2024-2025学年广东省华附、省实、广雅、深中四校联考高三上学期期末物理试卷（学生版）

这是一份2024-2025学年广东省华附、省实、广雅、深中四校联考高三上学期期末物理试卷（学生版），共17页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分 100 分。考试用时 75 分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上，用 2B 铅笔在答题卡相应位置上填涂考生号。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 库仑通过扭秤实验精确地测出电子电荷量
B. 安培提出“分子电流假说”，解释了加热消磁现象
C. 法拉第总结的电磁感应定律揭示了电和磁之间的相互联系
D. 伽利略为了说明力是维持物体运动的原因采用了理想实验
2. 大质量钢卷是公路运输中的危险物品，如图所示运输车在运输钢卷的过程中需要安装符合规范的装载支架，若已知支架斜面均与水平面成α，表面光滑的圆柱形钢卷质量为m，静止摆放在支架A、B之间，没有用绳索固定，钢卷始终没有相对支架滑动，则（ ）
A. 运输车匀速前进和静止两种状态下，钢卷受力不同
B. 运输车向前加速时，支架B对钢卷的作用力增大
C. 运输车向前加速时，支架对钢卷的作用力小于重力
D. 运输车向前减速时，加速度大小不能超过
3. 2024年3月20日，“鹊桥二号”中继星成功发射升空，为“嫦娥四号”“嫦娥六号”等任务提供地月间中继通信。3月25日，“鹊桥二号”中继星经过约112小时奔月飞行后，在距月面约440公里处开始实施近月制动，约19分钟后，顺利进入环月轨道飞行，其运动轨迹演示如图所示，其中A点为轨道交点，则（ ）
A. 地球上发射“鹊桥二号”的速度应大于第二宇宙速度
B. “鹊桥二号”在不同轨道上经过B点时的机械能不相等
C. “鹊桥二号”通过环月椭圆轨道A点的加速度大于环月圆轨道A点的加速度
D. “鹊桥二号”在环月圆轨道上绕行一周时间为T，可得月球的密度
4. 潜艇从高密度海水突然进入低密度海水时，浮力会快速减少，使潜艇急剧下沉，这种现象称为“掉深”。如图甲所示，某潜艇在沿水平方向缓慢行驶时，突然出现“掉深”现象。以此时为t=0时刻，测得后续过程中潜艇在竖直方向的速度vy与时间的关系图像如图乙所示，t2为图像与横轴的交点。则（ ）
A. 内潜艇速度的竖直分量向上
B. 内潜艇的竖直方向平均速度大于
C. 内潜艇竖直方向加速度一直增大
D. 潜艇在时刻回到其“掉深”之前的高度
5. 在如图a所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R为压敏电阻，其阻值R随压力F的变化图像如图b所示，C为电容器，L为指示灯（指示灯的电阻保持不变），若r=R0，现在R上施加一压力F，则（ ）
A. 压力F减小，L变暗
B. 压力F减小，电容器的电量增大
C. 压力F增大，压敏电阻消耗的功率增加
D. 压力F增大，电压表电压变化量与电流表电流变化量的比值不变
6. “场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜，在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处正点电荷形成的电场，如图是 显微镜的示意图，a、b、c是玻璃泡内以O为球心的半球面上的三个点，且abc平面与钨针垂直， d为导电膜上一点，其中a、b、c三点到O点的距离与cd连线距离相等，则（ ）
