广东省六校联考2025届高三上学期12月联考-物理试题（含答案）.docx

2
025届广东珠三角六校高三上学期联考物理模拟测试
一、单项选择题：(本大题共 7小题，每小题 4分，共 28分。每小题给出的四个选项中只有一项满足题目要求，选对得
4
1
分；不选、错选或多选不得分。)
. 下列说法正确的是（
）
A. kg、cm、s都是国际单位制中的基本单位
B. 牛顿的理想斜面实验虽然是想象中的实验，但它是建立在可靠的事实基础上的
C. 在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
∆
∆
x
t
D. 物体从 到
t + ∆t
∆x
∆t → 0
t
表示物体在时刻 的瞬时速度
时间内位移为
，当
时，可以用
t
2
．如图所示，甲、乙、丙、丁是课本内的几幅插图，下列说法正确的是（
）
A．甲图是利用头发屑模拟的电场线，从该图得知该电场一定是正电荷形成的
B．乙图的可变电容器的原理是改变铝片之间距离从而达到改变电容的目的
C．丙图中，用金属网把验电器罩起来，再使带电金属球靠近验电器，但不接触，发现铝箔张开
D．在示波管中加丁图所示的待测电压UY −t 和扫描电压UX −t
，就能得到图中的图像
3
.近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生。玩手机时，会让颈椎承受更多的重量。不当
的姿势会导致一系列健康问题的出现。当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；但当
低头时，颈椎受到的压力会随之变化。现将人低头时头颈部简化为如图所示的模型：重心在头部
的 P 点，颈椎OP （视为轻杆）可绕O 转动，人的头部在颈椎的支持力和沿 PQ 方向肌肉拉力的作用下静止。假设低头时
颈椎与竖直方向的夹角为 30°，PQ 与竖直方向的夹角为 60°，此时颈椎受到的压力约为直立时
颈椎受到压力的（
A．1.7倍
）
B．2.8倍
C．3.3倍
D．4.0倍
4
.滚筒式静电分离器原理如图所示，转轮 C由导体制作并接地。放电针 G与转轮 C间施加高压并
电离空气，颗粒 a、b经过电离空气后都带上电荷。b颗粒直接掉落在 B盘，a颗粒被 D刮落到 A
盘。下列说法正确的是(
)
A．a颗粒为绝缘材料，b为导电材料
B．a颗粒为导电材料，b为绝缘材料
C．经过电离空气后 a颗粒带正电，b带负电
D．对调 G、C间的极性，颗粒 a、b的落点也对调
5
. 如图所示，一个磁铁吸附在竖直的门板上保持静止，假设磁铁的质量为 m，距离门轴为 r，与门
µ
F
0
板之间的磁力和动摩擦因数分别为
和
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现
匀速转动门板，为使磁铁不滑动，则门板转动的最大角速度为（
）
µF
4 µ2F02 −
m2 g
2
µF0 − mg
µF0 − mg
µF
0
B.
C.
D.
−
0
A.
