广东省2025届高三上学期第10周物理复习综合训练

2025年春季高三上学期第10周广东物理复习 综合训练 说明： 1．全卷共8页，15小题，满分100分．测试用时为80分钟． 2．答卷前，在答题卡上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写学校、班级、准考证号、姓名、考场号、座位号． 3．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，修改时用橡皮擦干净后，重新填涂所选选项． 4．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，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 5．务必保持答题卡的整洁．测试结束时，将测试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：本大题共7个小题，每小题3分，共21分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．目前，由雪龙号和雪龙2号极地考察船负责保障任务的中国第41次南极考查队正在南极进行科学考察。数据显示，雪龙2号的功率达到了。功率是描述做功快慢的物理量，若用国际单位制的基本单位表示，功率的单位为（　　） A．W B．J/s C． D． 2．将铀原料投入核电站的核反应堆中，其中一种核反应是： ，已知 、 、 的比结合能分别为 、 、 。则（ ） A．该核反应中的X是质子 B．投入核反应堆后，铀235的半衰期变短 C．1kg铀矿石释放的能量为 D． 与 的平均核子质量相差约 3．松鼠在中国的东北和华北各地十分常见。如图所示，一只松鼠站在倾斜的树枝上，下列说法正确的是（　　） A．松鼠只受到重力和支持力两个作用力 B．松鼠对树枝的压力大小等于松鼠的重力 C．树枝对松鼠的弹力方向垂直树枝斜向下 D．树枝对松鼠的作用力方向竖直向上 4．转篮球是一项需要技巧的活动，如图所示，假设某同学让篮球在指尖上匀速转动，指尖刚好静止在篮球球心的正下方。下列判断正确的是（　　） A．篮球上的各点做圆周运动的圆心均在指尖与篮球的接触处 B．篮球上各点离转轴越远，做圆周运动的向心加速度越大 C．篮球上各点的向心力是由手指提供的 D．篮球上离转轴距离相等的各点，做圆周运动的线速度相同 5．神舟十七号载人飞船与距离地面约的天宫空间站成功对接．变轨过程简化图如图所示，飞船先从圆形轨道Ⅰ的位置变轨到椭圆轨道Ⅱ，再从位置变轨进入空间站所在的圆形轨道Ⅲ．假设空间站轨道半径为，地球半径为，地球两极的重力加速度为．下列说法正确的是（ ） A． 空间站内的航天员处于“悬浮”状态是因为他所受到合外力为零 B． 飞船沿椭圆轨道Ⅱ由点到点的时间为 C． 空间站的向心加速度大于赤道上的物体随地球自转的向心加速度 D． 在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上飞船与地心连线在相等的时间内扫过的面积相等 6．如图所示，质量为的物体上表面水平，质量为的物体放在上，一起沿倾角为 的光滑斜面以一定的初速度向上滑动，到最高点后又沿斜面一同下滑，在整个过程中斜面始终静止．已知重力加速度为，则（ ） A． 对的支持力大小始终为 B． 对的摩擦力先水平向右后水平向左 C． 对的作用力的方向始终垂直斜面向上 D． 斜面对物体的作用力的大小始终为 7．如图所示，O为固定半圆轨道的最低点，O点与半圆轨道圆心的连线竖直，将一小球从轨道左端最高点由静止释放，小球运动到右侧P点时的速度为零，M、N两点等高。下列说法正确的是（　　） A．小球在P点时的加速度为零 B．小球在O点时的速度最大 C．小球在M、N两点时的动能相等 D．小球从M点运动到O点的时间比小球从O点运动到N点的时间短 二、多项选择题:本大题共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．下列说法正确的是（ ） A．若一种液体不浸润某种固体，则一定也不浸润其他固体 B．当液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离 C．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，表面层分子力表现为引力，引力的方向垂直于液面指向液体内部 D．不同晶体的熔化热不同，而非晶体没有固定的熔化热 E.一定质量的物质，在一定的温度和压强下，汽化时吸收的热量与液化放出的热量相等 9．如图所示,正六边形的三个顶点A、C、E分别固定电荷量为+q、-q、-q的点电荷,O点为正六边形的中心,下列说法中正确的是 A．B点电势比O点电势高 B．O点电场强度为零 C．B、F两点处的电场强度大小相等,方向相反 D．将一正点电荷从D点沿直线移到O点的过程中,电场力先做正功后做负功 10．如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，圆周运动的半径分别为RA和RB，下列说法正确的是（    ）    A．