广东省东莞市、揭阳市、韶关市2024-2025学年高三上学期期末教学质量检查物理试题（含答案）

第第页广东省东莞市、揭阳市、韶关市2024-2025学年高三上学期期末教学质量检查物理试题一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求。）1．如图所示的火灾自动报警器工作原理为：放射源处的锯95241AmA．发生火灾时温度升高，95241B．这种报警装置应用了α射线贯穿本领强的特点C．95241D．95241A2．某款磁吸式车载手机支架如图所示。手机放在支架上被磁力吸住后，调节支架使手机与竖直方向成图示角度。安装该支架的汽车静止停放在车位。已知手机受到的磁力垂直于手机屏幕，且手机和支架保持相对静止，下列说法正确的是（）A．手机受到3个力的作用B．支架对手机的作用力竖直向上C．手机对支架的摩擦力沿斜面向上D．手机对支架的弹力和支架对手机的弹力是一对平衡力3．t=0时位于坐标原点的波源从平衡位置开始振动，形成一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=8m/s，下图是振动刚好传到质点x=6m时的波形，下列说法正确的是（）A．t=0时波源的振动方向沿y轴负方向B．此时波源已经振动了0.75sC．若波源振动频率减小，该横波的波长将减小D．若波源振动频率增大，该横波传播的速度将增大4．蜜蜂飞行过程中身上会积累少量正电荷，当蜜蜂接近带负电的花蕊时，它们之间的电场线如图中实线所示，图中虚线为某一带电花粉颗粒从a到b的运动轨迹。不计带电花粉颗粒的重力和空气阻力，下列说法正确的是（）A．a点电势高于b点电势B．花粉颗粒在a点所受电场力方向水平向左C．花粉颗粒在a点动能大于在b点的动能D．花粉颗粒在a点电势能大于在b点的电势能5．如图甲所示，是一款高空风车及其发电模块原理图。其内置发电机会产生如图乙所示的交变电流，与其串联的一白炽灯泡恰能正常发光，已知该灯泡额定电压为220V、阻值为100Ω。则该发电机（）A．输出电流的最大值为2.2AB．输出的交流电频率为50HzC．t=0.1s时，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量达到最大值D．若风力增大，线圈ab的感应电动势不变6．如图所示，光刻机利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。为提高光刻机投影精细图的能力，在光刻胶和投影物镜之间填充液体，提高分辨率。则填充液体后（）A．紫外线进入液体后波长变短B．紫外线进入液体后光子能量增加C．紫外线在液体中比在空气中更容易发生衍射D．紫外线传播相等的距离，在液体中所需的时间更短7．在星球P和星球Q的表面，以相同的初速度竖直上抛一小球，小球在空中运动时的速度—时间图像分别如图所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体，星球P和星球Q的半径相等，忽略一切阻力，下列说法正确的是（）A．星球P和星球Q的质量之比为3：1B．星球P和星球Q的密度之比为1：1C．星球P和星球Q的近地卫星周期之比为3D．星球P和星球Q的第一宇宙速度之比为3：1二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有两个或两个以上选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。）8．下面四幅图片涉及物理学的四个重大发现，下列说法正确的是（）A．图甲，爱因斯坦运用“能量子”的观点成功解释了黑体辐射现象，说明能量是不连续的B．图乙，焦耳通过热功当量实验为能量守恒定律奠定了实验基础C．图丙，著名的“泊松亮斑”证明了泊松的观点“光的粒子说”D．图丁，开普勒研究行星运动规律认为地球与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相同9．如图所示，圆心为O、半径为R的光滑半圆弧槽固定在水平地面上，一根轻橡皮筋一端连在可视为质点的小球上，另一端连在距离O点正上方R处的P点。小球放在与O点等高的槽口A点时，轻橡皮筋处于原长。现将小球从A点由静止释放，小球沿圆弧槽ABC运动，当运动到最低点B时对圆弧槽的压力恰好为零。已知小球的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力。则小球从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（）A．