12 广东省部分学校高三上学期11月联考-【景行之教育】2027年物理高考一轮复习先锋名校检测卷

12广东省部分学校高三上学期11月联考 全卷满分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 A.空气对光的折射率逐渐增大 每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 B.空气对光的折射率先增大后减小 求的。 C.光的频率先增大后减小 1.科学研究发现，普通恒星的演化过程可以分为四个不同阶 D.光的传播速度先增大后减小 段：原始星云阶段、主序星阶段、红巨星阶段和末期演化阶4.某实验小组设计的测量振 心还 段。太阳目前正处于主序星阶段，其能量的来源之一通过 动频率的电容式传感器，结 如下核反应产生：29e+4x→He。对于上述反应，下列 构原理如图所示。传感器 说法正确的是 工作时，电容器的下极板固 A.该核反应属于α衰变 定，保持开关S闭合，待测系统振动将带动电容器的上 B.反应方程中质量数A=1,X是中子 极板运动，将振动信号转化为电信号，下列说法正确的 C.反应方程中电荷数Z=1,X是质子 是 () D.X是构成原子核的基本粒子，最早由物理学家汤姆逊 A.上极板向下运动的过程中，电容器的电容减小 发现 B.上极板向下运动的过程中，电容器将充电 2.如图所示为市场上销售的某款晾 C.上极板向上运动的过程中，电容器间的电场强度将 衣篮，上方篮子通过四条等长的 增大 轻质细线对称悬挂，下方篮子通 D.上极板向上运动的过程中，G表中有自右向左的电流 过四条等长的轻质细线竖直悬挂 5.如图甲所示，湖面上有两个导航浮标，一列水波沿浮标 处于静止状态。下列说法正确的 A到浮标B方向传播，两浮标平衡位置间的距离为 是 15m,水波的波长为2m,浮标A的振动图像如图乙所 A.上方四条悬挂细线中的拉力相同 示，将浮标A、B视为质点，水波视为简谐横波，浮标A、B B.上方细线越长，细线中的拉力越大 均振动起来后，下列说法正确的是 C.上方细线中的拉力大小可能等于下方细线中的拉力 AIL 大小 D.上方细线中的拉力大小一定大于下方细线中的拉力 大小 甲 乙 3.沙漠中地面附近的空气温度变化明显，导致空气密度的 分布不均，光线传播过程中可能发生折射与全反射现 A.水波的传播速度为2m/s 象，从而出现海市蜃楼的奇景。如图所示，在光线从实 B.浮标A在1s内运动的路程一定等于2m 物到人眼的传播过程中，下列说法正确的是 C.浮标A处于波峰位置时，浮标B一定处于波谷位置 D.t=2s时，浮标A、B都由平衡位置竖直向上运动 实我 6.中国特高压输电技术是世界上最先进 的输电技术之一，具有输电距离远、输 5月 送容量大、运行损耗低等特点。如图 送：州 所示，两根互相平行的长直输电线A 和B,分别通有大小相等、方向相反的直流电I,a、b、c三 点连线与两长直导线共面垂直，且b点位于两直导线正 A.通过缆绳连接的配重空间站的线速度大小为2mR T 中间，ab=bc,不考虑地磁场的影响，下列说法正确的是 B.人乘坐太空电梯匀速上升的过程中受力平衡 () C.在配重空间站中可以使用天平测物体的质量 A.两导线之间的安培力是吸引力 D.若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做 B.a、b、c三点中，b点的磁感应强度最大 椭圆运动，且断裂时配重空间站所处位置为椭圆的 C.a、c两点的磁感应强度大小相等，方向相反 远地点 D.若仅将导线A中电流反向，则a、c两点的磁感应强度 9.如图所示为模拟“电磁制动”原理的 大小相等，方向相同 示意图，间距为L、电阻不计的光滑平 7.如图甲所示为某款按压式发电的手电筒，当按照一定的频 行金属导轨固定在绝缘水平面上，左 率按压时，内置发电机线圈转动，穿过每匝线圈的磁通量按 端连接阻值为R的定值电阻，质量为 照正弦规律变化（如图乙所示）。