2024-2025學年廣東省廣州市華興教育港澳臺班高三（下）第三次月考物理試卷一、單選題：本大題共13小題，共52分。1.秦山核電站是我國自行設計、建造和運營管理的第一座30萬千瓦壓水堆核電站。在一次核反應中一個中子轟擊?92235U變成?54136Xe,3890Sr和若干個中子。已知?A.該核反應方程為?92235U+01n→54136Xe+2.如圖所示為一定質量理想氣體在狀態變化過程中壓強隨體積的變化圖象，氣體從狀態A經絕熱過程到達狀態B，再經等容過程到達狀態C，最后經等溫過程返回到狀態A.下列說法正確的是(

)A.A到B過程氣體溫度保持不變

B.B到C過程氣體內能可能不變

C.C到A過程氣體吸收熱量

D.全過程氣體放熱大于吸熱3.地球和行星繞太陽做勻速圓周運動，地球和行星做勻速圓周運動的半徑之比r1：r2=1：4，不計地球和行星之間的相互影響，下列說法正確的是(

)A.行星繞太陽做圓周運動的周期為

4年

B.地球和行星的線速度大小之比為1：2

C.由圖示位置開始計時，至少再經過87年，地球位于太陽和行星連線之間

D.地球和行星分別與太陽的連線在相同的時間內掃過的面積相等4.如圖所示，實驗中分別用波長為λ1，λ2的單色光照射光電管的陰極K，測得相應的遏止電壓分別為U1和U2，設電子的質量為m，帶電荷量為e，真空中的光速為c，下列說法正確的是(

)A.若λ1>λ2，則U1>U2

B.根據描述條件無法算出陰極K金屬的極限頻率

C.

5.將一根柔軟彈性細繩沿水平的x軸放置，其一端固定于位置為x=8m的墻面上，另一端不斷上下振動，在繩中形成繩波如圖，在t=0s時刻x=4m的質點剛好開始振動。當波傳至固定點時，繩波將發生反射。反射處質點在反射前后的振動速度大小不變方向反向，波的傳播方向也反向。則下列各個時刻細繩的波形圖(實線)正確的是(

)A.

B.

C.

D.6.如圖所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動的距離很小。這就是大家熟悉的慣性演示實驗。若砝碼和紙板的質量分別為M和m。各接觸面間的動摩擦因數均為μ，砝碼與紙板左端的距離及桌面右端的距離均為d。現用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，下列說法正確的是(

)A.紙板相對砝碼運動時，紙板所受摩擦力的大小為μ(M+m)g

B.要使紙板相對砝碼運動，F一定大于μ(M+m)g

C.若砝碼與紙板分離時的速度小于μgd，砝碼不會從桌面上掉下

D.當F=μ(2M+3m)g7.如圖所示是一種可測定豎直加速度方向的裝置，拴在豎直彈簧上的重物與滑動變阻器的滑動頭連接，滑動頭可以無摩擦滑動，該裝置在地面上靜止時滑動頭在變阻器的中間位置，現把它置于豎直電梯內。下列說法中正確的是(

)A.電梯具有向上的加速度時，電壓表示數減小

B.電梯具有向上的加速度時，電流表示數增大

C.電梯具有向下的加速度時，電壓表示數與電流表示數的比值不變

D.電梯具有向下的加速度時，電壓表示數的變化量與電流表示數的變化量的比值的絕對值不變

8.如圖所示的電路中，理想變壓器原線圈輸入端a，b接u=2202sin100πt(V)的交變電壓，原副線圈匝數比n1：n2=11：3。副線圈接有電阻箱R，定值電阻R1=30Ω，R2=5Ω，阻值恒為10Ω，額定電壓為30A.5Ω B.10Ω C.15Ω D.20Ω9.如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板A，右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M=3kg。質量m=1kg的小鐵塊B以水平速度v0=4m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端。則在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為(

)A.3J B.4J C.6J D.8J10.如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B1，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間。相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B2，導軌平面與水平面夾角為θ，兩導軌分別與P、Q相連。質量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止。重力加速度為g，不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力。下列說法正確的是(

)