小球运动到B点时，橡皮筋的弹力大于mgB．橡皮筋弹力做功的瞬时功率逐渐变大C．小球重力做的功等于小球动能的增加量D．小球机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量10．我国新一代航母阻拦系统采用了电磁阻拦技术，工作原理如图所示。固定在水平甲板面内的“U”型金属导轨NMPQ面内存在垂直平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，MN、PQ平行且相距l，导轨电阻不计。一质量为m、阻值为R的导体棒ab垂直搁置在两导轨之间，且与导轨接触良好。质量为M的飞机着舰时，迅速钩住导体棒ab上的绝缘绳，同时关闭动力系统并立即与导体棒ab获得相对航母的共同速度v0，飞机和导体棒一起相对航母减速滑行距离x后停下。除安培力外，两者一起运动时所受阻力恒为f，导体棒始终与导轨垂直，绝缘绳的质量不计。从飞机与导体棒共速到停下来的过程中，下列说法正确的是（）A．ab棒中的电流方向为b→aB．通过导体棒横截面的电荷量为BlxC．导体棒ab产生的焦耳热为1D．所用的时间为（三、实验与探究题（本题共2小题，共16分。）11．某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的（1）由图乙可得直线斜率的绝对值为（结果保留2位有效数字）；（2）若小钢球摆动过程中机械能守恒，则Tmax−T（3）图乙中直线斜率的实际值与理论值不符的主要误差来源是______（单选）。A．小钢球摆动过程中有空气阻力B．小钢球初始释放位置不同C．小钢球摆动角度偏大12．某兴趣小组的同学设计实验测量一粗细均匀圆柱形电阻丝的电阻。（1）用多用电表欧姆挡粗测电阻丝的电阻Rx，开始时选用“×10”的挡位测量发现指针偏转角太大，挡位应调整为（填“×1”或“×100”）挡，正确调整挡位并经过欧姆调零后重新测量，指针如图甲所示，电阻的测量值为Ω；（2）为了比较精确测量电阻丝的电阻Rx，实验室提供了下列器材：A．电压表V1（量程为3V，内阻约为3kΩ）；B．电压表V2（量程为15V，内阻约为15kΩ）；C．电流表A1（量程为50mA，内阻约为10Ω）；D．电流表A2（量程为200mA，内阻约为3Ω）；E．滑动变阻器R（阻值范围为0~5Ω）；F．电源（电动势为4.5V，内阻不计）；G．开关S，导线若干。选择合适的实验器材，设计如图乙所示的实验电路，为比较精确测量电阻丝的电阻，电压表应选，电流表应选（填写器材前对应的字母序号）；（3）兴趣小组的同学利用上述器材进行了实验测量，记录实验数据并描绘出U-I图线，如图丙所示，则金属丝的阻值Rx=（结果保留3位有效数字）。四、计算题（本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13．一定质量的理想气体的压强p与温度T的关系图像如图所示。气体先经过等压变化由状态A变为状态B，再经过等容变化由状态B变为状态C。已知气体在状态C的体积为6L。求：（1）气体在状态B的温度TB（2）气体在状态A的体积VA14．2024年7月巴黎奥运会滑板女子街式决赛中，中国14岁小将崔宸曦夺得第四名的好成绩。现将运动情景简化为如图乙所示，ABCDE为截去14（1）若圆槽固定在水平地面，则小球到达D处的速度大小；（2）若圆槽不固定，初始时静止在光滑水平面上，则小球离开槽口D时小球的速度大小；（3）接（2）问，小球第一次落到地面时距圆槽平台右侧CD边的水平距离（结果可含根号）。15．如图甲所示，电子被直线加速器加速后轰击重金属靶，会产生射线，可用于放射治疗。直线加速器由一列中心轴线有小孔、长度逐渐变长的金属圆筒构成。为使电子每次运动到相邻圆筒之间的间隙恰能加速，在圆筒内部做匀速直线运动，须将圆筒和如图乙所示交变电源连接，序号为奇数的圆筒连接电源一极，序号为偶数的圆筒连接电源另一极。t=t（1）电子从8号圆筒出射时的速度大小和磁感应强度B的大小；（2）金属圆筒的长度和它的序号nn>1（3）若每秒打在金属靶上的电子数为N，其中70%被吸收，30%被反向弹回，弹回速率为撞击前速率的0.6倍，求金属靶受到电子的作用力大小。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．半衰期是核素固有属性，与元素的化学性质、物理环境均无关，不受温度影响，可知，发生火灾时温度升高，95241B．α射线贯穿本领最弱，这种报警装置应用了α射线电离能力强的特点，故B错误；C．95241D．根据电荷数、质量数守恒可知，95241A故D正确；故选D；

