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珠海市第二中学2025届高三年级考前冲刺卷(物理学科) 答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D C D C C C AC BC BC
1. B
【详解】A.根据质量数和电荷数守恒可知，Y为α粒子，贯穿能力很弱，故A 错误；
B.衰变过程释放能量，生成物的比结合能大，故B 正确。
C.半衰期是大量原子核衰变的统计规律，少量原子核不适用，故C 错误；
D.衰变会释放能量，故D 错误；故选 B。
2. D
【详解】AB. T₁=283K,轮胎内的体积不变，根据查理定律有
解得 温度增加，则轮胎内部气体分子的平均动能增加，故AB正确：
C.轮胎内的体积不变，压强增大，则气体分子撞击轮胎内壁的平均作用力增加，故C正确；
D.轮胎内部气体温度增大，内能增大，做功为0，吸收热量，故D错误。本题选错误的，故选D。
3. C
【详】A.正弦交流电的频率为50Hz，受电线圈中电流方向每秒钟变化100次，故A 错误；
B.受电线圈和送电线圈的匝数比为 故B错误：
C. 根据P=UI解得I=3.75A故C正确;
D.金属护板由于电磁感应，会存在涡流，有漏电隐患并影响电能的传输，故D错。故选C。
4. D
【详解】AB.手榴弹第1次做平抛运动，第2次做斜抛运动，先斜向上运动到最高点后做平抛运动：
竖直方向根据
可知手榴弹第1次做平抛运动的时间小于第2次从最高点做平抛运动的时间，则手榴弹第 1次在空
中的时间一定小于第2次在空中的时间：水平方向根据
可知第1次掷弹时的水平分速度大于第2次掷弹时的水平分速度，根据
由于第1次掷弹时的竖直分速度小于第2次掷弹时的竖直分速度，所以不能确定第1次掷弹时的初
速度与第2次掷弹时的初速度大小关系，故AB错误；
CD.两次掷弹过程，手榴弹的加速度均为重力加速度，根据Δv=gt
由于手榴弹第1次在空中的时间小于第2次在空中的时间，所以第2次手榴弹落地过程速度的变化量一定比第1次大，故C错误，D正确。故选D。5. C
【详解】A.经过 波沿x轴正方向传播距离为 波前传播到x=6m处,
x=1m和x=5m处的两个质点位于波谷，x=3m处的质点位于波峰，A错误；
B. 经过t=T, 波沿x轴正方向传播的距离为λ=4m, 波前传播到x=8m处, x=3m和x=7m
处的两个质点位于波谷，x=1m和x=5m处的两个质点位于波峰，B错误；
C. 经过 波沿x轴正方向传播的距离为
1.5λ=1.5×4m=6mx=1m处的波峰向前移动6m到x=7m处, x=3m处的波谷遇到墙变成波
峰反射也移动到x=7m处，两个波峰在x=7m处相遇振动加强，x=7m处的质点位于波峰
处且振幅等于原来的2倍，C正确：
D.经过t=2T，波沿x轴正方向传播的距离为
2λ=8mx=-1m处的波谷向前移动 8m到x=7m处， x=1m处的波峰向前移动 7m遇到墙变成
波谷反射运动到x=7m处，两个波谷在x=7m处相遇振动加强，x=7m处的质点的位于波谷
处且振幅等于原来的2倍，D错误。故选C。
6. C
【详解】AB.设地球质量为M，月球的质量为m， 探测器的质量为m。，引力的合力
做功与引力势能的关系 可知 图线的斜率绝对值为
由图可知，图像切线斜率绝对值先减小后增大，则地球和月球对探测器作用力随探测器
位置x的增大，先逐渐减小后逐渐增大，故AB错误；
CD.在x=kL处图线的切线斜率为 0 ，则探测器在该处受地球和月球的引力的合力
为零，即 解得地球与月球的质量之比 故C正确，D错误。
故选C。
7. C
【详解】AB.因为a、b粒子都是以相同的速度，垂直进入电场，在电场中，沿初速
度方向不受力，做匀速直线运动，由
可得，a、b在电场中运动的时间一定相同；又因为两粒子穿过极板后水平向右垂直进入
有竖直边界的匀强磁场，则两粒子在离开电场时，竖直方向速度为零，根据图乙可知，
a、b穿过极板的时间为T₀的偶数倍。AB错误：C. 由下图可知 可得θ =30°
由几何关系可知
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力
可得，粒子的比荷为
在本题中，两粒子进入磁场时的速度大小相等，则
所以a、b粒子的比荷之比为 C正确：
D.在竖直方向，a、b粒子先加速度再减速，由运动学公式得
因为a、b粒子在电场中运动时间相等，场强E相等，则
所以，a、b穿过极板竖直方向上的位移大小与两粒子的比荷成正比，则
D错误。故选C。
8. 【答案】AC
【详解】A.由图可知，极板间电场方向向下，又初态带电油滴受力平衡，则油滴所受电场力向
上，油滴带负电，A正确；
D.若油滴向上移动，则油滴所受电场力变大，即板间电场强度E变大。由于极板间电压U不变，由
可知极板间距离d变小，则材料膨胀，结合其“热缩冷胀”的性质可知，负热膨胀材料温度
降低， D错误；
