2025届海南省海口市华侨中学高三（最后冲刺）物理试卷含解析

2025届海南省海口市华侨中学高三（最后冲刺）物理试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小均为（）A．3mgB．23mgC．2、甲、乙两物体同时同地沿同一直线运动的速度一时间图象如图所示，下列说法正确的是（）A．时刻两物体的加速度方向相同B．时刻两物体的速度方向相同C．甲物体的加速度逐渐减小D．时刻两物体相遇3、如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，C为耐压值为22V的电容器，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是（）A．副线圈两端电压的变化频率为0.5HzB．电流表的示数表示的是电流的瞬时值C．滑动片P向下移时，电流表A1和A2示数均增大D．为保证电容器C不被击穿，原副线圈匝数比应小于10：14、如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为、套在粗糙竖直固定杆处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从处由静止开始下滑，经过处的速度最大，到达处的速度为零，，此为过程Ⅰ；若圆环在处获得一竖直向上的速度，则恰好能回到处，此为过程Ⅱ．已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为，则圆环（）A．过程Ⅰ中，加速度一直减小B．Ⅱ过程中，克服摩擦力做的功为C．在C处，弹簧的弹性势能为D．过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同5、如图所示为五个点电荷产生的电场的电场线分布情况，a、b、c、d是电场中的四个点，曲线cd是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，则下列说法正确的是（）A．该带电粒子带正电B．a点的电势高于b点的电势C．带电粒子在c点的动能小于在d点的动能D．带电粒子在c点的加速度小于在d点的加速度6、如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地。现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点。如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，而使A板带电，同时B板因感应而带上等量异号电荷，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．落到A板的油滴数B．落到A板的油滴数C．第滴油滴通过电场的整个过程所增加的电势能等于D．第滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于二、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0分。7、如图甲所示，一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电量为0.01C、质量为0.1kg的圆环套在杆上。整个装置处在水平方向的电场中，电场强度E随时间变化的图像如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为0.5。t=0时，环由静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g取10m/s2。则下列说法正确的是（）A．环先做加速运动再做匀速运动B．0~2s内环的位移大于2.5mC．2s时环的加速度为5m/s2D．环的最大动能为20J8、下列说法正确的是。A．失重条件下充入金属液体的气体气泡不能无限地膨胀是因为液体表面张力的约束B．阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒在空气中做布朗运动C．由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体分子间的平均距离D．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大E.热量一定由高温物体向低温物体传递9、如图所示，三颗卫星a、b、c均绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为。万有引力常量为G，则（）A．发射卫星b、c时速度要大于B．b、c卫星离地球表面的高度为C．卫星a和b下一次相距最近还需经过D．若要卫星c与b实现对接，可让卫星b减速10、如图所示，劲度数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4．物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为．则（）A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为C．物体做匀减速运动的时间为D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为三、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）某兴趣小组用如图所示的办法来测玻璃的折射率，找来一切面为半球的透明玻璃砖和激光发生器。若激光垂直底面半径从点射向玻璃砖，则光线沿着___________射出；若将激光发生器向左移动，从点垂直底面射向玻璃砖，光线将沿着如图所示的方向从点射出，若想求此玻璃砖的折射率，需要进行以下操作：（a）测玻璃砖的半径：____________。（b）入射角的测量：__________，折射角的测量：_______。（c）玻璃砖的折射率计算表达式：_______________。（d）将激光束继续向左移动到点，刚好看不到出射光线，则临界角即等于图中_______。12．（12分）某同学利用电磁打点计时器、光电门和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验。气垫导轨装置如图（a）所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、光电门等组成，气垫导轨大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平，向气垫导轨通入压缩空气：②把电磁打点计时器固定在紧靠气垫导轨右端，将纸带客穿过打点计时器，并固定在滑块的右端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向且在同一直线上；③在小滑块上固定一个宽度为的窄遮光片，把滑块放在气垫导轨中间附近，使滑块开始时处于静止状态；④先______，然后滑块一个向左的初速度，让滑块带动纸带一起向左运动，滑块和发生碰撞，纸带记录滑块碰撞前后的运动情况，纸带左端是滑块碰前运动的记录情况，纸带右端是滑块碰后运动的记录情况。⑤记录滑块通过光电门时遮光片的遮光时间；⑥取下纸带，重复步③④⑤，选出理想的纸带如图（b）所示，测出遮光片宽度，并计算遮光片遮光时间的平均值；⑦测得滑块的质量为，滑块的质量为。完善实验步骤④的内容。(2)已知打点计时器每隔打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量大小为______；两滑块相互作用以后系统的总动量大小为______（保留三位有效数字）。(3)分析碰撞前后的总动量本实验可以得到的结论是：______。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，光滑水平地面上固定一竖直挡板P，质量mB=2kg的木板B静止在水平面上，木板右端与挡板P的距离为L。质量mA=1kg的滑块（可视为质点）以v0=12m/s的水平初速度从木板左端滑上木板上表面，滑块与木板上表面的动摩擦因数μ=0.2，假设木板足够长，滑块在此后的运动过程中始终未脱离木板且不会与挡板相碰，木板与挡板相碰过程时间极短且无机械能损失，g=10m/s2，求：(1)若木板与挡板在第一次碰撞前木板已经做匀速直线运动，则木板右端与挡板的距离至少为多少？(2)若木板右端与挡板的距离L=2m，木板第一次与挡板碰撞时，滑块的速度的大小？(3)若木板右端与挡板的距离L=2m，木板至少要多长，滑块才不会脱离木板？（滑块始终未与挡板碰撞）14．（16分）一细束平行光以一定的入射角从空气射到等腰直角三棱镜的侧面，光线进入棱镜后射向另一侧面。逐渐调整光线在面的入射角，使面恰好无光线射出，测得此时光线在面的入射角为。求：(1)该棱镜的折射率。(2)光束在面上的入射角的正弦值。15．（12分）如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面离地高H=0.8m，桌面长L2=1.5m，斜面和水平桌面间的倾角θ可以在060°之间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端无初速释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块和桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面和桌面交接处的能量损失。（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，求斜面的倾角θ；（用正切值表示）（2）当θ角增大到37°时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；（3）若将（2）中求出的μ2作为已知条件，继续增大θ角，求物块落地点与墙面的距离最大值S总，及此时斜面的倾角θ。

