四川省眉山市仁寿县第一中学（北校区）2025届高三下学期三模物理试题（Word版附解析）

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注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
第 I 卷（选择题）
一、单选题
1. 下列四幅图对应的说法正确的有（ ）
A. 图甲中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的
B. 图乙是玻璃管插入水中的情形，表明水不能浸润玻璃
C. 图丙中悬浮在液体中微粒的运动反映了微粒分子的无规则热运动
D. 图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，是液体表面张力形成的原因
【答案】D
【解析】
【详解】A．图甲中食盐晶体是单晶体，其物理性质沿各个方向不一样，具有各向异性，故 A 错误；
B．图乙是玻璃管插入水中的情形，根据图像可知，在附着层内液体分子之间呈现斥力效果，该现象是浸润，
表明水能浸润玻璃，故 B 错误；
C．图丙中悬浮在液体中微粒的运动是布朗运动，布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，故 C 错误；
D．图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间表现为引力效果，这是液体表面张
力形成的原因，故 D 正确。
故选 D
2. 氢原子的能级图如图甲所示，大量处在 n=3 能级的氢原子在向低能级跃迁的过程中会释放出多种能量的
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光子，用其中所释放出的光照射如图乙所示的光电管阴极 K，合上开关，当电压表的示数为 10.30V 时，电
流表的示数恰好为零。下列说法正确的是（ ）
A. 氢原子能产生 6 种不同的光子
B. 光电子的最大初动能为 10.3eV
C. 光电管阴极 K 的逸出功为 5.24eV
D. 氢原子释放的所有光子都能使阴极 K 发生光电效应
【答案】BD
【解析】
【详解】A．大量处在 n=3 能级的氢原子在向低能级跃迁的过程中，根据
可知氢原子能产生 3 种不同的光子，故 A 错误；
B．根据题意可知光电子的最大初动能为
故 B 正确；
C．光电管阴极 K 的逸出功为
故 C 错误；
D．由于 ， ，
可知氢原子释放的所有光子都能使阴极 K 发生光电效应，故 D 正确。
故选 BD。
3. “中星 6C”通信卫星（记为卫星 I）为地球同步轨道上的一颗通信卫星。在同平面内的圆轨道上有一颗
中轨道卫星 ，它运动的每个周期内都有一段时间 未知）无法直接接收到卫星 I 发出的电磁波信号，因
为其轨道上总有一段区域没有被卫星 I 发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为 。已知两颗
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卫星绕向相同，卫星 I 对地球的张角为 ，地球自转周期为 ，万有引力常量为 ，则根据题中条件，
可求出（ ）
A. 地球的平均密度为
B. 卫星 I、II 的角速度之比为
C. 题中时间 为
D. 卫星 II 的周期为
【答案】D
【解析】
【详解】A．设卫星Ⅰ的轨道半径分别为 R1，因卫星Ⅰ为静止卫星，则有
其中
且有
其中 R 为地球的半径，联立解得
故 A 错误；
B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为 和 ，如图所示
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在三角形 AOB 中，有
即
根据
可得
故有
联立以上各式，有
故 B 错误；
C．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为 2α，则有
但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为 ，故 C 错误；
D．根据
可得
因卫星Ⅰ为静止卫星，则其周期为 T0，设卫星Ⅱ的周期为 T2，则有
整理得
故 D 正确。
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故选 D。
4. 如图，光滑圆环竖直固定在水平地面上，细线通过圆环最高点的小孔 Q 与套在圆环上的小球相连，拉住
细线使小球静止于 P 处。设小球的重力为 G，细线与圆环竖直直径的夹角为 ，细线对小球的拉力大小为 T
。拉动细线使小球缓慢沿圆环向上移动，则下列 T 随 变化的图像可能正确的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【详解】对小球进行分析，小球受到重力、绳的拉力 T 与圆环的弹力 N 三个力的作用，令圆环的圆心为 O，
半径为 R，则重力方向平行于图中虚线表示的直径，绳拉力方向沿绳，圆环弹力方向沿半径指向圆心，根据
相似三角形有
根据几何关系有
解得
可知，T 随 变化的图像为余弦曲线关系，且最大值为 2G，只有第四个选择项符合要求。
故选 D。
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5. 我国航天员要在天宫二号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，可采用的方法如下：质量为 的待测
物 A 的前后连接有质量均为 的两个力传感器，在某一恒定外力 F 作用下在桌面上一起运动，如图所示，