【分析】（1）解题关键要掌握α衰变的质量数和电荷数守恒；理解半衰期的不可变性；明确α射线的电离与贯穿特性差异；

（2）易错点在于混淆衰变能量方向；误认为环境因素影响半衰期；忽视α射线与烟雾颗粒相互作用的物理机制。2．【答案】B【解析】【解答】A．手机受摩擦力必受弹力，故手机除了受到重力、磁力和摩擦力，还受到弹力作用，一共4个力，故A错误；B．手机受到的支架对手机的作用力（磁力+弹力+摩擦力）应与手机的重力平衡，手机受的重力竖直向下，则手机受支架的作用力合力方向竖直向上，故B正确；C．支架对手机的摩擦力沿接触面向上，根据牛顿第三定律可知，手机对支架的摩擦力沿接触面向下，故C错误；D．手机对支架的弹力和支架对手机的弹力是同一性质的作用对象不同的一对相互作用力，非平衡力，故D错误；故选B；

【分析】（1）解题关键是通过受力分析明确各力方向，注意磁力垂直于屏幕的特殊条件；理解相互作用力与平衡力的本质区别；

（2）易错点在于漏算磁力；混淆作用力与反作用力的方向；误判摩擦力的作用对象和方向。3．【答案】B【解析】【解答】A．波上所有质点的振动都在重复波源的行为，只是有时间上的延迟，x=6m处质点此刻的振动状态，就是波源在t=0的振动状态，已知波沿x轴正方向传播，根据同侧法，上下坡法，如下图

可知x=6m处的质点起振方向沿y轴正方向，所以波源的起振方向沿y轴正方向，故A错误；B．由于振动刚好传到质点x=6m，则波源已振动的时间为t=C.若减小f，该波的传播速度v，根据公式λ=vf=v故选B；

【分析】（1）解题关键是掌握波速公式v=λf及波速的介质决定性；会根据传播方向判断质点振动方向；理解波传播的时间与波源振动时间的关系；

（2）易错点在于混淆波源初始振动方向与波形图中质点的振动方向；误认为波长或波速随频率改变；忽视波传播时间的计算。4．【答案】D【解析】【解答】A．电场线从正电荷（蜜蜂）出发指向负电荷（花蕊），等势线垂直于电场线沿电场线方向电势降低，故a点更靠近负电荷，可知，a点电势低于b点电势，故A错误；B．由于花粉颗粒仅受电场力，花粉带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，且指向轨迹内侧，可知，花粉颗粒在a点所受电场力方向水平向右，故B错误；C．电场线上每一点的切线方向，就是该点电场强度E的方向，电场力方向沿电场强度方向沿电场线切线沿电场线切线指向轨迹内侧，可知，花粉颗粒从a到b的运动过程中，电场力方向与速度方向夹角为锐角，则花粉颗粒速度增大，花粉颗粒在a点动能小于在b点的动能，故C错误；D．结合上述可知，花粉颗粒从a到b的运动过程中，电场力做正功，电势能减小，即花粉颗粒在a点电势能大于在b点的电势能，故D正确；故选D；