已知线圈的匝数为100 m,长度为乙，阻值为的导体棒垂直故在导轨上，整个 匝，下列说法正确的是 () 装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场 :InWb) 中。现使导体棒以初速度。向右运动，经距离d后停止 运动，下列说法正确的是 () A.整个过程中通过电阻R的电荷量为 BL 中 A.交变电流的频率为0.2Hz B,当导侬棒运动距离时.速度大小为} B.发电机的电动势的有效值为πV Lvp C.t=0.2s时，发电机线圈中的电流为零 C当导体棒运动距离号时，电阻R的发热功率为 9R D.若电路总电阻为52，则发电机的功率约为1W 二多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在 D,若仅将磁感应强度大小加倍，则经距离号后号体棒停 每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部 止运动 选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得 10.如图所示，滑索是一种常见的儿童游乐设施，轻绳与轻 0分。 质滑环连接，玩耍时儿童手握轻绳由静止沿钢索滑下。 8.在某电影中航天员乘坐太空电梯前往空间站接受训练 若钢索与水平方向的夹角为α，下滑过程中轻绳与竖 的镜头非常吸引观众眼球。太空电梯是一种假想的进 直方向的夹角B保持不变，忽略空气阻力的影响，下列 入太空的方式，理论上人类可以通过地球同步空间站向 说法正确的是 地面垂下一条超级缆绳至赤道基站，并在外围连接一个 解 配重空间站，以使它们随地球以同步静止状态一起旋 转，电梯舱则沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之 间便捷的物质交换。如图所示，地球的半径为R,自转 周期为T,配重空间站距地球表面的距离为10R。下列 A.B有可能大于 说法正确的是 ( B.B等于？时，滑环与钢索间的动摩擦因数=m: 2 心志帘r.山 战欢炎 C.B等于a时，滑环与钢索间的动摩擦因数u=tan o 的 此重网h D.若u=之ana,则儿童下滑过程中动能的增量与克 服摩擦力做的功大小相等 物理·答案D34卷12 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 S等。具体操作如下： 11.(8分)“长度的测量及其测量工具的选用”和“验证机 (1)小灯泡接入电路前，使用多用电表直接测量小灯 械能守恒定律”是《普通高中物理课程标准》中的两个 泡的电阻，应将选择开关旋至 挡进行测量，测 必做实验。 量结果 小灯泡正常发光时的电阻（填正确答 (1)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，某同学 案标号)。 () 用20分度的游标卡尺测量一个圆柱体的高度如图甲所 A.欧姆×100，大于 B.欧姆×10，大于 示，则h= cm,用螺旋测微器测量底面直径如图 C.欧姆×10，小于 D.欧姆×1，小于 乙所示，则d= mmo (2)该小组采用图甲所示的电路进行测量。 ①实验过程中，为尽量减小电压、电流的测量误差，图甲 u 电路中电压表另一端应该连接电路中的 (填 TT “a”或“b”)点。 为 . .5 A (2)在“用落体法验证机械能守恒定律”的实验中，如 0.G 图丙所示重物由静止开始自由下落，在纸带上打出一 2 .1 系列的点，其中0为打出的第一个点，A、B、C为从合 1.n2n.04..n6.niy 适位置开始选取的连续三个计数点，如图丁所示，相邻 计数点间隔的时间为T。 