湖南省2025届高三物理考前回归 物理课本训练题3（含解析）

2025届湖南省高三物理考前回归物理课本训练题3
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、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．日本将核废水排放到大海中，会对太平洋造成长时间的核污染。废水中含有铯、锶、氚等多种放射性物质，其中铯137原子核具有较强的放射性，会发生衰变并释放能量，其半衰期长达30年。若铯137原子核的衰变方程为55Cs56Ba＋X，下列说法正确的是
A．铯137发生衰变时，衰变产物中的X为中子
B．铯137发生衰变时，衰变产物中的X为质子
C．虽然未衰变的铯137数量逐渐减少，但其半衰期并不改变
D．排入太平洋后，废水中的铯137经过60年只衰变了四分之一
2．图（a）为一列简谐横波在t=1s时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x=2m和x=8m处的质点，图（b）为质点P的振动图像。则下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．t=1.5s时，质点Q处于平衡位置向y轴正方向运动
C．该波的传播速度大小为3m/s
D．0 2s内，质点Q运动的路程为20cm
3．如图所示，某同学在同一位置先后水平抛出一物体，第一次落在甲点，第二次落在乙点，不计空气阻力，则（　　）
A．抛出时速度关系
B．抛出后加速度关系
C．抛出后位移关系
D．抛出后时间关系
4．在地球上观察，月球和太阳的角直径（直径对应的张角）近似相等，如图所示．若月球绕地球运动的周期为，地球绕太阳运动的周期为，地球半径是月球半径的倍，则地球与太阳的平均密度之比约为（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示，边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场，ad边中点处O有一粒子源，向磁场内各方向均匀发射速率均为v0的电子，ab边恰好没有电子射出，已知电子质量为m，电量大小为e，则（　　）
A．bc边有电子射出
B．磁感强度大小为
C．从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为
D．从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为5:1
6．如图所示，真空中为边长为的等边三角形三个顶点，在两点分别固定电荷量为的点电荷，在点固定电荷量为的点电荷，点为三角形中心，点为三角形三边中点，设点电荷在某点产生电势为（为点电荷电量，为到点电荷的距离），关于四点电场强度大小及电势高低，下列说法正确的是（　　）
A．点场强大小，电势为0
B．点场强大小为，电势为
C．点和点场强大小相等，电势不同
D．电子由点沿直线移动到点过程中，加速度减小，电势能增大
二、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7．某小组使用7．（多选）如图所示，玻璃砖在纸面上的横截面由正方形和圆面组成．一束单色光在纸面内以 的入射角从空气射向边的中点，已知玻璃砖对该光的折射率为，则该束单色光（ ）
A． 在边的折射角为
B． 在边的折射角为
C． 一定能从边射出
D． 第一次从边射出的折射角小于
8．如图所示，矩形导线框的匝数为N，面积为S，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，矩形导线框以角速度绕垂直磁场方向的轴匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为1:4，图示时刻线框平面与磁感线，垂直并以此时刻为计时起点，R1为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。下列说法正确的是（　　）
A．线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为
