2025届广东省广州市高三下学期练习卷7物理试卷（解析版）

这是一份2025届广东省广州市高三下学期练习卷7物理试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28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．某简谐振动的图像如图所示，则以下说法正确的是（ ）

A．振幅2cmB．频率2.5Hz
C．0.1s时速度为0D．0.2s时加速度方向竖直向下
2．为了从坦克内部观察外部目标，在坦克壁上开了一个小孔。已知坦克壁厚，孔的左右两边距离12，孔内镶嵌一折射率为1.6的玻璃，其厚度与坦克壁厚相同，大小、形状与小孔一致。，，下列说法正确的是（ ）
A．坦克内部人员可以看到外界角度的范围是
B．坦克壁厚度不变，适当增加孔的左右宽度，可增大外界角度的观察范围
C．孔的左右宽度不变，适当增加坦克壁的厚度，可增大外界角度的观察范围
D．更换折射率更小的玻璃，可能看到外界角度的范围是
3．中国实验快堆是第四代核能系统的优选堆型，采用钚（）作燃料，在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂变的铀（），钚-239裂变释放出的快中子被再生区内的铀-238吸收，转变为铀-239，铀-239极不稳定，经过衰变，进一步转变为易裂变的钚-239，从而实现核燃料的“增殖”．下列说法正确的是（ ）
A．铀-239转变为钚-239，经过了3次衰变
B．铀-239发生衰变过程中，电荷数守恒，质量也守恒
C．铀-239发生衰变的实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子
D．钚（）裂变生成两个中等质量的核，钚核的比结合能大于生成的两个核的比结合能
4．电缆周围的电场分布对电缆的电气强度影响很大。如图所示为电缆终端周围的电场分布情况，图中虚线为等势线，实线为电场线，下列说法正确的是（ ）

A．电场中点的场强大于点的电场强度
B．将一电子放在点，电子的电势能为
C．将一电子由点经点移至点，电场力先做正功后做负功
D．在点由静止释放一带正电的粒子，粒子将沿电场线运动
5．某地球卫星被发射后先在圆轨道1上做匀速圆周运动，经过两次变轨后在圆轨道2上做匀速圆周运动。已知卫星在轨道2上的线速度比在轨道1上的线速度小，卫星质量不变。下列说法正确的是（ ）
A．卫星轨道2的半径比轨道1的半径小
B．卫星在轨道2的周期比轨道1的周期小
C．卫星在轨道2上的机械能比在轨道1上的机械能大
D．卫星第一次变轨时发动机做负功，第二次变轨时发动机做正功
6．如图所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，A与轻弹簧相连，C沿水平面以一定初速度向右运动，与B碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧分离，则（ ）
A．A加速过程中，加速度越来越大
B．A、B、C共速时，B所受合力为0
C．A、B、C共速时，弹簧弹性势能最大
D．B、C碰撞过程中，B、C系统机械能守恒
7．如图所示，粗糙斜面置于粗糙水平地面上，轻绳跨过光滑的定滑轮，一端悬挂物块，另一端与斜面上的物块相连，滑轮左侧的轻绳与斜面平行，整个装置保持静止状态。已知物块的质量为，物块的质量为，斜面倾角，物块与斜面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，下列说法正确的是（ ）
A．地面对斜面的摩擦力大小为12
B．斜面对物块的摩擦力大小为12
C．若剪断轻绳，则地面对斜面的摩擦力大小为0
D．若剪断轻绳，则斜面对物体的摩擦力大小为6.4
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8．力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图甲所示，点为单摆的固定悬点，现将摆球从点释放，则摆球在竖直平面内的之间来回摆动。点为运动中的最低位置，小于且是未知量。图乙是由力传感器得到的细线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，图中时刻为摆球从点开始运动的时刻，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．单摆的周期为
B．摆长为
C．摆球的质量为
D．摆球运动过程中的最大速度为