乙 ②若该小组描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图乙所 i时 示，当小灯泡两端电压为4.5V时，小灯泡的电阻为 2(结果保留2位有效数字)，该值比真实 值 (填“偏大”“偏小”或“相等”)。 ③若将两个这样的小灯泡并联后接在电动势为6V、内 阻为3.0Ω的电源两端，则每个小灯泡的实际功率为 W(结果保留2位有效数字)。 丙 13.(9分)某旅游爱好者由低海拔地区（海拔高度近似为 ①打点计时器打B点时重物的速度大小g= 零)到海拔4000m的高海拔地区旅游，发现随身携带 ,为验证机械能守恒定律，只需检验等式 的方便面包装袋膨胀变大，如图所示。已知在低海拔 在误差允许的范围内是否成立（重力 地区时，方便面包装袋内密封的空气体积为V。,压强等 加速度为g)。 于大气压强P0,在高海拔地区时，包装袋内密封空气的 ②若实际操作中，由于电源频率不稳，造成打点计时 体积增大为原来的1.5倍，大气压强p随海拔高度h 器打点的实际频率偏大，则动能的增加量△E:的测 的变化规律为p=o1000,将方便面包装袋内的封 h 量值与真实值相比 (填“偏大”“偏小”或 “不变”)。 闭气体视为理想气体，忽略环境温度变化的影响，不考 12.(10分)某实验小组进行了探究小灯泡伏安特性曲线 虑方便面自身体积的变化。 的实验，主要器材有待测小灯泡L(额定电压为5V,额 (1)由低海拔地区到高海拔地区的过程中，若包装袋 定功率为2.5W)、多用电表、滑动变阻器R(阻值范围 内的气体对外做功W,求包装袋内密封空气吸收或放 为0~202，额定电流为1.0A)、电压表V(量程为0~ 出的热量； 6V,内阻约为20k2)、电流表A(量程为0~0.6A,内 (2)包装袋绷紧会对内部空气造成额外压强，求额外 阻约为12)、电源E(电动势为8V、内阻不计)、开关 压强△p; 卷12答案D34Q·物理 (3)若在海拔4000m处包装袋恰好绷紧，恰不对内部 15.(15分)如图所示，两水平放置的足够大金属板间存在 气体造成额外压强，且低海拔地区的温度为27℃，热 着方向均为竖直向下的匀强电场和匀强磁场，紧靠金 力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273K,求海拔 属板左侧空间存在水平向右的匀强电场，PQ所在竖直 4000m处的摄氏温度。 平面为两匀强电场的分界面，该平面与左侧电场方向 垂直，00'为过两金属板水平中线的直线。t=0时刻， 工烧午内 将质量为m、电荷量为g的带正电粒子从O0'上PQ左 侧1处由静止释放，已知PQ左侧匀强电场的电场强度 大小为E,金属板间匀强电场的电场强度大小也为E, 对0市aG西 匀强磁场的磁感应强度大小B= 不计粒子的重 mE 力，不考虑场的边缘效应。 (1)求粒子第一次进人金属板间的速度u。 (2)求粒子由释放到第二次经过PQ所在竖直平面所 用的时间t。 14.（12分)垫球是排球运动员的基本训练项目之一，如图 (3)若粒子恰好在由左至右经过PQ所在竖直平面时， 甲所示，运动员在某次垫球训练中，双手平举保持静 打在下金属板左端，求两金属板的距离d的可能值。 止，质量为m的排球由距离手臂h高处自由释放，与手 臂碰撞后反弹的最大高度为。假设排球与手臂碰 B 撞时间极短，碰撞过程中手臂保持静止，运动过程中排 球始终在同一竖直线上，将排球视为质点，重力加速度 为g。 (1)若将排球与手臂的碰撞视为弹性碰撞，排球运动 过程中受到的空气阻力大小不变，求空气阻力的大 小f。 (2)若排球所受空气阻力大小与速度大小成正比，即 f=(k为已知的常量)，运动过程中速度随时间变化 的图像如图乙所示(t1、t2均已知)，求： ①排球与手臂碰撞前瞬间加速度的大小； ②排球与手臂碰撞过程中，手臂对排球的冲量大小。 