A. a、b、c三点的场强相同B.
C. 一电子从b点向d点运动，电势能减少D.
7. 某游乐设施的简化图如下，小车滑至直轨道时需要穿过一隧道，隧道的顶部和底部每隔L固定放置一对正对着的强磁体，每组磁体产生的磁场区域可近似认为是边长为L的正方形，磁感应强度相同，小车底部固定一边长为L的正方形铜线圈，小车以大小为v的速率匀速通过隧道，现规定：电流沿逆时针方向时回路的感应电动势为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量为正，安培力向左为正。从图乙所示位置开始计时，关于线框中的磁通量、感应电动势、安培力和电功率随时间t变化的图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
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. 现代科学研究表明，如图所示，运动员手持一定质量的负重起跳，能够跳得更远。在某次负重跳远训练中，运动员两手各持一个负重，与水平方向成一定角度跳离地面，当他到达最高点时，相对自己向后以速率v0水平抛出负重，抛出后瞬间他的速度水平向前，大小也为v0，忽略空气阻力，则（ ）
A. 抛出负重前后的一段时间内，人与负重动量守恒
B. 起跳后到落地前，人与负重系统机械能不守恒
C. 负重抛出后落地前，动量方向竖直向下
D. 与不抛出负重相比，运动员跳得更远，时间更长
9. 抛石机的简化图如图所示，质量为m的石块装在长臂为L的杠杆末端，质量为M的配重安装于长为l短臂的末端，初始时杠杆被固定，抛石机静止，长臂与水平面的夹角为。 释放杠杆，配重下落，带动杠杆在竖直面自由转动，杆转到竖直位置时将石块以速度v水平抛出，此时配重未接触地面。 石块与配重均可视为质点，不计摩擦、空气阻力和杠杆质量，重力加速度为g。 释放杠杆到杠转到竖直位置这段过程中（ ）
A. 石块增加的机械能为
B. 石块受到的合力对石块做的功为
C. 配重增加的重力势能为
D. 配重增加的动能为
10. 如图所示，以三角形ACD为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，，，AO垂直于CD。O点有一电子源，可沿CD上方纸面180°范围内各个方向均匀地发射速率相同的电子（不计电子重力），恰好有三分之一的电子从AC边射出，则（ ）
A. 电子能经过D点
B. 电子速度方向与OC的夹角为60°时，电子在磁场中飞行时间最短
C. AC边上有电子射出区域占AC长度的二分之一
D. 经过AC边的电子数与经过AD边的电子数之比为2：3
三、非选择题：本题共5小题，共54分。考生根据要求作答。
11. 请按要求完成以下内容
某同学用图甲所示的实验装置探究加速度a与所受合力F的关系：如图连接小车并跨过滑轮的细线应与___________平行。如图乙所示的纸带，相邻点的时间间隔为0.02s，则打下第“3”点时小车的速度为___________m/s。（保留三位有效数字）
12. 如下图，甲和丙是两个验证“平抛运动的规律”的装置图，乙是根据实验结果作出的图像，回答以下问题：
甲图中，用重锤敲打金属片后，A、B球同时落地，这个现象体现的规律在乙图中表现为a、b、c、d水平间隔相等的四个点中，相邻两点间的竖直位移差___________（填“均匀变大”“均匀变小”或“相等”）。采用丙图装置，先利用___________调节平抛仪背板，使其处于竖直状态，若在斜槽末端放置一个小球，小球向左滑动，则应把斜槽末端适当调___________（填“高”或“低”），每次释放小球的位置___________（填“需要”或“无需”）相同。
13. 磁阻效应指的是物质在磁场中电阻发生变化的现象。如图甲所示的磁敏电阻就是具有磁阻效应的电阻元件。为了测量并描绘磁敏电阻RM的阻值随磁感应强度B的变化的曲线，设计了如图乙所示的电路，电路还没有连接完整。电路中的器材：电源E（6V）、滑动变阻器R（最大阻值为20Ω），电压表V（量程0~3V的内阻为2kΩ）和毫安表A（选用量程为0~6mA，内阻忽略），磁敏电阻RM，定值电阻R0，开关、导线若干。
（1）请用笔代替导线在乙图中将电路补充完整，并选择一个阻值合理的定值电阻R0=___________（选填“2kΩ”“200Ω”或“20Ω”）。
（2）实验中得到该磁敏电阻阻值RM随磁感应强度B变化的曲线如图丁所示。
（3）某次测量时电压表的示数如图丙所示，电流表读数为1.0mA，对应的磁感应强度大小为___________T（保留2位小数）。
