2025届广东省深圳市高考物理二轮复习冲刺练习卷1

2025届广东省深圳市高三下学期高考物理二轮复习冲刺练习卷1 试卷满分100分，考试时间75分钟 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1．节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，早在《淮南子》中就有记载。现行二十四节气划分是以地球和太阳的连线每扫过15°定为一个节气，如图所示为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点附近。根据下图，下列说法正确的是（　　） A．地球受太阳的引力芒种时比小满时大 B．芒种到小暑的时间间隔比大雪到小寒的长 C．立春时地球公转的加速度与立秋时大小相等 D．地球自转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数 2．图示为一种放在水平地面上的玩具，它由小球、弹性轻质细杆和底座组成，整个装置静止不动时的情景如图所示。下列说法正确的是（　　） A．细杆对小球的支持力斜向右上方 B．细杆对小球的支持力小于小球重力 C．地面对底座的摩擦力方向水平向左 D．底座对地面的压力大小等于整个装置的重力 3．如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是（　　） A．电场强度方向垂直指向a，电势减小 B．电场强度方向垂直指向c，电势减小 C．电场强度方向垂直指向a，电势增大 D．电场强度方向垂直指向c，电势增大 4．如图所示，面积为的圆形磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间变化的关系为。在纸面内有一金属导线围成面积为的圆形线圈，圆心与磁场圆心重合，导线上串有理想二极管、阻值为r的标准电阻和理想交流电流表，导线电阻不计，下列说法正确的是（　　） A．电流表的示数为 B．电流表的示数为 C．在2s内流过电阻的电量为 D．在2s内流过电阻的电量为 5．燃油汽车点火系统的基本结构如图所示，主要部分由直流电源E、保护电容C、电阻R、理想变压器、火花塞等构成，已知直流电源的电动势为12V，火花塞内两触点之间要产生30kV电压，才能产生电弧将油气点燃，理想变压器原、副线圈匝数之比为1:100，下列说法正确的是（　　） A．开关S闭合时，电容C将进行充电 B．开关S闭合瞬间，变压器副线圈两端电压最高可达30kV C．开关S断开瞬间，若要将油气点燃，变压器原线圈至少需产生300V电压 D．开关S断开后，电容器将先放电后充电 6．近日，工信部披露的最新数据显示，2023年我国光缆线路建设取得显著成果，新建光缆线路长度达473.8万公里，使得全国光缆线路总长度一举突破6432万公里。光缆线路主要用于光信息传输，在铺设的过程中，尽量不要弯曲。如图所示，一段折射率为n、横截面是圆面的光导纤维，截面半径为r，在铺设的过程中弯曲成了一段圆弧，圆弧的圆心到光导纤维的中心轴线的距离为R，光导纤维外部可认为是真空区域。现有一束光垂直于光导纤维左端截面射入，为了保证这束光经反射后均能从右端面射出，则光导纤维的折射率n至少为（    ） A． B． C． D． 7．氢原子的能级图如图甲所示，大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，放出频率不同的光子。其中频率最高的光照射图乙电路中光电管阴极K时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。电子的电荷量大小为e，质量为m，可见光光子的能量范围为1.62~3.11eV，则下列说法正确的是（　　） A．这群氢原子跃迁时最多可放出4 种可见光 B．从n=4跃迁到n=3能级放出光子的频率最高 C．用图乙实验电路研究光电效应，要测遏止电压，滑片P应向b端滑动 D．若频率最高的光子能量为E0，可求出光电管阴极 K 的逸出功为（E0-eU1） 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，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．如图甲所示，足够长的水平传送带以恒定速率逆时针转动，一质量为的小物块从传送带的左端向右滑上传送带。