2024-2025學年廣東省大灣區高三第一次模擬考試物理試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.某種鈾礦石中含有豐富把這種鈾礦石密封在一個真空的鉛箱內，一段時間后，在鉛箱內檢測到了

第h,下列說法正確的是（）

A.這段時間.「發生了a衰變

B.鈾礦石衰變的核反應方程為級U-默7h+2初e

C.鉛箱內的鈾礦石至少需一個半衰期后才有a粒子產生

D.放出的a粒子是由「廠中2個質子和1個中子結合產生的

2.如圖所示為嫦娥六號探測器登月的簡化過程，探測器從地球表面發射至地月轉移軌道，在尸點被月球捕

獲后沿橢圓軌道①繞月球運動，然后在尸點變軌后沿圓形軌道②運動，下列說法正確的是（）

A.探測器在軌道①上經過P點時應該加速才能進入軌道②

B.探測器在軌道②上的運行速度大于月球的第一宇宙速度

C.探測器在地月轉移軌道上遠離地球的過程中，地球對探測器的萬有引力對探測器做負功

D.探測器在軌道①上的周期小于軌道②上的周期

3.體育課上某同學水平拋出一鉛球，忽略空氣阻力，從拋出時開始計時.下列關于鉛球的速度大小v,豎直

方向分位移的大小乃速度與水平方向夾角的正切值tan仇位移與水平方向夾角的正切值tana隨時間/的變

化關系中，正確的是（）

A.

0

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D.

4.某同學手握住繩子的一端，手做簡諧運動使繩子振動起來.以手的平衡位置為坐標原點，在抖動繩子過程

中某時刻的波形如圖所示，若手抖動的頻率是4比，下列說法正確的是（）

A.該繩波傳播速度為16m/sB.此時繩子上P點正沿x軸正方向運動

C.此時繩子上。點正沿y軸負方向運動D.再經過0.25s,。點到達x軸上方對稱位置

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5.如圖所示，正方體ABC。-必/的。1，在&和Ci處放置電量分別為+q、-q的點電荷，則下列說法正確的