甲 乙高考一轮复习检测卷·物理 ，B2L202B2L2a 联立解得F=3R +ma+3R (1分) 则F-:图像中直线斜率k=2BT@ 3R (1分) B2Lvo 3kmR 可得Fo=3R2B2 (1分) t,时刻棒ab的速度1=2+a,=2, (1分) (带以所买案条力户宁 (1分) =0时刻f=15BT 2mkR =o时刻515B2T 8mkR 对棒cd在区域Ⅱ的运动过程由动量定理，得 12广东省部分学校 1.C【解析】 核聚变反应， A错误。 质量数 Z=1.A=1,X是 2e+4X 守恒 2-9e+4H 质子，B错误 C正确。 He 电荷数 He 守恒 X是质子，最 早由英国物理 学家卢瑟福通 过实验发现， D错误。 2.D【解析】根据对称性可知，上方四条悬挂细线中的拉力大 小相等，方向不同，故A错误；设上方、下方篮子的质量分别 为m1、m2,上方、下方细线的拉力大小分别为F1、F2,上方细线与 竖直方向的夹角为0，根据平衡条件有4F,cos0=(m+m2)g, 4码，=m8,整理得P二m,上方细线越长时，6越小 0s8越大，R越小，再由R,=m8+4m,g+4.1 4cos 0 4 =4m1g+ F2,可得F>F2,故B、C错误，D正确。 3.D【解析】光线下行过程中，折射角逐渐增大，上行过程中， 折射角逐渐减小，则空气对光的折射率先减小后增大，故A、 B错误：光的频率由光源决定，光发生折射时，光的频率不 变，故C错误；根据=C可知，光线在传播过程中，传播速度 n 先增大后减小，故D正确。 4.B【解析]根据平行板电容器电容决定式C可知，上 极板向下运动的过程中，d减小，C增大，而U不变，根据电容 的定义式C=号可知，Q蜡大，电容器将充电，故A错误，B正 D34卷 tf2 22o=m,m2 (1分) 联立解得，=6， Vo 棒cd进入区域Ⅲ后，对棒ab,有-BILt=mu3-m1 (1分) 对棒cd,有2BIL=m4-m2 (1分) 稳定时，有BLD3=2BLv4 (1分) 5 5 联立解得=30,4=60， 根据能量守恒定律有 ,1 2mi+2mi=Q+2m6+2m好 (1分) 5 联立解得Q=gm6 (1分) 高三上学期11月联考 确：上极板向上运动的过程中，U不变，d增大，由E=可知 电场强度减小，故C错误；上极板向上运动的过程中，d增大， C减小，U不变，Q减小，电容器将放电，G表中有自左向右的 电流，故D错误。 5.C【解析】由题图乙可知水波的周期T=2s,则水波的传播 速度：=分号=1，放A错误：因为1子所以浮 标A在半个周期内运动的路程一定为2A=2cm,故B错误； 浮标A、B相距7.5个波长，振动相位始终相反，故C正确，D 错误。 6.B【解析】反向电流互相排斥，故A错误。电流等大反向时， 两直线电流在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同， 两直线电流在a、c两点产生的磁感应强度方向相反，故b点 的磁感应强度最大；根据磁场的叠加原理，可知α、c两点的合 磁感应强度大小相等，方向相同，故B正确，C错误。若仅将 导线A中电流反向，则a、c两点的磁感应强度大小相等，方向 相反，故D错误。 7.D【解析】由题图乙可知，交变电流的周期T=0.2s,则频率 f尸T5H,故A错误；发电机线圈转动的角速度@-2”- 1 T 10ms1,根据E= E==”解得发电机的电动势的有效值 E=TV,故B错误；=0.2s时，线圈中的磁通量为零，磁通 √2 量的变化率最大，所以电动势和电流最大，故C错误；根据 P=可得P=1W,故D正确。 8.AC【解析】配重空间站的轨道半径r=R+h=11R,通过缆绳 12·物理 连接的配重空间站的线速度大小D二2πx×11R.2,放A正 确：若太空电梯沿缆绳匀速运动，由于太空电梯绕地球转动， 所以其内的人受力不平衡，故B错误；在地球同步空间站内， 万有引力刚好提供物体做圆周运动所需的向心力，而在配重 空间站内，万有引力不足以提供物体做圆周运动所需的向心 力，所以物体在配重空间站时会对天平产生压力，可用天平 测量质量，故C正确；若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站 将绕地球做椭圆运动，断裂时配重空间站所处的位置为椭圆 的近地点，因为在该位置线速度较大，需要的向心力更大，故 D错误。 