B．滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，R1的发热功率变大
C．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为
D．从图示位置开始计时，线框产生的感应电动势瞬时值表达式为
9．如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m＝0．6 kg的匀质小球，a线与水平方向成37°角，b线水平。两根轻线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，不计空气阻力，则
A．系统静止时，a线所受的拉力大小为12 N
B．系统静止时，b线所受的拉力大小为8 N
C．当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为5 m/s2
D．当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10 m/s2
10．如图1所示为某滑雪项目轨道的示意图，轨道由长为L的斜面PQ与水平冰雪地面平滑连接构成，PQ与水平冰雪地面的夹角为θ，滑雪圈与轨道间的动摩擦因数均为μ。游客坐在滑雪圈上从斜面顶端P点由静止开始下滑，取斜面底端为零重力势能面，游客与滑雪圈的机械能、重力势能随着水平位移x的变化关系如图2所示。已知游客滑到Q点后再经过停止运动，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．游客与滑雪圈的总质量为60kg
D．游客与滑雪圈滑到Q点前瞬间，重力的瞬时功率为4800W
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．（7分）某实验小组为测重力加速度，采用如图甲所示的装置，不可伸长的轻绳一端固定于悬点，另一端系一小球，在小球自然悬垂的位置上安装一个光电门（图中没有画出），光电门接通电源，发出的光线与小球的球心在同一水平线上。
甲 乙
（1）现用游标卡尺测得小球直径如图乙所示，则小球的直径为d＝　　　　cm。
（2）在实验中，小组成员多次改变同一小球自然下垂时球的下沿到悬点的距离L，同时调整光电门的位置使光线与球心始终在同一水平线上，实验时将小球拉至其球心与悬点处于同一水平面处，轻绳伸直，由静止释放小球，记录小球通过光电门的时间t。得到多组L和t的数据，作出如图丙所示的－L图像，图线的纵截距为－b，则当地的重力加速度g＝　　　　（用字母b和d表示）。
丙
（3）若光电门发出的光线高于小球自然下垂的球心位置，小球动能的测量值将　　　　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
12．(8分)某同学利用图甲所示电路测量电压表V(量程为0～3 V，内阻大约为2 000 Ω)的内阻RV和电阻Rx(阻值大约为1 000 Ω)的阻值。
实验器材有：
A．电源E(电动势约为4．5 V，内阻可忽略不计)
B．电流表A1(量程0～0．6 A，内阻约为0．2 Ω)
C．电流表A2(量程0～6 mA，内阻约为10 Ω)
D．定值电阻R(阻值为1 000 Ω)
E．滑动变阻器R0(0～20 Ω，额定电流为2 A)
F．若干开关和导线
　　
甲　　　　　　　　乙　　　　　　　丙
实验步骤如下
(1)选实验器材：为了使测量结果尽量准确且两电表读数均不小于其量程的，电流表A应选用　　　　。(填仪器前面的字母代号)
(2)实物连线：根据原理图甲，完成图乙中的实物连线。
(3)断开开关S2，闭合开关S1，移动R0的滑片，读出多组对应的电压表和电流表的读数U和I。
(4)断开开关S1，把R0的滑片滑到最初的位置。
(5)闭合开关S1和S2，移动R0的滑片，读出多组对应的电压表和电流表的读数U'和I'。
(6)根据步骤(3)和(5)的实验数据得到如图丙所示的两条I－U图线。
(7)已知图丙两条图线的斜率(a、b图线的斜率分别为k1和k2)和定值电阻阻值R，求出电压表的内阻RV＝　　　　和待测电阻的阻值Rx＝　　　　。(用k1、k2和R表示)
13．（8分）内壁光滑的汽缸固定在水平面上，用质量为的活塞密封一段长度为的理想气体，活塞的横截面积为，给活塞一个向左的初速度，活塞向左移动速度恰好为零。已知大气体压强为，汽缸导热性能良好，环境温度保持不变。
