廣東省深圳市2025屆高三下學(xué)期三輪沖刺復(fù)習(xí)物理試卷1（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試題PAGEPAGE1廣東省深圳市2025屆高三下學(xué)期物理三輪沖刺復(fù)習(xí)卷1本試卷共6頁(yè)，15小題，滿分100分。考試用時(shí)75分鐘。一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．某電動(dòng)牙刷的充電裝置含有變壓器，用正弦交流電給此電動(dòng)牙刷充電時(shí)，原線圈兩端的電壓為，副線圈兩端的電壓為，副線圈的電流為，若將該變壓器視為理想變壓器，則（）A．原、副線圈匝數(shù)之比為 B．原線圈的電流為C．副線圈兩端的電壓最大值為 D．原、副線圈的功率之比為2．在下列兩個(gè)核反應(yīng)方程中、，X和Y代表兩種不同的原子核，以Z和A分別表示X的電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)，則（

）A．， B．， C．， D．，3．如圖甲，一個(gè)小球在間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)為最低點(diǎn)。以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)、以水平向右為正方向，小球的振動(dòng)圖像如圖乙所示。重力加速度大小取，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（

）A．小球的振動(dòng)方程為 B．，小球的動(dòng)能逐漸增大C．動(dòng)能和重力勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化的周期為 D．此單擺的擺長(zhǎng)約為4．一閉合矩形線圈繞垂直于磁感線的固定軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈平面位于如圖甲所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。通過(guò)線圈的磁通量隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（）

A．、時(shí)刻通過(guò)線圈的磁通量變化率最大B．、時(shí)刻線圈中感應(yīng)電流方向改變C．、時(shí)刻線圈中磁通量最大D．、時(shí)刻線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小5．如圖，在豎直墻壁上A點(diǎn)固定一光滑桿，桿在豎直平面內(nèi)，桿與墻面的夾角為37°，桿上穿著一質(zhì)量為0.6kg的帶孔小球，小球上連接一輕彈簧，彈簧另一端固定于墻上的B點(diǎn)，小球恰好靜止于桿上的C點(diǎn)，靜止時(shí)彈簧的形變量為4cm并處于水平方向上，m/s2，則（）A．小球?qū)U的彈力大小為7.5N B．小球?qū)U的彈力方向垂直于桿向上C．彈簧對(duì)小球的彈力為4.5N D．彈簧的勁度系數(shù)為200N/m6．某種手機(jī)防窺膜由透明介質(zhì)和對(duì)光完全吸收的屏障構(gòu)成，如圖所示，屏障垂直于屏幕平行排列，可實(shí)現(xiàn)對(duì)像素單元可視角度的控制。發(fā)光像素單元緊貼防窺膜下表面，位于相鄰兩屏障正中間。不考慮光的衍射，下列說(shuō)法正確的是（）A．防窺膜實(shí)現(xiàn)防窺效果主要是靠光的全反射B．其他條件不變時(shí)，透明介質(zhì)的折射率越小，可視角度越小C．可視角度與屏障高度d無(wú)關(guān)D．從上往下看，看到的圖像比發(fā)光像素單元位置低7．2024年巴黎奧運(yùn)會(huì)中，陳藝文/昌雅妮獲得了女子3米跳板跳水冠軍。若把運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)，將離開(kāi)跳板后運(yùn)動(dòng)員重心視為在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，取豎直向上為正方向，忽略空氣阻力的影響，從離開(kāi)跳板開(kāi)始計(jì)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員在落水前的速度，位移隨時(shí)間的變化圖像（圖中曲線為拋物線的一部分）可能正確的是（）A．B．C． D．二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8．一接地金屬板垂直紙面水平放置，在金屬板延長(zhǎng)線上垂直紙面放置一均勻帶電金屬棒，如圖為兩者周圍的電場(chǎng)線和等勢(shì)線分布圖，為同一實(shí)線弧上兩點(diǎn)，為同一虛線弧上兩點(diǎn)，則（