mr
m2r2
．在足球场上罚任意球时，防守运动员会在球门与罚球点之间站成一堵“人墙”，以增加防守面积，
mr
mr
mr
6
防守运动员会在足球踢出瞬间高高跃起，以增加防守高度。如
图所示，虚线是某次射门时足球的运动轨迹，足球恰好擦着横
梁下沿进入球门，忽略空气阻力和足球的旋转，下列说法正确
的是（
A．足球上升到最高点时的速度为 0
）
B．足球下降过程中重力的功率一直在增大
C．足球在飞行过程中机械能先减小后增大
D．只要防守运动员跳起的最大高度超过轨迹最高点，就一定能“拦截”到足球
高三物理试卷
第1页 共 4 页

7
. 无级变速汽车变速箱的工作原理可以简化为如图所示的装置，两个相同锥体 A、B 水平放置，它们的中心轴分别与动
力输入端和动力输出端连接，动力输入端的中心轴带动锥体 A 转动，锥体 A 带动钢带转动的同时，钢带在锥体上前后移
动，改变转速比，实现变速。a、b 是锥体上与钢带接触的两动点，不计钢带的形变且钢带所在的平面始终与两中心轴垂
直，若保持动力输入端中心轴转速不变，则钢带由后向前运动的过程中（
）
A. 动点 a、b的线速度相等且逐渐减小
B. 锥体 B的转速增大
C. 汽车在减速
D. 动点 a、b的向心加速度大小之和减小
二、多项选择题：(本大题共 3小题，每小题 6分，共 18分。每小题给出的四个选项中至少有两项满足题设要求，选对
得 6分；漏选得 3分；不选、错选或多选不得分。)
8
.吸血鬼恒星是一种理论上的天体，它通过从伴星吸取物质来维持自身的光和热。这种恒星通常处
于双星系统中，吸血鬼恒星通过这种方式获得额外的物质，从而延长自己的寿命。这种现象在天文
学中被称为质量转移或吸积过程。假设两恒星中心之间的距离保持不变，忽略因热核反应和辅射等
因素导致的质量亏损，经过一段时间演化后，则（
A．两恒星的周期不变
）
B．两恒星的轨道半径保持不变
C．吸血鬼恒星的线速度增大
D．伴星的线速度增大
9
.如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度 v = 2.0m / s顺时针匀速运行，A端上方靠
近传送带的料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量Q = 50kg / s
落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至 B端。在运
送煤的过程中，下列说法正确的是（
A．电动机应增加的功率为 100W
B．电动机应增加的功率为 200W
）
C．在 1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为 6.0×103 J
D．在 1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为1.2×104 J
12．如图所示，质量均为 m的木块 A和 B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆
上端的 O点系一长为 L的细线，细线另一端系一质量为 m的球 C，现将球 C拉起使细线水平伸直，
并由静止释放球 C，则下列说法正确的是（重力加速度为 g）（
A．运动过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，动量守恒
）
gL
B．球摆到最低点过程，C球的速度为 vC
=
3
C．C球第一次摆到最低点过程中，木块 A、B向右移动的距离 1
L
3
3
4
D．C向左运动能达到的最大高度
L
三、实验题（共 17分）
1
1．（8分）某同学用图（a）所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电容
4
.7μF，10V
），定值电阻 R（阻值 2.0kΩ）、开关 S、导线若干。
1）电解电容器有正、负电极的区别。根据图（a），将图（b）中的实物连线补充完整；
器 C（
（
（
2）设置电源，让电源输出图（c）所示的矩形波，该矩形波的频率为
Hz ；
（
3）闭合开关 S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压UC 随时间周期性变化，结果如图（d）所示，