9．如图甲所示，用材料和粗细均相同的金属导线制成的单匝矩形线框固定在水平绝缘桌面上，线框两长边中点所在直线一侧区域存在匀强磁场，时磁场方向垂直于桌面向上，磁感应强度随时间变化的关系图像如图乙所示。已知线框长为，宽为，单位长度电阻为，则在时间内，下列说法正确的是（ ）
A．俯视桌面，线框中感应电流的方向始终为逆时针方向
B．线框中感应电流的大小为
C．线框受到的安培力大小恒为
D．通过导线某横截面的电荷量为
10．2024年12月我国装备了电磁阻拦系统的常规动力航母福建舰已完成第五次海试，图甲为航母电磁阻拦技术的原理简图，飞机着舰时通过绝缘阻拦索钩住水平导轨上的金属棒并关闭动力系统，在匀强磁场中减速滑行。若忽略导轨电阻、摩擦和空气阻力，所受安培力随位移的变化如图乙，则在飞机滑行过程，下列说法正确的是（ ）
A．飞机的加速度与位移成正比B．飞机的加速度与速度成正比
C．通过的电荷量与时间成正比D．整个过程中回路产生的焦耳热为
三、非选择题（本题共5小题，共54分．考生根据要求作答）
11．两学习小组A、B用如图甲所示实验装置验证向心力大小与速度平方成正比。铁架台上安装带有刻度的半圆板，刻度以圆板最低点所在的水平线为“0”等高线，相邻等高线间距相等。轻绳一端在圆心O处与DIS传感器相连（图中未画出），另一端与小球相连，小球平衡时球心恰在等高线0处，用DIS传感器测量小球做圆周运动过程绳中拉力F大小。

(1)为了验证小球的向心力与速度平方的定量关系，控制小球的质量m和做圆周运动的半径r不变。A组同学将绳拉直，球心与距“0”等高线高度为h的刻度线处重合，将小球由静止释放，运动至最低点的速度平方的表达式= （用重力加速度g、h表示）；
(2)DIS系统记录某次小球运动过程中绳中的拉力F随时间t的变化关系图像如图乙所示，则 （选填“a”“b”）点的纵坐标表示小球运动至最低点时绳中的拉力大小；
(3)多次改变小球的释放点高度h，记录每次高度h及对应的运动至最低点时绳中的拉力F大小的数据，描绘出图像如图丙所示，图线I的纵轴截距表示 ，试问：根据该图线能否说明小球的向心力与速度平方成正比？请简述理由 ；
(4)实验操作过程中，B组同学每次将小球的最低点与高度为h的等高线相切，其余操作与A组的相同，B组也在丙图中描绘图线，标记为Ⅱ，图中哪个选项可能正确反映图线I、Ⅱ关系的（ ）
A．B．C．D．
12．为测量未知电阻Rx，实验小组探究如下：
(1)理论探究阶段：小组同学设计了如图甲、乙两种测量电路，待测电阻由计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的读数。若选择方案甲，其测量值 （填大于或小于）真实值；若选择方案乙，其测量值 （填大于或小于）真实值。
(2)实验探究阶段：实际测量中发现电流表示数已接近满偏，但电压表示数仍然太小。经讨论发现是由于电流表量程太小导致，于是决定改装电流表。小组同学查得电流表的满偏电流Ig=1mA、内阻Rg=600Ω，现改装成量程为0~0.6A的电流表，应 （填串联或并联） Ω的电阻（保留2位有效数字）。
(3)交流讨论阶段：若电表内阻未知，该小组同学设计了如图丙所示的电路，以消除电表内阻带来的误差。先将电流表A2接入ab间，流过电流表A1和电流表A2的电流分别为I1和I2，断开开关将电流表A2接入cd间，闭合开关调整滑动变阻器接入电路的阻值，使电流表A1示数I1大小不变，记录此时电流表A2的示数I2ʹ，其中R为已知阻值的定值电阻，则电阻Rx= （可供选择的字母为I1、I2、I2ʹ、R）。
13．如图甲所示，质量、面积的绝热活塞将理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形的绝热汽缸中，活塞可沿汽缸无摩擦滑动且不漏气。开始时，活塞处于A位置，缸内气体的内能，通过电热丝加热直到活塞到达B位置，缸内气体的图像如图乙所示。已知一定质量的理想气体内能与热力学温度成正比，大气压强，重力加速度g取，电阻丝自身升温所需热量以及所占的体积均忽略不计，求：
(1)活塞到达B位置时，缸内气体的内能；
(2)活塞从A位置到B位置过程中，缸内气体吸收的热量。
14．如图所示的平面内，轴上方存在平行于轴向下的匀强电场，轴下方存在垂直平面向外的匀强磁场，在轴上坐标为处的点有一质量为、电荷量为的带电粒子，以的速度平行轴进入电场强度为的电场。从轴上的点（图中未标出）首次进入磁场中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，随后从轴上的点（图中未标出）首次离开磁场，且恰能回到点，不计粒子重力，求：