（4）现利用该磁敏电阻制作了一种报警器，电路如图戊所示。图中E为直流电源（电动势为6.0V，内阻不计），Ra和Rb中有一个是磁敏电阻。电压输出部分电路可以等效为电阻Rb与阻值为8kΩ的电阻并联，报警器的工作电压等于Rb两端的电压，报警器的工作电压达到或超过3V时，报警器报警。要求当磁感应强度等于或小于0.32T，报警器报警，则图中___________（填“Ra”或“Rb”）是磁敏电阻，另一固定电阻的阻值应为___________kΩ（保留3位有效数字）。
14. 某模型飞机在运行时阻力大小与速率平方成正比，比例系数为k，方向与飞机速度方向相反。实验小组通过系列操作测出比例系数k的大小。第一次作业：操纵飞机，使它竖直向下运动，当速度大小为v时达到匀速运动状态，此时向下的动力大小为F；第二次作业：操纵飞机以3F的恒定动力竖直向上运动，当速度大小为v时达到匀速运动状态。第三次作业：操纵飞机动力F1方向斜向右上方，使飞机以2v的速度向右做匀速直线运动，已知重力加速度为g，求：
（1）比例系数k的表达式和飞机的质量m；
（2）第三次作业的动力F1大小和动力功率P的大小。
15. 图甲所示是用“质子疗法”进行治疗肿瘤的装置图。如图乙，质子源产生的质子初速度可视为零，经加速电场加速后进入圆弧区域内的辐向电场，并沿着虚线做匀速圆周运动，辐向电场中某点的场强大小随r变化的关系为（U0为已知常量，r为该点与圆心O的距离，r未知）、电场方向均指向O。质子从P点离开辐向场，沿直径PO1进入半径为R的圆形匀强电场区域，最终轰击在圆形边界上的M点。已知圆形区域的匀强电场场强方向与OP平行，PO1与OP垂直、M点与OP距离为。质子的重力忽略不计，求：
（1）加速电压U；
（2）圆形区域中匀强电场的场强大小E；
（3）某次治疗需要使质子水平向右打在M点，只要调整圆形区域内匀强电场方向便可实现，求匀强电场与水平方向的夹角。
16. 如图甲所示，表面绝缘、足够长的粗糙水平传送带以的速度沿逆时针方向匀速运行，其上方有垂直向里的匀强磁场，磁感应强度；紧靠传送带右轮的光滑绝缘水平面上，沿中轴线静置有质量分别为、 小物体a、b，其中a带负电，电量，b不带电；两者中间放有压缩且被锁定的绝缘轻弹簧，弹簧与a、b恰好接触但不粘连，其弹性势能；在b右侧，固定有与水平面等高、间距为的足够长的平行金属导轨，其所在区域有竖直向上、磁感应强度也为0.5T的匀强磁场；在导轨上，两根金属细棒M、N垂直于导轨放置，其质量分别为和，M光滑，N与轨道的动摩擦因数为；某时刻解锁弹簧，之后b在M的中点处与M发生正碰粘在一起；若M、N不会相碰，b与M碰后MN与导轨组成的回路总电阻恒等于，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。
（1）求a在传送带上运动过程中所受合力的冲量大小I0；
（2）求M向右运动的位移大小；
（3）若在b与M碰完瞬间对N施加一水平向右的力F，F随M、N棒的相对速度Δv（）变化的图像如图乙所示，求整个过程中M克服安培力所做的功。
参考答案
1. 【答案】B
【解析】A．库仑设计了电荷扭秤实验，并总结出了电荷间相互作用规律的“库仑定律”，精确地测出电子电荷量的科学家为密立根，故A错误；
B．安培提出了分子电流假说，解释了加热消磁现象，故B正确；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，故C错误；
D．伽利略为了说明力是改变物体运动的原因采用了理想实验，故D错误。故选B。
2. 【答案】D
【解析】A．运输车匀速前进和静止两种状态下，均处于平衡状态，钢卷所受外力的合力为0，根据平衡条件可知，钢卷受力相同，故A错误；
B．运输车向前加速时，加速度方向向前，即钢卷所受外力的合力方向向前，则支架B对钢卷的作用力减小，故B错误；
C．运输车向前加速时，加速度方向向前，对钢卷进行分析，钢卷所受重力与支架对钢卷的额作用力的合力方向向前，根据平行四边形定则可知，支架对钢卷的作用力大于重力，故C错误；
D．运输车向前减速时，钢卷加速度方向向后，由于钢卷始终没有相对支架滑动，则当A支架弹力为0时，加速度为最大值，此时对钢卷进行分析，
根据牛顿第二定律有，解得
可知，运输车向前减速时，加速度大小不能超过，故D正确。故选D。
3. 【答案】B
【解析】A．第二宇宙速度为脱离地球吸引的最小发射速度，“鹊桥二号”中继星没有脱离地球的束缚，可知“鹊桥二号”在地球表面附近的发射速度大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度11.2km/s，故A错误；
B．“鹊桥二号”要从一个轨道变到另一轨道，都必须在B点变速，此时有外力做功，机械能发生变化，故“鹊桥二号”在不同轨道上经过B点时的机械能不相等，故B正确；