A、B为实验图线上的两个点。在 B点时，电容器处于
或“B”），通过电阻 R的电流更大；
状态（填“充电”或“放电”）在
点时（填“A”
12.（9分）某软件能够调用手机内置加速度传感器，实时显示手机加速度的数值。小明通过安装有该软件的智能手机（其
坐标轴如图 1所示）探究加速度与力、质量的关系，实验装置原理图如图 2所示。已知当地重力加速度为 g。
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第2页 共 4 页

（1）分别称量出小桶的质量m
和手机的质量
M
。
0
0
（2）开始时，整个实验装置处于静止状态，小桶里没有装砝码。
（3）用手突然向上托起小桶，使得绳子松弛，此瞬间手机受到的合力为
（用
题目所给字母表示），读出此瞬间手机 y轴上的加速度 a的数值。
（4）往小桶中增加砝码，重复步骤（3），测得实验数据如下：
实验次数
1
2
3
4
5
6
小桶和砝码的重力（N） 0.245 0.445 0.645 0.845 1.045 1.245
(
)
a m / s2
手机加速度
1.76 2.58 3.39 4.20 4.98
根据图 3软件截图，上表中空白处的数据约为
m / s2 （保留两位有效数字）。利
用数据作出 a − F 图像，在图 4中描出第一组数据的点并连线
。
（
（
5）由 a − F 图可知手机质量约为
kg。（保留两位有效数字）。上述实验可以得到结论是：
。
1
6）保持小桶和砝码的质量不变，用双面胶把不同数量的配重片贴在手机背面，重复步骤（3），测得实验数据并作出 a −
M
图像，得出结论：当合外力一定，加速度与物体质量成反比。
（7）从图 3软件截图可以看出，即使整个实验装置处于静止状态，手机依然显示有加速度扰动，为了减少该扰动造成的
相对误差，请提出一条可行的办法是
。
四、计算题（共 37分）
1
3．(9 分)如图甲所示为某一列简谐横波在 t＝0 时刻的图象，图乙是这列波上 P 质点从这一时刻起的振动图象，试讨论：
(1)该波的传播方向和波速大小；
(2)在甲图中用虚线画出经过 2.3 s 后该波的图象，并求出此时 P 质点的位
移和运动的路程．
1
4．（13分）某款电子偏转仪器由边长为 L的立方体空间 OABC-O A B C 构成，如图所示。电子发射器位于顶部 AO 的中
1
1
1
1
1
1
点 M，可向 OABC 平面内各个方向均匀射出速率均为 v的电子。在立体空间任意两个对立面可放置两块面积较大、与电
1
1
1
1
源相连的金属板，从而实现在立方体空间内产生匀强电场，以控制电子的运动。已知电子质量为 m、电荷量大小为 e，电
子打在金属板上将被吸收不再反弹进入电场，不计电子重力及电子间的相互作用力。问：
(1)当两块金属板分别放置在 ABB A 面和 OCC O 面时，若恰好无电子运动到 OCC O 面，则与金属板相连的电源电压 U 是多
1
1
1
1
1
1
1
少？
(2)当两块金属板分别放置在 OABC面和 OABC 面时，若恰好有电子打在底部 BC的中点 Q，则与金属板相连的电源电压 U
1
1
1
1
2是多少？
(3)在（2）的基础上，设电子从发射器射出的速度与中线 MP的夹角为θ，求电子从 M点运动到立体空间边缘的过程，电
场力做功 W与θ的函数关系。
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L = 2.75m
1
L =1m
2
1
5．（15分）有一款三轨推拉门，门框内部宽为
。三扇门板俯视图如图甲所示，宽均为
，质量均为
m0 = 20kg
完全非弹性碰撞（不黏连），门板和门框的碰撞为弹性碰撞。刚开始，三扇门板静止在各自能到达的最左侧（如图乙），
µ = 0.01。每扇门板边缘凸起部位厚度均为 d = 0.05m。门板凸起部位间的碰撞均为
，
与轨道的摩擦系数均为
用恒力 F 水平向右拉 3号门板，经过位移 s 0.3m 后撤去 F ，一段时间后 3号门板左侧凸起部位与 2号门板右侧凸起部
g =10m/s2 。求：
=
位发生碰撞，碰撞后 3号门板向右运动恰好到达门框最右侧（如图丙）。重力加速度
（
（
（
1）3号门板与 2号门板碰撞后瞬间的速度大小；
2）恒力 F 的大小；
