資源簡介

2025屆湖南省高三物理考前回歸物理課本訓練題3
學校:___________姓名:___________班級:___________考號:___________
注意事項：
1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上．
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．
一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．日本將核廢水排放到大海中，會對太平洋造成長時間的核污染。廢水中含有銫、鍶、氚等多種放射性物質，其中銫137原子核具有較強的放射性，會發生衰變并釋放能量，其半衰期長達30年。若銫137原子核的衰變方程為55Cs56Ba＋X，下列說法正確的是
A．銫137發生衰變時，衰變產物中的X為中子
B．銫137發生衰變時，衰變產物中的X為質子
C．雖然未衰變的銫137數量逐漸減少，但其半衰期并不改變
D．排入太平洋后，廢水中的銫137經過60年只衰變了四分之一
2．圖（a）為一列簡諧橫波在t=1s時刻的波形圖，P、Q分別是平衡位置為x=2m和x=8m處的質點，圖（b）為質點P的振動圖像。則下列說法正確的是（ ）
A．該波沿x軸正方向傳播
B．t=1.5s時，質點Q處于平衡位置向y軸正方向運動
C．該波的傳播速度大小為3m/s
D．0 2s內，質點Q運動的路程為20cm
3．如圖所示，某同學在同一位置先后水平拋出一物體，第一次落在甲點，第二次落在乙點，不計空氣阻力，則（　　）
A．拋出時速度關系
B．拋出后加速度關系
C．拋出后位移關系
D．拋出后時間關系
4．在地球上觀察，月球和太陽的角直徑（直徑對應的張角）近似相等，如圖所示．若月球繞地球運動的周期為，地球繞太陽運動的周期為，地球半徑是月球半徑的倍，則地球與太陽的平均密度之比約為（ ）
A． B． C． D．
5．如圖所示，邊長為L的正方形abcd區域內有勻強磁場，ad邊中點處O有一粒子源，向磁場內各方向均勻發射速率均為v0的電子，ab邊恰好沒有電子射出，已知電子質量為m，電量大小為e，則（　　）
A．bc邊有電子射出
B．磁感強度大小為
C．從ad邊射出的電子在磁場中運動的最長時間為
D．從cd邊射出的電子數和從ad邊射出的電子數比值為5:1
6．如圖所示，真空中為邊長為的等邊三角形三個頂點，在兩點分別固定電荷量為的點電荷，在點固定電荷量為的點電荷，點為三角形中心，點為三角形三邊中點，設點電荷在某點產生電勢為（為點電荷電量，為到點電荷的距離），關于四點電場強度大小及電勢高低，下列說法正確的是（　　）
A．點場強大小，電勢為0
B．點場強大小為，電勢為
C．點和點場強大小相等，電勢不同
D．電子由點沿直線移動到點過程中，加速度減小，電勢能增大
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選7．某小組使用7．（多選）如圖所示，玻璃磚在紙面上的橫截面由正方形和圓面組成．一束單色光在紙面內以 的入射角從空氣射向邊的中點，已知玻璃磚對該光的折射率為，則該束單色光（ ）
A． 在邊的折射角為
B． 在邊的折射角為
C． 一定能從邊射出
D． 第一次從邊射出的折射角小于
8．如圖所示，矩形導線框的匝數為N，面積為S，處在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，矩形導線框以角速度繞垂直磁場方向的軸勻速轉動，線框與理想變壓器原線圈相連。理想變壓器原、副線圈的匝數比為1:4，圖示時刻線框平面與磁感線，垂直并以此時刻為計時起點，R1為定值電阻，R為滑動變阻器，交流電壓表V1、V2均視為理想電表，不計線框的電阻。下列說法正確的是（　　）
A．線框從圖示位置開始轉過180°的過程中，產生的平均電動勢為
B．滑動變阻器的滑片向c端滑動的過程中，R1的發熱功率變大