（1） 求该过程气体放出的热量；
（2） 证明活塞的运动是简谐运动。
14．（15分）为了确保载人飞船返回舱安全着陆，设计师在返回舱的底部安装了4台完全相同的电磁缓冲装置，如图（a）所示，图（b）为其中一台电磁缓冲装置的结构简图。舱体沿竖直方向固定着两光滑绝缘导轨MN、PQ，导轨内侧安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨内的缓冲滑块K内部用绝缘材料填充，外侧绕有n匝闭合矩形线圈abcd，其总电阻为R，ab边长为L。着陆时电磁缓冲装置以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与导轨磁场的作用下舱体减速，从而实现缓冲。导轨MN、PQ及线圈的ad和bc边足够长，返回舱质量为m（缓冲滑块K质量忽略不计），重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。求：
（1）缓冲滑块K刚停止运动时，舱体的加速度大小；
（2）舱体着陆时（即导轨MN、PQ刚触地前瞬时）速度v的大小；
（3）若舱体的速度大小从v0减到v的过程中，舱体下落的高度为h，则该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热Q。
图（a）　　　　　　图（b）
15．（18分）如图所示，MN、PQ间有沿y轴负方向的匀强电场E1，PQ、y轴间有沿y轴正方向的匀强电场E2，AC＝7CO，y轴右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，有一带电的粒子1，质量为m1、电荷量为＋q1，沿x轴正方向从A点以速度大小v0射入，经两电场偏转后恰好经过O点，此时速度与x轴正方向夹角为45°且斜向上，与静止在O点、质量为m2、电荷量为－q2的带电粒子2发生正碰，碰后粒子1速度反向，且经电场E2后通过C点，碰后粒子2的速度大小为，进入磁场之后从y轴某点射出磁场进入电场E2，刚好从C点以水平向左的速度射出电场E2。不计粒子重力及粒子间的相互作用，碰后两粒子电性及电荷量均保持不变，题中只有v0已知，其他物理量均未知，求：
（1）粒子1与粒子2碰撞前在电场E1与电场E2中运动的时间之比及加速度大小之比；
（2）电场强度E2与磁感应强度B的大小之比；
（3）m1与m2之比，并通过计算分析两个粒子的碰撞是否为弹性碰撞。
参考答案
1．【知识点】原子核的衰变及半衰期
【答案】C
【解析】核反应中电荷数守恒，质量数守恒，可知铯137发生衰变时，衰变产物中的X的电荷数为－1，质量数为0，即X为电子，A、B错误；半衰期是原子核发生半数衰变所需的时间，与原子核自身有关，与外界因素无关，废水中的铯137经过60年（两个半衰期）衰变了四分之三，C正确，D错误。
2．【知识点】波的图像和振动图像的综合应用
【答案】A
【详解】由振动图像，可知P在1s时的振动方向为y轴正方向，结合波形图，可知波的传播方向为x轴正方向，A正确；由振动图像可知周期为2s，1s时的波形如图所示，时，即从波形图所示时刻再经过0.5s时间，即质点Q再经过个周期，由图可知，质点Q在平衡位置，向y轴负方向运动，B错误；由波形图可知波长为8m，由振动图像可知周期为2s，即可得波速为：，C错误；由周期恰好为2s，可知Q在内的路程为：，D错误。
3．【知识点】求解平抛运动、类平抛运动问题
【答案】D
【详解】物体做平抛运动，竖直方向有，由于，可得，水平方向有，由于，则有，A错误，D正确；抛出后的加速度为重力加速度，则有，B错误；出后的位移大小为，由于，，则无法确定抛出后的位移大小关系，C错误。
4．【知识点】天体密度的计算
【答案】D
【解析】设月球与地球的距离为,月球半径为,地球与太阳距离为,太阳的半径为．
等量关系一：月球绕地球运动,有,地球绕太阳运动,有,两式联立有．
等量关系二：星体的质量等于密度与体积的乘积,有、,两式联立有．
等量关系三：由角直径相等,结合相似三角形可得．
联立上述等量关系式,解得,D正确．
5．【知识点】带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
