广东省2025届高三上学期第11周物理复习综合训练

2025年春季高三上学期第11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．爱因斯坦的质能转换方程是物理学中的重要基石，它揭示了能量E与质量m和光速c之间的关系，能量的单位是焦耳J，这是由国际单位制中的基本单位组成利用公式推导得到的导出单位，，请你利用单位制的知识选出以下公式中正确的是（　　） A． B． C． D． 2．我国首艘攻击核潜艇的核反应堆采用的燃料是U。用一个慢中子轰击U后U会裂变为Kr和Ba。已知中子质量为mnU的质量为m1Kr的质量为m2Ba的质量为m3，真空中光速为c，下列说法正确的是 A．该核裂变反应方程为UnBaKr＋n B．该核反应释放的能量为(m1－m2－m3－mn)c2 C．总质量为m 的铀235完全裂变释放的能量为(m1－m2－m3－2mn)c2 DBa的比结合能小于U的比结合能 3．图甲是云南常见的柴火炒菜的场景。炒菜时，要将“半球型”的炒锅贴合地放在三脚架的水平圆环上。若锅及锅中菜品的总质量为m，重力加速度为g。静止时，圆环对锅的作用力大小为（　　） A． B． C．mg D． 4．由于高度限制，车库出入口采用图2所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是 （　　） 图2 A．P点的线速度大小不变 B．P点的加速度方向不变 C．Q点在竖直方向做匀速运动 D．Q点在水平方向做匀速运动 5．2024年4月25日，神舟十八号飞船与天宫空间站顺利对接，运载火箭先将飞船送入圆轨道I上，通过变轨进入预定圆轨道。如图3所示，飞船与空间站在对接前在各自预定的圆轨道I、III上运动，II为对接转移轨道。不考虑飞船质量的变化，下列说法正确的是（ ） A．飞船从椭圆轨道II进入预定圆轨道III需要减速 B．飞船在I轨道上的运行速度小于在III轨道上的运行速度 C．飞船在II轨道上的机械能大于在I轨道上的机械能 D．飞船在三个轨道上运行时与地球连线在单位时间内扫过的面积相等 6．如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，不正确的是（　　） A．小车静止时，，方向竖直向上 B．小车匀速时，，方向垂直杆向上 C．小车向右匀加速运动，加速度大小为a时，可能有，方向沿着杆斜向上 D．小车向右匀减速运动，加速度大小为a时，，方向斜向左上方 7．如图所示，倾角为θ = 30°的斜面体c固定在水平地面上，质量为M = 2m的物体b置于光滑的斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与质量为m的物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，用手托住物体b使物体a和b保持静止不动，此时细绳伸直且拉力为零，弹簧的压缩量为x0。现在松开手，在物体b下滑2x0距离时，则下列说法中正确的是（   ）    A．物体a与弹簧组成的系统机械能守恒 B．物体b的重力势能减少mgx0 C．细绳对物体a做的功为2mgx0 D．物体b的速度大小为 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．下列关于热现象的说法中正确的是（　　） A．布朗运动证明，组成固体小颗粒的分子在做无规则运动 B．水浸润玻璃管现象中，附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离 C．一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，气体分子单位时间对单位面积容器壁碰撞次数减少 D．蔗糖受潮后会粘在一起形成糖块，看起来没有确定的几何形状，这种粘在一起的糖块是多晶体 E．学校里常用的干湿泡湿度计由两个相同的温度计组成，其中一只温度计的玻璃泡外包着纱布，纱布的另一端浸在水中。由于蒸发吸热，湿泡所示的温度小于干泡。若干、湿温度计读数相差较大，说明空气的相对湿度较大 9．如图所示，两个可看做点电荷的带电绝缘小球均紧靠着塑料圆盘边缘，小球A固定不动（图中未画出）。小球B绕圆盘边缘在平面内从沿逆时针缓慢移动，测量圆盘中心O处的电场强度，获得沿x方向的电场强度随变化的图像（如图乙）和沿y方向的电场强度随变化的图像（如图丙）。下列说法正确的是（　　） A．小球A带正电荷，小球B带负电荷 B．小球A、B所带电荷量之比为 C．小球B绕圆盘旋转一周过程中，盘中心O处的电场强度先增大后减小 D．小球B绕圆盘旋转一周过程中，盘中心O处的电场强度最小值为 10．如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离L处有一小物体与圆盘保持相对静止。已知能使小物体与圆盘保持相对静止的最大角速度为。物体与盘面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，该星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（　　） A．这个行星的质量 B．这个行星的第一宇宙速度 C．这个行星的同步卫星的周期是 D．