B.8、/兩點電場強度的比值為，24

C.A,B、C、。四點處電場方向相同

D.將一正試探電荷沿棱從N點移動到B點,電勢能不變

6.網球運動員在離地面自高度處將網球以大小為巧的速度斜向上擊出，空氣阻力的影響不可忽略，網球經

過一段時間后升到最高點，此時網球離地面高為后，速度大小為以,已知網球質量為加，重力加速度為0則

A.網球從被擊出到最高點的過程，機械能守恒

B,網球從被擊出到最高點的過程，減少的動能全部轉化為增加的重力勢能

C.網球在其軌跡最高點時重力的功率等于零

D.網球從被擊出到最高點的過程，克服空氣阻力做功為憂

7.如圖所示，某創新實驗小組制作了一個邊長為8c加的正方形框，將4個相同的輕彈簧一端固定在正方形

框各邊中點上，另外一端連接于同一點，結點恰好在中心。處.將正方形框水平放置，在結點。處用輕繩懸

掛一瓶礦泉水，平衡時結點下降了3cm.已知輕彈簧的自然長度為4cm,礦泉水的重力為6N,忽略正方形框

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的形變，則每根彈簧的勁度系數為（）

A.125N/mB.250N/mC.1.25/V/mD.2.50/V/m

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

8.學生常用的飯卡內部結構由線圈和芯片組成.如圖所示，當飯卡處于感應區域時，刷卡機會激發變化的磁

場，在飯卡內線圈中產生感應電流驅動芯片工作，已知線圈面積為S,共〃匝，某次刷卡時，線圈全部處于

磁場區域內，且垂直線圈平面向外的磁場在“時間內，磁感應強度由0均勻增大到瓦，在此過程中（）

A.線圈中磁通量的最大值為

B.線圈中產生感應電流沿A-B-C-D-4方向

C.線圈面積有縮小的趨勢

D.線圈中感應電動勢大小為n萼

9.如圖，動物園熊貓館中有一個長s=10m，傾角為30。的坡道，坡道底端有一垂直于地面的防護板.一個質

量6=80kg的熊貓從坡道頂端由靜止滑下，熊貓與防護板的碰撞時間t=0.4s,熊貓與防護板碰撞后不反

彈，忽略熊貓的大小和坡道的摩擦力，重力加速度g取10M/S2,下列說法正確的是（）

A.熊貓從開始下滑到碰到防護板所用的時間為2s

B.熊貓碰到防護板前瞬間的動量大小為1600kg-m/s

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C.熊貓受到防護板對它的平均作用力大小為2400#

D.熊貓與防護板碰撞過程中重力的沖量大小為160N-s

10.托卡馬克是一種利用磁約束來實現受控核聚變的環形容器，其內部產生的磁場可以把高溫條件下高速運

動的離子約束在小范圍內.圖甲為該裝置的簡化模型，兩個圓心相同、半徑不同的圓環將空間分成無磁場的

反應區和勻強磁場方向垂直于紙面向里的約束區.如圖乙所示，一帶電微粒沿半徑方向從/點射入約束區并

從。點返回反應區，運動軌跡恰好與約束區外邊界相切.若該微粒經過3點時，與一靜止不帶電微粒碰撞并

結合為一個新微粒，微粒所受重力均可忽略，下列說法正確的是（）

A.帶電微粒帶負電

B.碰撞后，新微粒仍能從。點返回反應區

C,碰撞前后微粒在磁場中做圓周運動的周期不變

D.相比不發生碰撞時，碰撞后新微粒在磁場中受到的洛倫茲力變大

三、實驗題：本大題共2小題，共16分。

11.下列是《普通高中物理課程標準》中列出的三個必做實驗的部分步驟，請完成實驗操作和計算.

（1）圖甲是“探究加速度與物體受力、物體質量的關系”實驗裝置圖.在平衡摩擦力時，要調整長木板的傾斜

角度，使小車在不受細繩拉力的情況下，能夠在長木板上向下做運動.圖乙是實驗得到紙帶的一部分，

相鄰兩計數點間有四個點未畫出.打點計時器電源頻率為50Hz,則小車的加速度大小為rn/s2（結果保留

2位有效數字）.

（2）圖丙是“測量玻璃的折射率”實驗裝置圖，在直線上插了兩枚大頭針Pi和P2,在跖’側調整觀察視

線，另兩枚大頭針「3和「4可能插在直線上（選填“1”“2”“3”或“4”）.如果有幾塊寬度（圖中的

長度）不同的平行玻璃磚可供選擇，為了減小誤差，應選用寬度（選填“大”或“小”）的玻璃磚來測量.

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（3）圖丁為“探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系”實驗裝置.在小球質量和轉動半徑相同，塔輪皮

