广东省领航高中联盟2025-2026学年高三上学期12月联考物理试题（含答案）

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1.D 2.C 3.B 4.A 5.C 6.B 7.D 8.AD 9.AC 10.AB
11.【答案】（1）9.762（9.761~9.764均可，2分） （2）①1.5（2分） ②偏大
（2分）
12.【答案】（1）10000（2分） （2）见解析（2分） （3）9900（2分） （4）Rbca（2分） （5）减小（1分） R2（1分）
【解析】（1）多用电表选择开关旋转到“×1 k”，读数为10000 Ω。
（2）为了精确测量该压敏元件的电阻，电流表内阻已知，故采用电流表内接法，实验中要求电压表的示数可以从零开始调节，滑动变阻器采用分压接法，实验电路连接如图所示：
（3）根据欧姆定律，R＋RA=UI，RA=100 Ω，解得R=9900 Ω。
（4）根据电阻定律R=ρLS，可知ρ=RSL=Rbca。
（5）通过分析图像发现，随着压力F的增大，该压敏元件电阻率ρ逐渐减小，电阻减小，分压也会减小，所以报警器应并联在R2两端。
13.解：（1）初始到活塞刚好接触压力传感器的过程为等压过程
Sh2T0=S（h1＋h2）T1（2分）
将T1=500 K代入
解得T0=300 K（2分）
（2）温度超过500 K后，密闭气体为等容变化
p0T1=p2T2（2分）
对活塞进行受力分析
F＋p0S=p2S（2分）
解得T2=510 K（1分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
14.解：（1）物块P做自由落体运动，设碰撞前瞬间物块P的速度大小为v0
v02=2gh0（1分）
物块P和平台AB发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律
12mv0=－12mvP＋mv（1分）
12×12mv02=12×12mvP2＋12mv2（1分）
解得v=22gh03（1分）
（2）设弹簧劲度系数为k，初始时，k∙4h09=mg（1分）
碰撞后，平台AB向下运动过程中，受到轨道的阻力大小Ff=mg－9mg4h0∙s
以向上为正方向，平台AB所受合外力F=Ff＋k（4h09＋s）－mg（1分）
解得F=mg，即平台AB受方向向上的恒力，做匀减速直线运动（1分）
F=ma（1分）
解得a=g（1分）
（3）碰撞后，平台AB向下做匀减速直线运动，根据运动学公式，v2=2ad（1分）
解得d=4h09
初始时，弹簧的弹性势能Ep0=12k（4h09）2（1分）
平台AB减速为零时，弹簧的弹性势能Ep1=12k（4h09＋d）2（1分）
弹簧弹性势能的增加量ΔEp=Ep1－Ep0
解得ΔEp=2mgh03（1分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
15.解：（1）离子在加速电场中加速，由动能定理，qU=12mv02（1分）
离子沿水平直线通过速度选择器，qE0=qv0B0（1分）
解得v0=2qUm，E0=B02qUm（1分）
（2）根据qv0B1=mv02r0（1分）
解得r0=L（1分）
离子将垂直OA边界从K点进入区域Ⅱ，将速度v0分解为沿x轴方向的v1和沿y轴方向的v2，则v1=v0sin 45°，v2=v0cs 45°，加上匀强电场E1后，由几何关系可知，K点与x轴的距离为h=22L，离子恰好打在x轴上，所以沿y轴方向的分速度减为0（1分）
－qE1h=12mv12－12mv02（1分）
解得E1=2U2L（1分）
（3）如图，当区域Ⅰ内磁感应强度大小为B1max时，离子在区域Ⅰ内的轨迹恰好与OA相切于M点，此时的圆心为O1，半径为r1
由几何关系有（L－r1）sin 45°=r1（1分）
由牛顿第二定律，qv0B1max=mv02r1（1分）
解得r1=（2－1）L，B1max=（2＋1）2qUmqL（1分）
如图，当区域Ⅰ内磁感应强度大小为B1min时，设离子从OA上的H点从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，恰好与x轴相切于N点，两区域内轨迹圆的圆心分别为O2和O3，圆心角为θ
由qvB=mv2r
B1=2B2
可知两区域内的轨迹圆半径之比为1：2，分别设为r和2r，由几何关系，
2r－rsin θ=2rcs θ（1分）
解得cs θ=35，sin θ=45
（3rsin θ）2＋［2r－（L－r）］2=（3r）2（1分）
解得r=56L或r=524L，由于r=524L＜r1，舍去
qv0B1min=mv02r（1分）
解得B1min=62qUm5qL（1分）
所以，要使离子能够打在x轴上，62qUm5qL≤B1≤（2＋1）2qUmqL（1分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。