稳定后待测物 A 前、后两个传感器的读数分别为 、 ，由此可知待测物体 A 的质量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】隔离前面的传感器有
隔离待测物体 A 有
联立可得
故选 B。
6. 某同学用如图甲所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能 E（重力势能、电势能之和）情况。
两个带同种电荷的小球 1、2 放在竖直放置的绝缘圆筒中，1 固定在圆筒底部，2 从靠近 1 位置处释放，测
出 2 的位置 x 和速度，利用能量守恒可以得到势能 E-x 图像。图乙中Ⅰ图线是小球 2 的 E-x 图像，Ⅱ图线是
计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，g=10 m/s2，则小球 2
（ ）
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A. 上升过程速度一直变大
B. 上升过程速度变大
C. 质量为 0.5 kg
D. 从 x=6.0 cm 处运动至 x=20.0 cm 处电势能减少 0.6 J
【答案】C
【解析】
【详解】AB．上升过程系统能量守恒
结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大，因此小球 2 的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，
故 A、B 均错误；
C．根据库仑定律
可知，当 时，
此时系统势能的变化量主要取决于重力做功
即
由此可知小球 2 的重力等于题图中渐近线的斜率，结合图像可知
解得
故 C 正确；
D．从 处运动至 处过程中，根据系统能量守恒得
即
因为
解得
即电势能减少 ，故 D 错误。
故选 C。
7. 如图甲所示，两相距为 L 的光滑金属导轨水平放置，右端连接阻值为 R 的电阻，导轨间存在磁感应强度
大小为 B，方向竖直向上的匀强磁场。一质量为 m 的金属导体棒 在水平拉力 F 作用下，从静止开始向左
运动，金属棒的内阻为 r，其余电阻不计，金属棒运动过程中始终与导轨垂直，并保持良好接触，其速度-
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时间图像如图乙所示， 为已知量。则（ ）
A. 时间内，拉力随时间变化的关系为
B. 时间内，安培力的冲量为
C. 与 两段时间内，拉力做功相等
D. 与 两段时间内，回路产生的热量不相等
【答案】A
【解析】
【详解】A． 时间内，根据乙图，金属导体棒的加速度为
该段时间内，任意时刻的速度为
则有
根据牛顿第二定律，有
联立可得
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故 A 正确；
B． 时间内，安培力的冲量为
联立，可得
故 B 错误；
C． 与 两段时间内，加速度大小相同，有
可知，这两段时间内，虽然位移相同，但拉力不相等。故做功不相等，故 C 错误；
D． 与 两段时间内，根据图线对称性可知，金属棒切割速度对称，感应电动势为称，通过的时
间相等，所以回路产生的热量相等，故 D 错误。
故选 A。
二、多选题
8. 甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度
—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（ ）
A. 0 ~ 2s 内，甲车的加速度大小逐渐增大
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B. 乙车在 t = 2s 和 t = 6s 时的速度相同
C. 2 ~ 6s 内，甲、乙两车的位移不同
D. t = 8s 时，甲、乙两车的动能不同
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知 0 ~ 2s 内，甲车做匀加速直
线运动，加速度大小不变，故 A 错误；
B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在 0 ~ 2s 内根据动量定理有
I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s
乙车在 0 ~ 6s 内根据动量定理有
I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s
则可知乙车在 t = 2s 和 t = 6s 时的速度相同，故 B 正确；
C．根据图（a）可知，2 ~ 6s 内甲车的位移为 0；根据图（b）可知，2 ~ 6s 内乙车一直向正方向运动，则 2
~ 6s 内，甲、乙两车的位移不同，故 C 正确；
D．根据图（a）可知，t = 8s 时甲车的速度为 0，则 t = 8s 时，甲车的动能为 0；乙车在 0 ~ 8s 内根据动量
定理有
I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0
可知 t = 8s 时乙车的速度为 0，则 t = 8s 时，乙车的动能为 0，故 D 错误。
故选 BC。
9. 如图所示为电动机以恒定功率吊起货物 情境。质量为 的货物由静止开始竖直向上运动，上升高度
时恰好达到最大速度。已知电动机功率恒为 ，重力加速度为 ，空气阻力大小恒为 ，对上述过程，下
列说法正确的是（ ）
A. 货物上升过程中加速度逐渐增大
B. 货物上升过程中绳子的拉力逐渐减小
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C. 电动机做的功大于货物机械能的增加量