小物块在传送带上运动时，小物块的动能与小物块的位移的关系图像如图乙所示，图中，取重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．小物块滑上传送带的初速度大小为 B．从小物块开始滑动到滑离传送带所需时间为 C．整个过程中小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为 D．由于小物块的出现导致传送带电动机多消耗的电能为 9．波源垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中沿纸面向四周传播。图甲为该简谐波在时的俯视图，实线圆表示波峰，虚线圆表示波谷，相邻两个实线圆之间仅有1个虚线圆。该介质中某质点的振动图像如图乙所示，取垂直纸面向外为正方向。下列说法正确的是（　　） A．该波的波速为 B．图甲中质点和的相位差为 C．图甲中质点在该时刻速度方向垂直纸面向里 D．图乙可能是质点的振动图像 10．图甲为我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．粒子在回旋加速器中增加的动能来源于磁场能 B．同一粒子出射时的动能大小与加速电压的大小无关 C．同一粒子从加速器出射时速度大小只与D形盒的半径大小及磁场的磁感应强度大小有关 D．从理论上讲，只要无限增大D形盒半径和磁感应强度，就能使粒子的出射动能无限大 三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答） 11．在测量某电源电动势和内阻时，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组进行如下实验，可用器材有：电压表（量程，内阻约为电流表（量程滑动变阻器、开关、干电池和导线若干。 (1)电表内阻的测量 测量电路如图甲所示，则闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移至 （填“A”或“B”）端，从电压表读数和电流表读数可得出 （填“电压表”或“电流表”）内阻，如图乙所示，则电表内阻R= Ω（保留2位有效数字）。 (2)电动势和内阻的测量 测量电路如图丙所示，调节滑动变阻器测得多组电表读数，作出图丁所示的图像，由图可知待测干电池电动势和内阻，则 Ω（保留1位小数）。考虑电表内阻影响，电动势的测量值 （填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。 12．（1）某同学用弹簧测力计粗测重力加速度。将一个质量为165g的物体挂在校准后的竖直弹簧测力计下端，静止时指针如图1所示，则重力加速度为 m/s2（结果保留2位有效数字）。 （2）某同学用如图2所示的装置测量重力加速度。打点计时器的打点周期为T。让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图3所示。A、B、C、D、E为纸带上5个连续打下的点。根据纸带可得重力加速度g= （用、、、T表示）。 （3）某实验小组利用图4装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。 ①组装好装置后，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用螺旋测微器测量小钢球直径d。螺旋测微器示数如图5所示，小钢球直径d= mm，记摆长。 ②多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T，并作出图像，如图6所示。已知图线斜率为k，可得重力加速度g= （用k、表示）。 13．如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。（重力加速度大小为g） 14．某课外活动小组设计出某款游戏装置，其简化图如图甲所示，该装置包括轻质弹射器、光滑的竖直圆轨道且在圆形轨道内部存在竖直向下、大小为的匀强电场、平直轨道，其中点左侧平直轨道以及弹射器内壁均是光滑的，右侧平直轨道是粗糙的，且滑块1、2（均可视为质点）与水平轨道之间的动摩擦因数均为，圆轨道的半径，与轨道平滑连接。现缓慢向左推动质量的滑块1，其受到的弹力随压缩量的变化关系如图乙所示，压缩量为时，弹射器被锁定。某时刻解除锁定，滑块1被弹出后，与静置于点、质量，带电荷量为的滑块2发生碰撞并粘合为一体，不计空气阻力，假设在运动过程中滑块所带电荷量保持不变，重力加速度。 (1)求弹射器被锁定时具有的弹性势能大小及碰后粘合体的速度； (2)若粘合体恰好通过圆轨道的最高点，求粘合体通过圆轨道最低点时受到的支持力大小； (3)要使粘合体能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道段的长度范围。 15．如图所示，矩形区域Ⅰ和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场，为磁场边界线，四条边界线相互平行，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B，区域Ⅱ的磁感应强度大小为，矩形区域的长度足够长，磁场宽度及与之间的距离相同。某种带正电的粒子从上的处以大小不同的速度，沿与成角进入磁场（不计粒子所受重力），当粒子的速度小于某一值时，粒子在区域Ⅰ内的运动时间均为；当速度为时，粒子垂直进入无场区域，最终从上的A点射出，求： （1）粒子的比荷； （2）磁场区域Ⅰ的宽度L； （3）出射点A偏离入射点竖直方向的距离y。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B【详解】A．从图中我们可以看到，芒种时地球离太阳更远，根据万有引力表达式可知，所受万有引力较小，故A错误； B．地球公转轨道是椭圆形的，根据开普勒第二定律可知，在相同的时间内，扫过的面积相等可得，瞬时速度大小与距离成反比，由于公转速度的变化，芒种到小暑地球运动的距离更远速率更小，时间更长，故B正确； C．根据牛顿第二定律可知解得 可知地球公转的加速度与地球到太阳的距离有关，立春时和立秋时，地球到太阳的距离并不相等（立春时离太阳较近，立秋时离太阳较远），因此公转加速度也不相等，故C错误； D．根据开普勒第三定律可知，地球公转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数，故D错误。故选B。 2．D【详解】AB．由平衡条件可知，细杆对小球的支持力方向竖直向上，大小等于小球重力，故AB错误； CD．对于整个装置，同理可得，地面对底座摩擦力大小为0，压力大小等于整个装置的重力，故C错误，D正确。 故选D。 3．A【详解】根据对称性可知，移去a处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，单个点电荷在距其r处的电势为（取无穷远处电势为零） 现在撤去a处的绝缘棒后，q减小，则O点的电势减小。故选A。 4．B【详解】AB．电动势的最大值 所以可知无二极管时 有二极管解得所以故A错误，B正确； CD．因存在二极管，且周期为2s，所以只有第1s内有电流； ；；CD错误。故选B。 5．C【详解】A．开关S闭合时，电容C被短路，不会充电，故A错误； B．开关S闭合瞬间，变压器原线圈两端电压不会超过电源的电动势，则副线圈两端电压不超过1200V，故B错误； C．开关S断开瞬间，变压器副线圈两端电压可达30kV，则原线圈至少需产生300V自感电压，故C正确； D．开关S断开后，由于变压器原线圈发生自感，电容器将先充电再放电，故D错误。故选C。 6．B【详解】如图所示 最下端入射的光在界面的入射角最小，故临界状态为最下端入射的光恰好不发生全反射，根据全反射的公式，由几何关系可得故选B。 7．D【详解】AB．一群处于n=4 能级的氢原子，向低能级跃迁过程中可发出种频率的光子，其能量分别为 ， ， ， 其中只有1.89eV和2.55eV在1.62~3.11eV范围内，所以该过程最多可发出2种可见光，而从n=4跃迁到n=3能级放出光子的能量最低，根据 可知从n=4跃迁到n=3能级放出光子的频率最低，故AB错误； C．用图乙实验电路研究光电效应，要测量遏止电压，要阴极K的电势比阳极A电势高，因此滑片P应向a 端滑动，故C错误； D．根据光电效应方程而 所以光电管阴极 K的逸出功故D正确。故选D。 8．BD【详解】A．由图乙可知，图像斜率的绝对值表示合外力的大小，小物块向右滑动过程，合外力为摩擦力 则有根据动能的表达式有 物块返回与传送带共速的动能为，则有 联立解得小物块滑上传送带的初速度大小为 初始动能为滑动摩擦因数为故A错误； B．小物块与传送带共速前，根据牛顿第二定律，有 解得小物块的加速度大小为 从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为t，则有解得 从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度过程，小物块向右运动的位移大小为 共速后至滑离传送带的过程做匀速运动，则所需时间 全过程时间为故B正确； C．