球A和球B的角速度之比为RA:RB B．球A和球B的线速度大小之比为 C．球A和球B的周期之比为 D．球A和球B对筒壁的压力大小之比为RA:RB 三、非选择题:本大题共5小题，共54分。考生根据要求作。 11．要测量一节干电池的电动势和内阻，现有下列器材：电压表，电阻箱，定值电阻，开关和导线若干。某实验小组根据所给器材设计了如图1所示的实验电路。由于的阻值无法辨认，实验时先用一欧姆表测量其阻值。该欧姆表的内部结构如图2所示，该表有“”、“”两个倍率。现用该表测量阻值小于的电阻。 （1）图2中表笔为 （选填“红”或“黑”）表笔。要测量应与 （选填“”或“”）相连。测量时指针位置如图3所示，欧姆表的读数为 。 （2）实验小组同学利用图1电路多次调节电阻箱阻值，读出电压表对应的数据，建立坐标系，描点连线得到如图4所示的图线，则该电源的电动势 V，内阻 。（结果均保留三位有效数字） （3）经核实，电阻的测量值与真实值一致，实验小组利用图1电路得到的内阻的测量值 （选填“小于”、“等于”或“大于”）真实值 12．理想二极管反向电阻为无穷大，可是真实的二极管正向电阻并不为零，反向电阻也不是无穷大，现对某型号二极管，作了如下研究： （1）用多用电表的欧姆挡粗测二极管的正向电阻。测量时选择开关旋到测电阻的“×10”倍率，多用电表的表盘如图1所示，则电阻为 Ω； （2）为更精细地研究二极管性质，用电压表和电流表描绘该二极管加正向0-1.5V电压时的伏安特性曲线，可供选择的器材如下： A．电压表V1（量程1.5V，内阻约2000Ω） B．电压表V2（量程6V，内阻约4000Ω） C．电流表A1（量程0.6A，内阻约10Ω） D．电流表A2（量程40mA，内阻约0.1Ω） E.滑动变阻器R1（总电阻约为10Ω） F.滑动变阻器R2（总电阻约为100Ω） G.电源E（电动势2V，内阻不计） H.电键S，导线若干 ①为调节方便，并有尽可能高的精度，请选择合适的器材，电压表 、电流表 、滑动变阻器 ；（填写所选器材前的字母符号） ②在虚线方框中补全实验电路图 ； ③该二极管加正向电压的伏安特性曲线如图3所示，现将阻值为50Ω的定值电阻与该二极管串联，并与一电动势为2V，内阻不计的电源组成闭合电路，二极管上的电压为正向电压，则回路中的电流强度为 mA。此时电源总功率为 W。（结果均保留2位有效数字） 13．如图所示，粗细均匀且足够长的光滑长杆固定在竖直面内，杆与水平方向的夹角α＝37°，质量不计的轻环套在杆上，轻环下用长为L的轻绳吊着质量为m的小球A。初始时，轻环及小球A在杆上的一小固定杆的作用下保持静止，将小球B以与水平方向成θ＝60°角斜向右上抛出，恰好沿水平方向与小球A发生弹性碰撞。已知小球B的质量为3m，碰撞后小球A在光滑长杆所在的竖直面内运动，开始时A、B两球所在位置的高度差为L，小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，求： （1）小球B抛出的初速度大小； （2）小球B与小球A碰撞过程中，小球B对小球A做的功； （3）轻环沿杆上滑的最大距离。 14．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，以O1（0，R）为圆心、半径为R的区域Ⅰ内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限有一平行于y轴、宽度为2R的线状电子源，电子源中心与O₁等高，在x轴上放置一定长度的薄收集板，收集板左端置于原点O处，x轴下方区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，电子源沿x轴正方向均匀发射质量为m、电荷量为e、速度相同的电子，射入圆形磁场区域后经O点全部进入区域Ⅱ（收集板左端不会挡住经过O点的电子），只有一半数量的电子打到收集板上并被吸收。忽略电子重力和电子间相互作用。 （1）求电子源发射电子的初速度v的大小； （2）求该收集板的长度； （3）现撤去区域Ⅱ的磁场，然后在x≥0且y≤0区域加垂直纸面方向的磁场，磁感应强度B'随x轴坐标变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。电子源正对O1点以原初速度射向区域Ⅰ的电子运动轨迹经过点（R，-kR），其中k>0且为已知量。求该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标。 15．如图所示，一边长为的正方体物块静置于足够长的光滑水平面上，该正方体物块内有一条由半径为R四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小光滑圆孔道。一质量为m的小球可视为质点，以初速度沿水平方向进入孔道，恰好能到达孔道最高点。孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力不计，重力加速度为g。 (1)求该正方体物块的质量； (2)求小球离开孔道时的速度； (3)若小球以初速度沿水平方向进入孔道，小球在孔道圆弧部分运动的时间为，求小球从进入孔道至到达运动轨迹的最高点的过程中，该正方体物块移动的距离。 参考答案 1．D 2．D 3．D 4．B 5．C 6．C 7．D 8．BDE 9．AD 10．BC 11．（1）[1]电流从红表笔流入，黑表笔流出，所以图2中a表笔为黑表笔； [2]该表有“”、“”两个倍率，欧姆表的内阻等于该倍率下的中值电阻，所以“”倍率的内阻小于“”倍率的内阻，由于阻值小于，应选择“”倍率，要测量应与d相连； [3]如图3所示，欧姆表的读数为 （2）[1][2]由闭合电路欧姆定律，化简可得，由图可知，，联立解得，该电源的电动势为，内阻为 （3）由图1可知，误差来源于电压表分流，则根据闭合电路欧姆定律，化简可得，对比，可得 12． （1）[1]表盘上的读数为13，再乘以倍率，所以电阻为130Ω。 （2）[2][3][4]因测二极管加正向0~1.5V电压，所以电压表应选V1，二极管加正向电压的伏安特性曲线可知，当电压接近1.5V时，电流达到最大接近40mA，故电流表应选A2，为调节方便，并有尽可能高的精度，滑动变阻器应用分压式，所以滑动变阻器应选总阻值较小的，即为R1。 [5]本实验要描绘出二极管的I－U图线，因此滑动变阻器应采用分压式，所以应选阻值较小的R1；故采用电流表内接法，电路图如图 [6]将50Ω的定值电阻与电源等效为一个电动势为2V，内阻为50Ω新电源，在二极管的I－U图上作出新电源的I－U图线 交点纵坐标即为电路中的电流，此时电流为15mA。 [7]电源总功率为 13．（1）设小球B抛出的初速度大小为v0，则小球B在与小球A碰撞前的瞬间速度大小为 v1＝v0cos 60°（1分） 根据机械能守恒定律有 －3mgL＝·3m－·3m（2分） 解得v0＝（1分） （2）由（1）可知，小球B与小球A碰撞前瞬间，小球B的速度大小为v1＝，设碰撞后A球的速度为v3，B球的速度为v2，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 3mv1＝3mv2＋mv3（1分） 根据机械能守恒定律有 ·3m＝·3m＋m（1分） 解得v3＝（1分） 则小球B与小球A碰撞过程中，小球B对小球A做的功为 W＝m＝mgL（1分） （3）小球A被碰撞后，先绕环做圆周运动，设转过37°时小球A的速度大小为v4，根据机械能守恒定律有 －mgL（1－cos 37°）＝m－m（1分） 解得v4＝（1分） 此后，由于小环的质量为零，因此速度发生突变，和小球A一起沿平行于杆向上的方向做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 mgsin α＝ma（1分） 则加速度大小为a＝0．6g（1分） 由匀变速直线运动公式有 0－＝－2as（1分） 则环沿杆向上运动的最大距离为 s＝L（1分） 14．（1）电子在区域I内做圆周运动，设轨道半径为R₁，根据牛顿运动定律， 电子运动的轨道半径等于圆形磁场的半径，即R1=R， 解得。 （2）做出电子在磁场中运动的轨迹如图，距离电子源中心位置的粒子打在O点时，速度方向分布在y轴左右两侧，与y轴夹角均为30°，由题意可知，距离电子源中心位置大于的区域粒子直接打到收集板上，其它电子均不能打到收集板上， 做出速度方向与y轴左右两侧夹角均为30°角的电子在区域II运动的轨迹，两电子在区域II内运动的轨迹圆心角为120°和240°，设收集板的长度为l，根据几何关系得， 因为区域Ⅱ磁场磁感应强度也为B，r=R， 解得。 （3）正对O1点射向区域Ⅰ的电子在区域I内做圆周运动，运动的轨道半径等于圆形磁场的半径R，电子从O点沿y轴负方向射出，速度大小为v，运动轨迹如下图。设y轴正向为正，经时间△t，由动量定理得：， 所以， 设题中乙图图像与x轴围成的面积为S，则， 在0~R间，， 解得电子经过点（R，-kR）时沿y轴负方向分速度， 0~R全程洛伦兹力不做功，速率不变，可知电子经过点（R，-kR）时沿x方向分速度， 在R~2R间，电子沿y轴负方向分速度由0增大到v，沿x方向分速度由v减小到0，电子在轴负方向的位移与0~R间的相同，之后重复运动，该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标为-4kR。 15．（1）小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向 则有 由系统机械能守恒定律 解得 （2）小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向 则有 由系统机械能守恒定律 解得 （3）从进入孔道到圆弧轨道的最高点的过程中，水平动量守恒 两边乘以时间，求和得 可得 由几何关系 联立解得 小球运动到与圆心等高处 解得 由机械能守恒 解得 从与圆心等高到轨迹最高点用时 水平位移 物块总位移 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$