帶套在左、右兩個塔輪的半徑之比為2:1的情況下，逐漸加速轉動手柄到一定速度后保持勻速轉動，此時

左、右兩側露出的標尺格數之比為.其他條件不變，若增大手柄的轉速，則左、右兩標尺的格數（選

填“變多”“變少”或“不變”），兩標尺格數的比值.（選填“變大”“變小”或“不變”）

12.某科技小組欲修復一個量程為0~0.64~34的電流表，操作過程如下：

（1）拆開電流表底座發現其內部結構如圖甲所示，其中P為電流表負接線柱，M、N為其余兩個接線柱，請

根據圖甲在圖乙中將電流表的電路圖補充完整____.選擇0~34的量程時，應接入電路的兩個接線柱

Er

（2）取出表頭G,發現表頭完好無損，用標準電表測出表頭G滿偏電流為37nA接著測量表頭G的內阻：按

照如圖丙所示電路圖連接電路.閉合開關前，滑動變阻器滑片應移到端（選填"a”或"6”），先閉合開

關Si，調節滑動變阻器使表頭G指針滿偏;再閉合開關S2,保持滑動變阻器阻值不變，僅調節電阻箱阻值使

表頭G指針半偏，此時電阻箱的示數為10.0。，則表頭的內阻為0,表頭G的內阻測量值____真實

值.（選填“大于”“等于”或“小于”）

⑶經檢測除&損壞外，其余元件均完好，已知&=150，R3=0.025/2,請根據電流表0?。.64的量程,

推算需用12電阻替換（結果保留兩位有效數字）

四、計算題：本大題共3小題，共38分。

13.為防止文物展出時因氧化而受損，需抽出存放文物的密閉展柜中的空氣，充入惰性氣體，形成低氧環境.

如圖所示為用活塞式抽氣筒從存放青銅鼎的展柜內抽出空氣的示意圖.已知展柜容積為力,展柜內空氣壓強

為Po,青銅鼎材料的總體積為9外，抽氣筒的容積為瞿.緩慢抽氣過程中忽略單向閥兩側氣體的壓強差，不

O1O

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考慮抽氣引起的溫度變化，忽略抽氣筒連接管道內氣體的體積，求:

抽氣筒

(1)將青銅鼎放入展柜后，連接抽氣筒，將活塞從單向閥門處向外拉至抽氣筒充滿氣體，此時抽氣筒和展柜

內氣體的總體積；

(2)抽氣一次后，展柜內氣體的壓強.

14.如圖所示，在水平面上的裝置由三部分構成，裝置中間部分為電路控制系統，電源電動勢恒定且為￡,

內阻不計，兩個開關Si、S2初始狀態都斷開.裝置左右兩側均為足夠長且不計電阻的光滑金屬導軌，導軌

寬度為2￡,HG寬度為L,導軌和HG之間存在勻強磁場，磁感應強度分別為3和28,磁場方向如圖

所示.將質量均為加的金屬桿。6,cd分別如圖輕放在水平軌道上，兩桿接入電路中的電阻相等，不計金屬桿

與導軌的摩擦.

-M

X

-N

(1)接通Si，求防桿的最大速度；

(2)當成桿做勻速運動后，斷開Si同時閉合S2，當兩桿再次勻速運動時，求cd桿產生的焦耳熱.

15.如圖所示，卡車/上放有一塊木板3,木板與卡車間的動摩擦因數“1=0.5,木板質量m=100kg.木板

右側壁(厚度不計)到左端的距離d=2m,到駕駛室距離。=4nl.一質量與木板相等的貨物C(可視為質點)放

在木板的左端，貨物與木板間的動摩擦因數a=0.1.現卡車、木板及貨物整體以%=lOm/s的速度勻速行

駛在平直公路上.某時刻，司機發現前方有交通事故后以a=5m/s2的恒定加速度剎車，直到停下.司機剎車

后瞬間，貨物相對木板滑動，木板相對卡車靜止.貨物與木板右側壁碰撞后粘在一起，碰撞時間極短.設最大

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靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2.求:

(1)在剎車過程中，貨物與木板右側壁碰撞前，貨物的加速度大小；

(2)在剎車過程中，貨物與木板右側壁碰撞前，木板受到卡車的摩擦力大小；

(3)木板最終是否會與駕駛室相碰?如果不會，最終木板右側與駕駛室相距多遠?

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】力B.，衰變后生成盆4rh,其核反應方程為;"T?尸/，，?：〃，，發生的是a衰變，故N正確,

B錯誤;

