2025年广东省高考三轮冲刺练习物理试卷（五）（含详细答案解析）

这是一份2025年广东省高考三轮冲刺练习物理试卷（五）（含详细答案解析），共19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.截至2024年8月，人类已发现了118种元素，其中原子序数大于92的元素都是人工合成的。第118号元素Og是人类合成的最重的元素，合成Og的核反应方程为 98249Cf+2048Ca→118294Og+3X。已知Og的半衰期为12ms，下列说法正确的是( )
A. X为正电子B. Og294的中子数为176
C. 98249Cf的结合能大于 118294Og的结合能D. 1ml的Og经过24ms后会全部发生衰变
2.如图所示为一束紫光在正六边形冰晶中的折射光路，i、r分别为经过第一个界面的入射角和折射角。已知冰晶折射率为1.54，则折射角r的可能值为(已知sin40.5∘=0.65)( )
A. 40∘B. 42∘C. 51∘D. 52∘
3.如图所示是小型旋转磁极式发电机的示意图，通过理想变压器接有阻值为R的负载电阻，原线圈接有理想交流电压表和理想交流电流表，原、副线圈匝数分别为n1、n2。已知发电机线圈面积为S，匝数为N，电阻不计，磁极匀速转动的角速度为ω，磁极之间的磁场近似为匀强磁场，磁感应强度大小为B，下列说法正确的是( )
A. 图示位置的瞬时电流最大
B. 负载电阻的功率为n22N2B2S2ω22n12R
C. 从图示位置转过90∘过程中电流方向由P指向Q
D. 从图示位置转过90∘时的瞬时电压最小
4.某房子屋顶造形如图所示，P为顶点，底面四个点a、b、c、d构成正方形，O为正方形中点，一金属球固定于顶点P，由于风的摩擦而成为正场源点电荷，下列说法正确的是( )
A. 四个点a、b、c、d的场强相同
B. 试探电荷在O处受到电场力方向竖直向下
C. 底面abcd一定是一个等势面
D. 点电荷−q沿aOc移动电势能先减小后增大
5.如图1所示，O、A、B是介质中的三个点，OA=3.5m，OB=4.5m。t=0时刻开始计时，位于O点的波源开始振动，振动图像如图2所示，当波传到A点时，波源刚好第二次运动到波谷位置。当波传到B点时，质点A的位移为( )
A. 0B. 0.2mC. −0.2mD. −0.1m
6.如图所示，光滑定滑轮固定在天花板上，轻绳绕过定滑轮，一端竖直悬挂质量为2m的小球P，另一端连接质量为m的圆环Q，圆环Q套在粗糙水平杆上。一水平向左的力F作用在圆环上，使轻绳和杆之间夹角为30∘，整个系统保持静止状态。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 杆对圆环Q摩擦力的方向一定向右B. 杆对圆环Q摩擦力的方向可能向左
C. 定滑轮对轻绳作用力的方向竖直向上D. 定滑轮对轻绳作用力的大小为2 3mg
7.一物体以初速度v竖直向上抛出，做竖直上抛运动，则物体的重力势能EP一路程s图像应是下列四个图中的( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.天文学家利用万有引力定律计算天王星位置的过程中，出现了一定的误差。他们猜测在天王星的轨道外，肯定有一颗没有发现的行星，该行星的引力不断地影响着天王星的运动。最终，科学家们通过计算“找”到了这颗遥远的行星——海王星。若海王星绕太阳逆时针运行的运动轨迹如图所示，图中AC为长轴，BD为短轴，若只考虑万有引力的作用，下列说法正确的是( )
A. 海王星在A点的速率大于在B点的速率
B. 海王星在B点的加速度与在D点的加速度相同
C. 海王星从A到B的过程中与太阳的连线在相同单位时间内扫过的面积比从B到C的大
D. 海王星从C到D所用的时间大于从D到A的时间