【分析】（1）解题关键是依据电场线方向判断电势高低；根据电荷电性确定电场力方向；通过轨迹弯曲分析受力做功与能量变化；电场线上每一点的切线方向，就是该点电场强度E的方向，当我们需要判断电荷受力时，必须做的是找到电荷所在的位置点，过该点画出电场线的切线，这个切线的方向就是该点的E方向，最后根据F=qE求出电场力的大小和方向；

（2）易错点在于混淆正负电荷受力方向与场强方向的关系；错误根据轨迹直接判断速度大小而忽略做功分析；误认为电势高低与电势能增减总是同步。5．【答案】C【解析】【解答】A．灯泡正常发光，其额定电压220V为有效值，电阻100Ω，输出电流的有效值为I=UR=220B．由图乙横坐标可知，周期T=0.02s，则频率为f=1C．由图乙可知，在t=0.1s时，感应电动势为零，时电流瞬时值为零，说明线圈位于中性面，感应电动势为零，磁通量最大，线速度与磁感线平行，此时线圈处于中性面位置，穿过线圈的磁通量达到最大值，故C正确；D．风力增大，线圈转动的角速度增大，根据Em故选C；

【分析】（1）解题需结合交变电流图像读取周期计算频率，利用有效值关系Im=√2I求最大值；关键点在于中性面位置（电流零值时磁通量最大、电动势为零）及电动势峰值公式Em=NBSω与转速成正比；6．【答案】A【解析】【解答】A．根据λ0=cf，知紫外线进入液体后f不变但传播速度v=B．紫外线进入液体频率不变，根据E=hν可知光子能量不变，故B错误；C．衍射绕过障碍物能力与波长正相关，λ=cD．紫外线在液体中传播速度变慢，根据x=vt知传播相等的距离，在液体里时间更长，故D错误；故选D；

【分析】（1）解题需抓住光从空气进入液体时频率不变这一核心；关键公式是波速v=c/n、波长λ=λ0/n、能量E=hf及时间t=d/v；隐含条件是折射率n>1导致光速降低和波长缩短；

（2）易错点：误认为进入介质后光子能量变化；混淆波长与衍射能力的关系波长越短衍射越弱；忽略光速变化对传播时间的影响。7．【答案】A【解析】【解答】A．由v-t图斜率的绝对值知重力加速度，则有

gP=v0t1，gQ=v03t1，gPB．星球P和星球Q的密度分别为ρP=3MPC．星球P和星球Q的近地卫星由万有引力提供向心力，则有mGMPR2=m4π2RTP2D．由运动状态必有对应的合力定律mGMPR2=mvP2R⑤，m故选A；

【分析】（1）解题关键是从v-t图斜率获取重力加速度比；核心公式：g=GMR2、ρ=3M4πR38．【答案】B,D【解析】【解答】A．爱因斯坦提出光子说解释光电效应，图甲，解释黑体辐射现象的是普朗克而非爱因斯坦，普朗克运用“能量子”的观点成功解释了黑体辐射现象，说明能量是不连续的，故A错误；B．图乙，焦耳通过精确的热功当量实验为能量守恒定律提供了坚实实验基础，故B正确；C．图丙，著名的“泊松亮斑”是菲涅尔波动理论预言的衍射现象，证明了“光的波动说”，泊松原本试图用此反驳波动说但失败，故C错误；D．图丁，开普勒利用第谷的观察数据研究行星运动规律，开普勒第二定律（面积定律）指出行星与太阳连线在相等时间内扫过面积相等，故D正确；故选BD；

【分析】（1）解题需熟悉物理学史关键人物与贡献：普朗克（量子论）、焦耳（能量守恒实验）、泊松亮斑（波动性证明）、开普勒（行星运动定律）；突破点是准确匹配科学家与其成就；

