广东省金太阳2024-2025学年高三下学期期末物理试题（解析版）

这是一份广东省金太阳2024-2025学年高三下学期期末物理试题（解析版），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2024年距离我国第一颗原子弹爆炸成功已经六十周年，“两弹一星”精神，激励和鼓舞了几代人，是中华民族的宝贵精神财富.下列关于氢弹和原子弹的说法正确的是( )
A. 氢弹是利用大量氢气快速燃烧产生的爆炸
B. 氢弹爆炸时发生的聚变必须在高温下才能进行
C. 原子弹的能量来源和太阳的能量来源相同
D. 原子弹的单个轴块可以制成任意大小的体积
2.喜迎春节，红岭中学高三楼高挂红灯笼，如图所示，由七根等长的轻质细绳悬挂起六个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外六根细绳与水平方向所成夹角分别为θ1、θ2和θ3.关于θ1、θ2和θ3，下列关系式中正确的是( )
A. θ1:θ2:θ3=3:2:1B. sinθ1:sinθ2:sinθ3=3:2:1
C. tanθ1:tanθ2:tanθ3=3:2:1D. csθ1:csθ2:csθ3=1:2:3
3.2025年第九届亚洲冬季运动会在中国哈尔滨召开，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，滑雪场地如图甲所示.简化的跳台滑雪的雪道示意图如图乙所示，比赛中运动员从圆弧助滑道AB的最高点A处由静止滑下后，从滑道B处斜向上飞出，在着陆坡CD上着陆，由其着陆距离确定其距离得分.距离得分的评分标准为：运动员如正好着陆到K点，即得到60分，每比K点远1米多得2分，反之，每短1米则扣2分.不计一切阻力.下列说法正确的是( )
A. 距离得分越高的运动员着陆时动能越大
B. 距离得分越高的运动员在空中飞行时间越长
C. 教练员在研究运动员的距离得分情况时，可将运动员视为质点
D. 同一运动员在两次比赛过程中的距离得分一定相等
4.在做静电实验时，出现了如图所示的情景，相距较近的两个带电金属导体M、N，其中导体N内部存在空腔，空间的电场线分布如图，取无穷远处电势为零，不计空气对电场分布的影响.则其对称轴OMN上电势的变化规律可能正确的是( )
A. B.
C. D.
5.磁轴键盘是一种新型的机械键盘结构，磁轴包括轴心、永磁铁、霍尔传感器和弹簧，其结构简图如图所示.轴心可保证按键和弹簧只在竖直方向运动，永磁铁(N极在下、S极在上)固定在按键上，长、宽、高分别为 l、b、h的霍尔传感器通有由前向后的恒定电流I.当按键被按下时，永磁铁会靠近霍尔传感器，磁场的变化导致霍尔电压变化并输入信号.当松开按键时，霍尔传感器远离永磁铁，输入信号停止.下列说法正确的是( )
A. 磁轴键盘的原理是霍尔电压超过某一值后输入信号
B. 磁轴键盘的原理是霍尔电压的变化量超过某一值后输入信号
C. 增加l后，该磁轴键盘将更加灵敏
D. 增加b后，该磁轴键盘将更加灵敏
6.云辇−X技术最大的特点就是全主动车身控制技术，其中核心便是全主动悬挂系统.目前汽车生产公司还没有公布实现方式，但有网友推测是用电机取代了传统的弹簧.仰望∪9通过全主动控制电机的伸缩来实现原地起跳，就像人起跳一样自由.假设底盘及车轮部分的质量为m，其余车身部分的质量为M，两部分通过主动悬挂系统连接.起跳时，电机先缓慢收缩降低车身部分的高度，再伸长使车身部分获得动能Ek后，电机锁定，车身部分带动车轮部分离开画面，下列说法正确的是( )
A. 电机收缩时，对车身部分不做功B. 电机伸长时，对车身部分做了Ek的正功
C. 锁定后的瞬间，整车的动能仍为EkD. 车轮离地的最大高度为MEk(M+m)2g
7.端午节，是中国四大传统节日之一，主要习俗为划龙舟.某地为庆祝端午佳节，举办龙舟大赛，每艘龙舟配有12人，除船头一人和船尾一人外，其余均为划手，每人质量为50kg，如图甲所示.质量为390kg的龙舟侧视图如图乙所示，质量为10kg的大鼓平放于水平甲板上，大鼓与甲板间的动摩擦因数为μ=0.25.假设水对龙舟的阻力f是总重力的0.1倍.每位划手拉桨过程中对龙舟提供400N的水平推力，回桨过程中无推力.划手回桨和拉桨前，大鼓均相对龙舟静止，重力加速度大小g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. 划手回桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小为25N