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、A【解析】

小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mg=mv2r，当小球在最高点的速率为2v时，根据牛顿第二定律有：mg+2Tcos30°＝m（2v）2、B【解析】

A．由图象可知，斜率表示加速度，则时刻两物体的加速度方向相反，选项A错误；B．v-t图象中速度在时间轴的同一侧表示速度方向相同，则时刻两物体的速度方向相同，选项B正确；C．由斜率表示物体的加速度可知，甲物体的切线斜率越来越大，即加速度逐渐增大，选项C错误；D．v-t图象所围面积表示位移，相遇表示位移相等，由图象可得，时刻两物体不相遇，选项D错误。故选B。3、C【解析】

A．根据图乙知交流电周期为0.02s，周期与频率的关系为所以频率为50Hz，故A错误；B．电流表、电压表的示数表示的都是有效值，故B错误；C．滑动变阻器的触头向下滑动，电阻减小，而副线圈电压不变，副线圈电流增大，由P=UI可得副线圈的输出功率变大，变压器的输入功率等于输出功率增大，所以输入电流也变大，即两个电流表的示数都增大，故C正确；D．由题意知，原线圈的最大电压为311V，而电容器的耐压值为22V，即为最大值，根据原副线圈的变压比可知匝数比应大于，故D错误。故选C。4、D【解析】

A．圆环从处由静止开始下滑，经过处的速度最大，则经过处的加速度为零，到达处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小，后增大，故A错误；BCD．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中，圆环经过同一位置所受的摩擦力大小相等，则知在两个过程中，克服摩擦力做功相同，设为，研究过程Ⅰ，运用动能定理列式得研究过程Ⅱ，运用动能定理列式得联立解得克服摩擦力做的功为弹簧弹力做功所以在处，弹簧的弹性势能为故B、C错误，D正确；故选D。5、C【解析】

A．带电粒子做曲线运动，所受的合力指向轨迹凹侧，分析可知该带电粒子带负电，A错误；BC．根据等势面与电场线垂直，画出过a点的等势面如图所示。则根据沿电场线方向电势逐渐降低知所以同理可得由于带电粒子带负电，则粒子的电势能根据能量守恒定律知，带电粒子的动能B错误，C正确；D．电场线的疏密程度表示电场强度的大小则带电粒子受到的电场力由牛顿第二定律知带电粒子的加速度D错误。故选C。6、A【解析】

AB．对于第一滴油，则有：联立解得：最多能有个落到下极板上，则第个粒子的加速度为，由牛顿运动定律得：其中：可得：第粒子做匀变速曲线运动，有：第粒子不落到极板上，则有关系：联立以上公式得：故选项A符合题意，B不符合题意；C．第滴油滴通过电场的整个过程所增加的电势能为：故选项C不符合题意；D．第粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：电故选项D不符合题意。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0分。7、CD【解析】