（2）易错点：混淆普朗克与爱因斯坦的量子贡献；误认为泊松亮斑支持粒子说；忽略图片与描述的对应性（如D项需看图确认）。9．【答案】A,D【解析】【解答】A．当运动到最低点B时对圆弧槽的压力恰好为零，设小球运动至最低点B时速度为v，由运动状态必有对应的合力定律可得F−mg=mv2B．根据P=Fvcosθ功率的大小实际上等于力在速度方向上的分力(F·cosθ)与速度大小(v)的乘积，

只有与速度方向一致的分力才对物体做功（改变动能）有贡献，θ为弹力与速度方向的夹角，从A到B到C过程中，速度v的方向：始终沿着圆弧的切线方向，弹力F的方向：始终指向固定点P，从A到B过程中θ从135°减小到90°（cosθ从-2C．小球运动过程中两增一减，橡皮筋弹性势能增大小球动能增加，唯有重力势能减少，总能量守恒，减小量大于任一个增加量，如小球动能增加量，故C错误；D．小球和橡皮筋组成的系统机械能守恒（因圆弧槽光滑无摩擦），故小球运动过程中，机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量，故D正确；故选AD；

【分析】（1）解题关键：B点向心力分析F−mg=mv2R；能量守恒求B点速度

（Ep+ΔE弹=Ek10．【答案】A,C,D【解析】【解答】A．根据速度描述会使向里磁力线增加，磁场需要保持守恒，需感应电流产生向外磁力线即需要逆时针电流，或右手定则ab棒向右运动切割磁感线，ab棒中的电流方向为b→a，故A正确；B．导轨电阻不计注意ab是唯一电阻阻值为R，通过导体棒某横截面的电荷量为

q=IΔC．根据能量守恒总动能减少量转化为焦耳热和克服阻力做功，动能定理可得

−W安−fx=0−12（D．以飞机和导体棒ab整体为对象，根据动量定理合力冲量等于动量的变化量可得

−BIlΔt−f解得所经的时间为

Δt=（故选ACD；

【分析】（1）解题关键：用右手定则判断电流方向；电荷量公式q=ΔΦ/R；能量守恒求焦耳热（注意ab是唯一耗能元件）；隐含条件是减速非匀变速，时间需用动量定理（安培力冲量）求解；

（2）易错点：误用匀变速公式求时间；忽略能量分配（此题ab是唯一电阻，焦耳热全归它）；电荷量计算中ΔΦ=BΔS=Blx易漏。11．【答案】（1）2.1（2）2.0（3）A【解析】【解答】（1）直线斜率绝对值取最远的两个点计算得k=1.77−1.50（2）根据题意，则Tmax−Tmin图像的每个点对应着不同角度释放小球产生的绳子拉力从最小变到最大(Tmin，Tmax)变成坐标系上一个点，设小球摆动到最高点时，轻绳与竖直方向的夹角为θ，轻绳长为l，摆动到最低点时，小球的速度为v。mgsinθ提供切向加速度改变速度大小，mgcosθ提供向心力与拉力共同，由于在摆动过程中，小球机械能守恒，则有mgl1−cosθ小球在最低点时，轻绳拉力最大，速度与绳垂直可看做圆周运动，由运动状态必有对应的合力定律有Tmax−mg=mv2一次函数图象知识可知，图乙中多组θ形成的拉力极值坐标连线直线的斜率绝对值的理论值为-2.0；