C半衰期是原子核半數發生衰變所需要的時間，是一種針對大量原子核的統計規律，因此無需等待一個半

衰期才產生氨氣，故C錯誤；

D放出的a粒子是由T中2個質子和2個中子結合產生的，故。錯誤。

2.【答案】C

【解析】/、飛船由橢圓軌道①上經過尸點時應減速做近心運動，才能變軌到軌道②，故/錯誤；

8、月球的第一宇宙速度是衛星繞月球做勻速圓周運動的最大速度，由月球的萬有引力提供向心力得

Mm2IGM曰

Gf二g可得"=方衛，飛船在軌道②上的環繞速度為"2=丹，其中〃是飛船距月球表面的高

R月R月,R月IR月+11

度，可知飛船在軌道②上的環繞速度小于月球的第一宇宙速度，故3錯誤；

。、探測器在地月轉移軌道上遠離地球的過程中，地球對探測器的萬有引力對探測器做負功，故C正確；

。、因軌道①的半長軸大于軌道②的半徑，所以由開普勒第三定律曾=k可知，飛船在軌道①上的周期大于

T乙

軌道②上的周期，故D錯誤。

3.【答案】C

【解析】鉛球做平拋運動，水平方向勻速運動，豎直方向做自由落體運動，則有x=%t,豎直方向y=

%=gt

4鉛球的速度%=J%2+%2=J%2+(gt)2,所以“一力圖像不是一次函數，故4錯誤；

2.豎直方向的分位移大小yy—t圖像是開口向上的拋物線，故3錯誤；

C速度與水平方向夾角的正切值tan。=匕=更，tan。-t圖像是正比例函數，故C正確；

%氏

D位移與水平方向夾角的正切值tana=2=盧，tana-t圖像是正比例函數，故。錯誤。

XZVQ

4.【答案】A

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【解析】4該繩波傳播速度為u=4/=4x4m/s=16m/s,選項A正確；

8以手的平衡位置為坐標原點，在抖動繩子過程中波沿x軸正方向傳播，由波形圖可知和上下坡法可知此時

繩子上尸點正沿y軸負方向運動，故2錯誤；

C以手的平衡位置為坐標原點，在抖動繩子過程中波沿x軸正方向傳播，由波形圖可知，該時刻。點的振

動方向沿y軸正方向，選項C錯誤；

D再經過0.25s=7,。點仍在原來的位置，選項。錯誤；

故選:Ao

5.【答案】B

【解析】43點和。點在等量異種點電荷連線的中垂面上，中垂面為等勢面，則8、。電勢相等，故/錯誤;

2.設正方體的邊長為0,兩個點電荷在3點產生的電場大小均為：E[=啥,夾角為120。，則合場強為/=

端,兩個點電荷在小點產生的電場大小均為：E2=k^,則合場強為ED】=k攀，則

故3正確；

C分別畫出兩個點電荷在/、8、C、。四點電場，進行矢量疊加，可知場強方向不相同；故。錯誤

D將一正試探電荷沿棱從/點移動到3點，@=吟電勢為標量，兩個點電荷在棱上進行豎直疊加可知，

電勢變化，則電勢能變化，故。錯誤

6.【答案】C

【解析】4空氣阻力的影響不可忽略，空氣阻力做負功，故網球從被擊出到最高點的過程，機械能不守恒，

故/錯誤；

BD根據能量守恒有網球從被擊出到最高點的過程，減少的動能轉化為增加的重力勢能以及克服阻力做的功,

即根據動能定理有:小憂一詔=mgh+Wf,所以網球克服空氣阻力做功為Wf=-mgh,

故錯誤；

C根據功率的概念可知，重力的功率P=mg4,在最高點時%,=0,所以重力的功率等于零，故C正確。

7.【答案】B

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【解析】平衡時結點下降3c機后，彈簧的長度L=J(4c『)2+(3SI)2=5cm,設彈簧的勁度系數為左，每

根彈簧的彈力為尸=k(L-Lo)，則有對結點根據平衡條件有F分=G

3

其中F分=4Fcos9,cos0=Lo=4cm

解得k=250N/m,故2正確。

8.【答案】BCD

【解析】4線框中磁通量最大為。=8°S,磁通量的大小與線圈匝數無關，故/錯誤；

3磁感應強度向外均勻增大，由楞次定律可得感應電流產生的磁場垂直線圈平面向里，根據安培定則可知感

應電流沿A—B—C—D-4方向，故8正確；

C線圈內磁通量增加，根據楞次定律可知線圈有收縮的趨勢，故C正確；

。磁感應強度方向向外且由0均勻增大到區,根據法拉第電磁感應定律可得電動勢大小為E=n羿=n萼,

t0

故D正確。

故選BCD.