）A．兩點(diǎn)電勢(shì)相等 B．兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同C．金屬板左側(cè)產(chǎn)生的感應(yīng)電荷較多 D．電子從c移到a，電場(chǎng)力做正功9．如圖所示為星際探測(cè)器發(fā)射后的運(yùn)動(dòng)軌道示意圖，探測(cè)器首先被發(fā)射到近地軌道Ⅰ，然后在近地軌道的P點(diǎn)經(jīng)過(guò)多次變軌進(jìn)入軌道Ⅱ、軌道Ⅲ，最終進(jìn)入逃逸軌道，飛入茫茫太空。若不計(jì)其他星體的影響，下列說(shuō)法正確的是（）

A．探測(cè)器在近地軌道Ⅰ上P點(diǎn)時(shí)引力的功率等于在軌道Ⅱ上Q點(diǎn)時(shí)引力的功率B．探測(cè)器在近地軌道Ⅰ上P點(diǎn)時(shí)的速率大于在軌道Ⅱ上P點(diǎn)時(shí)的速率C．探測(cè)器在軌道Ⅰ上P點(diǎn)時(shí)的加速度等于在軌道Ⅱ上P點(diǎn)時(shí)的加速度D．要使探測(cè)器能夠從軌道Ⅲ進(jìn)入逃逸軌道，應(yīng)該在P點(diǎn)點(diǎn)火減速10．如圖所示，半徑為、豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計(jì)一切摩擦。圓心點(diǎn)正下方放置質(zhì)量為的小球，質(zhì)量為的小球以初速度向左運(yùn)動(dòng)，與小球發(fā)生彈性碰撞。碰后小球在半圓形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則小球的初速度可能為，重力加速度為（）A． B． C． D．三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．某同學(xué)用如圖（a）所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。用細(xì)線把鋼制的圓柱掛在架子上，架子下部固定一個(gè)小電動(dòng)機(jī)，電動(dòng)機(jī)軸上裝一支軟筆。電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，軟筆尖每轉(zhuǎn)一周就在鋼柱表面畫(huà)上一條痕跡（時(shí)間間隔為T）。如圖（b），在鋼柱上從痕跡O開(kāi)始選取5條連續(xù)的痕跡A、B、C、D、E，測(cè)得它們到痕跡O的距離分別為hA、hB、hC、hD、hE。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。（1）若電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速為3000r/min，則T=s。（2）實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，應(yīng)該。（填正確答案標(biāo)號(hào)）A．先打開(kāi)電源使電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，后燒斷細(xì)線使鋼柱自由下落B．先燒斷細(xì)線使鋼柱自由下落，后打開(kāi)電源使電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)（3）畫(huà)出痕跡D時(shí)，鋼柱下落的速度。（用題中所給物理量的字母表示）（4）設(shè)各條痕跡到O的距離為h，對(duì)應(yīng)鋼柱的下落速度為v，畫(huà)出圖像，發(fā)現(xiàn)圖線接近一條傾斜的直線，若該直線的斜率近似等于，則可認(rèn)為鋼柱下落過(guò)程中機(jī)械能守恒。12．如圖，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)加速度計(jì)，將其固定在待測(cè)量物體上，能通過(guò)電路中電壓表的示數(shù)反映物體的加速度，其原理如圖所示。滑塊2可以在光滑的框架1中平移，滑塊兩側(cè)用相同的輕彈簧3連接，彈簧另一端分別固定在框架內(nèi)兩側(cè)，每根彈簧的勁度系數(shù)均為；R為滑動(dòng)變阻器，4是滑片，O點(diǎn)為滑動(dòng)變阻器的中點(diǎn)，按圖連接電路，滑塊2與滑片連接且同步運(yùn)動(dòng)。