2025年高考第三次模拟考试卷：物理（贵州卷）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：物理（贵州卷）（解析版），共11页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28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. 我国已经建造出世界第一台全高温超导托卡马克装置——“洪荒70”,被称为“人造太阳”装置内部核反应方程为;。已知的比结合能为,的比结合能为,X的比结合能为。下列说法正确的是（ ）
A．该反应为核聚变反应
B．X粒子是电子
C．核反应生成物的总结合能小于反应物的总结合能
D．核反应释放的核能为
【答案】A
【解析】该反应为核聚变反应,A项正确;根据核反应质量数、电荷数守恒,可得X粒子是 ,B项错误;该核反应释放能量,核反应生成物的总结合能大于反应物的总结合能,C项错误;核反应释放的核能为,D项错误。
2. 2024年5月1日,我国第三艘航空母舰——福建舰出海展开首次航行试验。它采用平直通长飞行甲板,配置电磁弹射和阻拦装置,弹射轨道长110 m,舰载机搭载在磁悬浮电磁弹射车上,弹射过程中舰载机受到弹射车的平均推力约为1.1×106 N,不计阻力,则弹射车弹射一次做的功约为（ ）
A．4.0×107 J B．4.0×106 J C．1.2×107 J D．1.2×108 J
【答案】D
【解析】磁悬浮电磁弹射车弹射一次对飞机做功J .D项正确。
3. 市面上出现了一款电弧打火机,如图甲。其内部电路图如图乙,按下开关S,高频振荡器产生高频电流,高频 电流经三极管放大后电压为50V,此电压加在变压器的原线圈上,副线圈两端产生 15 kV的高频电压,高频电压击穿空气产生高温电弧点燃易燃物。若该打火机内部的电压器视为理想变压器,则:为（ ）
A．1 : 300 B．300 : 1 C．10 : 3 D．3 : 10
【答案】A
【解析】若变压器视为理想变压器,则,A项正确。
如图,发射一颗地球的中地圆轨道卫星,可以先把卫星发射到近地圆轨道,在近地圆轨道的M点变速,进入
椭圆轨道,再在远地点N变速,调整为中地圆轨道。若地球半径为R,此中地圆轨道卫星轨道半径为4R,下列说法正确的是（ ）
A．卫星在中地圆轨道上经过N点的加速度大于在椭圆轨道上经过N点的加速度
B．卫星由M点到N点,万有引力做正功
C．卫星由M点到N点,机械能增加
D．卫星由M点到N点的时间大于在近地圆轨道上的运行周期
【答案】D
【解析】卫星在N点的向心加速度大小为,卫星在中地圆轨道上经过N点的加速度等于在椭圆轨道上经过N点的加速度,A项错误;卫星由M点到N点,万有引力做负功,B项错误;卫星由M点到N点,机械能不变,C项错误:设卫星在近地圆轨道上的运行周期为T,由开普勒第三定律可得 ,可知卫星由M点到N点的时间 ,D项正确。
如图(a)为一列简谐横波在t＝0.5 s时刻的波形图，介质中的两个质点P、Q此刻离开平衡位置的位移分别为
0.5A、－0.5A；图(b)是质点Q的振动图像。正确的是( )
A．波沿＋x方向传播，0.5 s时刻P质点正在向＋y方向振动
B．波沿＋x方向传播，0.5 s时刻Q质点正在向＋y方向振动
C．波速为4 cm/s,0.5 s时刻质点P在减速、质点Q在加速
D．波速为4 cm/s，质点P、Q振动方向有时相同有时相反
【答案】D
【解析】由质点Q的振动图像可知0.5 s时刻Q质点正在向－y方向振动，在题图(a)中根据同侧法可以判断出波沿－x方向传播，故A、B错误；根据波的图像可得波长为λ＝24 cm，根据振动图像可得质点振动的周期即波传播的周期为T＝6 s，则波速为v＝eq \f(λ,T)＝4 cm/s，根据同侧法可得0.5 s时刻P质点正在向平衡位置运动，在加速，而Q质点则正在向负向最大位移处运动，在减速，C错误；由于质点P、Q的平衡位置的距离不是半波长的整数倍，所以质点P、Q振动方向有时相同有时相反，D正确。
通常积雨云层上部带正电荷,下部带负电荷,地面就感应出大量正电荷,形成一个强大的电场,云与地面间
的空气层就会被击穿,发生云地闪电,如图甲。某片积雨云层与大地上一凸起建筑物间电场的电场线分布如图乙,P、M、N是电场中三点,PM=MN,则（ ）
A．P、M、N三点的场强大小为 EPEN,A项错误;PM段电场线比MN段电场线密,则PM段电场强度较大,根据公式U=Ed可知,P、M点间的电势差 UPM,大于M、N点间的电势差UMN,B项正确;由图可知P、M、N三点的电势关系为 根据 可得,电子在P点的电势能小于在N点的电势能,C项错误;闪电发生时,放电电流由地面凸起建筑物指向积雨云层,D项错误。