离行星表面距离为2R的地方的重力加速度为 三、非选择题:本大题共5小题，共54分。考生根据要求作。 11．开展科技活动时，某兴趣学习小组自制的电子秤原理图，如图1所示。 实验器材有：直流电源（电动势为，内阻为）；理想电压表V（量程0 ~ 3V）；限流电阻R；竖直固定的滑动变阻器R（总长为2cm，总阻值为12Ω）；电阻可忽略不计的弹簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盘且与滑动变阻器R的滑动端连接，滑片接触良好且无摩擦；开关S以及导线若干。 （1）若在某次实验中直流电源的路端电压图像如图2所示，可知电源电动势E = V，内阻r = Ω。 （2）实验步骤如下： ①托盘中未放被测物前，电压表的示数为零。 ②在弹簧的弹性限度内，在托盘中轻轻放入被测物，待托盘静止平衡后，滑动变阻器的滑片恰好处于下端b处，要使此时电压表刚好达到满偏，限流电阻。的阻值为 Ω；已知弹簧的劲度系数，当地重力加速度，被测物的质量m = kg，由此在电压表的刻度盘上标示相应的质量数值，即可将该电压表改装成测量物体质量的仪器，则质量刻度是 （填“均匀”或“不均匀”）的。 12．某同学研究小灯泡的伏安特性．所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)；电压表(量程 3 V，内阻 3 kΩ)；电流表 (量程0.5 A，内阻 0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；电源E(电动势5 V，内阻不计)；开关S；导线若干． 简答题 (1)实验要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图 ． 填空题 (2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示． 由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻　 (填“增大”、“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率　 (填“增大”、“不变”或“减小”)． 填空题 (3)用另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为　 W，最大功率为　 W(结果均保留2位小数) 13．如图所示，空间内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度，绝缘的水平面上有一均匀带电的长板A，右侧有一绝缘挡板，长板A的上表面光滑，下表面与水平面间的动摩擦因数，一绝缘的物块B静置在长板的左端。长板A与物块B质量均为，长板A的长度，长板A带有的正电荷。某时刻对物块B施加一个水平向右的恒力，运动过程中物块B与挡板的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，水平面足够长，电场区域足够大，运动过程中长板A所带电荷量及电荷分布不发生变化，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。求： （1）物块B与档板第一次碰撞后，长板A与物块B的速度和； （2）物块B从开始到即将与挡板发生第二次碰撞，长板A电势能的减少量； （3）物块B从开始到即将与挡板发生第三次碰撞，恒力F的冲量I； （4）物块B从开始到即将与挡板发生第n次碰撞，长板的位移x。 14．甲辰龙年，有研究者用如图装置实现“双龙戏珠”。图中M1M2和N1N2、M3M4和N3N4组成两对平行极板，将空间分隔为I、II、III三个区域，三个区域中有垂直于纸面的匀强磁场如图甲，磁感应强度均为。两发射源紧靠极板放置，每秒每个发射源分别射出104个垂直极板初速度大小的正或负电子。正负电子每次经过狭缝均被加速，极板电压UMN随时间变化由如图乙。经多次加速，正负电子恰能在荧光球表面上某点相遇，并被荧光球吸收发出荧光，实现“双龙戏珠”。已知电子比荷，电子质量；以两发射源连线中点O为坐标原点，平行极板向右方向为x轴正方向；荧光球半径，球心位置在x轴上；极板N1N2、M3M4间距。由于极板间距极小，忽略正负电子之间相互作用、过狭缝时间及正负电子穿越极板的动能损失、忽略场的边缘效应和相对论效应，计算时。 （1）正负电子各由哪个发射源射出？求电压UMN的周期T； （2）求t=0时刻发射的正负电子相遇的时刻t0和荧光球球心的位置x1； （3）求正负电子每秒对荧光球的冲量I； （4）以“⌒”为一“龙节”，若同（2）在不改变“龙节”情况下，沿x轴微调荧光球的球心位置，求仍能使荧光球发光的球心位置范围。 15．（15分）如图所示，编号依次为1、2、3…、8的车厢静止在水平轨道上，其中车厢1为动力车厢，其他车厢无动力；车厢质量均为m，相邻两车厢间距均为L。现研究车厢1在不同大小的牵引力作用下启动后能挂接的车厢数量。挂接过程：车厢1启动后做匀加速直线运动，与车厢2碰撞前瞬间关闭其发动机，碰撞瞬间完成挂接，挂接后不再分离，发动机不再启动，其他车厢也是通过碰撞完成挂接。已知车厢运行所受的阻力恒为其重力的k倍，重力加速度为g。 （1）若车厢2被挂接后继续滑行0．