【答案】D
【详解】ab边恰好没有电子射出，轨迹如图所示（轨迹1）
根据洛伦兹力提供向心力有，，所以，由于电子射入的速度大小不变，方向改变，则轨迹半径不变，根据旋转圆模型可知，bc边没有电子射出，AB错误；从ad边射出的电子在磁场中运动的时间最长时轨迹如图所示
根据几何关系可知，圆心角，所以最长时间为，C错误；由以上分析可知，当粒子恰好经过d点时，其入射速度方向与ad边的夹角为30°，所以从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为，D正确。
6．【知识点】电场的叠加
【答案】B
【详解】根据对称性可知a、b三处点电荷在O点产生的电场强度大小相等，均为，c处点电荷在O点产生的电场强度方向分别如图所示，
根据电场强度的叠加法则可得O点的电场强度大小为，根据点电荷在某点产生电势，可得O点的电势分别为，A错误；两个正点电荷在P点的合场强为零，P点的场强即为负电荷在P点产生的场强，即，根据点电荷在某点产生电势，可得P点的电势分别为，B正确；根据等量同种电荷的电场分布特点以及点电荷的电场分布特点可知，点和点场强大小相等，根据点电荷在某点产生电势，可得点和点的电势分别为，，可知这两点电势相等，C错误；电子由点沿直线移动到点过程中，电场强度减小，电子受到的电场力减小，其加速度减小，电场力一直做正功，电势能减少，D错误。
7．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】BCD
【解析】光路图如图所示，光线从中点入射，设折射角为 ，由折射定律得，解得 ，即在边的折射角为 ，A错误；光从光密介质射入光疏介质发生全反射的临界角设为 ， ，即 ，而边、边的入射角为 ，故该单色光能从边、边射出，由折射定律知，光在边的折射角为 ，B、C正确；光从边反射后射到边，设入射角为 ，出射角为 ，出射点为，连接，设正方形边长为，由正弦定理得，解得，由折射定律得 ，解得 ，所以折射角 小于 ，D正确．
8．【知识点】交变电流及其变化规律、理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
【答案】AD
【详解】线框从图示位置开始转过180°的过程中，经历时间，磁通量的变化量大小，产生的平均电动势为，解得，A正确；图示位置为中性面，从图示位置开始计时，线框产生的感应电动势瞬时值表达式为，D正确；线框电阻不计，电压表V1示数不变，起示数为，根据电压匝数关系有，解得，即滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为，C错误；结合上述可知，电压表V2示数不变，滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，接入电阻增大，电流减小，则R1的发热功率变小，B错误。
9．【知识点】连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
【答案】BC
【解析】系统静止时，小球受力如图甲所示，竖直方向有Fa·sin 37°＝mg，水平方向有Fa·cos 37°＝Fb，解得Fa＝10 N，Fb＝8 N，A错误，B正确；当系统竖直向上做匀加速运动时，小球受力如图乙所示，当a线所受拉力为Fm＝15 N时，由牛顿第二定律知，竖直方向有Fm·sin 37°－mg＝ma1，水平方向有Fmcos 37°＝Fb1，解得Fb1＝12 N，此时加速度有最大值am，am＝5 m/s2，C正确；当系统水平向右做匀加速运动时，小球受力如图丙所示，由牛顿第二定律知，竖直方向有Fa2·sin 37°＝mg，水平方向有Fb2－Fa2cos 37°＝ma2，解得Fa2＝10 N，当Fb2＝15 N时，加速度有最大值a'm，a'm＝ m/s2，D错误。
甲 乙 丙
10．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
【答案】BC