如图甲,隔热断桥门窗在现代建筑中有广泛应用,具有良好的保温性能。如图乙,是隔热断桥门窗的中空玻
璃截面图,两层厚度为d的同种玻璃中间夹层密封一层厚度也为d的空气,单色细光東以人射角θ=53°从外层玻璃的外表面折射人玻璃,折射光线相对人射光线偏折16°。已知光在真空中和空气中的传播速度均为c,sin 53°=0.8,下列说法正确的是（ ）
A．单色细光束在玻璃中的折射率为
B．单色细光東在隔热断桥门窗中传播的总路程为
C．单色细光束在隔热断桥门窗中传播的总时间为
D．增大人射角6,单色细光束可能在外层玻璃的内表面发生全发射
【答案】C
【解析】由题意可知,单色细光束从外层玻璃的外表面折射入玻璃的折射角,由,可得单色细光束在玻璃中的折射率为,A项错误;单色细光束在隔热桥门窗中传播的总路程为,B项错误;单色细光束在玻璃层中的传播速度,单色细光束在隔热断桥门窗中传播的总时间为,C项正确;由于玻璃两个表面平行,从玻璃外表面射人的光线和从玻璃内表面射出的光线平行,因此单色细光束不可能在外层玻璃的内表面发生全发射,D项错误。
二、多项选择题:本题共3小题,每小题5分,共15分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8. 某摩天轮的直径达120 m，转一圈用时1 600 s。某同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，依次从A点经B点运动到C的过程中（ ）
A．角速度为rad/s
B．座舱对该同学的作用力一直指向圆心
C．重力对该同学做功的功率先增大后减小
D．如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B点受座舱的作用力将增大
【答案】CD
【解析】根据角速度的计算公式有rad/s，故A错误；该同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，则座舱对该同学的作用力和该同学的重力的合力提供向心力，指向圆心，所以座舱对该同学的作用力不是一直指向圆心，故B错误；根据重力功率的计算公式P=mgvy，可知重力对该同学做功的功率先增大后减小，故C正确；在B点有,可知如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B点受座舱的作用力将增大，故D正确。
9. 为了锻炼儿童的协调性，父子俩一起玩投掷小球的游戏。如图所示，父子分别从A、B两点水平抛出一个小球，小球均能从立在地面上的竖直管子的管口O落入管中，A、B、O三点恰在一条直线上，且AB∶BO=2∶3。从A点抛出的小球初速度大小为v1，在O点的速度与水平方向的夹角为α，从B点抛出的小球初速度大小为v2，在O点的速度与水平方向的夹角为β，空气阻力不计，则下列判断正确的是（ ）
A．α>β B．α=β C．v1∶v2=3∶2 D．v1∶v2=5∶3
【答案】BD
【解析】连接ABO，设AO所在直线与水平面的夹角为θ，由平抛运动的推论有2tan θ=tan α=tan β，所以α=β，故A错误，B正确；根据平抛运动的规律有，，tan α=tan β=，所以,故C错误，D正确。
如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的
磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为eq \f(4B2d2v,3R)
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为eq \f(BLd,3R)
【答案】AC
【解析】弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m, PQ速率为v时，则有2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路中的感应电流I＝eq \f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq \f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝eq \f(4B2d2v,R)，选项B错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1＝2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN向左移动x1＝eq \f(2L,3)，PQ向右移动x2＝eq \f(L,3)，则q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,R总)＝eq \f(2B·\f(2L,3)d＋B·\f(L,3)·2d,3R)＝eq \f(2BLd,3R)，选项D错误。