9.如题图1所示，一电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨两平行边的间距为L，斜面倾角为θ。虚线下方区域充满一垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一细直金属棒从虚线上方a处由静止释放，进入磁场后，立即受到沿斜面的外力F作用，经过b点下行至c点并反向上行。该金属棒在磁场中第一次下行和上行的v−t图像满足余弦关系，如题图2所示。若该金属棒连入电路的阻值恒为R，该金属棒始终与导轨垂直并接触良好，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 该金属棒下行和上行经过b处时所受安培力大小相等
B. 该金属棒下行和上行经过b处时所受安培力大小不等
C. 0∼2t0内，该金属棒上产生的焦耳热为B2L2v02t02R
D. 0∼2t0内，该金属棒上产生的焦耳热为B2L2v02t0R
10.“离心轨道演示仪”是演示物体在竖直平面内做圆周运动的实验仪器，其原理示意图如图所示。某同学调整小球初始位置与圆形轨道最高点等高后，由静止释放小球，已知圆形轨道半径R=0.1m，取g=10m/s2，小球可视为质点，不计轨道厚度，不计摩擦力和空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 小球对轨道的最小压力为0
B. 小球离开圆形轨道后做平抛运动
C. 小球离开轨道时的速度大小为 63m/s
D. 小球进入圆形轨道后运动的最高点与释放点的高度差为2135m
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组利用如图1所示的装置探究“小车加速度与力、质量的关系”。小车与车中钩码的总质量为M，砂和砂桶的质量为m，重力加速度为g。
(1)下列实验操作正确的是______。
A.平衡阻力时，需要通过细绳把砂桶挂在小车上
B.平衡阻力后，长木板的位置不能移动
C.实验中，细绳必须与长木板保持平行
D.小车质量远小于砂和砂桶的总质量
(2)如图2是某次实验所打出的一条纸带，图中0、1、2、3、4为相邻的计数点，两个相邻的计数点间还有4个点未标出，已知交流电源的频率f=50Hz，小车的加速度a=______m/s2。
(3)小北同学在探究“小车的加速度a与F的关系”时，保持M不变，以砂和砂桶的重力为F。根据实验数据作出a−F图像，如图2所示。并利用最初的几组数据拟合了一条直线OAP，画一条与纵轴平行的直线，这条直线和这两条图线以及横轴的交点分别为P、Q、N。则QNPN=______(用M和m表示)。
(4)小京同学在探究“小车加速度a与F的关系”时，采用如图4所示的实验方案，实验步骤如下：
①将木板装有定滑轮的一侧垫高，挂上装有细砂的砂桶，保持细绳与长木板平行。调节木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
②取下砂桶，测出砂和砂桶的总质量m，并让小车沿木板下滑，测出小车的加速度a；
③改变砂桶中砂子的质量，重复步骤①和②，多次测量，仍然取砂和砂桶的重力为F，作出a−F图像。请你定性画出a−F图像，并说明理由。
12.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，实验小组将待测电源E、电流表A(量程0∼0.2A，内阻RA=6.0Ω)、电阻箱R和开关用导线连成图甲所示的电路。
(1)闭合开关S，记录电阻箱接入电路的阻值R，电流表示数I，测得多组数据，作出1I−R图像如图乙所示，则待测电源的电动势E=______ V，内阻r=______Ω。(结果保留两位有效数字)
(2)小明同学用该电源、某型号的热敏电阻Rs和一定值电阻设计一个如图丙所示的自动控制电路。当1、2两端所加电压上升至2V时，控制开关自动启动加热系统，已知热敏电阻Rs的阻值随温度的变化如图丁所示，不考虑控制开关对所设计电路的影响，提供的定值电阻有：R1=6Ω，R2=12Ω，R3=22Ω(限选其中之一)，要求当环境温度降到10∘C时启动加热系统，定值电阻R应选______；不考虑测量的偶然误差，若选择R1，当加热系统启动时，环境温度______(选填“高于”、“低于”或“等于”)10∘C。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，竖直汽缸中间放置一可上下移动的绝热活塞，将汽缸分为A、B两部分，且A部分导热良好，B部分绝热。汽缸内横截面积为S，高度为2h，活塞的厚度可忽略。初始时刻，汽缸竖直放置，活塞位于汽缸中间位置，A、B内气体的压强分别为p0、1.5p0，气体温度均为T0。忽略一切摩擦，重力加速度为g。