9.ABC【解析】对导体棒根据动量定理可得-BILt=0-m,则 通过电阻R的电荷量q==故A正确；根据牛顿第二定 律可得BLem,导体棒的制动距离d=∑4 R R+ 2 3mvoR 222,若仅将磁感应强度大小加倍，则制动距离将变为4 放D错误：根据动盘定理可得-L=m,当：=号时， 3 R+2 2 可得v=3%,故B正确；当x= 时，可得。=之，电阻R的 /BL12 、B2L2 发热功率P= RR=- ,故C正确。 R+ 9R 2 10.BD【解析】设滑环与钢索间的动摩擦因数为4，对人受力 分析可知mgcos a=Tcos(B-ax),mgsin a+Tsin(B-a)=ma, 解得加速度a=gsin a+gcos a·tan(B-a),对人和滑环构成 的整体受力分析可知加速度a=gsin a-gcos a,联立以上解 得u=tan(a-B),故不可能有B>a,故A错误；结合以上分 析，当B=受时u=tm受放B正确：结合以上分析，当B=a 时，4=0，放C错误；若u=之ma,则滑环受到的学擦力： 1 mgeos a=2 mgsin a,位移为L时，动能增量△E= (mgsin-f力L=2 mgLsin a,克服摩擦力做功W,=九= 2 mgLsin a,故D正确。 11.(1)2.145(1分)0.360(1分) (204(2分)，-8r _(hc-h)2 2T (2分)②偏小(2分) 【解析】(1)20分度游标卡尺的分度值为0.05mm,圆柱体的 高度h=2.1cm+9×0.05mm=2.145cm;底面直径d=36.0× 0.01mm=0.360mm。 (2)①打点计时器打B点时重物的速度大小g=27 D35卷 参考答案及深度解析 「：为验证机械能守恒定律成立，只需检验等式mgh白 1hc-ha2 2m2r) 整理得g动。=he-b) 8严。②若打点计时器打 点的实际频率偏大，则打B点时重物的速度测量值偏小，动 能的增加量△E,的测量值与真实值相比偏小。 12.(每空2分)(1)D（2)①a②9.0偏小③1.5（或1.4） P题=0.5A,正 【解析1(1)依题意知小灯泡的额定电流1 常发光时电阻风茫-0n,故为了剥量准确，应达择欧 姆×1”挡，由于测量时小灯泡未正常发光，温度较低，阻值较 小，故测量结果小于小灯泡正常发光时的电阻，D正确。 (2)①因为尽，所以电流表应采用外接法，电压表另一 RRA 端应该连接电路中的α点；②由题图乙知，小灯泡两端电压为 45y时，小灯泡中的电流为Q5A电鼠R=号-8n 9.0D,由于电压表的分流作用，造成电流测量值偏大，故小 灯泡的电阻测量值偏小：③设小灯泡的电压、电流分别为 U、I,根据闭合电路欧姆定律有E=U+2r,整理得电流与电 压的代数关系式为U=6-61,在小灯泡的I-·图像中作图， 交点即为小灯泡的实际电压和电流，如图所示，U=3.3V, 1=0.45A,则每个小灯泡的实际功率P=U1=1.5W。 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1出 01.02.03.04.05.06.0UV 13.(1)W 1 (2)15P(3)-3℃ 【解析】(1)理想气体的内能只与温度有关，因为忽略环境温 度的变化，故内能不变，即内能变化量△U=0 (1分) 根据热力学第一定律可得△U=O-W (1分) 解得Q=W>0, 故包装袋内密封空气吸收的热量为W (1分) (2)在海拔4000m处，结合题意知大气压强 4000 p-po10000=0.6p0 (1分) 包装袋内密封空气的体积V=1.5V。, 根据玻意耳定律有PoV。