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．（6分）如图放置实验器材，连接小车与托盘的绳子与桌面平行，遮光片与小车位于气垫导轨上，气垫导轨没有画出(视为无摩擦力)，重力加速度为g。接通电源，释放托盘与砝码，并测得：
a．遮光片长度d
b．遮光片到光电门长度l
c．遮光片通过光电门时间Δt
d．托盘与砝码质量m1，小车与遮光片质量m2
(1)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为________，动能增加量为________；
(2)改变l，做多组实验，作出以l为横坐标，以(eq \f(d,Δt))2为纵坐标的图像。若机械能守恒成立，则图像斜率为________。
【答案】(1) m1gl (2分) eq \f(1,2)(m1＋m2)(eq \f(d,Δt))2 (2分) (2)eq \f(2m1g,m1＋m2) (2分)
【解析】(1)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为ΔEp＝m1gl,从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统动能增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)(m1＋m2)(eq \f(d,Δt))2。(2)改变l，做多组实验，作出以l为横坐标，以(eq \f(d,Δt))2为纵坐标的图像。若机械能守恒成立，有m1gl＝eq \f(1,2)(m1＋m2)(eq \f(d,Δt))2，整理有(eq \f(d,Δt))2＝eq \f(2m1g,m1＋m2)·l，则图像斜率为eq \f(2m1g,m1＋m2)。
12.（9分）某物理兴趣小组测量一段粗细均匀的合金丝电阻率ρ。
(1)实验开始前，用螺旋测微器测量合金丝的直径，如图甲所示，读数为________ mm；
(2)某同学采用分压电路和电流表内接法，取这段合金丝绕在半径为0.3 m的量角器上，连成图乙所示电路。闭合开关前，请老师检查，发现导线________(填写标号)接线错误，滑动变阻器的滑片应置于________端(选填“左”或“右”)；
(3)该同学改正错误后，改变金属夹位置，通过调节滑动变阻器保持电压表示数始终为1.00 V，记录电流表的示数I与接入电路的合金丝所对应的圆心角θ，根据实验数据在图丙中作出eq \f(1,I)－θ图像，则该合金丝的电阻率为____ Ω·m，电流表的内阻为________ Ω。(结果均保留两位有效数字)
【答案】(1)0.800(1分)
(2)③ (1分) 右(1分)
(3)解析图(2分) 5.0×10－7 (2分) 0.20 (2分)
【解析】(1)螺旋测微器读数d＝0.5 mm＋30.0×0.01 mm＝0.800 mm；
(2)按实物图转化为电路原理图如图
可知实物图接成了电流表外接法，导线③接错；实验开始前，滑动变阻器的滑片应置于右端；
(3)由欧姆定律得UV＝I(rA＋Rx)，量角器的半径为R0，根据电阻定律得Rx＝ρeq \f(θR0,\f(1,4)πd2)
解得eq \f(1,I)＝eq \f(rA,UV)＋eq \f(4ρθR0,UVπd2)
代入数据得eq \f(1,I)＝rA＋eq \f(15,8π)×106ρθ
作出eq \f(1,I)－θ图线，如图
可知图线的斜率k＝eq \f(0.78,\f(5,6)π)＝eq \f(15,8π)×106ρ
求得ρ≈5.0×10－7 Ω·m
图线的纵轴截距在数值等于电流表的内阻
rA＝0.20 Ω。
13.（9分）家庭用的煤气罐需要定期检査其安全性,是否漏气是检测的重要项目之一。某检测机构给空煤气罐充入一定质量的空气,与之相连的气压计显示压强为1.5 MPa,温度传感器检测出罐内气体温度为47℃,经过一段较长时间后,与之相连的气压计显示压强为1.2 MPa,温度传感器检测出罐内气体温度为27℃,T=t+273 K。
(1)通过计算说明该煤气罐已经漏气;
(2)求漏出的空气与罐中最初空气的质量之比。
【答案】(1)见解析过程 (2)
【解析】(1)假设煤气罐不漏气,气体实现等容变化过程,温度由47℃变为27℃,有(2分)
解得(1分)
说明该煤气罐漏气(1分)
(2)设煤气罐的体积为V,假设不漏气,气体从初态到末态,根据理想气体状态方程有(2分)