C．滑動變阻器的滑片向d端滑動的過程中，電壓表V2的示數始終為
D．從圖示位置開始計時，線框產生的感應電動勢瞬時值表達式為
9．如圖所示，矩形盒內用兩根不可伸長的輕線固定一個質量為m＝0．6 kg的勻質小球，a線與水平方向成37°角，b線水平。兩根輕線所能承受的最大拉力都是Fm＝15 N，已知sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，取g＝10 m/s2，不計空氣阻力，則
A．系統靜止時，a線所受的拉力大小為12 N
B．系統靜止時，b線所受的拉力大小為8 N
C．當系統沿豎直方向勻加速上升時，為保證輕線不被拉斷，加速度最大為5 m/s2
D．當系統沿水平方向向右勻加速時，為保證輕線不被拉斷，加速度最大為10 m/s2
10．如圖1所示為某滑雪項目軌道的示意圖，軌道由長為L的斜面PQ與水平冰雪地面平滑連接構成，PQ與水平冰雪地面的夾角為θ，滑雪圈與軌道間的動摩擦因數均為μ。游客坐在滑雪圈上從斜面頂端P點由靜止開始下滑，取斜面底端為零重力勢能面，游客與滑雪圈的機械能、重力勢能隨著水平位移x的變化關系如圖2所示。已知游客滑到Q點后再經過停止運動，重力加速度g取，下列說法正確的是（ ）
A．
B．
C．游客與滑雪圈的總質量為60kg
D．游客與滑雪圈滑到Q點前瞬間，重力的瞬時功率為4800W
三、非選擇題：本大題共5題，共56分。
11．（7分）某實驗小組為測重力加速度，采用如圖甲所示的裝置，不可伸長的輕繩一端固定于懸點，另一端系一小球，在小球自然懸垂的位置上安裝一個光電門（圖中沒有畫出），光電門接通電源，發出的光線與小球的球心在同一水平線上。
甲 乙
（1）現用游標卡尺測得小球直徑如圖乙所示，則小球的直徑為d＝　　　　cm。
（2）在實驗中，小組成員多次改變同一小球自然下垂時球的下沿到懸點的距離L，同時調整光電門的位置使光線與球心始終在同一水平線上，實驗時將小球拉至其球心與懸點處于同一水平面處，輕繩伸直，由靜止釋放小球，記錄小球通過光電門的時間t。得到多組L和t的數據，作出如圖丙所示的－L圖像，圖線的縱截距為－b，則當地的重力加速度g＝　　　　（用字母b和d表示）。
丙
（3）若光電門發出的光線高于小球自然下垂的球心位置，小球動能的測量值將　　　　（填“偏大”“偏小”或“不變”）。
12．(8分)某同學利用圖甲所示電路測量電壓表V(量程為0～3 V，內阻大約為2 000 Ω)的內阻RV和電阻Rx(阻值大約為1 000 Ω)的阻值。
實驗器材有：
A．電源E(電動勢約為4．5 V，內阻可忽略不計)
B．電流表A1(量程0～0．6 A，內阻約為0．2 Ω)
C．電流表A2(量程0～6 mA，內阻約為10 Ω)
D．定值電阻R(阻值為1 000 Ω)
E．滑動變阻器R0(0～20 Ω，額定電流為2 A)
F．若干開關和導線
　　
甲　　　　　　　　乙　　　　　　　丙
實驗步驟如下
(1)選實驗器材：為了使測量結果盡量準確且兩電表讀數均不小于其量程的，電流表A應選用　　　　。(填儀器前面的字母代號)
(2)實物連線：根據原理圖甲，完成圖乙中的實物連線。
(3)斷開開關S2，閉合開關S1，移動R0的滑片，讀出多組對應的電壓表和電流表的讀數U和I。
(4)斷開開關S1，把R0的滑片滑到最初的位置。
(5)閉合開關S1和S2，移動R0的滑片，讀出多組對應的電壓表和電流表的讀數U'和I'。
(6)根據步驟(3)和(5)的實驗數據得到如圖丙所示的兩條I－U圖線。
(7)已知圖丙兩條圖線的斜率(a、b圖線的斜率分別為k1和k2)和定值電阻阻值R，求出電壓表的內阻RV＝　　　　和待測電阻的阻值Rx＝　　　　。(用k1、k2和R表示)
13．（8分）內壁光滑的汽缸固定在水平面上，用質量為的活塞密封一段長度為的理想氣體，活塞的橫截面積為，給活塞一個向左的初速度，活塞向左移動速度恰好為零。已知大氣體壓強為，汽缸導熱性能良好，環境溫度保持不變。
（1） 求該過程氣體放出的熱量；
（2） 證明活塞的運動是簡諧運動。