A．在t=0时刻环受的摩擦力为，则开始时物体静止；随着场强的减小，电场力减小，则当摩擦力小于重力时，圆环开始下滑，此时满足即E=200N/C即t=1s时刻开始运动；且随着电场力减小，摩擦力减小，加速度变大；当电场强度为零时，加速度最大；当场强反向且增加时，摩擦力随之增加，加速度减小，当E=-200N/C时，加速度减为零，此时速度最大，此时刻为t=5s时刻；而后环继续做减速运动直到停止，选项A错误；BC．环在t=1s时刻开始运动，在t=2s时E=100N/C，此时的加速度为解得a=5m/s2因环以当加速度为5m/s2匀加速下滑1s时的位移为而在t=1s到t=2s的时间内加速度最大值为5m/s2，可知0~2s内环的位移小于2.5m，选项B错误，C正确；D．由以上分析可知，在t=3s时刻环的加速度最大，最大值为g，环从t=1s开始运动，到t=5s时刻速度最大，结合a-t图像的面积可知，最大速度为则环的最大动能选项D正确。故选CD。8、ACD【解析】

A．失重条件下液态金属呈球状是由于液体表面分子间存在表面张力的结果，故金属液体的气体气泡不能无限地膨胀，A正确；B．阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒随空气流动而形成的，并不是布朗运动，B错误；C．由气体的摩尔质量和气体的密度之比可求出气体的摩尔体积，摩尔体积与阿伏加德罗常数之比等于每个气体分子占据的空间大小，由此可以估算出理想气体分子间的平均距离，C正确；D．由于分子之间的距离比较大时，分子之间的作用力为引力，而分子之间的距离比较小时，分子之间的作用力为斥力，所以分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，D正确；E．热量可以在一定的条件下从低温物体传递到高温物体，E错误。故选ACD。9、BC【解析】

A．卫星b、c绕地球做匀速圆周运动，7.9km/s是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度，11.2km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。所以发射卫星b时速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，故A错误；

B．万有引力提供向心力，对b、c卫星，由牛顿第二定律得解得故B正确；

C．卫星b在地球的同步轨道上，所以卫星b和地球具有相同的周期和角速度。由万有引力提供向心力，即解得a距离地球表面的高度为R，所以卫星a的角速度此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近（ωa-ω）t=2π故C正确；

D．让卫星b减速，卫星b所需的向心力减小，万有引力大于所需的向心力，卫星b会做向心运动，轨道半径变小，离开原轨道，所以不能与c对接，故D错误；故选BC。10、BD【解析】

A．撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A错误；B．刚开始时，由牛顿第二定律有：解得：B正确；C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：联立解得：，C错误；D．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有解得，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：D正确。故选BD。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、方向在白纸上描出两点，并测出长连接，入射光线与的夹角为与出射光线的夹角为【解析】

[1]．当光线垂直质界面射入时，传播方向不发生改变，故从点垂直底面射向玻璃砖的光线将沿方向射出。（a）[2]．记录出射点，连接，长即为半径。（b）[3][4]．连接即为法线，入射光线与夹角为入射角，出射光线与夹角为折射角。（c）[5]．由折射率公式知（d）[6]．当光线从点入射时恰好发生全反射，即此时等于临界角。12、先接通打点计时器电源在允许误差范围内，通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒【解析】

（1）[1]为了打点稳定，实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1。（2）[2]作用前系统的总动量为滑块1的动量，而所以[3]作用后系统的总动量为滑块1和滑块2的动量和，且此时滑块1速度v1为滑块2速度v2为以两滑块相互作用以后系统的总动量大小（3）[4]分析碰撞前后的总动量本实验可以得到的结论是在允许误差范围内，通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒。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、(1)8m(2)8m/s(3)（35.85m或35.9m）【解析】

(1)木板与滑块共速后将做匀速运动，由动量守恒定律可得：对B木板，由动能定理可得：解得L1=8m(2)对B木板，由动能定理可得：B与挡板碰撞前，A、B组成的系统动量守恒：得vA=8m/s(3)从A滑上木板到木板与挡板第一次碰撞过程中，A在木板上滑过的距离，由能量守恒定律可得：解得B与挡板碰后向左减速，设水平向右为正方向，由己知可得：B与挡板碰后速度，此时A的速度vA=8m/s，由牛顿第二定律可得：，木板向左减速，当速度减为零时，由得t1=2s此时B右端距离挡板距离由，得L2=2m此时A的速度由，可得：此时系统总动量向右，设第二次碰撞前A．B已经共速，由动量守恒定律可得：得木板从速度为零到v共1经过的位移