初始時(shí)滑塊2位于框架中央位置時(shí)，滑片4與O點(diǎn)對(duì)齊，電壓表指針的零點(diǎn)位于表盤中央，此時(shí)加速度為零；當(dāng)P端的電勢(shì)高于Q端時(shí)，指針向零點(diǎn)右側(cè)偏轉(zhuǎn)，此時(shí)示數(shù)為正；當(dāng)指針向左側(cè)偏轉(zhuǎn)時(shí)示數(shù)為負(fù)。(1)當(dāng)滑塊2具有圖示方向的加速度a時(shí)，電壓表的指針將（填“向左”或“向右”）偏轉(zhuǎn)。當(dāng)滑片4與O點(diǎn)對(duì)齊時(shí)，彈簧（填“一定”或“不一定”）處于原長(zhǎng)狀態(tài)。(2)已知電路中電池的電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻不計(jì)，滑動(dòng)變阻器R的總阻值為10Ω，總長(zhǎng)度為0.2m，滑塊2質(zhì)量為2kg，當(dāng)滑片4滑到最右側(cè)時(shí)，電壓表的示數(shù)為V，此示數(shù)代表的加速度大小為。將表盤上的電壓刻度改為對(duì)應(yīng)的加速度值，即為加速度計(jì)。(3)當(dāng)電路中的電池用久之后，電動(dòng)勢(shì)下降，內(nèi)阻仍可忽略，則所測(cè)出的加速度大小與實(shí)際值相比（填“偏大”“偏小”或“不變”）。13．如圖甲所示，空氣彈簧是在密封的容器中充入壓縮空氣，利用氣體的可壓縮性實(shí)現(xiàn)其彈性作用的，廣泛應(yīng)用于商業(yè)汽車、巴士、高鐵及建筑物基座等的減震裝置，具有非線性、剛度隨載荷而變、高頻隔振和隔音性能好等優(yōu)點(diǎn)。空氣彈簧的基本結(jié)構(gòu)和原理如圖乙所示，在導(dǎo)熱良好的氣缸和可自由滑動(dòng)的活塞之間密封著一定質(zhì)量的空氣（可視為理想氣體），假設(shè)活塞和重物的總質(zhì)量為，活塞的橫截面積為，氣缸內(nèi)空氣柱的高度為，外界溫度保持不變，大氣壓強(qiáng)恒為，重力加速度，求：（1）初始狀態(tài)時(shí)，氣缸內(nèi)部氣體的壓強(qiáng)；（2）若將活塞和重物的總質(zhì)量增加，則此狀態(tài)下穩(wěn)定后氣缸中空氣柱的高度及此時(shí)空氣彈簧的等效勁度系數(shù)k分別為多少？14．圖（a）為某“彈彈棋”的實(shí)物圖，棋盤水平放置，黑、白棋區(qū)域關(guān)于中央擋板對(duì)稱分布。某次游戲過(guò)程中，一枚白棋和一枚黑棋同時(shí)從各自起點(diǎn)線中央處獲得沿軸線方向的初速度，并沿軸線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，俯視圖如圖（b）所示。已知白棋、黑棋質(zhì)量相等且可視為質(zhì)點(diǎn)，兩起點(diǎn)線之間的距離為，棋子與棋盤動(dòng)摩擦因數(shù)均為，白棋初速度大小為，經(jīng)時(shí)間與運(yùn)動(dòng)中的黑棋正碰，碰撞過(guò)程時(shí)間極短且無(wú)能量損失，重力加速度大小取，求：（1）碰撞的位置到白棋起點(diǎn)的距離及黑棋的初速度大?。唬?）通過(guò)計(jì)算后判斷黑棋能否停在白棋區(qū)域。15．2024年5月強(qiáng)烈的太陽(yáng)風(fēng)引起了超大地磁暴，使得全球很多低緯度地區(qū)均可以觀測(cè)到非常絢麗的粉紅色極光。太陽(yáng)風(fēng)中最主要的粒子是質(zhì)子和電子，某同學(xué)為了研究質(zhì)子和電子，采用如圖所示裝置：平行電極板M和N間存在沿OO′軸方向，加速電壓U可調(diào)節(jié)的加速電場(chǎng)；中間是一個(gè)速度選擇器，其中電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向豎直向下，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直紙面向內(nèi)；右側(cè)是垂直O(jiān)O′軸放置的足夠大的熒光屏與擋板，間距為d，其間存在垂直紙面、大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)。等離子體氫氣發(fā)生器產(chǎn)生的質(zhì)子和電子經(jīng)窄縫O無(wú)初速飄進(jìn)加速電場(chǎng)，調(diào)節(jié)M和N間加速電壓U的大小和方向，分別使質(zhì)子和電子能沿OO′軸方向勻速穿過(guò)速度選擇器。當(dāng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)大至B1時(shí)，質(zhì)子在熒光屏上方距離O′點(diǎn)處產(chǎn)生光斑。