故1空填2.0；（3）A.设空气阻力做功为Q

mgl1−cosθ-Q=12mv2Tmax【分析】（1）解题关键在于从图像提取斜率绝对值，理论值源于机械能守恒和圆周运动公式联立得出的线性关系Tmax=3mg−2Tmin，其斜率绝对值为2.0；隐含条件是实验通过测量力极值间接验证能量守恒，需理解Tmin（1）直线斜率绝对值k（2）根据题意，设小球摆动到最高点时，轻绳与竖直方向的夹角为θ，轻绳长为l，摆动到最低点时，小球的速度为v。由于在摆动过程中，小球机械能守恒，则有mgl小球在最高点时，轻绳拉力最小，由于速度为0，则有T小球在最低点时，轻绳拉力最大，由牛顿第二定律有T整理得T可知，图乙中直线斜率绝对值的理论值为2.0。（3）该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选A。12．【答案】（1）×1；16.0（2）A；D（3）15.6【解析】【解答】（1）用“×10”的挡位测量发现指针偏转角太大，表明待测电阻阻值较小，为了使指针指在中央刻线附近减小误差，需要将挡位应调整为小挡位，即挡位应调整为“×1”；根据欧姆表的读数规则，该电阻的测量值为16.0×1（2）A．电源为4.5V，电压表V1量程与电动势差不多，减小电压表的读数误差，故A正确；B．电压表V2量程与电动势相差太大，电压表的读数不够精细，故B错误；故选A；C．因待测电阻约16Ω，最大电流I=URx=0.19D．待测电阻阻值为16Ω，当电压表达到满偏时，通过电阻的电流约为I=URx=0.19故选D；（3）根据欧姆定律可得待测电阻电压除以电流Rx=【分析】（1）多用电表欧姆挡使用中，指针偏转角太大表明电阻值较小，需换用小倍率挡位以减小读数误差；读数时需注意刻度线与倍率的乘积，并估读到最小分度的下一位；

（2）选择电表时需考虑电源电动势和待测电阻大小，电压表量程应略大于待测电压且不过大，电流表量程应略大于最大电流且兼顾精度；易错点在于忽略电表内阻对电路的影响，但本题中电压表内阻远大于待测电阻，采用电流表外接法误差较小题中未要求选择接法，但设计电路时需注意。（1）[1]用“×10”的挡位测量发现指针偏转角太大，表明待测电阻阻值较小，为了使指针指在中央刻线附近减小误差，需要将挡位应调整为小挡位，即挡位应调整为“×1”；[2]根据欧姆表的读数规则，该电阻的测量值为16.0×1（2）[1]电源电动势为4.5V，为了减小电压表的读数误差，需要选择与电动势相差不多的量程，即电压表选择A；[2]结合上述可知，待测电阻利用欧姆表测得阻值为16.0Ω，当电压表达到满偏时，通过电阻的电流约为I=为了确保电流表的安全与精度，电流表选择量程200mA，即电流表选择D。（3）根据欧姆定律可得R13．【答案】（1）解：从B到C为等容变化，C点(pC=2atm，TC=400K)，B点(pB=1.5atm，TB=300K)，根据压力与温度成正比例，有

pBTB=（2）解：从B到C为等容变化，则有VB=VC从状态A到状态B为等压变化，根据体积与温度成正比例，有

V【解析】【分析】（1）解题关键在于正确识别图像中的过程并应用理想气体状态方程，控制pVT其中一个变量，另外两个变量存在函数关系，A到B为等p压过程，V/T=常量，需结合B到C等容V过程p/T=常量，C点(pC=2atm，TC=400K)，B点(pB=1.5atm，TB=300K)隐含条件是坐标轴读数和过程判断。

（2）求状态A体积：利用A到B等压过程，VATA=V（1）从B到C为等容变化，根据查理定律有p解得T（2）从B到C为等容变化，则有V从状态A到状态B为等压变化，根据盖吕萨克定律有V解得V14．【答案】（1）解：对小球从P运动到D处，重力势能减小2R，动能增加，由动能定理mg2R=1（2）解：若槽不固定，设小球离开槽口D时的速度大小为v1，槽的速度大小为v2，取水平向右的方向为正方向。由水平方向动量守恒可得0=mv由机械能守恒可得mg2R=12mv12+（3）解：由（2）可得球槽分离时，槽的速度大小为