A.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v=mgRsinθB1B2Ld

B.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v=11.焦距為f1的凸透鏡與焦距為f2的凹透鏡的主光軸重合，光心間為15cm。平行于主光軸的一束平行光通過兩透鏡后得到一束寬度為d的平行光束，如圖(a)所示；若將兩透鏡位置互換，將得到一束寬度為4d的平行光束，如圖(b)所示。則(

)

A.f1=30cm，f2=15cm B.f1=15cm，f2=15cm

C.12.如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d=0.16m，上、下極板開有一小孔，四個質量均為m=13g、帶電荷量均為q=6.4×10?6C的帶電小球，其間用長為d4的絕緣輕軒相連，處于豎直狀態，今使下端小球恰好位于小孔中，且由靜止釋放，讓四球豎直下落。當下端第二個小球到達下極板時，速度恰好為零(g=10m/s

A.當最上端的小球進入平行板電容器前，小球一直做加速度減小的加速運動

B.最下端的小球在兩平行板之間的運動過程，系統的電勢能先增加后減小

C.兩極板間的電壓為500V

D.從釋放到速度減為零的過程中，小球最大速度約為0.82m/s13.如圖裝置可形成穩定的輻向磁場，磁場內有匝數為n、半徑為R的圓形線圈，在t=0時刻線圈由靜止釋放，經時間t速度變為v，假設此段時間內線圈所在處磁感應強度大小恒為B，線圈導線單位長度的質量、電阻分別為m、r，重力加速度為g，下列說法正確的是(

)A.在t時刻線圈的加速度大小為g?n2B2vmr

B.0～t時間內通過線圈的電荷量為mgt?mv2πRnB

二、實驗題：本大題共2小題，共24分。14.在探究物體質量一定時加速度與力的關系實驗中，小明同學作了如圖甲所示的實驗改進，在調節桌面水平后，添加了用力傳感器來測細線中的拉力。

(1)關于該實驗的操作，下列說法正確的是______。

A.必須用天平測出砂和砂桶的質量

B.一定要保證砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量

C.應當先釋放小車，再接通電源

D.需要改變砂和沙桶的總質量，打出多條紙帶

(2)實驗得到如圖乙所示的紙帶，已知打點計時器使用的交流電源的頻率為50Hz，相鄰兩計數點之間還有四個點未畫出，由圖中的數據可知，小車運動的加速度大小是______m/s2。(計算結果保留三位有效數字)(3)由實驗得到小車的加速度a與力傳感器示數F的關系如圖丙所示，則小車與軌道的滑動摩擦力Ff=______N15.某興趣小組設計如圖甲所示電路來測量電源的電動勢和內阻，已知定值電阻R的阻值均為R0。要通過改變R的個數得到不同的電壓，實驗步驟如下：

①閉合開關S和S1，記錄電壓表的示數為U1；

②閉合開關S和S2，記錄電壓表的示數為U2；

③閉合開關S和S3，記錄電壓表的示數為U3；

④閉合開關S，S1和S3，記錄電壓表的示數為U4；

⑤閉合開關S，S2和S3，記錄電壓表的示數為U5；

⑥同時閉合S1，S1，S2和S3，記錄電壓表的示數為U6；

⑦建立坐標系，以1U(電壓表讀數的倒數)為縱坐標，n(接入電路中定值電阻的個數)為橫坐標；

⑧逐個描點，得到如圖乙所示的圖形。

回答下列問題：

(1)用E和r表示電源的電動勢和內阻，則1U與n的關系式為______(用各物理量的符號表示)；

(2)根據圖乙求得電源電動勢E=______，內阻r=______(用圖像中的斜率k，截距b，電阻R0字母表示)；

(3)下列關于這個實驗中存在的誤差以及減少誤差的各種方法正確的是______；

A.電壓表的分流引起的誤差屬于偶然誤差三、計算題：本大題共4小題，共74分。16.如圖，高度為l的玻璃圓柱體的中軸線為MN，一束光以入射角45°從M點射入，在側面恰好發生全反射。已知光在真空中傳播速度為c，求