(1)点到点的距离；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)若仅改变磁感应强度的大小，粒子经多次进出磁场之后能再次经过点，求磁感应强度可能的值。
15．如图所示，虚线框内简化模型为旋转磁极式发电机，线圈的匝数，内阻，与倾角、间距且足够长的金属导轨相连。导轨上接有理想电压表，的电容器，及被锁定在距离底端足够远的金属棒和静置于水平足够长光滑导轨的金属棒，、棒质量均为，电阻均为。导轨间存在垂直导轨平面向下且的匀强磁场。棒与导轨的动摩擦因数，、处用绝缘材料平滑连接。转动磁极，使线圈的磁通量变化规律为。不计导轨电阻，两棒在运动中始终与导轨良好接触。现将开关打到1处，求：
(1)理想电压表的读数；
(2)若将开关打到2处时，同时解锁棒以沿导轨向下运动，则到达底端的速度和电容器所充的电量；
(3)棒进入水平轨道后与棒始终不相碰，则初始棒距离至少多远？
(4)若水平磁场存在右边界（未画出），当两棒在水平导轨上恰好稳定时，棒刚好离开磁场，此时棒距离磁场右边界，此后棒继续运动，则棒在水平导轨运动全过程中产生的焦耳热。
【参考答案】
1．B
【详解】A．根据图像可知，振幅为，A错误；
B．根据图像可知，周期为，则频率为；B正确；
C．根据图像可知，0.1s时质点处于平衡位置，此时速度最大，C错误；
D．根据图像可知，0.2s时质点处于负向最大位置处，则此时加速度方向竖直向上，D错误。故选B。
2．B
【详解】A．如图所示，从左侧位置观察时光路如图所示：
由几何关系可知；可知r=30°；根据解得sinθ=0.8
则θ=53°；坦克内部人员可以看到外界角度的范围是，选项A错误；
B．坦克壁厚度不变，适当增加孔的左右宽度，可知r角变大，θ变大，即可增大外界角度的观察范围，选项B正确；
C．孔的左右宽度不变，适当增加坦克壁的厚度，可知r角变小，θ变小，可减小外界角度的观察范围，选项C错误；
D．更换折射率更小的玻璃，根据可知r角一定，则θ减小，即可能看到外界角度的范围减小，不可能是，选项D错误。故选B。
3．C
【详解】A．铀转变为钚，质量数不变，电荷数增加2，则经过了2次衰变，故A错误；
B．铀发生衰变过程中，电荷数守恒，质量数也守恒，由于反应放出能量，则有质量亏损，故B错误；
C．铀发生衰变，实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子，故C正确；
D．钚（）裂变生成两个中等质量的核，反应放出核能，生成的新核更加稳定，则钚核的比结合能小于生成的两个核的比结合能，故D错误。故选C。
4．C
【详解】A．因a点的电场线较b点密集，可知电场中点的场强小于点的电场强度，选项A错误；
B．因c点电势为30V，则将一电子放在点，电子的电势能为，选项B错误；
C．将一电子由点经点移至点，电势先升高后降低，则电子的电势能先减小后变大，则电场力先做正功后做负功，选项C正确；
D．因电场线为曲线，则在点由静止释放一带正电的粒子，粒子不可能沿电场线运动，选项D错误。故选C。
5．C
【详解】A．根据万有引力提供圆周运动的向心力，则有
解得
由于卫星在轨道2上的线速度比在轨道1上的线速度小，故卫星轨道2的半径比轨道1的半径大，A错误；
B．根据周期
可知，卫星轨道2的半径比轨道1的半径大，线速度比在轨道1上的线速度小，故卫星在轨道2的周期比轨道1的周期大，B错误；
C．变轨到更高轨道上的过程中，需要点火加速，使卫星做离心运动，故卫星在轨道2上的机械能比在轨道1上的机械能大，C正确；
D．两次变轨时发动机都做正功，使卫星的速度增大，做离心运动，D错误。故选C。
6．C
【详解】A．A加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以A受到的弹簧弹力先增大后减小，则A的加速度先增大后减小，故A错误；
BC．A、B、C共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时BC受到的弹力不为0，BC的加速度不为0，则B的加速度不为0，所受合力不为0，故B错误，C正确；
D．B、C碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C碰撞过程中，B、C系统机械能不守恒，故D错误。
故选C。
7．C
【详解】A．对物体A受力分析，根据平衡条件可得轻绳的拉力为
BC整体受力分析，根据平衡条件可得，水平方向上，地面对C的摩擦力与轻绳在水平方向的分力平衡，即；A错误；
B．对B受力分析可得解得B错误；
D．剪断轻绳，B受到的最大静摩擦力