3）若力 F 大小可调，但每次作用过程中 F 保持恒定且 F 作用的位移均为 s ，要保证 2号门板不与 1号门板发生碰撞，
x
请写出 3号门板经过的路程 与 F 之间的关系式。
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025届广东珠三角六校高三上学期联考物理模拟测试
1
. 【答案】D【详解】A．kg、m、s是国际单位制中的基本单位，cm不是国际单位制中的基本单位，故 A错误；
B．伽利略的理想斜面实验虽然是想象中的实验，但它是建立在可靠的事实基础上的，故 B错误；
C．在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并通过实验结合逻辑推理进行验证，故 C
∆
∆
x
t
t + ∆t
∆x
∆t → 0
t
错误；D．物体从 到
时间内位移为
，当
时，可以用
表示物体在时刻 的瞬时速度，故 D正确。
t
2
．【答案】D【详解】A．根据甲图无法判定电场线的方向，所以无法得知该电场是否为正电荷形成，故 A错误；
B．乙图的可变电容器的原理是改变铝片之间的正对面积从而达到改变电容的目的，故 B错误；
C．丙图中，用金属网把验电器罩起来，再使带电金属球靠近验电器但不接触，此时由于金属网的静电屏蔽作用，
使得其内部电场强度为零，所以铝箔不会张开，故 C错误；
D．在示波管中加丁图所示的待测电压UY −t 和扫描电压UX −t ，此时待测信号电压与扫描电压
周期相同，则可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图像，故 D正确。
3
.【答案】A【详解】由题意可明确人的头受力情况，如图所示，由题意知，F′=G，设人的颈
F′
F
sin(60° −30°)
sin[180o −30o − (60o −30o )]
3
=
=
=
3F′ ≈1.7F′
椎对头的支持力 F，则由几何关系可知
故 F
3
此时颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的 1.7倍，故 A正确。故选 A。
4.答案：A，解析：静电分离器时通过电离空气使得绝缘材料带电，并附着在滚筒中并被刮板挂落，而导电材料的
电荷则会通过滚筒导向地面，并落在 B盘上，故因此 A正确，B错误。由于不知道放电针的极性，所以无法判断 a、
b的电性，排除 C；静电分离器应用的是材料的导电性跟极性无关，故 D错误。
F = mω2r
磁铁不滑动时，则有
n
5
. 【答案】B【详解】磁铁受到的向心力由磁力和重力的合力提供，则有
4
µ
2F02
−
m2 g
2
2
f = µF0 联立解得ω =
f = Fn2 + (mg)2 ，
m2r
6
．【答案】B【详解】A．足球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，故足球在最高点时的速度不为 0，故 A错误；
B．足球在下降过程中，重力的瞬时功率 P = mgv
一直在增大，故 B正确；
y
C．由于忽略空气阻力，只有重力做功，故飞行过程中足球的机械能守恒，故 C错误；
D．即使防守运动员跳起的最大高度超过轨迹最高点，若起跳时机不对，仍然无法拦截到足球，故 D错误。
故选 B。
v = r ω = 2πn r
钢带由后向前运动的过程中
A a
r
a
7
. 【答案】B【详解】A．根据题意有动点 a、b 的线速度相等，有
a
a
a
增大，可得 v
增大，A错误；
a
nA
nB
r
b
r
a
v = v n r = n r
=
,nB
=
nA r 增大， r
n
BC．由于
有
解得
减小，可得 增大，汽车在加速，B正确，C错
a
b
A a
B b
r
a
r
b
a
b
B
误；
r
a = r ω2 = 4π
2
n
2
A a
r ,a = r ω
2
b
= 4π
2
n
2
B b
r
a + a = 4π
2
n
2
A
a
(r + r )
r + r = d
由题意得 （定值）
D．根据
可得
a
a
a
b
b
a
b
r
b
a
b
a
b
a + a
a
故
增大，D错误。故选 B。
b
8
.【答案】AD【详解】A．假设在演化开始时，吸血鬼恒星的质量为m ，伴星的质量为m ，两者之间的中心距离为
1
2
2π 2
