广东省广州越秀区培正中学2026届高三下学期联合考试物理试题含解析

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2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、图1为沿斜坡向上行驶的汽车，当汽车以牵引力F向上运动时，汽车的机械能E与位移x的关系如图2所示（AB段为曲线），汽车与斜面间的摩擦忽略不计．下列说法正确的是（ ）
A．0～x1过程中，汽车所受拉力逐渐增大
B．x1～x2过程中，汽车速度可达到最大值
C．0～x3过程中，汽车的动能一直增大
D．x1～x2过程中，汽车以恒定的功率运动
2、如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地。现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点。如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，而使A板带电，同时B板因感应而带上等量异号电荷，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．落到A板的油滴数
B．落到A板的油滴数
C．第滴油滴通过电场的整个过程所增加的电势能等于
D．第滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于
3、我国计划于2020年发射火星探测器，如图是探测器到达火星后的变轨示意图，探测器在轨道Ⅰ上的运行速度为，在轨道Ⅱ上P点的运行速度为v2，Q点的运行速度为，在轨道Ⅲ上P点的运行速度为v4，R点的运行速度为v5，则下列关系正确的是
A．B．
C．D．
4、关于静电场中的电场线，下列说法错误的是（ ）
A．电场线能够形象描述电场的强弱和方向
B．沿电场线的方向电势有可能升高
C．电场线总是垂直等势面指向电势降低的方向
D．沿电场线方向移动一正电荷，其电势能一定减小
5、某气体星球的半径为，距离星球中心处的点的重力加速度为。若该星球的体积在均匀膨胀，膨胀过程中星球质量不变，且密度均匀。当星球半径膨胀为时，点的重力加速度为。已知质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零。则与的比值为（ ）
A．B．1C．D．
6、如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0＝30 J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，则( )
A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 J
B．滑块上滑过程中机械能增加4 J
C．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加14 J
D．滑块返回到斜面底端时动能为15 J
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，此时波恰好传到平衡位置在用x1=2.5m处的P点。已知平衡位置在x2=5.5m处的Q点在0~8s内运动的路程为0.2m，则下列说法正确的是_____。
A．P点的起振方向沿y轴正方向
B．P点振动的周期为4s
C．该波的传播速度大小为1m/s
D．质点Q的振动方程为
E.若一列频率为1Hz的简谐横波沿x轴负方向传播，与该波相遇时会产生稳定的干涉现象
8、如图所示，一由玻璃制成的直角三棱镜ABC，其中AB＝AC，该三棱镜对红光的折射率大于。一束平行于BC边的白光射到AB面上。光束先在AB面折射后射到BC面上，接着又从AC面射出。下列说法正确的是________。
A．各色光在AB面的折射角都小于30°
B．各色光在BC面的入射角都大于45°
C．有的色光可能不在BC面发生全反射
D．从AC面射出的有色光束中红光在最上方
E. 从AC面射出的光束一定平行于BC边
9、理论研究表明，无限大的均匀带电平板在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场．现有两块无限大的均匀绝缘带电平板正交放置，如图所示，A1B1板两面带正电，A2B2板两面带负电，且两板单位面积所带电荷量相等(设电荷不发生移动)．图中直线A1B1和A2B2分别为带正电平面和带负电平面与纸面正交的交线，O为两交线的交点，C、D、E、F恰好位于纸面内正方形的四个顶点上，且CE的连线过O点．则下列说法中正确的是

A．D、F两点电势相同
B．E、F两点场强相同
C．UEF＝UED
D．在C、D、E、F四个点中电子在F点具有的电势能最大
10、如图所示，电路中均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器的极板水平放置。闭合开关，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅满足下列各选项中的条件，油滴仍可能静止不动的是（ ）
A．增大的阻值，增大的阻值
B．增大的阻值，减小的阻值
C．减小的阻值，增大的阻值
D．减小的阻值，减小的阻值
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）。正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值越大，负责温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值越小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中。某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx（常温下阻值约为10.0Ω）的电流随其两端电压变化的特点。
A．电流表A1（满偏电流10mA，内阻r1=10Ω）
B．电流表A2（量程0～1.0A，内阻r2约为0.5Ω）
C．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
D．滑动变阻器R2（最大阻值为500Ω）
E．定值电阻R3=990Ω
F. 定值电阻R4=140Ω
G．电源E（电动势12V，内阻可忽略）
H．电键、导线若干
（1）实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器______。（只需填写器材前面的字母即可）