9.【答案】AC

【解析】由牛頓第二定律知，熊貓沿坡道下滑到坡底過程的加速度大小口=遜叱=5m/s2,

m

由s=^atl，解得熊貓滾到坡底所用的時間％=2s,

則熊貓到達坡底時的速度大小/=at】=10m/s,

此時熊貓的動量Pi=mvT-800kg-m/s,

熊貓與防護板碰撞過程，受到重力、支持力和防護板對熊貓的作用力，則此過程重力、支持力和防護板對

熊貓都有沖量，由動量定理：mgsm300-t-Ft=0-mv1,解得熊貓受到防護板對它的平均作用力大小聲=

2400N,熊貓與防護板碰撞過程中重力的沖量大小為/=mg-t=320N-s,故/C正確，AD錯誤。

10.【答案】AB

【解析】4帶電微粒在磁場中運動，根據左手定則可知，微粒帶負電，故/正確；

2

股帶電粒子在磁場中運動，根據洛倫茲力提供向心力有=解得「=常，帶電微粒與靜止的不帶電

微粒碰撞過程動量守恒，則%v大小不變，而總的電荷量g不變、B不變，所以新的微粒運動的半徑仍為r,

所以碰撞后，新微粒仍能從。點返回反應區，故2正確；

C根據7=列；結合r=詈，可得7=醇，碰撞之后，總質量增大，電荷量q不變、3不變，所以碰撞后

vBqBq1

微粒在磁場中做圓周運動的周期比碰撞之前的大，故C錯誤；

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D碰撞后二者結合成一個新的微粒，根據動量守恒nw=（爪+爪0北'，可知，碰撞之后速度減小，而洛倫

茲力F=Bqv,B、q不變，所以碰撞后新微粒在磁場中受到的洛倫茲力變小，故。錯誤。

故選ABo

11.【答案】（1）勻速直線（只寫勻速也給分）0.80

（2）2大

（3）1:4變多不變

【解析】略

12.【答案］—L—?"r?-i=i-

RlK2

MNP

MP

a

10.0/10

小于

0.10

【解析】（1）根據圖甲，在圖乙中將電流表的電路圖補充完整，如圖所示

根據并聯分流原理可知，與表頭G并聯的總電阻越小，電流表量程越大，選擇。?34的量程時，應接入電

路的兩個接線柱是"產。

（2）由圖丙可知，滑動變阻器為限流接法，則閉合開關前，滑動變阻器接入電路的電阻應最大，即滑動變阻

器滑片應移到。端；先閉合開關Si，調節滑動變阻器滑片，直至表頭G指針滿偏。再閉合開關S2,保持滑

動變阻器阻值不變，僅調節電阻箱阻值，直至表頭G示數為半偏，則有表頭的內阻等于電阻箱的電阻，即

為10.00；測量表頭G的內阻時，閉合開關S2之后，干路電流大于3則通過電阻箱的電流大于學，則測量

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表頭G的內阻比真實值偏小。

(3)根據串并聯的規律可知，軍需2=0.64解得％20.100。

13.【答案】⑴氣體的總體積匕=%年,

o1O±o

1

(2)抽氣一次氣體的過程，由玻意耳定律polo-=P1i，

解得Pi=$0。

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】

14.【答案】(1)當必桿產生的感應電動勢與電源電動勢相等時，有最大速度為ax，

Eab=B(2L)"max=E'

用_E

信"max=醞

(2)當兩桿穩定時，兩桿電動勢等大反向Eab=Ecd，

B(2L)vab=2BLvcd,

vab=vcd~P共，

兩桿受到的安培力等大反向，則兩桿組成的系統在達到穩定的過程中滿足動量守恒ni"max=mvab+mvcd,

1E

v^=^vmax=—,