 r1 同理对于伴星G
2
π 2
 T 
m1m2
L
2

m1m
L
2
2

L ，根据双星运动的特点，对于吸血鬼恒星有G
= m1 
 T 
= m 
 r2 又有 r
+
r
2
=
L
2
1
4
(
π
2
L
3
联立解得T =
由题意知两恒星的总质量不变， L 也不变，则周期不变，故 A正确；
+
)
G m m2
1
m2
m1 + m2
m
1
m1 + m2
r =
1
L
r =
2
L
BCD．由 A中分析，联立可解得
，
根据题意可知，m 增大，m 减小，故 减小， 增大，
r
r
1
2
1
2
2
πr
又有v
=
则吸血鬼恒星的线速度减小，伴星的线速度增大，故 BC错误 D正确；故选 AD。
T
9
.【答案】BC【详解】AB．设足够小的时间∆t 内落到传送带上煤的质量为∆m ，则有 ∆m = Q∆t 这部分煤由于摩擦力
1
f
fs = ∆mv2
的作用被传送带加速，由功能关系得
煤块在摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，则有
2
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v
v
s = t 传送带的位移为 s传 vt 相对位移为 ∆s = s传 − s =
=
vt
−
t
=
s 可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，因此
2
2
1
1
摩擦生热为Q = f ∆s = fs = ∆mv2 根据能量守恒可知，∆t 时间内电动机应增加的能量∆E 为 ∆E = Q + ∆mv2 = ∆mv2
2
2
∆
∆
E
电动机应增加的功率为 P
=
联立可得 P Qv2 200W 故 AB错误；
=
=
t
Q
Q
Q =
热
v
2
因此一分钟产生的热量为Q = Q t = v2t = 6.0×103 J
CD．由以上分析可知，单位时间内产生的热量为
2
总
热
2
故 C正确，D错误。故选 C。
1
0．【答案】CD【详解】A．木块 A、B和小球 C组成的系统在水平方向合力为零，而在竖直方向合力不为零，故此
系统在水平方向上动量守恒，而在竖直方向上动量不守恒，所以此系统的动量不守恒，故 A错误；
B．小球 C第一次到达最低点时，设此时 A、B共同速度大小为 v ，C的速度大小为 v，此过程水平方向动量守恒可
AB
C
1
2
1
2
4
3
得 mvC = 2mvAB 由机械能守恒定律得 mgL
=
mvC2
+
×2mv 解得vC
2
=
gL 故 B错误；
AB
C．小球 C第一次摆到最低点过程中，设 C的水平速度大小为 v，木块 A、B的速度大小为 v，对 A、B、C组成的系
1
2
统，根据水平方向动量守恒得mv1 = 2mv2 可得此过程中 C的水平速度大小与木块 A、B的速度大小之比始终为
v1 2m
2
1
x1
x2
2
1
=
=
=
则小球 C第一次摆到最低点过程中，C的水平位移大小 x 与木块 A、B的位移大小 x 之比也为
v2
m
1
2
1
3
由几何关系得 x1 x2 L 解得木块 A、B向右移动的距离为 x2
+
=
=
L 故 C正确；
D．球 C第一次由最低点向左摆至最高点的过程，A与 C组成的系统在水平方向上动量守恒，球 C向左摆至最高点时
两者共速，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得
1
1
2
1
2
3
mv − mv = 2mv ， mvC2
+
mvA2
=
×2mv2 + mgh 解得 h = L 故 D正确。
C
A
2
4
故选 CD。
1
1.（8分）(1).（2分）
(2). 40 （2分） (3). 充电 （2分） ； B （2分）
1
2.（9 分）【答案】
（
（
（
3）
m0 g （1 分）
4） 0.96/0.97/0.98（1 分） （1 分）
5）0.24/0.25/0.26（2 分） 当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合
外力成正比（2 分）
（
7）使用质量更大的砝码组（不超过弹簧弹性限度）（2 分）
四、计算题（共 37分）