（2）请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图_____。
（3）该小组测出某热敏电阻Rx的I1—I2图线如曲线乙所示，NTC热敏电阻对应的曲线是____（填①或②）。
（4）若将上表中的PTC电阻直接接到一个9V，内阻10Ω的电源两端，则它的实际功率为_______W。（结果均保留2位有效数字）
12．（12分）为了测量一待测电阻Rx的阻值，准备了以下器材：
A．多用电表
B．电流表G1（0~100 mA，内阻约5 Ω）
C．电流表G2（0~50 mA，内阻r2=10 Ω）
D．定值电阻R0（20 Ω）
E. 滑动变阻器R1（0~5 Ω）
F. 滑动变阻器R2（0~100 Ω）
G. 直流电源（3.0 V，内阻不计）
H. 开关一个及导线若干
（1）用多用电表欧姆表“×1”挡粗测电阻时，其阻值如图甲中指针所示，则Rx的阻值大约是_______Ω。
（2）滑动变阻器应选________（填仪器前的序号）。
（3）若是用G2表测Rx两端电压，请在图乙对应的虚线框中完成实验电路设计（要求：滑动变阻器便于调节，电表读数不得低于量程的）。（________）
（4）补全实验步骤：
a. 按图乙所示电路图连接电路，将变阻器滑动触头移至最________端（选填“左”或“右”）；
b. 闭合开关S，移动变阻器滑动触头至某一位置，记录G1、G2表的读数I1、I2；
c. 多次移动变阻器滑动触头，记录相应的G1、G2表的读数I1、I2；
d. 以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线如图丙所示，则待测电阻Rx的阻值为________Ω（保留两位有效数字）。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，有一竖直放置的绝热密闭气缸上端开口。气缸中有一绝热活塞，活塞质量为，面积为，厚度可以忽略。不计活塞与气缸之间的摩擦，开始时刻活塞处于静止状态并距离气缸底部高度为，距离上端口为。活塞下方有一定质量的理想气体，初始时刻温度为。已知大气压强为，重力加速度为。求：
(1)在活塞上放一重物时（图中未画出，重物与气缸壁不接触）活塞和重物下降至距离气缸底部处静止不动，此时气缸内气体温度为，则此重物的质量为多少？
(2)在(1)中状态后，用气缸内部的电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热直至活塞恰好与管口持平，则此时气缸内气体的温度是多少？
14．（16分）如图所示为演示“过山车”原理的实验装置，该装置由两段倾斜直轨道与一圆轨道拼接组成，在圆轨道最低点处的两侧稍错开一段距离，并分别与左右两侧的直轨道平滑相连。
某研学小组将这套装置固定在水平桌面上，然后在圆轨道最高点A的内侧安装一个薄片式压力传感器（它不影响小球运动，在图中未画出）。将一个小球从左侧直轨道上的某处由静止释放，并测得释放处距离圆轨道最低点的竖直高度为h，记录小球通过最高点时对轨道（压力传感器）的压力大小为F。此后不断改变小球在左侧直轨道上释放位置，重复实验，经多次测量，得到了多组h和F，把这些数据标在F-h图中，并用一条直线拟合，结果如图所示。
为了方便研究，研学小组把小球简化为质点，并忽略空气及轨道对小球运动的阻力，取重力加速度g=10m/s2。请根据该研学小组的简化模型和如图所示的F-h图分析：
（1）当释放高度h=0.20m时，小球到达圆轨道最低点时的速度大小v；
（2）圆轨道的半径R和小球的质量m；
（3）若两段倾斜直轨道都足够长，为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，释放高度h应满足什么条件。
15．（12分）如图所示，足够长的光滑水平台面M距地面高h=0.80m，平台右端紧接长度L=5.4m的水平传送带NP，A、B两滑块的质量分别为mA=4kg、mB=2kg，滑块之间压着一条轻弹簧(不与两滑块栓接)并用一根细线锁定，两者一起在平台上以速度v=1m/s向右匀速运动；突然，滑块间的细线瞬间断裂，两滑块与弹簧脱离，之后A继续向右运动，并在静止的传送带上滑行了1.8m，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2，求：
(1)细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能EP；
(2)若在滑块A冲到传送带时传送带立即以速度v1=1m/s逆时针匀速运动，求滑块A与传送带系统因摩擦产生的热量Q；
(3)若在滑块A冲到传送带时传送带立即以速度v2顺时针匀速运动，试讨论滑块A运动至P点时做平抛运动的水平位移x与v2的关系?(传送带两端的轮子半径足够小)
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、B
【解析】
A．设斜板的倾角为α，则汽车的重力势能
，
由动能定理得汽车的动能为
，
则汽车的机械能为
，
即图线的斜率表示F，则可知0~x1过程中汽车的拉力恒定，故A错误；
B．x1~x2过程中，拉力逐渐减小，以后随着F的减小，汽车将做减速运动，当时，加速度为零，速度达到最大，故B正确；
C．由前面分析知，汽车先向上匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，0~x3过程中，汽车的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，故C错误；
D．x1~x2过程中，汽车牵引力逐渐减小，到x2处为零，则汽车到x2处的功率为零，故D错误．
故选B。
2、A
【解析】
AB．对于第一滴油，则有：
联立解得：
最多能有个落到下极板上，则第个粒子的加速度为，由牛顿运动定律得：
其中：
可得：
第粒子做匀变速曲线运动，有：
第粒子不落到极板上，则有关系：
联立以上公式得：
故选项A符合题意，B不符合题意；
C．第滴油滴通过电场的整个过程所增加的电势能为：
故选项C不符合题意；
D．第粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：
电
故选项D不符合题意。
3、C
【解析】
A．在轨道Ⅰ上P点的速度小于轨道Ⅱ上P点的速度，选项A错误；
B．在轨道Ⅰ上的速度大于经过Q点的圆轨道上的速度，即大于轨道Ⅱ上Q点的速度，选项B错误；
C．探测器在轨道Ⅰ上运行，若经过P点时瞬时加速，就变成椭圆轨道，而且在P点加速时获得的速度越大，椭圆轨道的远火星点就越远，轨道Ⅲ的远火星点R比轨道Ⅱ上的远火星点Q更远，因此，选项C正确；
D．设P点到火星中心的距离为r，Q点到火星中心的距离为r1，R点到火星中心的距离为r2，由开普勒第二定律有：，，，则，选项D错误.