=(p+△p)V (1分) 解得△p-15P0 (1分) (3)设低海拔地区与高海拔地区的热力学温度分别为T。和 12·物理 高考一轮复习检测卷·物理 T,根据理想气体状态方程可得。_p业 (2分) T。T 解得T=270K,即t=-3℃ (1分) 14.(gg(2)①g kgti kh m m2 ②mg25 【解析】(1)将排球与手臂的碰撞视为弹性碰撞，碰撞过程中 手臂保持静止，则排球等速率弹回。根据动能定理，下落过 程有(mg刀h=2m6 (1分) 上升过程有-(mg切x4 1 2 muo (1分) 联立解得了g (2分) (2)①设排球与手臂碰撞前、后瞬间的速度大小分别为，、 2,取竖直向下为正方向。根据动量定理，下落过程中有 mg△t-kv△t=m△v (1分) 方程两边对△t求和，可得mg1-kh=m1 (1分) 根据牛顿第二定律可得mg-km,=ma (1分) 联立解得a=g- kgt k2h (1分) mm ②取竖直向下为正方向，根据动量定理，上升过程中有 mgAt+h△t=m△v (1分) 方程两边对△t求和，得 4 mg（4-)+5h=0-(-m,) (1分) 对于碰撞过程，取竖直向上为正方向，根据动量定理可得 I=m2-(-m) (1分) kh 联立可得I=mg25 (1分) El 15.(1)m (2)(m+1)√gE 2ml (3)2πl(πk+2k+2)(k=1,2,3,…) 【解析】()根据动能定理可得以=2m (2分) 13重庆市高三 1.B【解析】电流虽然既有大小，又有方向，但电流的合成遵循 的是算术运算法则，而不是矢量合成遵循的平行四边形定则 或三角形定则，因此电流是标量，A错误：根据电流的定义式 1=?可知，单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，电流 就越大，B正确；规定正电荷定向移动的方向为电流方向，那 么，负电荷定向移动的方向就跟电流方向相反，而金属导体 中定向移动的是自由电子，自由电子带负电，故电流方向与 自由电子定向移动的方向相反，C错误；根据电流的微观表 达式I=nwS可知，电流的大小不仅与自由电荷定向移动的速 D36卷 El 解得=入√m (2分) (2)粒子在左侧电场中运动时，根据牛顿第二定律可得 q=ma (1分) 解得a= m 根据运动学公式有1=2 (1分) 2ml 解得，入√qE 粒子在金属板间做不等间距的螺旋线运动，设水平圆周运 动的周期为T,根据牛顿第二定律可得gmB=mom, 则周期T=2m_2mm ωqB (1分) 则粒子第二次经过PQ所在竖直平面时在金属板间运动的 2ml (1分) 粒子由释放到第二次经过PQ所在竖直平面所用的时间 4=4t=(+1) 2ml (1分) (3)设粒子在第2k+1(k=1,2,3,…)次经过PQ所在竖直平 面时，打在下金属板左端，粒子在金属板间竖直方向的总位 移1=2(，)” (1分) 解得s1=k2π21 (1分) 粒子在PQ左侧连续两次经过PQ所在竖直平面的时间间 隔=24=2√g平 ml (1分) 粒子在PQ左侧发生的竖直总位移 s2=at2△t+2at2△t+…+kat,△t (1分) 解得s2=2πl(k+1) (1分) 则两金属板的距离d=2(s1+s2)=2l(πk+2k+2)(k=1,2, 3,…) (1分) 上学期期中考试 率有关，还与单位体积内自由电荷的数量、导体的横截面积 等因素有关，D错误。 2.C【解析】缆绳对违章车的拉力与违章车对缆绳的拉力是一 对作用力与反作用力，故A错误：违章车对坡道的作用力可 能是压力和摩擦力的合力，这个合力与坡道不垂直，若违章 车只受坡道的支持力，不受摩擦力，则违章车对坡道的作用 力的方向与坡道垂直，故B错误；违章车除了受重力、支持 力、拉力外还可能受到摩擦力，故C正确；缆绳断裂后，如果 违章车所受摩擦力与重力沿坡道的分力平衡，则违章车静 止，故D错误。 13·物理