(i)該玻璃的折射率；

(ii)這束光通過玻璃圓柱體的時間。

17.如圖，粗細均勻U型玻璃管，高H=100cm，橫截面積S=1cm2，管內水銀柱高h=50cm，現將左側上端封閉，右端通過忽略粗細的軟管與體積為V=9.95L的導熱容器相連接。設空氣溫度為27°C保持不變，大氣壓強p0=75cmHg，開始時容器閥門處于打開狀態。(空氣視為理想氣體)

(1)將容器開口與真空泵相接，抽氣一段時間后達到真空，問U型管左側的水銀將下降多少。

(2)現用打氣筒(圖中未畫出)向抽成真空后的容器充氣，每打一次可將壓強為2p0、溫度為?18.如圖所示，半徑為R的14光滑圓弧軌道最低點D與水平面相切，在D點右側L0=4R處用長為R的細繩將質量為m的小球B(可視為質點)懸掛于O點，小球B的下端恰好與水平面接觸，質量為m的小球A(可視為質點)自圓弧軌道C的正上方H高處由靜止釋放，恰好從圓弧軌道的C點切入圓弧軌道，已知小球A與水平面間的動摩擦因數μ=0.5，細繩的最大張力Fm=7mg，重力加速度為g，試求：

(1)若H=R，小球A到達圓弧軌道最低點D時所受軌道的支持力；

(2)試討論H在什么范圍內，小球A與B19.如圖(甲)所示，在直角坐標系0≤x≤L區域內有沿y軸正方向的勻強電場，右側有一個以點(3L,0)為圓心、半徑為L的圓形區域，圓形區域與x軸的交點分別為M、N.現有一質量為m，帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點進入圓形區域，速度方向與x軸夾角為30°.此時在圓形區域加如圖(乙)所示周期性變化的磁場，以垂直于紙面向外為磁場正方向)，最后電子運動一段時間后從N飛出，速度方向與進入磁場時的速度方向相同(與x軸夾角也為30°).求：

(1)電子進入圓形磁場區域時的速度大小；

(2)0≤x≤L區域內勻強電場場強E的大小；

(3)寫出圓形磁場區域磁感應強度B0的大小、磁場變化周期T答案和解析1.【答案】C

【解析】解：該核反應方程為?92235U+01n→54136Xe+3890Sr+1001n，故A錯誤；

B.用一個中子轟擊?92235U發生核反應，該核反應會釋放出能量，故B錯誤；

C2.【答案】D

【解析】解：

A、由圖示圖象可知，從A到B過程氣體體積增大，氣體對外做功，該過程是絕熱過程，氣體既不吸熱也不放熱，由熱力學第一定律可知，氣體內能減小，氣體溫度降低，故A錯誤；

B、B到C過程氣體的體積不變，氣體發生等容變化，則p1T1=p2T2，壓強增大，溫度增加，則內能增大，故B錯誤；

C、C到A過程氣體溫度不變而體積減小，外界對氣體做功，氣體內能不變，由熱力學第一定律可知，氣體放出熱量，故C錯誤；

D、氣體的壓強與體積的乘積(pV)表示氣體與外界做功的多少。氣體從A態開始到由回到A態，內能變化為零，釋放的熱量為Q放，吸收的熱量為Q吸，整個過程由熱力學第一定律可得

W+Q吸?Q放=0

解得3.【答案】C

【解析】解：A.根據開普勒第三定律得r13r23=T12T22，整理得T2=(r2r2)3T1=(41)3×1年=8年，故A錯誤；

B.根據引力提供向心力得GMm4.【答案】C

【解析】解：A、根據愛因斯坦光電效應方程有

hcλ?W0=Ekm=eUc

若λ1>λ2，則U1<U2，故A錯誤；

B、根據

hcλ1?W0=eU1

hcλ2?W0=eU2

其中的

W0=hνc

三式聯立可求解h和5.【答案】C

【解析】解：A、波在一個周期內傳播的距離為一個波長，則t=T2時波傳到x=6m處，則波形平移到x=6m處，故A錯誤；

B、t=T時，波傳到固定點處，則波形平移到固定點處，故B錯誤；

C、t=3T2時，波被固定點反射T2時間，形成半個波長的反射波，反射波與6～8m內原波的波形相同，根據波的疊加原理可知該區域內振動加強，振幅為原來的2倍，故C正確；

