2025-2026学年广东省纵千文化高三（上）阶段性联合检测物理试卷（12月）（含答案）

这是一份2025-2026学年广东省纵千文化高三（上）阶段性联合检测物理试卷（12月）（含答案），共8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。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.在下面列举的测量工具中，属于国际单位制基本物理量测量工具的是( )
A. 测力计B. 电阻表C. 游标卡尺D. 电压表
2.滑雪场地成为了越来越多人的冬游之选.如图所示，某滑雪场打算在一坡度约为16∘的滑道边上安装一条100 m的长直“魔毯”来运送滑雪者上山，其表面与其他物品的动摩擦因数均为0.75，“魔毯”始终匀速运行.某携带装备的成年人质量为70 kg，sin16∘=0.28，cs16∘=0.96，则一个成年人上山过程中摩擦力做功约为( )
A. 1.96×104JB. 5.04×104JC. 7×104JD. 1.96×105J
3.如图所示的正方形ACBD，O点为对角线的交点，其中a、b分别为AO、BO的中点，现将两个等量的同种正点电荷Q固定在A、B两点.则下列说法正确的是( )
A. 正的试探电荷由a到b的过程，动能先减小后增大
B. 电子由C到D过程，电势能先增大后减小
C. 电子由C点静止释放，到D点速度为零
D. 从O点沿OC到无穷远处，电场强度一直增大
4.频率为f1的单色光a在真空环境下通过一双缝干涉装置，得到宽度为Δx的干涉条纹;频率为f2的单色光b在水下通过同一双缝干涉装置，得到宽度仍为Δx的干涉条纹，水对两种光的折射率分别为n1、n2。下列说法正确的有( )
A. f1a)，在坐标纸上以a为纵轴、以b为横轴描点画线后，得到一条斜率大小为k= −1.3×10−3，纵轴截距为l=7.2×10−4的直线，则电源的电动势E= V，内阻r = Ω．
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.图甲为质量M= 50 kg的人站在地面上放风筝.若人静止在水平面且风筝稳定时，风筝平面与水平方向的夹角为θ=37∘，细线与风筝平面的夹角为β=53∘，如图乙所示.已知风筝的质量为m=1kg，sin37∘=0.6，重力加速度g=10m/s2，风力垂直于风筝平面，不考虑人受的风力.求：
(1)地面对人的支持力;
(2)人对地面的摩擦力．
14.如图所示，质量为m的行星沿椭圆轨道绕质量为M的太阳运动，太阳在椭圆轨道的一个焦点处，椭圆轨道的半长轴为a，半短轴为b，半焦距为c.如选无穷远处为零势能点，则行星和太阳系统的引力势能为−GMmr，其中M为太阳质量，m为行星质量，r为距太阳球心的距离，G为万有引力常量.求：
(1)行星在近日点A和远日点B的速度大小之比;
(2)行星在椭圆轨道上运动的机械能的表达式．
15.如图所示，在xOy平面直角坐标系的第Ⅱ象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在第四象限内有矩形边界的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里.在x轴上坐标为(−d,0)的A点，第一次沿与x轴正向成30∘角的方向射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子恰好从坐标原点O进入磁场，第二次保持粒子射出的速度大小不变，改变粒子在A点射出的方向，结果粒子也恰好从O点进入磁场，不计粒子的重力，求：
(1)粒子从A点射出的初速度大小;
(2)第二次粒子从A点射出时的方向与x轴正向的夹角;
(3)两次射出的粒子在第四象限内做的都是圆周运动，则矩形磁场的最小面积．
参考答案
1.C
2.A
3.C
4.D
5.C
6.B
7.D
8.BC
9.AD
10.BD
11.(1)C
(2)97.50
(3)4π2n2Lt2

12.(1)C；D；(2) ；(3)1.44；2.2；
13.解：(1)(2)对风筝受力分析如图甲所示：
沿风筝平面，有mgsinθ=Tcsβ
垂直风筝平面，有mgcsθ+Tsinβ=F
解得T=10N、F=16N
以人和风筝为研究对象，受力分析如图乙所示
水平方向上有Ff=Fcs53∘=9.6N
由牛顿第三定律可知人对地面的摩擦力为F′f=Ff=9.6N，方向水平向左；
竖直方向上有FN=(M+m)g−Fsin53∘
解得FN=497.2N，方向竖直向上。
14.解：(1)分别在近日点和远日点取相等的很小时间△t，根据开普勒第二定律有
12vAt⋅(a−c)=12vBΔt⋅(a+c)
解得vAvB=a+ca−c；
(2)在点A的机械能EA=12mvA2+(−GMma−c)
在点B的机械能EB=12mvB2+(−GMma+c)
根据机械能守恒可知EA=EB
结合(1)中结论联立可得E=−GMm2a
15.解：(1)设粒子射出的初速度大小为v0，根据题意，
d=v0cs30∘·t1
v0sin30∘=a⋅12t1
根据牛顿第二定律
qE=ma
解得v0= 2qEd 3m= 2 3qEd3m；
(2)设第二次射出的速度方向与x轴正向夹角为θ，则
d=v0csθ⋅t2
v0sinθ=a⋅12t2
解得sin2θ= 32，θ=30∘或θ=60∘
因此第二次粒子射出的速度方向与x轴正向的夹角为60∘；
(3)两次粒子均从坐标原点O进入磁场，设做圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律
qv0B=mv02r
解得r=1B 2mEd 3q
矩形磁场到y轴的最远距离x1=2rsin60∘
矩形磁场到x轴的最远距离y1=r−rcs60∘
因此需要的矩形磁场最小面积S=x1y1
解得S=mEdqB2