B. d变小, 由 可知C变大，B错误；
C. U不变, C变大, 由Q=CU
可知极板所带电荷量增大，C正确。故选AC。
9. 【答案】BC
【详解】A.依题意，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，混凝土板受力平衡，有F=mg由牛
顿第三定律可知钢索受到的拉力保持不变，故A 错误；
B.对整体受力分析，水平方向不受外力，吊车不受地面的摩擦力，由牛顿第三定律可知吊车对地面
的摩擦力始终为零，故B 正确；
C.钢索对定滑轮的作用力为两根钢索的合力，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小过程中，两力大小不变，夹角变小，所以合力逐渐变大，即钢索对定滑轮的作用力逐渐变大，故C正确；
D.若四条绳增加相同的长度，由几何知识可知绳子与竖直方向夹角变小，根据
可知四条绳受到的拉力均变小，故D 错误。故选 BC。10. 【答案】BC
【详解】A.铁锤将要接触石板时的速度
对铁锤和石板系统由动量守恒定律 解得 选项A 错误；
B.碰撞过程中系统机械能的损失量 选项B正确：
C. CD.铁锤和石板一起向下运动d的过程由动能定理
由图可知
解得
选项C正确，D错误。故选BC。
11.(8分)【答案】(1)小于 见详解 (3)4.0(每空2分)
【详解】(1)刚封闭入水口时，封闭的气体和环境大气压相等【得分点1】。当有水流出时，内部
气体发生等温变化，由波义尔定律(气体实验定律或理想气体状态方程)，内部气体体积变大，压
强变小【得分点2】。所以容器内的空气压强小于环境大气压。
(2)当1号孔不再喷水后，4号孔喷水，此时容器内，1号孔位置的压强等于大气压强，所以4号孔
位置的压强为
(3)由平抛规律有 T解得
12.(8分)【答案】(1)较大 (2)下通道 48.0 (3)变大 (每空2分)
【详解】(1)苹果通过托盘时，质量较大的苹果托盘对R₁的压力较大，根据图乙可知，R₁的阻值较
小，电流较大：
(2)[1]若苹果质量大于0.15kg时，则R₁阻值减小，分压减小，由于电源电动势不变，R₂两端分
压增大，电衔铁将被吸合，大苹果将通过下通道：
[2]当苹果质量为0.15kg时, 此时:
为使该装置达到分拣目的，R₂的阻值满足： 解得：
(3)若电源长时间未使用，内阻r增大，但电动势不变，根据
可知内阻r增大，则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻R₁偏小，需要的压力偏大，即分拣标准质量
将会偏大13. (9分)
(1)根据 (2分)可知光在该液体中的传播速度 (1分)
(2)光在内球表面上恰好发生全反射时，光路图如图
在A 处，发生折射，有： (2分)
根据正弦定理，在△OAB内，有： (1分)
在B处，恰好发生全反射，有： (2分)
联立解得：图中的入射角i的最小值为 (1分)
14. (12分)
(1分)
此时感应电动势: e= BLv₀sinθ(1分)
根据闭合电路欧姆定律可得： (1分)
联立以上各式解得 (1分)
(2)整个过程中需要时间t'
通过金属棒的电荷量 (1分)
由法拉第电磁感应定律： (1分)
由电路关系 (1分)
故 (1分)
(3)根据功能关系可知金属棒在整个运动过程中满足： (1分)
该过程中整个电路产生的焦耳热： (1分)
由于匀速， (1分)
联立以上各式解得 (1分)
15. (17分)
(1)对A由动量定理： (1分)代入数据， 得： (1分)
对B 由动量定理： (1分)
代入数据，解得： (1分)(2)设弹簧第一次恢复原长时A 和B的速度分别为vA和vB，
撤去F之后到弹簧第一次恢复为原长的过程中，A、B系统总动量守恒，有：
(2分)
A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有：
(2分)
代入数据，联立解得B 的速度 v₀的两个根：
由于撤去拉力时弹簧处于伸长状态，B在加速，因此 故舍去 (1分)
(1分)
(3)设B 撞挡块之前瞬间速度为v₀，此时A 的速度为vA
从撤去F之后到B撞挡块之前，A、B组成的系统动量守恒，有：
(1分)
解得此时刻A的速度为
当二者共速时，弹簧弹性势能最大，设此时二者的速度大小为 弹簧的弹性势能为
从B撞挡块之后到二者共速，A、B组成的系统总动量守恒，有：
(1分)
从撤去恒力F之后到二者共速，A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，有：
(1分)
联立以上方程解得： (1分)
由(2)可知, (1分)
当 时，弹簧弹性势能最大值 为所有可能值中的最大值 (1分)
当 时，弹簧弹性势能最大值 为所有可能值中的最小值(1分)
故弹簧弹性势能最大值的取值范围为
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