B. 划手回桨步调一致时，大鼓的加速度大小为2.5m/s2
C. 划手拉桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小为25N
D. 划手拉桨步调一致时，大鼓的加速度大小为3.0m/s2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示是以大唐不倒翁为原型的玩偶.不倒翁玩偶在水平地面上从状态1摆动到状态3的过程中重心的轨迹如图中虚线所示，重心的轨迹是以O为圆心的一段圆弧.若不倒翁玩偶在状态1到状态3间小范围内摆动过程中的规律与单摆相同，下列说法正确的是( )
A. 不倒翁玩偶的摆动周期与摆动幅度无关
B. 在状态1时，不倒翁玩偶的动能最小
C. 在状态2时，不倒翁玩偶受力平衡
D. 在状态3时，不倒翁玩偶的重力势能最小
9.胸怀“国之大者，奔赴星辰大海”，我国祝融号已登陆火星并传回了一组火星上的图像.已知火星的直径大约是地球的一半，质量大约是地球的19，则( )
A. 火星的平均密度大约是地球的98
B. 火星的公转周期大约是地球的12 2
C. 火星表面的重力加速度是地球的49
D. 火星的第一宇宙速度是地球的 23
10.一种音圈电机主要由永磁体、铁磁圆柱、线圈和线圈支撑构成.线圈固定在线圈支撑上，线圈支撑可带动线圈在永磁体和铁磁圆柱中的气隙中沿轴线方向运动，其纵剖面图如图甲所示.永磁体可以在气隙中产生辐射状磁场，不计其他部分的磁场，在线圈处的磁感应强度大小恒为 B，其横截面如图乙所示.线圈半径为r，线圈总电阻为R，线圈支撑和线圈的总质量为m.当线圈两端加上恒定电压U，线圈支撑从静止开始在竖直方向运动的过程中，磁场中线圈匝数始终为n.重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 电流方向如图甲所示时，线圈支撑将向上运动
B. 线圈的发热功率为U2R
C. 加上电压的瞬间，线圈支撑的加速度为2nπBUrmR
D. 线圈支撑的最大速度为12nπrB(U−mgR2nπrB)
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某小组利用圆柱形汽缸测量当地的大气压强.圆柱形汽缸的气密性和导热性能良好，且外界环境温度保持不变.
(1)用50分度的游标卡尺测量汽缸内部直径d，如图甲，可知d= mm;
(2)按图乙连接好实验器材，细线松弛时，汽缸内气体压强为大气压强p0;
(3)挂上砝码，测出此时活塞底部至汽缸底部的距离h和弹簧测力计示数F;
(4)适量改变砝码个数，重复步骤(3);
(5)以弹簧测力计示数F为纵轴，以1ℎ为横轴，绘制图像，其图像如图丁所示，图中斜率的绝对值为k，纵轴截距为b，可知未悬挂砝码时，活塞距汽缸底部的高度ℎ0= ，实验室当地的大气压强p0= ;
(6)若用如图丙所示的实验装置进行实验，对比如图乙所示的实验装置，有何优点?(写出一点即可) .
12.某教师为提升自身实验操作水准，利用假期在实验室练习利用半偏法测量电压表的内阻.实验室提供以下器材：
电池(电动势约为4V，内阻可忽略不计);
滑动变阻器A(阻值范围为0∼2000Ω);
滑动变阻器B(阻值范围为0∼20Ω);
电阻箱(最大阻值为9999.9Ω);
待测电压表(量程为0∼3V，内阻约为3000Ω);
开关及导线若干。
(1)该教师设计了如图所示的电路图，滑动变阻器应选择 (选填“A”或“B”);
(2)正确连接电路后进行如下操作：
①把滑动变阻器的滑片P滑到 (选填“a”或“b”)端，并将电阻箱的阻值调到零，闭合开关S;
②闭合开关S，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度;
③保持开关S闭合、滑动变阻器滑片的位置不变，调整电阻箱的阻值，当电阻箱阻值为R1时，电压表的指针指在满刻度的12处，即可认为该电压表的内阻为R1.
