做匀减速直线运动。
本题选不正确的故选D。
二、非选择题：共5题，共60分，其中第12题~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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11. 如图所示，某实验小组用图甲装置来测小铁球在斜面上运动的加速度，具体操作如下：在斜面的顶端固定电磁铁，在电磁铁下方适当位置固定两个位置可调节的光电门A、B，并使小球球心正好通过光电门，光电门可记录小球通过光电门的时间。
（1）先用游标卡尺测量小铁球的直径，测量结果如图乙所示，则小球直径d=_____cm；
（2）接通电磁铁的开关吸住小铁球，再断开开关，小铁球静止滚下，小铁球通过光电门A、B的时间分别为t1、t2，接着测出两光电门中心之间的距离s；则小铁球的加速度a=____________（用d、s、t1、t2表示）；
（3）严格来说通过光电门挡光时间计算出来的速度并不等于小铁球球心经过光电门时的速度，由此原因，（2）中计算出的加速度比真实值_______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（4）实验中光电门B出现故障，不能使用，为此该实验小组进行改进操作：移走光电门B，控制电磁铁多次让小铁球静止释放，测出小球每次经过光电门A的时间t和小球球心到光电门A中心间的距离x，为了测量加速度，应该作出x与________关系图像（填“t”、“t2”、“
”、“
”），如图丙所示，若图线的斜率为k，则小铁球的加速度a=_______（用d和k表示）。
【答案】（1）1.23
（2）
##
（3）偏小 （4） ①
②. 
【解析】
【小问1详解】
10分度的游标卡尺精确度为0.1mm，则小球直径为
【小问2详解】
小铁球通过光电门A、B的时间分别为t1、t2，则瞬时速度为
，
由匀变速直线运动的速度位移关系有
联立解得加速度为
【小问3详解】
通过光电门挡光时间计算出来的速度是通过光电门时间中点的瞬时速度，而小球球心通过光电门的速度为位移中点的瞬时速度，由位移中点的瞬时速度大于时间中点的瞬时速度知速度比真实值偏小，则计算出的加速度比真实值偏小；
【小问4详解】
[1]小铁球静止释放，测出小球每次经过光电门A的时间t和小球球心到光电门A中心间的距离x，有
变形可得
则应该作出x与
关系图像可构成正比例函数图像；
[2]图像的斜率为
故小铁球的加速度为
12. 放射性元素镅
，发生一次衰变生成
和另一种粒子，并放出能量为E的γ光子，
衰变前可视为静止，衰变生成的
的质量为m、速度为v，与γ光子的运动方向相同。
（1）写出衰变方程；
（2）求γ光子的动量p1和另一种粒子的动量p2。
【答案】（1）
（2）
，
【解析】
【小问1详解】
根据核反应方程衰变前后质量数和电荷数守恒可知
【小问2详解】
根据题意可知
所以γ光子
动量为
根据动量守恒可得
所以
13. 某小组设计了一个简易深度计，如图所示，其构造为一导热良好的刚性柱形容器，顶端有卡口，用质量忽略不计的薄活塞，密封一部分理想气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，水对活塞产生挤压使其向下移动，根据图中向下移动的距离d可求得深度计所到达的深度，容器内部底面积
，内部高度
，忽略水的温度随深度的变化，深度计在水中与水达到热平衡后，活塞位于顶端卡口处，此时封闭气体压强为
，已知外界大气压强
，且p0相当于10m高的水柱产生的压强。
（1）某次实验中测得长度
，求此时深度计所处的深度H；
（2）若深度计由水深70m处缓慢下降至90m处的过程中，其气体状态变化过程对应为等温线上a点到b点的过程，如图乙所示，ab段可近似看成一段倾斜直线，求在该过程中气体向外界释放的热量Q。
【答案】（1）90m （2）
【解析】
【小问1详解】
根据题意可知，封闭气体等温变化，由玻义耳定律有
解得
又有
解得
则有
【小问2详解】
根据题意可知，70m深处，封闭气体的压强为
由玻义耳定律有
可得
90m深处，封闭气体
压强为
由玻义耳定律有
解得
过程中，外界对气体做功为
可得
由热力学第一定律有
得
即放出
的热量。
14. 如图所示，水平传送带顺时针运行的速度
，与倾角为30°的斜面的底端P平滑连接（物体经过此处的速度大小不变），将一质量
的小物块（可以视为质点）从A点静止释放，之后小物块能返回斜面，已知A、P的距离
，小物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为
、
，取重力加速度
，求：
（1）传送带的最短长度d；
（2）小物块第3次通过P点的速度
；
（3）整个过程中，小物块在斜面上运动的总路程
。
【答案】（1）6.4m
（2）3m/s （3）22m
【解析】
【小问1详解】
根据题意可知，物块在斜面上向下加速，根据牛顿第二定律可得
解得
第一次到达P点时，根据运动学公式可得
解得
物块在传送带上向左做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得
解得
又有
解得传送带的最短长度为
【小问2详解】
因为
所以物块在传送带上向右匀加速再匀速，第二次到达P点的速度为
物块在斜面上向上匀减速，根据牛顿第二定律可得
解得
物块在斜面上向上匀减速过程，有
物块在斜面上向下匀加速，则有
联立解得物块第三次到达P点的速度为
【小问3详解】
由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒有
又因为
解得小物块在斜面上运动的总路程为
15. 如图所示，一对“Ω”形长栅极板（粒子可自由穿过）水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调稳压电源U相连，正极板上O点处的一粒子源垂直极板向上连续发射速度为v0（v0大小未知）的粒子，粒子的质量为m、电荷量为q（q>0），C点位于O点正上方，弧AD为半圆，其半径为R，AC的长度也为R，在E点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子。现有一薄挡板与半圆AD完全重合，薄挡板可吸收打中的粒子，当电源电压U=0时，粒子正好打中A点，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用、粒子在极板中的运动时间和粒子所受的重力。
（1）求粒子发射速度v0的大小；
（2）调整电压的大小，使粒子打在挡板上，求粒子打中D点时的电压大小U和打在挡板上的最短时间tmin；
（3）若DE=17R，调整电压大小使粒子被粒子靶接收，求粒子靶能接收到几种动能的粒子，并求出其中的最小动能。
【答案】（1）
（2）当粒子直接运动半周打中D点
，当粒子先在上方磁场中运动半圈再到下方磁场中运动半圈到达D点
， 
（3）粒子靶能接收到6种动能，
【解析】
【小问1详解】
由题意粒子正好打中A点，带电粒子在磁场中做匀圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
其中
得到
【小问2详解】
第一种情况：当粒子直接运动半周打中D点，则有
根据动能定理可得
得到
第二种情况：当粒子先在上方磁场中运动半圈再到下方磁场中运动半圈到达D点，则有
所以
根据
因为
【小问3详解】
设上方的半径为r，下方的半径为r0，自下而上由动能定理
由洛伦兹力提供向心力可知
粒子在上下运动2个半圆一次会向右平移△l，则有
当粒子打中E点时，由几何关系可知
可知
且
解得
n可以取0，1，2，3，4，5共6种能量，当n=5 时，可得轨道半径
速度大小
最小动能