(1)求活塞质量m。
(2)若利用充气装置给A部分充入等量的相同状态气体，且通过B部分的电阻丝改变气体温度，最终A、B部分的高度比为2：1，求最终B中气体的温度T。
14.如图所示，质量mB=4kg的光滑斜劈B静止在水平台面上，底边长度d=6m，高度h=4m。B底端距离台面边缘x0=2m，水平地面上一质量mC=2kg的木板C紧靠平台静置，C上表面与台面相平。质量mA=2kg、可看作质点的物块A从B顶端由静止释放，滑到台面上时与台面发生相互作用，A的动能发生损失，进入台面后的速度水平向右，大小为vx=4 2m/s。已知A沿B下滑过程中，A和B相对地面均做匀变速直线运动，B与台面、C与地面间均无摩擦，A与台面、A与C间动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)A滑到B底端时，B向左滑动的距离xB；
(2)A滑上C时A的速度大小v0；
(3)为使A不从C上滑下，C的最小长度L；
(4)A滑到B底端后，与台面发生相互作用过程中A损失的动能ΔEk。
15.如图所示，平面直角坐标系xOy第一象限内有垂直纸面、大小恒定的圆形匀强磁场，半径R=1m，圆心坐标(1m,1m)。一重力不计、带正电的粒子从y轴上的P点以速度v0沿x轴正向进入磁场。已知粒子的比荷为qm=108C/kg，P点的坐标为(0,1m)。
(1)若v0=106m/s，粒子从P点进入磁场后恰能垂直x轴出磁场，求磁感应强度B的大小及方向；
(2)若粒子以某一速度v1进入磁场，粒子经t=π3×10−6s后射出磁场并经过x轴上Q点，求Q点的横坐标xQ及粒子从P到Q的时间tPQ；
(3)若将磁场沿y轴负方向移0.5m，粒子仍以v0=106m/s进入磁场，求粒子在磁场中运动的时间及离开磁场时的方向。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、核反应遵循质量数守恒和电荷数守恒，可得X的质量数为1、电荷数为0，可知X为中子，故A错误；
B、Og294的质量数是294，电荷数(质子数)是118，则中子数N=294个−118个=176个，故B正确；
C、原子核的核子数越大，结合能越大，故 98249Cf的结合能小于 118294Og的结合能，故C错误；
D、1ml的Og经过24ms(两个半衰期)后会剩余m=m0(12)2=14m0，则剩余0.25ml未衰变，故D错误。
故选：B。
根据核反应遵循质量数守恒和电荷数守恒可判断X以及Og的中子数；根据结合能的有关因素判断；1ml的Og经过24ms(两个半衰期)后会剩余0.25ml未衰变。
本题主要考查了核反应方程、原子结构以及半衰期等原子核物理部分的知识点。
2.【答案】A
【解析】解：若以最大入射角入射即i=90∘，根据光的折射定律可知n=sinisinr=1.54
可得sinr=11.54=0.65
可知r=40.5∘
则折射角r≤40.5∘，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据全反射临界角公式反推最大折射角，据此分析。
解题关键是能记住全反射临界角公式。
3.【答案】B
【解析】解：A.在图示位置，线圈平面与磁场方向垂直，磁通量最大，磁通量发变化率为0，根据法拉第电磁感应定律e=NΔΦΔt
可知此时感应电动势为0，瞬时电流也为0，故A错误；
B.发电机产生的感应电动势的最大值Emax=NBSω
其有效值E=Emax 2=NBSω 2
对于理想变压器，有U1U2=n1n2，U1=E
则U2=n2n1E=n2n1⋅NBSω 2