C．根据牛顿第二定律有，解得加速度的大小为，可知“鹊桥二号”通过环月椭圆轨道A点的加速度等于环月圆轨道A点的加速度，故C错误；
D．设环月圆轨道的半径为，月球的半径为， “鹊桥二号”在环月圆轨道上绕行一周时间为T，则有，又，联立可得
由题意可知，故D错误。故选B。
4. 【答案】B
【解析】A．由图乙可知内潜艇速度的竖直分量向下，故A错误；
B．根据图像与横轴围成的面积表示位移，由图乙可知内潜艇的竖直方向平均速度，故B正确；
C．根据图像的切线斜率表示加速度，由图乙可知内潜艇竖直方向加速度先增大后减小，故C错误；
D．由图乙可知内潜艇在竖直方向一直向下运动，所以潜艇在时刻没有回到其“掉深”之前的高度，故D错误。故选B。
5. 【答案】D
【解析】A．根据电路图可知压敏电阻R与指示灯串联，压力F减小，压敏电阻阻值减小，电路的电流变大，所以指示灯L变亮，故A错误；
B．电容两端的电压等于压敏电阻与指示灯的电压之和，根据闭合电路的规律，
有，压力F减小，压敏电阻阻值减小，电路的电流变大，电容两端电压减小，根据，可知电容器的电量减小，故B错误；
C．压力F增大，压敏电阻R的阻值增大，但不知R与（r+RL）的大小关系，所以无法确定压敏电阻消耗的功率情况，故C错误；
D．由闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，所以
即电压表电压变化量与电流表电流变化量的比值不变，故D正确。故选D。
6. 【答案】D
【解析】AB．玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处正点电荷形成的电场，其中a、b、c三点到O点的距离相等，可知a、b、c三点的场强大小相等，但方向不同；a、b、c三点处于同一等势面上，则有，故AB错误；
C．一电子从b点向d点运动，则有
由于电场力做负功，所以电势能增大，故C错误；
D．根据，
由于离点电荷越近场强越大，所以段的平均场强大于段的平均场强，
则有，故D正确。故选D。
7. 【答案】C
【解析】由于线圈以大小为v的速率匀速通过隧道，分析可知
在时间内，线框未切割磁感线，则磁通量为0，电动势E为0，安培力F为0，电功率P为0；
在时间内，线框切割磁感线，有，，，
可知磁通量正且均匀增加；电动势恒定，右手定则可知感应电流为逆时针，电动势为正；安培力恒定，左手定则知安培力水平向左，为正方向；电功率恒定；
在时间内，有，，，
可知磁通量为正且均匀减小；电动势恒定，右手定则可知感应电流为顺时针，电动势为负；安培力F恒定，左手定则知安培力F水平向左，为正方向；电功率P恒定；
在时间内，有，，，
可知磁通量为正且均匀增加；电动势恒定，右手定则可知感应电流为逆时针，电动势为正；安培力恒定，左手定则知安培力水平向左，为正方向；电功率恒定；以此类推，线框重复上述过程。故选C。
8. 【答案】BC
【解析】A．抛出负重前后的一段时间内，人与负重所受外力的合力不为0，可知，人与负重动量不守恒，故A错误；
B．由于人到达最高点时，相对自己向后以速率v0水平抛出负重，此时人对负重与自身做了正功，消耗了人的化学能，人与负重机械能增大，可知，起跳后到落地前，人与负重系统机械能不守恒，故B正确；
C．由于人到达最高点时，相对自己向后以速率v0水平抛出负重，而抛出后瞬间他的速度水平向前，大小也为v0，可知，此时负重的对地的速度为0，即负重抛出后做自由落体运，则负重抛出后落地前，动量方向竖直向下，故C正确；
D．人跳离地面时做斜抛运动，令初速度为，速度方向与水平方向夹角为，当人上升到最高点时，利用逆向思维有，解得
人在最高点，抛出负重后做平抛运动，由于高度一定，可知，与不抛出负重相比，运动员运动的时间不变，在抛出负重前后瞬间人与负重水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可知，抛出负重后人的速度增大，则与不抛出负重相比，运动员跳得更远，故D错误。
故选BC。
9. 【答案】BD
【解析】A．石块增加的机械能等于增加的重力势能与动能之和，可知石块增加的机械能为，故A错误；
B．根据动能定理可知，石块受到的合力对石块做的功为，故B正确；
C．配重向下运动，重力做正功，重力势能减小为，故C错误；
D．配重与石块角速度相等，则有
配重增加的动能，解得，故D正确。故选BD。
10. 【答案】ACD
【解析】A．由洛伦兹力提供向心力可以得到半径公式
所有电子半径都相等，由题意可知，其恰好有三分之一的电子从AC边射出。由左手定则可知，电子进入电场后逆时针做圆周运动，所以其从AC边射出的一个临界位置为从A点射出，此时入射方向与OC成角：θ=60°，如图所示，
