2025届深圳某中学高三年级下册期中练习物理试题

2025届深圳中学高三下学期期中练习物理试题

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5亳米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05亳米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，A5CO为等腰梯形，4=N8=60",AB=2CDf在底角A、5分别放上一个点电荷，电荷量分别为外和

qn,在C点的电场强度方向沿。。向右，4点的点电荷在。点产生的场强大小为B点的点电荷在C点产生的场强

大小为EB,则下列说法正确的是

DC

，//…、、

A................

A.放在4点的点电荷可能带负电

B.在。点的电场强度方向沿。。向右

C.EA>EB

D.凰|二。］

2、2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型泯轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越

了英吉利海峡35公里的海面。已知扎帕塔（及装备）的总质量为120kg,设发动机启动后将气流以6000m/s的恒定速

度从喷口向下喷出，则当扎帕塔（及装备）悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为（不考虚喷气对总质量

的影响，取g=10m/s2）（）

A.0.02kgB.0.20kgC.0.50kgD.5.00kg

3、如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径

为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为〃;的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，

轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g,则

A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动

B.铁球绕轨道运动过程中机械能守恒

C.铁球在A点的速度必须大于病

D.轨道对铁球的磁性引力至少为3mg,才能使铁球不脱轨

4、如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分

别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平

衡的是（）

MIN

D.

MN

5、2019年5月17日，在四川省西昌卫星发射基地成功发射了第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星

（同步卫星）。已知地球的质量为M、半径为K、地球自转周期为八该卫星的质量为机、引力常量为G,关于这颗卫

星下列说法正确的是（）

A.距地面高度为零-RB.动能为雪誓

V4/2R

C.加速度为〃二丝D.入轨后该卫星应该位于西昌的正上方

R-

6、某一人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为地球同步卫星绕地球轨道半径的!，则此卫星运行的周期大

2

约是（）

A.6hB.8.4hC.12hD.16.9h

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、甲、乙两物体在同一条直线上运动，其运动的位置一时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）

Mtn

A.在3〜5s时间内，甲的速度大小等于乙的速度大小

B.甲的出发位置在乙的前面

C.甲、乙在20m处相遇

D.在3〜7s的时间内，甲的平均速度大小小于乙的平均速度大小

8、静电场方向平行于x轴，其电势随x轴分布的0—工图像如图所示，夕。和%均为已知量，某处由静止释放一个电

子，电子沿x轴往返运动。已知电子质量为由，带电荷量为e,运动过程中的最大动能为则（）

A.电场强度大小为七二%

%

B.在往返过程中电子速度最大时的电势能为-。

2xE

C.释放电子处与原点的距离为司=—^

岬。

D.电子从释放点返回需要的时间为^^

9、如图所示，在某一峡谷的两侧存在与水平面成相同角度的山坡，某人站在左侧山坡上的尸点向对面的山坡上水平

抛出三个质量不等的石块，分别落在A、B,C三处，不计空气阻力，A、。两处在同一水平面上，则下列说法正确的

是（）

A.落到4、8、C三处的石块落地速度方向相同

B.落到A、8两处的石块落地速度方向相同

C.落到8、。两处的石块落地速度大小可能相同

D.落到。处的石块在空中运动的时间最长

10、如黑所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦.圆心。点正下方放置为2胆的小球A,

质量为粗的小球5以初速度w向左运动，与小球A发生弹性碰撞.碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则

小球3的初速度如可能为（）

A.2y/2gRB.C.2y/5gRD.师

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）图甲为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，Ri、&、&、由和Rs是固定电阻，R6

是可变电阻，表头电流表G的量程为0~lmA,内阻Rg=200C,3为换挡开关，A端和6端分别与两表笔相连。该

多用电表有5个挡位，分别为直流电东3V挡和15V挡.直流电流5mA挡和1A挡,欧姆“xlOO。"挡。

甲

（1）图甲中A端与（填“红”或“黑”）色表笔相连接

（2）开关S接位置_________（填“「或“2”）时是电流挡的大量程，根据题给条件可得。%+&=d

=。=Qo

⑶某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示，若此时〃端是与“1”相连的，则多用电表读数为;若此时3端

是与“3”相连的，则读数为。

（4）多用电表长时间使用后会造成电源的电动势减小和内阻增大，若继续使用时还能进行欧姆调零，则用该多用电表测

量电阻时，所测得的电阻值将（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

12.（12分）学习牛顿第二定律后，某同学为验证”在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量成反比''的结论设计

了如图所示的实验装置.装置中用不可伸长的轻绳一端连接甲车、另一端与乙车相连，轻绳跨过不计质量的光滑滑轮,

且在动滑轮下端挂一重物测量知甲、乙两车（含发射器）的质量分别记为町、〃4，所挂重物的质量记为"%。

⑴为达到本实验目的，平衡两车的阻力（填“需要”或“不需要”），_______满足钩码的质量远小于任一小车

的质量（填“需要”或“不需要”）；

（2）安装调整实验器材后，同时静止释放两小车并用位移传感器记录乙两车在相同时间内，相对于其起始位置的位移分

别为M、.，在误差允许的范围内，若等式近似成立，则可认为“在外力一定的条件下，物体的加速度与其

质量成反比”（用题中字母表示）。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）如图所示的坐标系内，直角三角形O丛区域内有一方向垂直于纸面向外的匀强磁场。在x轴上方，三角