【详解】设P点到游客与滑雪圈静止时的水平位移为x，根据图2可知，解得x=48m，在斜面顶端时机械能E1=3600J，根据能量守恒定律可得，已知游客滑到Q点后再经过t=8s停止运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为，则在Q点的速度大小为，根据图2可得Q点的动能为J，联立解得，m=60kg，BC正确；由图2可知，游客和滑雪圈在斜面顶端时机械能E1=3600J，重力势能Ep1=3600J，且Ep1=mgh，解得h=6m，PQ的水平位移为x1=8m，则有，解得L=10m，A错误；设斜面倾角为，则有，游客滑到Q点的速度大小为，游客与滑雪圈滑到Q点前瞬间，重力的瞬时功率为W，D错误。
11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
【答案】（1）0．820（2分）　（2）bd（2分）　（3）偏大（2分）
【解析】（1）由题图乙可知，主尺刻度为8 mm，游标尺上对齐的刻度为4，故读数为（8＋4×0．05）mm＝8．20 mm＝0．820 cm。
（2）根据机械能守恒定律有mg＝m，即＝L－，得b＝，g＝bd。
（3）若光电门发出的光线高于小球自然下垂的球心位置，小球的遮光宽度小于小球的直径，遮光时间偏小，由于v＝，测出的速度偏大，所以小球动能的测量值偏大。
12．【知识点】实验：电表内阻的测量
【答案】（1）C（2分）　（2）见解析（2分）　（7）（2分）　（2分）
【解析】（1）实验电路中S2闭合时，根据题意可知电压表V、待测电阻Rx和定值电阻R并联的总电阻约为400 Ω，则电流表最大示数约为I＝＝＝7.5 mA，为了使测量结果尽量准确且两电表读数均不小于其量程的，电流表A应选用电流表A2，即选C。
（2）根据电路图连接实物图，如图所示。
（7）断开开关S2，闭合开关S1，有＋＝I，可得I＝U，图线为b；闭合开关S1、S2，有＋＋＝I'，可得I'＝U'，图线为a，根据题意可得RV＝，Rx＝。
13．【知识点】气体等温变化与玻意耳定律、热力学第一定律与理想气体状态方程的综合应用
【答案】（1）
（2） 见解析
【解析】
（1）设活塞对气体做功为，气体放出的热量为，对气体由热力学第一定律得…………1分
由题意可知…………1分
对活塞由动能定理得…………1分
联立解得气体放出的热量…………1分
（2） 设活塞向左离开初始位置的距离为，对封闭气体有…………1分
对活塞有…………1分
解得，又因为…………1分
所以有，方向向右，即回复力可表示为…………1分
即活塞的运动是简谐运动。
14．【知识点】电磁感应现象中的功能问题
【答案】（1）－g　（2）　（3）m＋
【解析】（1）缓冲滑块K刚停止运动时，闭合矩形线圈产生的感应电动势为
E＝nBLv0（1分）
回路中电流为I＝（1分）
闭合矩形线圈所受的安培力大小
F安＝nBIL（1分）
根据牛顿第三定律可知，返回舱所受线圈的作用力大小
F'＝F安（1分）
根据牛顿第二定律得
4F'－mg＝ma（2分）
解得a＝－g（1分）
（2）返回舱向下做减速运动，受到向上的线圈的作用力和向下的重力，随着速度的减小，线圈的作用力减小，直到线圈的作用力减小到与重力大小相等时，速度最小，此后做匀速运动，直至舱体着陆，可得
E'＝nBLv（1分）
I'＝（1分）
F'安＝nBI'L（1分）
由牛顿第三定律及平衡条件可知
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．【知识点】带电粒子在组合场中的运动、求解弹性碰撞问题
【答案】（1）7∶1　1∶63　（2）v0∶16　（3）1∶7　见解析
【解析】（1）粒子1在电场中沿x轴做匀速直线运动，有v0t1＝xAC，v0t2＝xCO（1分）
解得＝（1分）
沿y轴做匀变速直线运动，有
a1＋a1t1t2－a2＝0（1分）
解得＝（2分）
（2）粒子2在磁场中做匀速圆周运动，有
q2v2B＝m2（1分）
粒子2在电场中做类斜抛运动，
有y＝2Rsin 45°（1分）
＝2a3y，qE2＝ma3（1分）
解得＝（1分）
（3）碰撞前粒子1在电场E2中沿y轴做匀变速直线运动，有v0tan 45°＝－a1t1＋a2t2（1分）
可得a2t2＝（1分）
粒子1反弹后做斜抛运动，
有2v1sin 45°＝a2t3（1分）
xCO＝v0t2＝（v1sin 45°）t3（1分）
联立得v1＝（1分）
由动量守恒定律得
m1·v0＝－m1v1＋m2v2（1分）
解得＝（1分）
因为m1＝m1＋m2，所以该碰撞为弹性碰撞（2分）