故物体B静止在斜面上，此时受到的摩擦力为；D错误。
C．剪断轻绳，因B静止在斜面上，BC整体受力分析，水平方向整体不受外力，故地面对C的摩擦力为零，C正确；故选C。
8．AC
【详解】A．小球在一个周期T内两次经过最低点，球在最低点时绳子拉力最大，结合图乙可知单摆周期，故A正确；
B．根据单摆周期；联立以上解得摆长；故B错误；
CD．分析可知球在最低点时速度v最大，图乙可知绳子拉力最大值、最小值分别为，设小球质量为m，小球在最低点时，由牛顿第二定律有
小球在最高点时，由牛顿第二定律有
小球从最高点到最低点，由动能定理得
联立以上解得；故C正确，D错误。故选 AC。
9．ABD
【详解】A．由图乙可知磁场先垂直桌面向上减小，后垂直于桌面向下增大，故磁通量先向上减小，后向下增大，由楞次定律定律可知，俯视桌面，线框中感应电流的方向始终为逆时针方向，故A正确；
B．线框中感应电动势；感应电流；故B正确；
C．左右两边线框受到的安培力大小相等，方向相反，故整个线框受到的安培力大小等于下边线框所受的安培力，因为电流恒定不变，磁感应强度大小在变化，故安培力为变力，故C错误；
D．通过导线某横截面的电荷量故D正确。
故选ABD。
10．BD
【详解】A．飞机着舰时受安培力，由牛顿第二定律可得
由乙图得可得解得加速度
故飞机的加速度与位移不成正比，故A错误；
B．设导轨宽度为L，由牛顿第二定律因为电流解得加速度
可知飞机的加速度与速度成正比，故B正确；
C．通过ab的电荷量因为联立解得
可知通过ab的电荷量与位移成正比，故C错误；
D．功能关系可知导体棒克服安培力做功的多少即为整个回路产生的焦耳热，图乙可知导体棒克服安培力做功故D正确。故选 BD。
11．(1)；(2)a；(3) 小球的重力； 见详解；(4)C
【详解】（1）小球从静止释放到运动至最低点的过程中，只有重力做功，因此小球的机械能守恒。根据机械能守恒定律，小球在最高点的重力势能等于在最低点的动能得
（2）设单摆的角度为时，对小球进行受力分析有则
当时，小球位于最低点，最大，故a点的纵坐标表示小球运动至最低点时绳中的拉力。
（3）[1]当h=0时，即小球释放的高度为零，此时小球并没有获得初速度，因此在最低点时，小球并不需要做圆周运动，也就不会产生向心力。但是，由于绳子的存在，小球在最低点时会受到绳子的拉力，这个拉力就等于小球的重力。所以，图线I的纵轴截距表示的就是小球的重力。
[2]根据向心力公式可以得
然而，绳中的拉力F并不等于向心力，而是等于向心力加上小球的重力
从这个公式可以看出，拉力F与h之间并不是简单的正比关系，而是线性关系加上一个常数（小球的重力）。因此，仅仅根据这个图线，不能直接得出小球的向心力与速度平方成正比的结论，因为绳中的拉力并不等于向心力，而是与向心力有线性关系加上一个常数。
（4）B组同学每次将小球的最低点与高度为h的等高线相切，设小球半径为，根据能量守恒定则有
得
则绳中的拉力F为故选C。
12．(1) 大于 ；小于；(2) 并联 ； 1.0；(3)
【详解】（1）[1]甲图采用内接法，此时由于电流表分压，使得电压表测量值偏大，由公式得出的电阻测量值大于真实值；
[2]乙图采用外接法，由于电压表分流，使得电流的测量值偏大，则电阻测量值小于真实值。
（2）[1][2]将小量程的电流表改装成大量程电流表时，应并联分流电阻，且
代入数据解得
（3）根据欧姆定律可得，联立可得
13．(1)；(2)
【详解】（1）缸内气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有解得
则活塞处于位置时，缸内气体的内能
（2）对活塞受力分析，有解得
从A到，外界对气体做功
由热力学第一定律解得故缸内气体吸收的热量为。
14．(1)；(2)；(3)
【详解】（1）粒子从到做类平抛运动，有，
根据牛顿第二定律有联立得
（2）粒子在点速度
与水平夹角，进入磁场后做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
又有联立得
（3）增大磁感应强度，半径减小，每次进出会向右平移一定值距离。
设第次出磁场时经过，则有
又有
根据洛伦兹力提供向心力有解得同理有
联立得
15．(1)5V；(2)，；(3).；(4)
【详解】（1）由
其中，，可知
则
电压表读数
（2）由知，当金属棒在斜面上匀速运动速度均为，此时满足
则电容器的电量
由动量定理 解得；
（3）对、金属棒由动量守恒得
对金属棒动量定理且得
即至少相距。
（4）金属棒进入水平轨道后，共速前产生热量
共速到金属棒离开磁场，对棒由动量定理
得
则此过程棒产生热量
则棒产生的总热量