负载电阻的功率P=U22R=(n2n1⋅NBSω 2)2R=n22N2B2S2ω22n12R
故B正确；
C.根据楞次定律，从图示位置转过90∘过程中，感应电流产生的磁场要阻碍原磁通量的变化，原磁通量减小，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同，再根据右手螺旋定则可判断电流方向由Q指向P，故C错误；
D.从图示位置转过90∘时，线圈平面与磁场方向平行，磁通量为0，磁通量的的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知故此时瞬时电压最大，故D错误。
故选：B。
根据理想变压器原理以及正弦式交变电流的产生以及特征分析。
解决本题时，要掌握变压器的基本规律，知道正弦式交流电峰值的表达式Em=NBSω，以及知道峰值与有效值的关系。
4.【答案】D
【解析】解：A.四个点a、b、c、d的场强大小相等，方向不同，故A错误；
B.试探电荷的电性未知，无法判断电场力方向，若为负电荷，则在O处受到电场力方向竖直向上，故B错误；
C.正点电荷的等势面是同心球面，底面abcd不是一个等势面，故C错误；
D.O点距离场源电荷较近，电势较高，所以点电荷−q沿aOc移动电势能先减小后增大，故D正确；
故选：D。
根据点电荷产生的电场特点和矢量合成法则分析各个点的电场强度，根据电场力方向的规定分析B；根据点电荷等势面的特点分析C，根据电势变化分析电势能变化。
本题以点电荷形成电场为背景，考查电场强度的叠加、电势、电场力做功与电势能改变等，要结合对称性、电场力做功与电势能变化的关系进行分析。
5.【答案】A
【解析】解：由振动图像可知波的周期为T=2s，质点A开始振动时，波源O第二次到达波谷，可知此时经过的时间为t=34T+T,解得t=3.5s
可得波速为v=OAt=
波从A传到B点需要的时间为tAB=xABv=4.5−3.51s=1s=12T
可知质点B开始振动时，质点A处于平衡位置，位移为0，故A正确，BCD错误。
故选：A。
由振动图像可知周期，根据质点振动情况求解时间与波速，根据时间与周期关系判断质点位置。
解题关键是能够分析出时间与周期的关系，然后得出各个质点的运动状态。
6.【答案】D
【解析】解：AB.对P由平衡条件可知：绳子拉力T=2mg，Q受到绳的拉力的竖直向上分力大小为Tsin30∘=mg，可知Q与杆之间的弹力为零，故Q与杆之间没有摩擦力作用，故AB错误；
CD.由平行四边形定则可知，轻绳对定滑轮作用力的方向指向左下方，轻绳对定滑轮作用力的大小为2Tcs30∘=2×2mg× 32=2 3mg，根据牛顿第三定律可知定滑轮对轻绳作用力的方向指向由上方，大小为2 3mg，故C错误，D正确。
故选：D。
AB.对P、Q分别受力分析，然后由平衡条件判断；
CD.根据力的合成先判断出轻绳对定滑轮的作用力，再由牛顿第三定律判断；
本题考查共点力作用下物体的平衡，关键要会选择合适的以及对象利用平衡条件求解。
7.【答案】A
【解析】解：设物体能上升的最大高度为H，则上升过程，重力势能为EP=mgs，即重力势能随路程的增大而增大；
下降过程中，重力势能为EP=mg(2H−s)，即重力势能随路程的增大而减小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
明确重力势能的定义式，根据公式分析对应的图象。
本题考查重力势能的定义以及图象的应用，关键是明确表达式，再结合图象分析求解。
8.【答案】AD
【解析】解：A.根据开普勒第二定律可知，海王星离太阳越近，转动线速度越大，A点到太阳的距离小于B点到太阳的距离，所以在A点的速率大于在B点的速率，故A正确；
B.由题图可知，海王星在B、D两点与太阳的连线不在同一方向，故加速度的方向不同，故B错误；
C.由开普勒第二定律可知，海王星在绕太阳运行的过程中，其轨道与太阳连线在相同单位时间内扫过的面积均相等，故C错误；
D.海王星离太阳越近，转动线速度越大，则海王星在AB段的平均速率大于在BC段的平均速率，故tAB