从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度过程，小物块向右运动的位移大小为传送带向左运动的位移大小为 则整个过程中小物块与传送带相对位移大小为 整个过程中小物块与传送带因摩擦产生的热量为故C错误； D．根据能量守恒可得 可得整个过程中电动机多消耗的电能为故D正确。 故选BD。 9．BC【详解】A．根据题意，由图甲可知解得 由图乙可知，周期为；由公式可得，该波的波速为故A错误； B．根据题意，由图甲可知，质点和距离为半个波长，则相位差为，故B正确； CD．根据题意，由图甲可知，波谷的振动形式传播到质点N的时间小于，则该时刻质点的速度方向垂直纸面向里，图乙中质点在时刻速度方向为垂直纸面向外，故图乙不是质点的振动图像，故C正确，D错误。 故选BC。 10．BC【详解】ABC．回旋加速器中是依靠电场使粒子加速、用磁场使粒子偏转，洛伦兹力不做功，所以粒子增加的动能来源于电场能。加速电压为时，每一次加速获得的动能相同都等于，根据， 得到飞出时的最大动能为 其中是电量大小、B是磁感应强度、是形盒半径、是粒子的质量，与加速电压大小无关，故A错误，BC正确； D．由相对论可知，高速的粒子，由于速度增大粒子质量增大，粒子在磁场中做圆周运动的周期逐渐增大，但是电场的变化周期没有变化，不能保证一直加速到动能无限大，故D错误。故选BC。 11．(1) A 电流表 1.0(2) 1.0 等于 【详解】（1）[1] 由甲图可知，滑动变阻器采用限流式接法，所以为了保护电路，闭合开关前，应把滑动变阻器的滑片放在阻值最大处，即A端； [2] 由甲图可知，电压表测的是电流表两端的电压，再根据电流表的读数，即可求出电流表的内阻； [3]由图乙，可知电压表的读数为0.60V，电流表的读数为0.58A，则电流表的内阻为 （2）[1]根据闭合电路欧姆定律，可得 变形得由丁图，可知斜率为解得 [2] 根据闭合电路欧姆定律，可得 此时U和I都为准确值，故测出的电源电动势E也为准确值，故电动势的测量值等于真实值。 12． 9.7 20.035 【详解】（1）[1]由图知物体的重力为，由有 （2）[2]因为得 （3）①[3]小钢球直径。 ②[4]单摆周期公式得可见得 13．，（p0S＋mg）h 【详解】开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有 根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg联立可得 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有；式中V1＝SH；V2＝S（H＋h） 联立③④⑤⑥式解得 从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为 14．(1)，(2)(3)或 【详解】（1）弹力与压缩量的图像与横轴围成的面积表示克服弹力做功 由功能关系得弹簧储存的弹性势能为 对物块1，由能量守恒定律得 解得滑块1被弹出后的速度 滑块1与2发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得 解得碰撞后粘合体的速度 （2）粘合体恰好通过最高点，根据牛顿第二定律可得解得 粘合体从点到最高点过程由动能定理可得 解得 在点，对粘合体由牛顿第二定律可得解得 （3）要使滑块能进入圆轨道运动，则至少能够到达点，有 解得 ①若粘合体沿圆弧轨道到达与圆心等高处时速度为零，粘合体同样不会脱离轨道，则对全程由动能定理可得解得 ②粘合体能通过最高点，由（2）中可知到达最高点的最小速度，即到达点的速度应大于等于，对从碰后至到达最高点过程，由动能定理可得 解得 综上所述，要使碰后粘合体不脱离轨道，轨道长度范围为或。 15．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）当粒子的速度小于某一值时，粒子只在区域Ⅰ内运动，不进入区域Ⅱ，从离开磁场，粒子在磁场Ⅰ中运动的转过的圆心角为 粒子的运动时间为 粒子在区域Ⅰ内有；得； （2）当速度为时，垂直进入无场区域，设粒子的轨迹半为 根据牛顿第二定律得 转过的圆心角 又因为解得 （3）设粒子在磁场Ⅱ中运动时，转过的圆心角为，轨迹半径为，根据牛顿第二定律得 又因得； 得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$