14．（15分）為了確保載人飛船返回艙安全著陸，設計師在返回艙的底部安裝了4臺完全相同的電磁緩沖裝置，如圖（a）所示，圖（b）為其中一臺電磁緩沖裝置的結構簡圖。艙體沿豎直方向固定著兩光滑絕緣導軌MN、PQ，導軌內側安裝電磁鐵（圖中未畫出），能產生垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B。導軌內的緩沖滑塊K內部用絕緣材料填充，外側繞有n匝閉合矩形線圈abcd，其總電阻為R，ab邊長為L。著陸時電磁緩沖裝置以速度v0與地面碰撞后，滑塊K立即停下，此后在線圈與導軌磁場的作用下艙體減速，從而實現緩沖。導軌MN、PQ及線圈的ad和bc邊足夠長，返回艙質量為m（緩沖滑塊K質量忽略不計），重力加速度為g，一切摩擦阻力不計。求：
（1）緩沖滑塊K剛停止運動時，艙體的加速度大小；
（2）艙體著陸時（即導軌MN、PQ剛觸地前瞬時）速度v的大小；
（3）若艙體的速度大小從v0減到v的過程中，艙體下落的高度為h，則該過程中每臺電磁緩沖裝置中產生的焦耳熱Q。
圖（a）　　　　　　圖（b）
15．（18分）如圖所示，MN、PQ間有沿y軸負方向的勻強電場E1，PQ、y軸間有沿y軸正方向的勻強電場E2，AC＝7CO，y軸右側有垂直紙面向里的勻強磁場B，有一帶電的粒子1，質量為m1、電荷量為＋q1，沿x軸正方向從A點以速度大小v0射入，經兩電場偏轉后恰好經過O點，此時速度與x軸正方向夾角為45°且斜向上，與靜止在O點、質量為m2、電荷量為－q2的帶電粒子2發生正碰，碰后粒子1速度反向，且經電場E2后通過C點，碰后粒子2的速度大小為，進入磁場之后從y軸某點射出磁場進入電場E2，剛好從C點以水平向左的速度射出電場E2。不計粒子重力及粒子間的相互作用，碰后兩粒子電性及電荷量均保持不變，題中只有v0已知，其他物理量均未知，求：
（1）粒子1與粒子2碰撞前在電場E1與電場E2中運動的時間之比及加速度大小之比；
（2）電場強度E2與磁感應強度B的大小之比；
（3）m1與m2之比，并通過計算分析兩個粒子的碰撞是否為彈性碰撞。
參考答案
1．【知識點】原子核的衰變及半衰期
【答案】C
【解析】核反應中電荷數守恒，質量數守恒，可知銫137發生衰變時，衰變產物中的X的電荷數為－1，質量數為0，即X為電子，A、B錯誤；半衰期是原子核發生半數衰變所需的時間，與原子核自身有關，與外界因素無關，廢水中的銫137經過60年（兩個半衰期）衰變了四分之三，C正確，D錯誤。
2．【知識點】波的圖像和振動圖像的綜合應用
【答案】A
【詳解】由振動圖像，可知P在1s時的振動方向為y軸正方向，結合波形圖，可知波的傳播方向為x軸正方向，A正確；由振動圖像可知周期為2s，1s時的波形如圖所示，時，即從波形圖所示時刻再經過0.5s時間，即質點Q再經過個周期，由圖可知，質點Q在平衡位置，向y軸負方向運動，B錯誤；由波形圖可知波長為8m，由振動圖像可知周期為2s，即可得波速為：，C錯誤；由周期恰好為2s，可知Q在內的路程為：，D錯誤。
3．【知識點】求解平拋運動、類平拋運動問題
【答案】D
【詳解】物體做平拋運動，豎直方向有，由于，可得，水平方向有，由于，則有，A錯誤，D正確；拋出后的加速度為重力加速度，則有，B錯誤；出后的位移大小為，由于，，則無法確定拋出后的位移大小關系，C錯誤。
4．【知識點】天體密度的計算
【答案】D
【解析】設月球與地球的距離為,月球半徑為,地球與太陽距離為,太陽的半徑為．
等量關系一：月球繞地球運動,有,地球繞太陽運動,有,兩式聯立有．
等量關系二：星體的質量等于密度與體積的乘積,有、,兩式聯立有．
等量關系三：由角直徑相等,結合相似三角形可得．
聯立上述等量關系式,解得,D正確．
5．【知識點】帶電粒子在有界磁場中運動的臨界極值問題
【答案】D
【詳解】ab邊恰好沒有電子射出，軌跡如圖所示（軌跡1）