3．(9 分)答案 (1)沿 x 轴正向传播 5 m/s (2)见解析图 位移为 10 cm 路程为 2.3 m
1
解析 (1)根据题图乙可以判断：P 质点在 t＝0 时刻在平衡位置且向 y 轴负方向运动，由此可确定该波沿 x 轴正向传
播．(1 分)
由题图甲知该波波长 λ＝2 m，由题图乙知 T＝0.4 s，(1 分)
λ
T
2
则 v＝ ＝ m/s＝5 m/s.(2 分)
0.4
3
4
(2)由于 T＝0.4 s，所以 2.3 s＝5 T，(1 分)
3
4
则波形重复 5 次再沿 x 轴正方向平移 个波长，故经过 2.3 s 后的波的图象如图所示，
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(2 分)
由题图可知，此时质点 P 正处于波峰，所以质点 P 的位移为 x＝A＝10 cm，路程 s＝4A×5＋3A＝23A＝2.3 m．(2
分)
mv2
e
2mv2
mv2
2sin2 θ
4．(13 分)【答案】(1)U1 =
(2)U2 =
(3)W = 2mv2 （0° ≤θ < 30° ），W
=
（30° ≤θ ≤ 90°
）
1
e
【
详解】（1）由题可知 沿 MO 或 MA 方向的粒子恰好无法到达平面，则
1
1
1
2
1
U1e = mv2
有
2
mv2
解得U1 =
e
（
2）水平方向，有
L = vt1
竖直方向，有
1
L = at1
2
2
U2 = EL
根据牛顿第二定律有
解得
Ee = ma
2
mv2
e
U2 =
（
3）当水平距离 x≥L时，电子将落入 OABC平面。设夹角为θ
刚好落在水平距离为 L的竖直平面底边
0
易得
L
2
L
sinθ0 =
得
θ0=30°
当 0°≤θ＜30°，电子落入底面，则电场力做功为
W=Ue
1
2
解得
W1=2mv2
当 30°≤θ≤90°，电子落入竖直平面。设水平位移为 x，竖直位移为 y
则有
L
2
sinθ
x = vt2 =
1
2
y = at2
2
故做功为
解得
W2=Eey
mv2
sin2θ
W2=
2
5．(15 分)【答案】（1）v1 0.4m/s ；（2） F 27N；（3）见解析
=
=
1
【
详解】（1）3号门板与 2号门板碰撞后相对静止一起向右做匀减速直线运动，位移
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s1
=
(L
1
−
L2
)−(L2 − d )
解得
s1 = 0.8m
根据功能关系
1
µ ⋅2m gs = ⋅2m0v1
2
0
1
2
解得
v1 = 0.4m/s
（
2）3号门板与 2号门板碰撞，根据动量守恒定律
m v = 2m v
0
0
0
1
解得
v0 = 0.8m/s
3
号门板从开始运动到与 2号门板碰撞，位移为
s = L −3d
0
2
解得
s0 = 0.85m
根据动能定理
1
Fs − µm gs = m0v0
2
0
0
2
解得
F = 27N
（
②
3）①若 F ≤ µm0 g = 2N ，3号门保持静止
若 3号门板还未与 2号门板碰撞，即
x < L2 −3d = 0.85m
Fs − µm0 gx = 0
解得
此时
( )
0.15F m
x
=
0
.3m < x < 0.85m
1
7
2
N < F ≤
N
3
③
即
若 3号门板与 2号门板碰撞，但 2号门板还未与 1号门板碰撞
L −3d < x < L − L − d
2
1
2
0
.85m < x <1.7m
3
号门板与 2号门板碰撞前
1
2
(
) =
2
Fs
−
µ
m g L −3d
m0v2
0
2
3
3
号门板与 2号门板发生完全非弹性碰撞，动量守恒
m v = 2m v
3
0
2
0
号门板与门框发生弹性碰撞，机械能不损失，因此碰撞后 2、3号门板机械能全部转化为摩擦产热。
1
⋅
2m0v3
2
= µ ⋅2m g x −(L −3d )


0
2
2
解得
3
(F +17)
x =
(m)
8
0
由0.85m < x <1.7m 可得此时恒力的取值范围为
1
7
85
N < F <
N
3
3
由几何关系可知，3号门板反弹后不会再次与 2号门板碰撞。
高三物理试卷
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