(3)该电压表的实际内阻 (选填“大于”“小于”或“等于”)R1;
(4)该教师通过录像分析实验操作时，发现在开关S闭合前，电阻箱阻值并未调到零，阻值为R2，后续操作均正确，则该电压表内阻应为 (用R1、R2表示).
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.2024年7月8日傍晚，有网友在河源紫金拍摄到一道五彩斑斓的弧，宛如“天空的微笑”，如图甲所示.气象部门解释说，这种现象叫作“环天顶弧”，是太阳光通过卷云里的冰晶(如图乙所示)折射而形成的.若射向冰晶的上表面的太阳光，经两次折射后从侧面射出.已知光在真空中传播的速度为c.
(1)试分析从侧面射出的红光和紫光，哪种颜色在上方;
(2)如图丙所示，从O点与上表面成α角入射的一束绿光恰好可以从M点射出，已知O点到侧面的距离为L，冰晶厚度为d.试求该冰晶对绿光的折射率n0和该绿光在冰晶里的运动时间t.
14.我校学子在理科活动周中，进行了水火箭发射表演.发射时在水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用而快速上升，如图甲所示.发射时水火箭将壳内质量为m=2.0kg的水相对地面以v=6m/s的速度在极短时间内竖直向下全部喷出，已知水火箭外壳质量为m0=0.4kg，上升阶段空气阻力恒为f0=1N，不计水平方向的任何力，重力加速度g=10m/s2.
(1)求水火箭外壳能上升的最大高度H;
(2)若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即f=kv(k=0.4)，向下落高度ℎ=20m时，开始匀速，其过程简图如图乙所示.求：
①外壳匀速时的速度vm;
②外壳从下落到匀速所经历的时间;
③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功.
15.如图(a)所示，在xOy平面上方的区域内存在周期性变化的匀强电场和匀强磁场，变化情况如图(b)、图(c)所示.电场的方向及磁场方向均以y轴正方向为正.t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O开始以速度v0沿x轴正方向运动.粒子重力忽略不计，图(b)、图(c)中E0=3B0v04π，t0=πmqB0，B0已知.(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)求：
(1)在t0时刻粒子的速度方向与x轴正方向的夹角θ;
(2)在2t0时刻粒子的位置坐标;
(3)0∼nt0时间内电场力对粒子做的功W.
【参考答案】
1.【答案】B
【解析】氢弹是核聚变反应，必须在高温下进行，故B正确;原子弹的燃料是铀核裂变，故C错;铀裂变存在临界体积，故D错。
2.【答案】C
【解析】以左侧三个灯笼为研究对象，可得T1sinθ1=3mg，T1csθ1=F以左侧下方2个灯笼为研究对象，可得T2sinθ2=2mg，T2csθ2=F以左侧最下方灯笼为研究对象，可得T3sinθ3=mg，T2csθ3=F所以有tanθ1:tanθ2:tanθ3=3:2:1，故C正确。
3.【答案】B
【解析】由于不同运动员质量不同，故A错;距离得分越高的运动员离开B点时的速度越大，飞行时间越长，故B对;距离得分受到AB段的动作影响，故C、D都错。
4.【答案】D
【解析】取无穷远处电势为零，根据电场线的分布情况可知，正电物体的电势大于零，负电物体的电势小于零，导体内部场强为零，故D正确。
5.【答案】A
【解析】根据题意可知，磁铁靠近，霍尔电压增大到某一值后输入信号，故A对、B错;l和b对霍尔电压无影响，故 C、D都错。
6.【答案】D
【解析】电机缓慢收缩时，对车身部分有力的作用，对车身部分做功，故A错;电机伸长时，还有重力做功，故B错;锁定瞬间，系统动量守恒，相当于完全非弹性碰撞，有动能损失，故C错;锁定瞬间动量守恒，有Mv1=(M+m)v2，一起竖直上抛有v22=2gℎ，解得D对。
7.【答案】C
【解析】划手回桨步调一致时，整体法有f=(12m人+m鼓+m舟)aA，得aA=1m/s2，对大鼓有，f鼓=maA，大鼓所受摩擦力大小为10N，故A、B错;划手拉桨步调一致时，假设保持相对静止，整体法有10F−f=(12m人+m鼓+m舟)aB，得aB=3m/s2，对大鼓有，f鼓=m鼓aA，大鼓所受摩擦力大小为30N，大于最大静摩擦力25 N，假设不成立，已发生相对滑动，故C对、D错。
8.【答案】AB