解得(1分)
在末态条件下漏出气体的体积为(1分)
漏出的空气与罐中最初空气的质量之比为(1分)
14.（14分）全国平均每天有3亿多件快递包裹在分拣寄递中。一种交叉带式分拣机俯视图如图甲所示，有一组小车沿封闭水平导轨匀速率运动，小车上表面装有传送带，传送带运动方向与小车运动方向垂直。分拣时，经扫码后的某包裹与小车一起做匀速直线运动，根据目的地不同，到达某隔口时，小车上的传送带迅速启动，将包裹卸载下去，从而实现根据目的地将包裹进行分类的目的。现将小车上的传送带部分简化成图乙侧视图所示的模型，传送带与某包裹间的动摩擦因数μ＝0.8，M、N间距离L＝2.8 m，包裹可视为质点且放在MN中点。小车沿轨道匀速运动的速度v1＝5 m/s，当该包裹即将到达目的地隔口时，小车上的传送带迅速启动，获得v2＝4 m/s的速度，忽略传送带的加速时间，该包裹质量m＝0.5 kg，取g＝10 m/s2。
(1)求从传送带启动到该包裹到达N处所需时间；
(2)若要使该包裹卸载时恰好到达隔口中间，则需在包裹沿小车运动方向上距离隔口中间多远处启动传送带？
(3)求传送带与该包裹间因摩擦而产生的热量。
【答案】(1)0.6 s (2)3 m (3)4 J
【解析】(1)沿传送带运动方向，根据牛顿第二定律有μmg＝ma(2分)
包裹的加速度大小为a＝8 m/s2(1分)
包裹与传送带相对静止时有v2＝at1(2分)
得t1＝0.5 s(1分)
此时包裹沿传动带方向的位移为x＝eq \f(1,2)at12(1分)
得x＝1 m(1分)
包裹匀速运动的时间为t2＝eq \f(\f(L,2)－x,v2)＝0.1 s(1分)
则从传送带启动到该包裹到达N处所需时间为t＝t1＋t2＝0.6 s(1分)
(2)启动传动带时，包裹沿小车运动方向上距离隔口中间的距离为l＝v1t＝3 m(2分)
(3)传送带与该包裹间因摩擦而产生的热量为Q＝μmg(v2t1－eq \f(1,2)at12)＝4 J(2分)
15.（19分）如图所示，质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子，从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向射入第一象限内的电、磁场区域，在长为l、宽为d的虚线框内有方向竖直向上、大小可控的匀强电场，在x>l的区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。通过控制电场强度大小，可让粒子从虚线框的右侧射入磁场，并打到竖直放置的足够长的MN板上，已知N点坐标为(l，d)，粒子重力不计。
(1)若要使粒子从(l，eq \f(d,2))处离开电场，求电场强度的大小；
(2)若电场强度为E0，求粒子在磁场中做圆周运动的圆心到MN的距离；
(3)求粒子在磁场中做圆周运动的最大半径。
【答案】(1)eq \f(mdv02,ql2) (2)eq \f(E0l,Bv0) (3)eq \f(mv0\r(4d2＋l2),qBl)
【解析】(1)要使粒子从(l，eq \f(d,2))处离开电场，设电场强度的大小为E1，粒子在电场中做类平抛运动，
沿x轴方向有l＝v0t(1分)
沿y轴方向有
eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)a1t2(1分)
a1＝eq \f(qE1,m)(1分)
联立解得E1＝eq \f(mdv02,ql2)(1分)
(2)若电场强度为E0，粒子先在电场中做类平抛运动，自(l，y)点以速度v进入磁场中，并在磁场中做匀速圆周运动，最终打在MN上的某点，此时圆心到MN的距离设为Δx，则有
l＝v0t(1分)
y＝eq \f(1,2)at2(1分)
a＝eq \f(qE0,m)(1分)
设进入磁场时速度与x轴正方向夹角为θ，则有
tan θ＝eq \f(2y,l)(1分)
v＝eq \f(v0,cs θ)(1分)
粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)(2分)
又Δx＝rsin θ(1分)
联立解得Δx＝eq \f(E0l,Bv0)(1分)
(3)粒子从N点进入磁场，速度最大，则做圆周运动的半径也最大，设此时的速度偏转角为θ′，射入磁场的速度为v′，最大半径为rm，则在电场中有
tan θ′＝eq \f(2d,l)＝eq \f(vy′,v0)(2分)
v′＝eq \r(v02＋vy′2)(1分)
在磁场中有qv′B＝meq \f(v′2,rm)(1分)
联立解得粒子在磁场中做圆周运动的最大半径为rm＝eq \f(mv0\r(4d2＋l2),qBl)(2分)。