故选C.
4、B
【解析】
A．电场线疏密描述电场的强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，而电场线上每一点的切线方向表示电场的方向，故A正确，不符题意；
B．沿着电场线电势逐渐降低，电势降低最快的方向是场强的方向，故B错误，符合题意；
C．沿着电场线电势逐渐降低，故电场线总是垂直等势面，且指向电势降低最快的方向，故C正确，不符题意；
D．沿电场线方向移动一正电荷，电场力一定做正功，由功能关系可知正电荷的电势能一定减小，故D正确，不符题意。
本题选错误的，故选B。
5、D
【解析】
设点放置质量为的物体，则有
解得
①
如图所示，星球膨胀后质量不变，有
点以下球体质量为
解得
结合①式得
则
所以D正确，ABC错误。
故选D。
6、A
【解析】
A．动能定理知上滑过程中
代入数值得
电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4J，A正确；
B．由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为
即机械能减小6J，B错误；
C．由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12J，即重力势能增加12J，C错误；
D．由动能定理知，所以滑块返回到斜面底端时动能为10J，D错误．
故选A。
【点睛】
解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的变化量，合力做功等于动能的变化量，除重力以外其它力做功等于机械能的变化量，电场力做功等于电势能的变化量．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、ABD
【解析】
A．根据横波的传播方向与振动方向的关系可知，t=0时刻P点的振动方向沿y轴正方向，故A正确；
B．由题图可以看出，该波的波长λ=2m、振幅A=0.1m，则
说明在0~8s内Q点振动的时间为，该波的传播速度大小
结合，解得
T=4s、v=0.5m/s
故B正确，C错误；
D．波从P点传到Q点所用的时间
=8s－=6s
Q点的振动方向沿y轴正方向，故质点Q的振动方程为
(m)(t>6s)
即
(m)(t>6s)
故D正确；
E．产生稳定干涉现象的必要条件是顿率相等，故这两列波相遇时不会产生稳定的干涉现象，故E错误。
故选ABD。
8、ABE
【解析】
由临界角的范围，由临界角公式求出折射率的范围，从而确定各色光的折射角大小，根据临界角的性质确定能否发生发全射，并根据几何关系和折射定律确定各色光的位置。
【详解】
设光在AB面的折射角为α，由折射定律知，，解得sin α＜，即各色光在AB面的折射角都小于30°，故A正确；由几何关系知，各色光射向BC面时，入射角都大于45°，故B正确；由临界角公式sin θ=1/n知，各色光全反射的临界角都小于45°，各色光都在BC面发生全反射，故C错误；从AC面射出的光束一定平行于BC边，由于红光射向BC面时的入射角最大，故红光射到AC面时处于最下方，故E正确，D错误。故选ABE。
9、BD
【解析】
无限大的均匀带电平面在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场，故A1B1在四点单独产生的电场均向上， A2B2在四点单独产生的电场均向左，四点场强方向均是左偏上45°，大小相等，故B正确； D、F两点在一条电场线上，而沿着电场线电势是降低的，故电势不等，故A错误；E、F两点间电势差和E、D两点间电势差绝对值相同而正负相反，故C错误；C、D、E、F四个点，场强方向均是左偏上45°，故CE是等势面，D点电势最高，F点电势最低，故D正确． 所以BD正确，AC错误．
10、AD
【解析】
A．电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R2的电压，当增大R1、R2阻值时，可导致总电流减小，根据欧姆定律，电阻R2两端电压可能不变，则极板间电压不变，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，则油滴静止不动，故A符合题意；
B．电路稳定时，当增大R1的阻值，减小R2的阻值，则根据闭合电路欧姆定律可知，电阻R2两端的电压减小，极板间电场强度减小，油滴受到的电场力减小，则油滴向下运动，故B不符合题意；
C．电路稳定时，当减小R1的阻值，增大R2的阻值，则根据闭合电路欧姆定律可知，电阻R2两端的电压增大，极板间电场强度增大，油滴受到的电场力增大，则油滴向上运动，故C不符合题意；