D、t=2T時，波被固定點反射T時間，形成一個波長的反射波，反射波與4～8m內原波的波形相同，根據波的疊加原理可知該區域內振動加強，振幅為原來的2倍，故D錯誤。

故選：C6.【答案】C

【解析】解：A、當紙板相對砝碼運動時，紙板所受的摩擦力：μ(M+m)g+μMg，故A錯誤；

B、設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，由牛頓第二定律得：μMg=Ma1，F?μMg?μ(M+m)g=ma2，發生相對運動需要a2>a1，解得：F>2μ(M+m)g，故B錯誤；

C、若砝碼與紙板分離時的速度小于μgd，砝碼加速運動過程，由牛頓第二定律得μMg=Ma，

砝碼減速運動過程，由牛頓第二定律得μMg=Ma′，解得a=a′=μg，

砝碼勻加速運動的位移小于v22a=(μgd)22μg=d2，

勻減速運動的位移小于v22a′=(μgd)22μg=d2，則總位移小于d，不會從桌面掉下，故C正確；7.【答案】D

【解析】解：AB.當電梯具有向上的加速度時，此時可知重物受到的彈力要大于重力，所以滑動變阻器滑片向下運動，即滑動變阻器接入電路的電阻變大，電路中的總電阻變大，根據歐姆定律可知電路中電流減小，定值電阻兩端的電壓減小，所以滑動變阻器兩端電壓增大，故AB錯誤；

CD.電梯具有向下的加速度時，重物受到的彈力小于重力，滑動變阻器滑片向上運動，滑動變阻器接入電路的電阻變小，根據歐姆定律的變形式

R=UI

所以電壓表示數與電流表示數的比值減小；電壓表示數的變化量與電流表示數的變化量的比值的絕對值為R0+r，所以不變；故C錯誤，D正確。

故選：D。8.【答案】B

【解析】解：原線圈兩端所加電壓U1=Um2=22022V=220V

由理想變壓器的變壓比可知，副線圈兩端電壓U2=n2n1U1=3119.【答案】A

【解析】解：設鐵塊與木板速度相同時，共同速度大小為v。鐵塊相對木板向右運動時滑行的最大路程為L，摩擦力大小為f。根據能量守恒定律得：

鐵塊相對于木板向右運動過程

12mv02=fL+12(M+m)v2+Ep

鐵塊相對于木板運動的整個過程

12mv02=2fL+1210.【答案】B

【解析】【分析】

本題考查了復合場的磁流體發電機模型以及受力平衡之安培力計算的問題，屬于綜合基礎題。兩次應用左手定則判斷粒子偏轉方向和已知安培力方向判斷磁場方向，屬于易錯點。其它物理原理及推導過程較簡單。【解答】

平行金屬板P、Q之間磁感應強度方向由N極指向S極，由左手定則判斷，等離子體中的正離子向金屬板Q偏轉，負離子向金屬板P偏轉，可知金屬板Q帶正電荷(電源正極)，金屬板P帶負電荷(電源負極)，金屬棒ab中電流方向由a流向b，已知磁場B2的方向垂直導軌平面，由左手定則可知，金屬棒ab所受安培力平行于導軌平面向上或者向下，金屬棒ab處于靜止，由受力平衡條件判斷其所受安培力沿導軌平面向上，再由左手定則判斷出導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下；

金屬棒ab恰好靜止，由受力平衡可得：B2IL=mgsinθ，由閉合電路歐姆定律可得，平行金屬板P、Q之間的電壓U=IR，金屬板P、Q之間電場強度E=Ud，等離子體的正負離子在磁場B1中受到電場力與洛倫茲力，穩定后此二力平衡，則：11.【答案】A