形磁场区域右侧存在一个与三角形。尸边平行的匀强电场，电场强度为以方向斜向下并与x轴的夹角为30“，己知

O尸边的长度为L,有一不计重力、质量为〃八电荷量为q的带正电的粒子从静止开始经加速电场加速后，以见的速

度从A点垂直于y轴射入磁场；一段时间后，该粒子在0尸边上某点以垂直于0尸边方向射入电场，最终速度方向垂

直于x轴射出电场。求：

（1）加速电压及匀强磁场的磁感应强度大小

⑵带电粒子到达x轴时的动能与带电粒子刚进入磁场时动能的比值

⑶带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间

14.（16分）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向以u=lm/s的速度传播，当波传播到坐标原点。时开始计时，。点

处质点的振动方程为y=10sinl0m（cm）,x轴上的2点横坐标外二10cm,求：

（1）2点处的质点第二次到达波谷的时刻；

⑵当。点处的质点运动的路程为1m时，Q点处的质点运动的路程。

Opi/m

15,（12分）A气缸截面积为500cm2,A、B两个气缸中装有体积均为104cm3、压强均为l/Pa、温度均为27c的理

想气体，中间用细管连接。细管中有一绝热活塞M,细管容积不计。现给左面的活塞N施加一个推力，使其缓慢向右

移动，同时给B中气体加热，使此过程中A气缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动。不计活塞与器

壁间的摩擦，周围大气压强为l/Pa,当推力尸=1X103N时，求

①活塞N向右移动的距离是多少；

②B气缸中的气体升温到多少。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C

【解题分析】

ACD.由于两点电荷在。点产生的合场强方向沿&C向右，根据矢量合成法，利用平行四边形定则可知，可知两点电

荷在。点产生的场强方向如图所示，由图中几何关系可知£BV£A,A点所放点电荷为正电荷，〃点所放点电荷为负电

荷，且A点所放点电荷的电荷量的绝对值大于B点所放点电荷的电荷量的绝对值，选项C正确，A、D错误；

B.对两点电荷在。点产生的场强进行合成，由几何关系，可知其合场强方向为向右偏上，不沿OC方向，故B错误。

2、B

【解题分析】

设扎帕塔（及装备）对气体的平均作用力为尸，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔（及装备）的作用力的大小也

等于尸，对扎帕塔（及装备），则

F=Mg

设时间&内喷出的气体的质量△血，则对气体由动量定理得

FA/=A/zzv

解得

---=-F-=-M--g

A/vv

代入数据解得

也=0.2kg

A/

发动机每秒喷出气体的质量为0.2kg,故B正确，ACD错误。

故选B。

3、B

【解题分析】

AB.小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小

不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对

小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒,在最高点的速度最小，在最低点的速度最大.小铁球不可能做匀速圆周运动.故

A错误，B正确；

C.小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上,

小铁球的速度只要大于1即可通过最高点，故C错误；

D.由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越

2

小，根据：尸=小二可知小铁球在最低点时需要的向心力越小.而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的

R

方向也向下、只有磁力的方向向上.要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于L所以铁球不脱轨的条件是:

小铁球在最高点的速度恰好为1,而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于1.根据机械能守恒定律，小铁球

在最高点的速度恰好为L到达最低点时的速度满足，喈・27?=；〃”2,轨道对铁球的支持力恰好等于1,则磁力与重力

2

的合力提供向心力，即：F-mg=—联立得：F=5mg故D错误.

Rff

4、A

【解题分析】

天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，

由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有

效长度，由图可知，A图的有效长度最长，磁场强度8和电流大小/相等，所以4所受的安培力最大，则A图最容易

使天平失去平衡.A正确；BCD错误；

故选A.

5^A

【解题分析】

A.万有引力提供向心力

「Mm4/

G下=〃1下丫

解得同步卫星的轨道半径

IGMT2

r=\4/r2

则距离地球表面高度为Jg竺-R,A正确；

V4乃2

B.万有引力提供向心力

「Mmv2

G——=m——

厂r

动能

B错误；

C.万有引力提供向心力

—Mm

G——=ma

r

解得加速度为

GM

/•

C错误；

D.同步卫星在赤道上空，西昌不在赤道，入轨后该卫星不可能位于西昌的正上方，D错误。

故选A。

6、B

【解题分析】

由题意卫星的轨道半径是同步卫星半径的《，根据开普勒第二定律有

2

故ACD错误，B正确。

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、CD

【解题分析】

A.因为X"图像的斜率等于速度，可知在3〜5s时间内，甲的速度大小小于乙的速度大小，选项A错误；

B.甲和乙出发的位置都在户0位置，选项B错误；

C.由图像可知，甲、乙在20m处相遇，选项C正确；

D.在3〜7s的时间内，甲的位移小于乙的位移，根据工二土可知，甲的平均速度大小小于乙的平均速度大小，选项D

t

正确；

故选CD,

8、ABI)