當(dāng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)大至B2時(shí)，電子在熒光屏恰好不能產(chǎn)生光斑，已知電子和質(zhì)子帶電量大小均為e，質(zhì)子與電子重力不計(jì)。求：(1)帶電粒子穿過(guò)速度選擇器的速度大小v；(2)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向，以及質(zhì)子的質(zhì)量m1；(3)為了使質(zhì)子與電子都能分別穿過(guò)速度選擇器，加速電場(chǎng)的電壓大小之比?！飬⒖即鸢浮铩?．B【詳析】A．由理想變壓器的變壓公式，可知原副線圈匝數(shù)之比為A錯(cuò)誤；B．由理想變壓器的變流公式解得原線圈電流B正確；C．根據(jù)有效值與最大值的關(guān)系可知，副線圈兩端的電壓最大值C錯(cuò)誤；D．根據(jù)理想變壓器輸出功率大于輸入功率可知，原副線圈的功率之比為，D錯(cuò)誤。故選B。2．D【詳析】設(shè)Y電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)分別為m和n，根據(jù)核反應(yīng)方程質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知第一個(gè)核反應(yīng)方程的核電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)滿足，第二個(gè)核反應(yīng)方程的核電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)滿足，聯(lián)立解得，故選D。3．C【詳析】A．由圖乙可知，小球的振動(dòng)周期為振幅小球的振動(dòng)方程是A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．，小球遠(yuǎn)離平衡位置，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為勢(shì)能，小球的動(dòng)能逐漸減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．單擺周期為2s，一個(gè)周期內(nèi)動(dòng)能和重力勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化兩次，故動(dòng)能和重力勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化的周期為，C項(xiàng)正確；D．根據(jù)周期公式有解得D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選C。4．D【詳析】AD．根據(jù)圖乙圖像的斜率，可知、時(shí)刻通過(guò)線圈磁通量的變化率最小為零，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可知此時(shí)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小，為零，故A錯(cuò)誤，D正確；BC．線圈通過(guò)中性面時(shí)，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向發(fā)生改變。由圖乙可知，、時(shí)刻，穿過(guò)線圈的磁通量最小，線圈位于峰值面，線圈中感應(yīng)電流的方向不發(fā)生改變，故BC錯(cuò)誤；故選D。5．D【詳析】AC．彈簧的形變量為4cm，通過(guò)分析可得彈簧一定處于壓縮狀態(tài)，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象對(duì)小球受力分析如圖所示小球受重力mg、桿對(duì)小球的彈力和彈簧對(duì)小球的彈力F，根據(jù)平衡條件有；兩式聯(lián)立解得N，NAC錯(cuò)誤；B．桿對(duì)小球的彈力方向垂直于桿向上，則小球?qū)U的彈力方向垂直于桿向下，B錯(cuò)誤；D．根據(jù)胡克定律解得彈簧的勁度系數(shù)為200N/m，D正確。故選D。6．B【詳析】A．防窺屏實(shí)現(xiàn)防窺效果的原理是因?yàn)槟承┙嵌确秶鷥?nèi)的光被屏障吸收，能射出到空氣中的光其入射角都小于臨界角，沒(méi)有發(fā)生全反射，故A錯(cuò)誤；B．透明介質(zhì)的折射率越小，則在空氣中的折射角越小，則由幾何關(guān)系可知，可視角度θ越小，故B正確；C．