设AO的距离为L，由几何关系可知其电子的半径为r=L
将该圆进行旋转，可知当θ=150°时，电子从D点射出，故A项正确；
B．电子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为T，有
在磁场中运动的时间为t，有
即电子运动的圆心角越小，其在磁场中运动的时间就越小，由几何关系可知，圆心角所对应的弦长越长，其圆心角越大，所以最短时间即为弦长的最小值，由几何关系可知，弦长最短的为垂直于AD，由几何关系可知，此时θ≠60°时，所以θ为60°时电子在磁场中飞行时间并不是最短的，故B项错误；
C．由上述分析可知，电子从AC边上射出，其中一个临界为A点，另一个临界为E点，如图所示
由之前的分析可知。粒子的半径为L，AO的距离也为L，由几何关系可知，AC为2L，E点为AC的中点，即AC边上有电子射出区域占AC长度的二分之一，故C项正确；
D．由题意及之前的分析可知，当0°≤θ≤60°范围内，电子从AC边上射出，当粒子在60°≤θ≤150°范围内，电子从AD边射出，所以经过AC边的电子数与经过AD边的电子数之比为60°：90°=2：3，故D项正确。故选ACD。
11. 【答案】 长木板 ；1.92
【解析】为使小车所受的合力为细线的拉力，故细线应与长木板平行；
根据匀变速直线运动中时间中点速度等于该过程中的平均速度，则打纸带上3点时小车的瞬时速度大小
12. 【答案】相等 ；重锤线 ； 低 ； 需要
【解析】平抛运动水平方向上做匀速直线运动，四个点水平位移相等可知四个点之间的时间间隔相同，竖直方向上小球做匀变速直线运动，根据推论可知相邻相同时间内位移差相等。
重力的方向竖直向下，采用丙图装置，可利用重锤线调节平抛仪背板，使其处于竖直状态
在斜槽末端放置的小球向左滑动，说明斜槽末端左低右高，应当把斜槽末端适当调低。
小球每次必须从同一高度由静止释放，以保证到达底端时速度相同，故每次释放小球的位置需要相同。
13. 【答案】（1）见解析 ；2kΩ ；（3）0.40##0.41##0.42 ；
（4）Ra ；2.67（2.49-2.85范围内均可）
【解析】（1）电路连接如图：
电压表内阻为2kΩ，若与2kΩ的定值电阻R0串联，可将电压表的量程扩大为6V，可满足实验要求；
（3）电压表读数为1.30V，则磁电阻两端电压为U=2.60V，电流为I=1.0mA，则磁电阻的电阻值为
由图可知此时的磁感应强度B=0.40T
（4）磁感应强度越小时，磁电阻越小，电路的电流越大，定值电阻上电压越大，若大于3V开始报警，可知Rb是定值电阻，Ra是磁敏电阻；
当磁感应强度等于0.32T，此时RM=2kΩ，此时电路总电流
则
14. 【答案】（1）， （2），
【解析】【小问1】当飞机竖直向下飞行做匀速直线运动时，根据平衡条件有
当飞机竖直向上飞行做匀速直线运动时，根据平衡条件有
解得，
【小问2】当飞机斜向右上方运动时，令其阻力大小为f1，则有
令F1方向与水平方向夹角为θ，对飞机进行分析，飞行做匀速直线运动时，根据平衡条件有，
结合上述解得
此时功率大小为
结合上述解得
15. 【答案】（1） （2） （3）
【解析】【小问1】根据动能定理可得
质子在辐射电场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得
联立解得
【小问2】质子在圆形电场中做抛体运动
根据抛体运动规律可得，
由牛顿第二定律可知
结合上述结论可得，联立解得
【小问3】设电场方向与水平方向夹角为，根据运动学规律可得，
解得，
16. 【答案】（1） （2）m （3）0.11J
【解析】【小问1】弹开时，设a、b的速度分别为、，
由动量守恒和能量守恒有：，
解得m/s，m/s
a滑上传送带后向左加速，设其速度为时与传送带恰好无挤压，则有
解得m/sm/s
故a在传送带上运动的末速度为5m/s；对a，由动量定理
解得
【小问2】b与M棒相碰，设共速为v，则有解得m/s
B切割磁感线，电动势
回路电流
两棒所受安培力
解得N
故棒N不会动 对棒M与b，在很短的时间内，由动量定理
对全程，满足，解得m
【小问3】当速度差为0.4 m/s~1.6 m/s之间时，由于，M、N系统动量守恒，当速度差为0.4 m/s时，由动量守恒定律有
又因为
可得，
当速度差小于时，（SI制）
回路的感应电动势为
感应电流
N棒受到的安培力
由于，可知之后N匀速，M减速至匀速，系统将一起以vN1=0.6 m/s匀速运动，故全过程M克服安培力做的功为-
解得W=0.11J