根據洛倫茲力提供向心力有，，所以，由于電子射入的速度大小不變，方向改變，則軌跡半徑不變，根據旋轉圓模型可知，bc邊沒有電子射出，AB錯誤；從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間最長時軌跡如圖所示
根據幾何關系可知，圓心角，所以最長時間為，C錯誤；由以上分析可知，當粒子恰好經過d點時，其入射速度方向與ad邊的夾角為30°，所以從cd邊射出的電子數和從ad邊射出的電子數比值為，D正確。
6．【知識點】電場的疊加
【答案】B
【詳解】根據對稱性可知a、b三處點電荷在O點產生的電場強度大小相等，均為，c處點電荷在O點產生的電場強度方向分別如圖所示，
根據電場強度的疊加法則可得O點的電場強度大小為，根據點電荷在某點產生電勢，可得O點的電勢分別為，A錯誤；兩個正點電荷在P點的合場強為零，P點的場強即為負電荷在P點產生的場強，即，根據點電荷在某點產生電勢，可得P點的電勢分別為，B正確；根據等量同種電荷的電場分布特點以及點電荷的電場分布特點可知，點和點場強大小相等，根據點電荷在某點產生電勢，可得點和點的電勢分別為，，可知這兩點電勢相等，C錯誤；電子由點沿直線移動到點過程中，電場強度減小，電子受到的電場力減小，其加速度減小，電場力一直做正功，電勢能減少，D錯誤。
7．【知識點】全反射與折射的綜合應用
【答案】BCD
【解析】光路圖如圖所示，光線從中點入射，設折射角為 ，由折射定律得，解得 ，即在邊的折射角為 ，A錯誤；光從光密介質射入光疏介質發生全反射的臨界角設為 ， ，即 ，而邊、邊的入射角為 ，故該單色光能從邊、邊射出，由折射定律知，光在邊的折射角為 ，B、C正確；光從邊反射后射到邊，設入射角為 ，出射角為 ，出射點為，連接，設正方形邊長為，由正弦定理得，解得，由折射定律得 ，解得 ，所以折射角 小于 ，D正確．
8．【知識點】交變電流及其變化規律、理想變壓器原、副線圈兩端的電壓、功率、電流關系及其應用
【答案】AD
【詳解】線框從圖示位置開始轉過180°的過程中，經歷時間，磁通量的變化量大小，產生的平均電動勢為，解得，A正確；圖示位置為中性面，從圖示位置開始計時，線框產生的感應電動勢瞬時值表達式為，D正確；線框電阻不計，電壓表V1示數不變，起示數為，根據電壓匝數關系有，解得，即滑動變阻器的滑片向d端滑動的過程中，電壓表V2的示數始終為，C錯誤；結合上述可知，電壓表V2示數不變，滑動變阻器的滑片向c端滑動的過程中，接入電阻增大，電流減小，則R1的發熱功率變小，B錯誤。
9．【知識點】連接體問題（整體和隔離法）、臨界問題
【答案】BC
【解析】系統靜止時，小球受力如圖甲所示，豎直方向有Fa·sin 37°＝mg，水平方向有Fa·cos 37°＝Fb，解得Fa＝10 N，Fb＝8 N，A錯誤，B正確；當系統豎直向上做勻加速運動時，小球受力如圖乙所示，當a線所受拉力為Fm＝15 N時，由牛頓第二定律知，豎直方向有Fm·sin 37°－mg＝ma1，水平方向有Fmcos 37°＝Fb1，解得Fb1＝12 N，此時加速度有最大值am，am＝5 m/s2，C正確；當系統水平向右做勻加速運動時，小球受力如圖丙所示，由牛頓第二定律知，豎直方向有Fa2·sin 37°＝mg，水平方向有Fb2－Fa2cos 37°＝ma2，解得Fa2＝10 N，當Fb2＝15 N時，加速度有最大值a'm，a'm＝ m/s2，D錯誤。
甲 乙 丙
10．【知識點】功能原理、能量守恒與曲線運動的綜合
【答案】BC
【詳解】設P點到游客與滑雪圈靜止時的水平位移為x，根據圖2可知，解得x=48m，在斜面頂端時機械能E1=3600J，根據能量守恒定律可得，已知游客滑到Q點后再經過t=8s停止運動，根據牛頓第二定律可得加速度大小為，則在Q點的速度大小為，根據圖2可得Q點的動能為J，聯立解得，m=60kg，BC正確；由圖2可知，游客和滑雪圈在斜面頂端時機械能E1=3600J，重力勢能Ep1=3600J，且Ep1=mgh，解得h=6m，PQ的水平位移為x1=8m，則有，解得L=10m，A錯誤；設斜面傾角為，則有，游客滑到Q點的速度大小為，游客與滑雪圈滑到Q點前瞬間，重力的瞬時功率為W，D錯誤。