5L停下，求车厢1、2碰撞过程中系统损失的动能； （2）若要求只有车厢2、3、4被挂接，求车厢1所受牵引力的取值范围。 参考答案 1．【答案】B 2．【答案】C 3．【答案】C 4．【答案】A 5．【答案】C 6．【答案】B 7．【答案】C 8．【答案】BCD 9．【答案】BD 10．【答案】AB 11． （1）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可得 解得 根据图像与纵轴交点表示电动势，图线斜率绝对值表示内阻，由题图可知 ， （2）②[3]电压表达到满偏 时，设滑动变阻器接入电路的阻值为，根据闭合回路的欧姆定律可得 解得 [4]由平衡条件可得 代入数据，解得 [5]质量为的物体，根据闭合回路的欧姆定律得 解得 因为和不成正比，所以质量刻度是不均匀的。 12． (1)小灯泡的电压要求从0开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，小灯泡的额定电压超出电压表的量程，需与R0串联后接入电路．电路图如图所示： (2)I-U图象中随着电流的增大，图线的斜率变小，小灯泡的电阻增大．根据电阻定律：，得灯丝的电阻率增大． (3)当R＝0时，电源路端电压与电流的关系图象如图线甲所示．此时小灯泡功率有最大值；当R＝9 Ω时，将R看作电源内阻，则等效电源内阻为10 Ω，其路端电压与电流的关系图象如图线乙所示： 此时小灯泡功率有最小值．取图线甲与小灯泡伏安特性曲线交点：U1＝3.66 V，I1＝0.319 A，小灯泡的最大功率： P1＝U1I1≈1.17 W； 取图线乙与小灯泡伏安特性曲线交点：U2＝1.77 V，I2＝0.222 A， 小灯泡的最小功率： P2＝U2I2≈0.39W。 13．（1）长板受到的电场力，长板与地面间的最大静摩擦力，，所以物块与长板碰前长板保持静止，对物块，由动能定理得，解得，物块与长板第一次碰撞过程，，解得， （2）对物块，由牛顿第二定律得，得，设小物块与长板达共速用时为，，，小物块恰好滑离板，设物块与长板第一次碰撞后到第二次碰撞前所用的时间为，由运动学公式有，解得，物块与长板第一次碰撞后到第二次碰撞前长板的位移，解得，电场力做功，解得，所以长板电势能的减少量为。 （3）设物块从开始运动到第一次与挡板发生碰撞所用的时间为，，解得，物块与长板第二次碰撞前的速度，解得，物块与长板第二次碰撞过程，，解得，，设物块与长板第二次碰撞后到第三次碰撞前所用的时间为，，解得，则物块B从开始到即将与挡板发生第三次碰撞所用的时间，所以物块从开始到即将与挡板发生第三次碰撞恒力的冲量，解得 （4）由以上分析可得，物块与长板从第一次碰撞后，相邻的每两次碰撞之间的时间间隔均为，且每次碰撞后长板的速度增加量均为，长板的位移为，解得 14．（1）根据左手定则可知，正电子从发射源1射出，负电子从发射源2射出。 以正电子为例，发射源发射的电子在电场中被加速后先在磁场II中做半个周期的圆周运动后又反向返回电场，此时电场必须反向，继续对返回的电子加速，加速后的电子又在磁场I中做半个周期的圆周运动，再次返回电场，电场此时应再次反向，对进入的电子继续加速，如此反复，可知电压UMN的周期应和电子在磁场中做圆周运动的周期相同，其周期为 （2）电子经一次加速后，由动能定理有，解得，由洛伦兹力充当向心力有，解得，若要正负电子相遇，则必须满足，即，则有，解得，可知正负电子第一次相遇的时间，该时间内沿着轴方向的位移，代入数据，解得 （3）有一半正负电子能够进入电场后被加速，相遇时恰好都沿轴正方向，球对电子的冲量则电子对球的冲量 （4）若在（2）情况下，沿x轴微调荧光球的球心位置，由几何关系可得，仍能使荧光求发亮的球心的位置范围或，即或 15．（1）设挂接前瞬间动力车厢1的速度为v0，车厢2的速度为零；挂接后共同速度为v，挂接过程动量守恒，取向右为正方向，有 mv0＝2mv（1分） 挂接后×2mv2＝2kmg×0.5L（1分） 车厢1、2碰撞过程中系统损失的动能 ΔEk＝m－·2mv2（1分） 解得ΔEk＝kmgL（1分） （2）设车厢1受到的牵引力为F，车厢1与车厢2碰撞前后的速度为v'0、v1，车厢2与车厢3碰撞前后速度分别为v2、v3，车厢1启动加速过程由动能定理有 FL－kmgL＝mv'20（1分） 车厢1与车厢2碰撞过程由动量守恒定律有 mv'0＝2mv1（1分） 车厢1、2滑行过程，由动能定理有 －k（2m）gL＝（2m）－（2m）（1分） 车厢1、2与车厢3碰撞过程有2mv2＝3mv3（1分） 依次类推分析，设车厢3与车厢4挂接前后速度分别为v4、v5，分类讨论： ⅰ）车厢4恰好未被挂接，由题意可知，车厢1、2、3滑行过程有 －k（3m）gL＝0－（3m）（1分） 联立可得F＝14kmg（1分） ⅱ）车厢4被挂接，而车厢5恰好未被挂接，车厢1、2、3滑行过程有 －k（3m）gL＝（3m）－（3m）（1分） 车厢1、2、3与车厢4碰撞过程有3mv4＝4mv5（1分） 车厢1、2、3、4滑行过程有－k（4m）gL＝0－（4m）（1分） 联立可得F＝30kmg（1分） 综上，依题意得14kmg＜F≤30kmg（1分） 第 page number 页，共 number of pages 页 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