由圖可知，屏障的高度d越大，光線射到界面的入射角越小，則在空氣中的折射角越小，則可視角度θ越小，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)光路可逆，可知從上往下觀察手機(jī)屏幕，看到的圖像比發(fā)光像素單元位置高，故D錯(cuò)誤。故選B。7．C【詳析】AB．將運(yùn)動(dòng)員重心的運(yùn)動(dòng)視為豎直上拋運(yùn)動(dòng)，取豎直向上為正方向，速度與時(shí)間的關(guān)系為，圖像應(yīng)為斜率不變的一次函數(shù)，故A、B均錯(cuò)誤；CD．位移與時(shí)間的關(guān)系為，圖像為拋物線，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。8．AC【詳析】A.結(jié)合電場(chǎng)線和等勢(shì)線的關(guān)系可知，實(shí)線是等勢(shì)線，虛線是電場(chǎng)線，故兩點(diǎn)電勢(shì)相等，A正確;B.兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，B錯(cuò)誤；C.由等勢(shì)線疏密程度可知，金屬板上靠近帶電金屬棒一側(cè)產(chǎn)生的感應(yīng)電荷較多，C正確；D.金屬棒所帶電荷的電性未知，無(wú)法判斷兩點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系，電子從c移到a，電場(chǎng)力的做功情況未知，D錯(cuò)誤;故選AC。9．AC【詳析】A．探測(cè)器在近地軌道Ⅰ上點(diǎn)、軌道Ⅱ上點(diǎn)時(shí)所受的萬(wàn)有引力的方向與其速度方向均垂直，故引力功率均為0，故A正確；B．探測(cè)器從軌道Ⅰ到軌道Ⅱ需要在P點(diǎn)點(diǎn)火加速，所以探測(cè)器在近地軌道Ⅰ運(yùn)行到P點(diǎn)的速度小于在橢圓軌道Ⅱ運(yùn)行到P點(diǎn)的速度，故B錯(cuò)誤；C．由牛頓第二定律可知，探測(cè)器在軌道Ⅰ上P點(diǎn)時(shí)的加速度等于在軌道Ⅱ上P點(diǎn)時(shí)的加速度，故C正確；D．探測(cè)器從軌道Ⅲ進(jìn)入逃逸軌道，在P點(diǎn)做離心運(yùn)動(dòng)，所以應(yīng)該在P點(diǎn)點(diǎn)火加速，故D錯(cuò)誤。故選AC。10．BC【詳析】根據(jù)題意可知，小球B與小球A發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后小球B的速度為，小球A的速度為，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有；解得；由于碰后小球在半圓形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則小球A未通過(guò)與圓心的等高點(diǎn)或通過(guò)圓弧最高點(diǎn)，若小球A恰好到達(dá)圓心的等高點(diǎn)，由能量守恒定律有解得解得若小球恰好通過(guò)圓弧最高點(diǎn)，由能量守恒定律有由牛頓第二定律有解得解得則碰后小球在半圓形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，小球B的初速度取值范圍為或故選BC。11．（1）0.02（2）A（3）（4）2g【詳析】（1）[1]由于電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速為3000r/min，則其頻率為則（2）[2]實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，為了使軟筆在鋼柱表面畫(huà)上一條痕跡條數(shù)多一些，應(yīng)該先打開(kāi)電源使電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，后燒斷細(xì)線使鋼柱自由下落。故選A。（3）[3]根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻速度等于該段過(guò)程的平均速度，則畫(huà)出痕跡D時(shí)，鋼柱下落的速度為（4）[4]鋼制的圓柱下落過(guò)程中，只有重力做功，重力勢(shì)能的減小等于動(dòng)能的增加，即可得若圖線為一條傾斜直線，且直線的斜率近似等于，則可認(rèn)為鋼柱下落過(guò)程中機(jī)械能守恒。12．(1)向左不一定(2)4.520(3)偏小【詳析】（1）[1][2]框架向右加速時(shí)，滑片向左滑動(dòng)，此時(shí)點(diǎn)電勢(shì)高于點(diǎn)電勢(shì)，指針向左偏轉(zhuǎn)，滑片在中間時(shí)，滑塊所受合力為零即