D. 货物达到最大速度需要的时间
【答案】BC
【解析】
详解】AB．对货物受力分析，根据牛顿第二定律有
功率有
则货物加速时，绳子的拉力 减小，加速度 减小，故 A 错误，B 正确；
C．由能量守恒定律可知，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功，故 C 正确；
D．当 时，货物的速度最大，有
根据能量守恒定律有
联立解得
故 D 错误。
故选 BC。
10. 如图所示，足够长的光滑平行金属轨道 、 及 、 固定在水平面上，间距分别为 、
，两段轨道在 、 处连接，水平轨道处于磁感应强度大小为 、方向竖直向上的匀强磁场中。四分
之一圆弧轨道 、 在左端与水平轨道平滑相连，圆弧下端分别在 、 点与水平轨道相切。质量为
、电阻为 、长度为 的金属棒 静止放置在窄轨道上，现将质量为 、电阻为 、长度为 的金
属棒 从圆弧轨道上高为 处由静止释放，运动过程中两个金属棒始终与金属轨道垂直并接触良好，不计
其他电阻及空气阻力，重力加速度为 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒 中的最大电流为
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B. 整个过程中通过金属棒 的电荷量为
C. 整个过程中金属棒 中产生的焦耳热为
D. 两金属棒 、 相距最近时的速度之比为
【答案】AB
【解析】
【详解】A．金属棒 滑下来刚进入磁场时，速度最大，感应电动势最大，金属棒 中的电流最大，设金
属棒 刚进入磁场时的速度大小为 ，此时回路中的感应电动势为 ，根据机械能守恒定律有
解得
则最大感应电动势为
最大电流
故 A 正确；
B．金属棒 进入水平轨道后在安培力作用下做减速运动，金属棒 做加速运动，直到两金属棒产生的电
动势等大、反向，回路中的电流为零，最终两金属棒都做匀速运动，设两金属棒匀速运动时的速度大小分
别为 、 ，达到稳定状态的过程中通过两金属棒的电荷量为 ，则有
可得
根据动量定理，对金属棒 、 分别有 ，
解得
故 B 正确；
C．由能量守恒定律可得，回路产生的总焦耳热为
则金属棒 中产生的焦耳热为
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故 C 错误；
D．由牛顿第二定律可得
因通过两金属棒的电流始终相等，根据两金属棒的长度、质量关系可知，两金属棒的加速度大小始终相等，
运动过程中的 图像如图所示
两图线关于中间虚线对称，显然两图线的交点的纵坐标为 ，而两金属棒速度大小相等时距离最近，所以
两金属棒距离最近时两金属棒的速度大小都为 ，故 D 错误。
故选 AB。
第 II 卷（非选择题）
三、实验题
11. 利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可
以观察到干涉条纹。
（1）实验中已知双缝间的距离 ，双缝到光屏的距离 ，某种单色光照射双缝时，用测
量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第 1 条亮条
纹，此时手轮上的示数如图甲所示为______mm；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第 6 条亮条纹
中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示为______mm，则这种单色光的波长为______m（最后一空结果保
留两位有效数字）。
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（2）上述实验中，若仅将红色滤光片更换为蓝色滤光片，则相邻亮条纹中心间距______（选填“增大”“减小
”或“不变”）。
【答案】（1） ①. 2.332##2.331##2.333##2.334##2.335 ②. 15.325##15.324##15.326##15.323##15.322
③. 6.5 × 10−7
（2）减小
【解析】
【小问 1 详解】
[1][2]将该亮条纹定为第 1 条亮条纹，此时手轮上的示数如图甲所示为 2mm+0.01mm×33.3=2.333mm；然后
同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第 6 条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示为 15mm
+0.01mm×32.5=15.325mm，则条纹间距
[3]根据
这种单色光的波长为
【小问 2 详解】
若仅将红色滤光片更换为蓝色滤光片，因蓝光波长小于红光波长，根据
则相邻亮条纹中心间距减小。
12. 实验小组用图（a）所示的电路来测量电阻 的阻值，图中标准电阻的阻值已知，为 为电源，S
为开关， 为滑动变阻器， 是内阻为 的电流表， 为电流表。合上开关 S，将 的滑片置于适当的
位置，记下 的示数 ， 的示数 ，改变 滑片的位置，多测几组 、 的对应值，作出 图像
如图（b）所示，回答下列问题：
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（1）按照图（a）所示 电路图连接图（c）的实物图________；
（2）合上开关 S 之前， 的滑片应置于________（选填“最右端”或“最左端”），多测几组 、 ，然
后作 图像的目的是消除________误差（选填“系统”或“偶然”）；
（3）图（b）中图像的斜率为________（用题中所给物理量的符号表示），若图（b）中图线的斜率为 ，
可得 ________（用 和 表示）。
【答案】（1） （2） ①. 最左端 ②. 偶然
（3） ①. ②.