D．电路稳定后，当减小R1的阻值，减小R2的阻值，可能导致总电流增大，根据欧姆定律，电阻R2两端电压可能不变，则极板间电压不变，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，则油滴静止不动，故D符合题意。
故选AD。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、C ② 2.0W(1.9~2.1W)
【解析】
(1)[1]因为要求加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节，应选择最大阻值小的滑动变阻器，故填C。
(2) [2]因为器材没有电压表，故用已知内阻的电流表A1串联一个大电阻R3改装成电压表。由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示
(3)[3] 把热敏电阻Rx的I1—I2图线的纵坐标改成，即热敏电阻的电压，单位为V，图像就成为热敏电阻的图像。图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻值。随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高。NTC热敏电阻在温度升高时电阻值减小，故对应的曲线是②。
(4)[4]做出9V，内阻10Ω的电源的图像
其与曲线②的交点坐标的乘积即为所要求的实际功率，为
由于作图和读书有一定的误差，故结果范围为1.9~2.1W。
12、9（或9.0） E 左 10
【解析】
（1）[1]多用电表用欧姆表盘的读数乘以倍率即为待测电阻阻值
（2）[2]滑动变阻器采用分压式接入电路，所以选择阻值较小的滑动变阻器便于调节分压，即选E。
（3）[3]电路中没有电压表，电流表的内阻已知，可作为电压表使用，电流表采用外接方式可以消除系统误差，使测量结果更精确，定值电阻串联在分压电路上，起到保护电路的作用，电路图如图
。
（5）[4]滑动变阻器的触头在开始实验前，需要滑到最左端保护电路，使电表的示数都从0开始变化。
[5]根据电路图结合欧姆定律的分流规律可得
整理得
结合图像的斜率
解得
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、 (1)；(2)
【解析】
（1）开始时刻活塞静止
，
设重物质量为，当活塞和重物下降至距离气缸底部时
，
，，，由理想气体状态方程可得
，
联立解得：
；
（2）气缸和活塞都绝热，气缸内的理想气体缓慢加热，故气缸内的气体压强不变，由盖一吕萨克定律可得
，
，，解得：
。
14、（1）（2）R=0.12m ，m=0.02kg（3）h≤0.12m或者h≥0.3m
【解析】
（1）设小球质量为m，对于从释放到轨道最低点的过程，根据动能定理，有
解得：
（2）设小球到达A点速度为vA，根据动能定理
在A点，设轨道对小球的压力为N，根据牛顿第二定律：
根据牛顿第三定律
N=F
联立上述三式可得：
对比F-h图像，根据斜率和截距关系，可得：
R=0.12m
m=0.02kg
（3）假设h=h1时，小球恰好到达最高点A，此时F=0
由F-h图像可得：
h1=0.3m
假设h=h2时，小球恰好到达圆轨道圆心的右侧等高点，此过程根据动能定理：
解得：
h2=R=0.12m
综上，为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，释放高度h应满足：
h≤0.12m或者h≥0.3m
15、 (1)Ep=24J (2) (3)若,;,;
【解析】
(1)设A、B与弹簧分离瞬间的速度分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒定律得:
A向N运动的过程，运用动能定理得：
细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能为:
解得：vA=3m/s，vB=－3m/s，Ep=24J
(2)滑块A在皮带上向右减速到0后向左加速到与传送带共速，之后随传送带向左离开，设相对滑动时间为△t
滑块A加速度大小为:
由运动学公式得:
滑块与传送带间的相对滑动路程为:
在相对滑动过程中产生的摩擦热:
由以上各式得：
(3)设A平抛初速度为v2，平抛时间为t，则：
得t=0.4s
若传送带A顺时针运动的速度达到某一临界值vm，滑块A将向右一直加速，直到平抛时初速度恰为vm,
则
解得vm=6m/s
讨论：
（1）若传送带顺时针运动的速度，则A在传送带上与传送带相对滑动后，能与传送带保持共同速度，平抛初速度等于，水平射程；
（2）若传送带顺时针运动的速度，则A在传送带上向右一直加速运动，平抛初速度等于vm=6m/s，水平射程．