【解析】单摆的周期与振幅无关，故A对;状态1、3时，为位移最大处，故动能最小，势能最大，故B对，D错;状态2时，存在向心力，故不倒翁玩偶受力不平衡，C错。
9.【答案】CD
【解析】由密度公式可知火星的平均密度大约是地球的89，故A错;无法求出公转周期关系，故B错;由黄金代换GM=gR2，可得C正确;由GMmR2=mv2R，可得D正确。
10.【答案】AD
【解析】由左手定则可知A对;线圈在运动的过程中产生感应电动势，故B错;初始时没有速度，没产生感应电动势，此时电流I=UR，F=2πnBIr，F−mg=ma，解得a=2nπBUrmR−g，故C错;当感应电动势为E=2πnrBv，I=U−ER，BI×2πnr=mg时，线圈支撑的速度最大，解得线圈支撑的最大速度为12nπrB(U−mgR2nπrB)，故D对。
11.【答案】(1)54.14;
(5)kb，4bπd2;
(6)不受滑轮与细绳间阻力的影响
【解析】根据题意可知，封闭气体的初态压强为p0，末态压强为p0−FS，由玻意耳定律可得p0ℎ0S=(p0−FS)ℎS，解得F=p0S−p0ℎ0Sℎ，其中S=πd24，由图像可知b=p0S，k=p0ℎ0S，联立求得结果。
12.【答案】(1)B;
(2)①a;
(3)小于;
(4)R1−2R2
【解析】(1)选B，总电阻小的对分压影响小，误差小。
(2)①a端使用电部分的电压为零，安全。
(3)支路获得的电压增加了，所以R1比实际的内阻大。
(4)电阻箱阻值并未调到零，阻值为R2，满偏时支路电压为Ug+R2RVUg，半偏时支路电压为Ug2+R1UgRv，两次支路电压不变，解得RV=R1−2R2。
13.【答案】解：(1)由于紫光的折射率大于红光
根据折射定律n=sinisinr
在入射角相等的情况下，紫光的折射角小于红光的折射角
因此红光在上方
(2)由几何关系可知，折射角的正弦值sinθ=L L2+d2，入射角为π2−α
由折射定律有n0=sin(π2−α)sinθ
解得n0= L2+d2csαL
绿光在冰晶中传播的速度v=cn0
绿光在冰晶里的运动时间t= L2+d2v
解得t=(L2+d2)csαcL。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)喷水过程中，mv=m0v0
上升过程中，m0g+f0=m0a，02−v02=−2aH
解得H=36m
(2)①外壳匀速时，有m0g=kvm
解得vm=10m/s
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有m0vm=mgt−kvt
vt=ℎ
解得t=3s
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有12m0vm2−0=m0gℎ+Wf
解得Wf=−60J。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)0∼t0之间只存在电场，E0q=ma
vy1=at0
tanθ=vy1v0
得t0时刻粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为37∘(或夹角的正切值tanθ=34)
(2)t0时刻在x、y方向的位移分别为x1=v0t0、y1=12at02
得x1=πmv0qB0，y1=3πmv08qB0
在t0∼2t0之间，粒子在y方向做匀速直线运动，在平行xOz平面做匀速圆周运动，有：
qv0B0=mv02R，T=2πRv0
得T=2πmqB0=2t0，R=mv0qB0
则在t0∼2t0之间，粒子做了半个周期的匀速圆周运动
在t0∼2t0之间，在y方向的位移y2=vyt0，在z方向的位移z2=−2R
在2t0时刻的位置坐标为(x1,y1+y2,z2)，即(πmv0qB0,9πmv08qB0,−2mv0qB0)
(3)在0∼t0之间，电场力对粒子做的功W1=E0qy1
得W1=932mv02
在2t0∽3t0之间，粒子在y方向的位移y2=vy1t0+12at02
在3t0时，y方向的分速度vy2=vy1+at0
在2t∼3t之间，电场力对粒子做的功W2=Eqy2
得W2=2732mv02
此后按如上规律周期运动，在2nt0∼(2n+1)t0时间内电场力做的功Wn+1=E0qyn+1
因此，在0∼nt0内，电场力做的功为：W=9128(n+1)2mv02(n=1,3,5⋯)
W=9128n2mv02(n=2,4,6⋯)。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】