【解题分析】

A.在OVxVxo区间内，场强大小

E"再

dx0

方向沿+工方向；在“oVxVO区间内，场强大小

场强方向沿一x方向，故A正确：

B.根据能量守恒可知，电子速度最大即动能最大时，电势能最小，根据负电荷在电势高处电势能小，则此时电势能

为

Ep=一明

故B正硝;

C.已知电子质量为加、带电荷量为e,在运动过程中电子的最大功能为感,根据动能定理得

eE\=后卜

得

故C错误；

D.根据牛顿第二定律知

a=eE=e^

mnvc0

粒子从静止到动能最大的时间为四分之一周期，匀加速直线运动的时间为

，仔国际

Vae(Po

电子从释放点返回需要的时间为

约。

故D正确。

故选ABDo

9、BC

【解题分析】

试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合

水平位移和时间比较初速度.知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍.

解：A、因为速度方向与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，A、B两点的位移方向相同，

与落在C点的位移方向不同，所以A、B两点的速度方向相同，与C点的速度方向不同，故A错误，B正确.

C、落在B点的石块竖直分速度比C点竖直分速度大，但是B点的水平分速度比C点水平分速度小，根据平行四边形

定则可知，两点的速度大小可能相同，故C正确.

D、高度决定平抛运动的时间，可知落在B点的石块运动时间最长.放D错误.

故选BC.

点评；解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道速度方向与水平方向夹角的正切值是

位移与水平方向夹角正切值的2倍.

10、BC

【解题分析】

A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分

别为V1和V2,则:

mvo=mvi+2mv2

由动能守恒得：

12121。2

—=—mv~+—•2mv2

联立得：匕二学①

-3

1.恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，是在最高点的速度为Vmin,由牛顿第二定律得：

2

2mg=2加•上也②

R

A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：

2mg•27?=g•2tnv[--•2/?nAn③

联立①②③得：v°=1.5病记，可知若小球B经过最高点，则需要：vo>1.5癌记

2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：

1、—

2mg-/?=—•2mv2④

联立①④得：v（）=1.5j2gR

可知若小球不脱离轨道时，需满足：vgl.5j荻

由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时，需满足：，，041.5/荻或丫。>1.5痕记，故AD错误，BC正确.

故选BC

【题目点拨】

小球A的运动可能有两种情况：L恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二

定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度.由碰撞过程中动量守恒及能量

守恒定律可以求出小球B的初速度；2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械

能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度.由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度.

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、52A1400H偏大

【解题分析】

由题中所示电路图可知，3与欧姆表内置电源的负极相连，8为红表笔，A为黑表笔。

(2)[2]由题中所示电路图可知，开关S接位置1时，分流电阻较小，此时电流挡的大量程；

网根据题中所示电路图，由欧姆定律可知

/小

R、+R、.广2005。。

5x10-3-1x10-3

[4][5]5mA电流挡的内阻为

R=（&+&）《=40Q

K+1R，,+RA

则

凡=4-&=（—二-40）。=560c

Z2,5x10-3

入二牛-扁-凡二-40-560)C=2400C

(3)[6]8端是与“「相连的，电流表量程为1A,分度值是0.02A,多用电表读数为

0.02Ax26=0.52A

⑺此时B端是与“3”相连，多用电表测电阻，由图示可知，指针指在14的位置，则读数为

14x100。=1400Q

⑷⑻当电池电动势变小、内阻变大时，需要重新欧姆调零，由于满偏电流及不变，欧姆表内阻

变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，可知当R内变小时，有

I=E二，g%

凡+R、。+凡

由于4不变、R内变小，指针跟原来的位置相比偏左，欧姆表的示数变大，导致测量阻值偏大。

12、需要不需要"[S[=m2s2

【解题分析】

(1)[1J[2J.为达到本实验目的，需要平衡两车的阻力，这样才能使得小车所受细线的拉力等于小车的合外力；因两边细

绳的拉力相等即可，则不需要满足钩码的质量远小于任一小车的质量：

(2)[3].两边小车所受的拉力相等，设为尸，则如果满足物体的加速度与其质量成反比，则

F

%=—

叫

叫

环=产

1)

S,=—4厂

■2'

联立可得

班

M=m2s2

即若等式叫*=，巧*近似成立，则可认为“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量成反比”

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、⑴驾；号；⑵、⑶*十弊

2qqL36v03qE

【解题分析】

(1)设加速电场的电压为U,由动能定理可得

〃

qUI%、

解得

0=些

2q

根据题设，带电粒子垂直。。边射入电场，设带电