【解析】
【小问 1 详解】
根据电路图，连接实物图如图所示
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【小问 2 详解】
[1]合上开关 之前，应使分压电路的电压为零， 的滑片应置于最左端；
[2]作 图像的目的是消除偶然误差。
【小问 3 详解】
[1][2]由并联电路两端的电压相等，可得
整理可得
可得
解得
四、解答题
13. 一列简谐横波在 时的波形图如图(a)所示，P、Q 是介质中的两个质点。图(b)是质点 Q 的振动图
象。求：
（1）波速及波的传播方向；
（2）质点 Q 的平衡位置的 x 坐标。
【答案】（1）18cm/s，沿 x 轴负方向传播；（2）9cm
【解析】
【分析】
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【详解】（1）由图(a)可以看出，该波的波长为
λ＝36cm
由图(b)可以看出，周期为
T＝2s
波速为
v＝ ＝18cm/s
由图(b)知，当 时，Q 点向上运动，结合图(a)可得，波沿 x 轴负方向传播。
（2）设质点 P、Q 平衡位置的 x 坐标分别为 、 由图(a)知，x＝0 处
y＝－ ＝Asin(－ )
因此
由图(b)知，在 t＝0 时 Q 点处于平衡位置，经Δt＝ s，其振动状态向 x 轴负方向传播至 P 点处，可得 P、Q
间平衡位置距离为
＝vΔt＝6cm
则质点 Q 的平衡位置的 x 坐标为
＝9cm
14. 如图所示，水平地面上放一个质量 M=1kg 的木板，一个质量 m=1kg、带电量 q=+1×10-5C 的小物块（可
视为质点）放在木板最左端，物块与木板间的动摩擦因数 =0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数 =0.2。
在物块右侧距物块 L1=4.5m 的区域有一匀强电场 E，电场区域宽度为 L2=12m，电场强度大小 E=1×106N/C，
方向竖直向上。现对木板施加一水平向右恒力 F，使物块进入电场区域前恰好和木板保持相对静止地向右加
速运动，物块刚进入电场时撤去恒力 F。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块带电量始终不变，重力加
速度 g 取 10m/s2，求：
（1）水平恒力 F 的大小?
（2）物块离开电场时，木板的速度大小?
（3）要使物块不从木板滑下，木板的长度 L 至少为多少?
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【答案】（1）F=12N；（2） =2m/s；（3）6m
【解析】
【详解】（1）设进入电场区域前物块与木板间的滑动摩擦力大小为 ，木板与地面间的滑动摩擦力大小为
，加速度大小为 ，由摩擦力公式可得
由牛顿第二定律公式可得
可得
F=12N
（2）物块进入匀强电场后受竖直向上的电场力作用可得
所以物块做匀速运动，木板做匀减速运动。设物块刚进入电场区域时的速度大小为 ，物块在电场中运动
时间为 ，木板的加速度大小为 ，物块离开电场时木板的速度大小为 ，由运动学公式可得
由牛顿第二定律和运动学公式可得
可得
=2m/s
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（3）设物块从进入电场到离开电场的过程中木板的位移大小为 ，物块离开电场后以加速度 做匀减速运
动，由于木板受到物块和地面的摩擦力 和 大小相等，方向相反，所以木板做匀速运动，直到两者速度
相等，设此过程所用时间为 ，物块的位移为 ，木板的位移为 ，由运动学公式可得
因为 ，物块与木板共速后不再发生相对滑动，则有
可解得
L=6m
15. 如图，2n 个间距为 L 的竖直平面在空间中分隔出 n 个匀强磁场区域，各磁场区域磁感应强度方向水平
（垂直于纸面向里）、大小为 。一比荷为 的带正电小球从距离①磁场区域上
边 界 处 的 P 点 静 止 释 放 ， 忽 略 空 气 阻 力 和 地 球 磁 场 的 影 响 。 重 力 加 速 度 g 取
。
（1）求小球进入①磁场瞬间的加速度大小；
（2）若小球运动过程中不会从①磁场的下边界离开，L 最小为多少；
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（3）若小球恰好不会从第 n 个磁场的下边界穿出，求 L（结果可用 n 表示）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
设小球进入①磁场瞬间的速度大小为 ，由动能定理得
代入数据，解得
由左手定则，小球进入磁场①瞬间洛伦兹力水平向右，大小为 ,合力大小
加速度
【小问 2 详解】
取竖直向下为 轴正方向，水平向右为 轴正方向，从小球进入磁场①到刚好不从下边界离开，此时 最小，
水平方向由动量定理
又
得
小球从开始运动到刚好不出下边界，由动能定理得
又小球刚好不离开磁场①下边界满足速度水平，故
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联立可得
解得
【小问 3 详解】
同理可得，若小球恰好不会从第 n 个磁场的下边界穿出，水平方向由动量定理
又
得
小球从开始运动到刚好不出第 n 个磁场的下边界，由动能定理得
又小球刚好不离开第 n 个磁场下边界满足速度水平，故
联立可得
解得
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