11．【知識點】實驗：用單擺測量重力加速度
【答案】（1）0．820（2分）　（2）bd（2分）　（3）偏大（2分）
【解析】（1）由題圖乙可知，主尺刻度為8 mm，游標尺上對齊的刻度為4，故讀數為（8＋4×0．05）mm＝8．20 mm＝0．820 cm。
（2）根據機械能守恒定律有mg＝m，即＝L－，得b＝，g＝bd。
（3）若光電門發出的光線高于小球自然下垂的球心位置，小球的遮光寬度小于小球的直徑，遮光時間偏小，由于v＝，測出的速度偏大，所以小球動能的測量值偏大。
12．【知識點】實驗：電表內阻的測量
【答案】（1）C（2分）　（2）見解析（2分）　（7）（2分）　（2分）
【解析】（1）實驗電路中S2閉合時，根據題意可知電壓表V、待測電阻Rx和定值電阻R并聯的總電阻約為400 Ω，則電流表最大示數約為I＝＝＝7.5 mA，為了使測量結果盡量準確且兩電表讀數均不小于其量程的，電流表A應選用電流表A2，即選C。
（2）根據電路圖連接實物圖，如圖所示。
（7）斷開開關S2，閉合開關S1，有＋＝I，可得I＝U，圖線為b；閉合開關S1、S2，有＋＋＝I'，可得I'＝U'，圖線為a，根據題意可得RV＝，Rx＝。
13．【知識點】氣體等溫變化與玻意耳定律、熱力學第一定律與理想氣體狀態方程的綜合應用
【答案】（1）
（2） 見解析
【解析】
（1）設活塞對氣體做功為，氣體放出的熱量為，對氣體由熱力學第一定律得…………1分
由題意可知…………1分
對活塞由動能定理得…………1分
聯立解得氣體放出的熱量…………1分
（2） 設活塞向左離開初始位置的距離為，對封閉氣體有…………1分
對活塞有…………1分
解得，又因為…………1分
所以有，方向向右，即回復力可表示為…………1分
即活塞的運動是簡諧運動。
14．【知識點】電磁感應現象中的功能問題
【答案】（1）－g　（2）　（3）m＋
【解析】（1）緩沖滑塊K剛停止運動時，閉合矩形線圈產生的感應電動勢為
E＝nBLv0（1分）
回路中電流為I＝（1分）
閉合矩形線圈所受的安培力大小
F安＝nBIL（1分）
根據牛頓第三定律可知，返回艙所受線圈的作用力大小
F'＝F安（1分）
根據牛頓第二定律得
4F'－mg＝ma（2分）
解得a＝－g（1分）
（2）返回艙向下做減速運動，受到向上的線圈的作用力和向下的重力，隨著速度的減小，線圈的作用力減小，直到線圈的作用力減小到與重力大小相等時，速度最小，此后做勻速運動，直至艙體著陸，可得
E'＝nBLv（1分）
I'＝（1分）
F'安＝nBI'L（1分）
由牛頓第三定律及平衡條件可知
4F'安＝mg（2分）
解得v＝（1分）
（3）由能量守恒定律得
mgh＋m＝mv2＋4Q（1分）
解得Q＝m＋（1分）
15．【知識點】帶電粒子在組合場中的運動、求解彈性碰撞問題
【答案】（1）7∶1　1∶63　（2）v0∶16　（3）1∶7　見解析
【解析】（1）粒子1在電場中沿x軸做勻速直線運動，有v0t1＝xAC，v0t2＝xCO（1分）
解得＝（1分）
沿y軸做勻變速直線運動，有
a1＋a1t1t2－a2＝0（1分）
解得＝（2分）
（2）粒子2在磁場中做勻速圓周運動，有
q2v2B＝m2（1分）
粒子2在電場中做類斜拋運動，
有y＝2Rsin 45°（1分）
＝2a3y，qE2＝ma3（1分）
解得＝（1分）
（3）碰撞前粒子1在電場E2中沿y軸做勻變速直線運動，有v0tan 45°＝－a1t1＋a2t2（1分）
可得a2t2＝（1分）
粒子1反彈后做斜拋運動，
有2v1sin 45°＝a2t3（1分）
xCO＝v0t2＝（v1sin 45°）t3（1分）
聯立得v1＝（1分）
由動量守恒定律得
m1·v0＝－m1v1＋m2v2（1分）
解得＝（1分）
因為m1＝m1＋m2，所以該碰撞為彈性碰撞（2分）

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