【解析】解：設平行光束寬度為D，題圖(a)所示的兩個透鏡焦點在凹透鏡右側重合，則Dd=f1f2、f1=15+f2

兩個透鏡焦點在凹透鏡左側重合，則有D4d=f2f1

聯立解得f12.【答案】D

【解析】解：B.電場力一直做負功，故系統的電勢能一直增加，故B錯誤；

C.根據動能定理可得：2qU+34qU+12qU=4mg?5d4，聯立代入數據解得：U=5000V，故C錯誤；

D.當兩個小球在電場中時，電場力F1=Ud?2q=4013mg<4mg

當三個小球在電場中時，電場力F2=Ud?3q=6013mg>4mg

13.【答案】C

【解析】解：A、在t時刻，線圈切割輻向磁場產生感應電動勢為

E=nB(2πR)v=2nπBRv

感應電流大小為

I=En(2πR)r

即得I=Bvr

線圈所受安培力大小為

F安=nBI?2πR=2nB2πRvr

由牛頓第二定律得

2nπRmg?F安=2nπRma

解得：a=g?B2vmr，故A錯誤；

B、從開始下落到t時刻，設線圈中的平均電流為I?，取豎直向下為正方向，由動量定理得

2πnRmgt?nBI??2πR?t=2πRnmv?0

又通過線圈的電荷量為q=I??t

綜合解得：q=mgt?mvB，故B錯誤；

C、從開始下落到t時刻，下落高度為h，則q=I??t=E?2πnRr?t=n14.【答案】D

2.4

1.0

【解析】(1)AB、細線對小車的拉力是通過力傳感器得到的，故無需測量砂和砂桶的總質量，也不需要滿足砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量，故AB錯誤。

C、使用打點計時器，應先接通電源，后釋放小車，故C錯誤。

D、在探究“物體質量一定時，加速度與力的關系”的實驗中，應多打出幾條紙帶，從中選取最合適的一條求加速度，故D正確。

(2)因為交流電源的頻率f=50Hz，所以T=1f=0.02s，已知相鄰兩計數點之間還有四個點未畫出，故相鄰兩計數點之間的時間間隔為t=0.02×5s=0.1s由逐差法得：a=(28.81?9.61?9.61)×10?24×0.12m/s2≈2.4m/s2。

(3)由小車的加速度a與力傳感器示數F的關系圖像根據牛頓第二定律得：2F?Ff15.【答案】1U=1E+rER0n；

【解析】(1)由閉合電路的歐姆定律得E=U+Ir=U+UR0nr，整理得1U=1E+rER0n

(2)根據圖乙所示圖像可知，圖像的斜率k=rER0，縱軸截距b=1E，

解得電源電動勢E=1b，內阻r=kR0b。

(3)A、電壓表的分流引起的誤差屬于系統誤差，故A錯誤；

B、該小組同學讀電壓表示數引起的誤差屬于偶然誤差，故B錯誤；

C、本實驗用圖像法處理數據可以減小偶然誤差，故C正確；

D、如果將電壓表的內阻計算在內就可以減小系統誤差，故D正確。

故選：CD。

(4)由圖示電路圖可知，由于電壓表的分流作用，流過電源的電流大于UR016.【答案】解：(i)如圖，

光線從M

入射時，在P

點剛好發生全反射，

設玻璃的折射率為n，全反射臨界角為C，

由n=sin45°sin(90°?C)，又sinC=1n

代入數據可得：n=62

(ii)設光在玻璃中傳播速度為v，時間為t

由t=lvsin【解析】(i)作出光路圖，根據折射定律以及臨界角公式即可求出折射率；

(ii)根據v=cn求出光在玻璃中傳播速度，由幾何關系求出光傳播的路程，根據Δt=s17.【答案】解：(1)對左端封閉氣體，等溫變化：p1V1=p2V2

依題意知：p1=p0、V1=S(H?h)=0.05L

設左側水銀下降了x，

則：p2=2x(cmHg)、V2=S(H?h+x)

解得：x=25cm

(2)設充氣N次，對打入氣體根據理想氣體的狀態方程的分態式可得：

p0(V+V1)T【解析】(1)對左端封閉氣體，等溫變化，根據玻意耳定律列方程求解；

(2)設充氣N次，對打入氣體根據理想氣體的狀態方程的分態式求解。

本題主要是考查了理想氣體的狀態方程；解答此類問題的方法是：找出不同狀態下的三個狀態參量，分析理想氣體發生的是何種變化，利用理想氣體的狀態方程列方程求解。18.【答案】若H=R，小球A到達圓弧軌道最低點D時所受軌道的支持力為5mg；