2025届江西省金太阳高三（下）联考试卷（5月）物理（含解析）

这是一份2025届江西省金太阳高三（下）联考试卷（5月）物理（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.用同一实验装置研究光电效应，当入射光的频率变为2ν0时，遏止电压为3U0；当入射光的频率为4ν0时，遏止电压为7U0，则该实验装置对应的截止频率为( )
A. 15ν0B. 14ν0C. 13ν0D. 12ν0
2.绳上一质点A从t=0时刻起开始上下做振幅为0.2 m的简谐运动，t=0.6 s时绳上所形成的波形如图所示，此时质点A恰处于平衡位置，波刚好传播到质点B，已知质点A和质点B的平衡位置的距离为1.8 m，下列说法正确的是
A. 质点A的起振方向是竖直向下
B. 这列波的传播速度为2 m/s
C. 质点A在0～1 s时间内通过的路程为0.8 m
D. 质点B在0～1 s时间内通过的路程为0.8 m
3.如图所示，六根材质相同、原长均为x。的轻质弹簧的端点两两相连，在六个大小相等、方向互成60 ∘角的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形平面。已知该正六边形外接圆的直径为d，弹簧均在弹性限度范围内，则每根弹簧的劲度系数为( )
A. 2Fd−2x0B. 4Fd−2x0C. 4F2d−x0D. Fd−2x0
4.如图所示，由某种透明材料做成的三棱镜，其横截面是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB面入射的光线进入后以平行于AC的方向到达BC面。这些到达BC面的光线从BC面折射而出后，照射到一块平行于BC面的屏上，叠加形成一块光斑，已知屏到BC面的距离d= 312a，则此叠加形成的光斑长度为
A. 36aB. 12aC. 13aD. 14a
5.如图所示，物流传送带在电动机的带动下始终以大小为v0的水平速度匀速运动。某时刻在传送带的左端轻放一个质量为m的小物箱，小物箱在传送带上做匀变速运动，经时间t小物箱的速度与传送带的速度相同，重力加速度大小为g，则在这段时间内，下列说法正确的是
A. 小物箱相对传送带的位移大小为v0t
B. 小物箱与传送带间的动摩擦因数为v0gt
C. 小物箱与传送带间因摩擦产生的热量为mv02
D. 因传送小物箱，电动机至少要多做的功为12mv 02
6.如图所示，在直角坐标系xOy中有a、b、c三点，a点坐标为(0,2 cm)，b点坐标为(3 cm,2 cm)，c点坐标为(3 cm,0)，在矩形Oabc区域内存在平行于xOy平面的匀强电场，一电子以大小为v0、与x轴负方向成45°角的速度从c点进入电场后，在仅受电场力作用下恰好经过b点，已知a、b、c三点的电势分别为φa=1 V、φb=10 V、φc=4 V，下列说法正确的是
A. 该匀强电场的电场强度大小为 10V/cm
B. 该匀强电场的电场强度大小为2 2V/cm
C. 电子经过b点时的速度大小为 5v0
D. 电子经过b点时的速度大小为2v0
7.在图甲所示的电路中，理想变压器的原线圈接在按图乙所示规律变化的正弦式交流电源上，定值电阻R1=3 Ω、R2=3 Ω和R3=6 Ω，电流表的示数为0.25 A，其余电阻不计，下列说法正确的是
A. 副线圈电流的频率为12.5 HzB. 变压器原、副线圈的匝数比为1:4
C. 电阻R1上的电压为1.5 VD. 电阻R3消耗的功率为23W
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.天问一号探测器绕火星从椭圆轨道变轨到圆轨道的示意图如图所示，两轨道相切于P点，Q为圆轨道上的另一点，M点是椭圆轨道上的远火点，下列说法正确的是
A. 探测器在经过Q点时的加速度大于经过M点时的加速度
B. 探测器在经过Q点时的机械能大于经过M点时的机械能
C. 探测器在经过Q点时的速度大于经过M点时的速度
D. 探测器在椭圆轨道与圆轨道上单位时间内扫过的面积相等
9.如图甲所示，一小滑块在t=0时刻从底端滑上某一斜面，滑块的v−t图像如图乙所示，图像中相关数据为已知信息，重力加速度大小为g，下列说法正确的是
A. 滑块在斜面上运动的总时间为2t1
B. 滑块在斜面上运动的总时间为 v0v1+1t1
C. 斜面倾角的正弦值为v1+v02gt1
D. 斜面倾角的正弦值为v0−v12gt1
10.如图所示，在真空中xOy平面左侧宽L的区域内可分别或同时施加沿x轴或y轴方向、强度不同的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子以一定的初速度垂直于xOy平面射入该区域。若不加磁场时，粒子恰好经过坐标原点O；若只加沿x轴正方向、磁感应强度大小为B1的磁场，粒子在磁场中运动的时间为t1，经过xOy平面时的速度偏转角为30°；若只加沿y轴正方向、磁感应强度大小为B2的磁场，粒子在磁场中运动的时间为t2，经过xOy平面时的速度偏转角为45°；若同时施加沿x轴正方向和沿y轴正方向的磁场，粒子在磁场中运动的时间为t3，经过xOy平面上的P点(未画出)时的速度偏转角为θ，不计粒子受到的重力，下列判断正确的是
A. θ=60°B. B1:B2=1:2
C. t1:t2:t3=2:3:4D. P点的坐标为 2L3,−L3
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验兴趣小组用如图所示的气垫导轨来验证动能定理，在气垫导轨上可以忽略轨道的摩擦力，主要实验步骤如下：
(1)通过调节旋钮A、B将气垫导轨调水平，测出气垫导轨两支脚1、2间的距离L，光电门1、2间的距离l，把支脚1垫高并测量其高度H，遮光条的宽度d，则光电门1、2的高度差ℎ= 。
(2)将滑块从气垫导轨上端释放，遮光条通过两光电门1、2的时间分别为t1、t2，遮光条通过光电门1的速度大小v1= 。
(3)要验证动能定理，只需在误差允许范围内验证当地重力加速度大小g= (用所测量的物理量的字母表示)成立即可。
12.某同学通过如图甲所示的实验电路图测量金属丝的电阻率，已知定值电阻的阻值为R0，电压表V1的内阻为r1。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量示数如图乙所示，金属丝的直径d=_____mm。
(2)在闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应该置于_____(填“左”或“右”)端。
(3)测得金属丝的长度为L，直径为d，当电压表V1的示数为U1时，电压表V2的示数为U2，则金属丝的电阻率ρ=_____(用U1、U2、r1、R0、L、d表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示的装置中，三支玻璃管A、B和C用细管连通，A、B两管上端等高，A管上端封闭，B管上端与大气相通，管内装有水银且A、B两管内的水银面等高，C管中的活塞可滑动且密封性良好。A、B和C竖直且整个装置平衡，A、B管中的空气柱长度均为ℎ=18 cm，C管中的水银柱足够长。现将C管中的活塞缓慢向上推，直到B管中的水银上升到管口。已知大气压强p0=75 cmHg，A、B的横截面积相等，C的横截面积为A横截面积的3倍，封闭气体可视为理想气体，活塞移动过程中整个装置的温度保持不变。求：
(1)B管中的水银上升到管口时，A管中气体的压强p1；
(2)C管中的活塞向上移动的距离d。
14.如图所示，质量m=30g的木块从距离水平地面高度ℎ=4.6m处自由下落，在下落Δt=0.2s时，被沿水平方向飞行的子弹击中且子弹留在木块中，已知子弹的质量m0≈10g，子弹击中木块前的速度大小v0=90m/s，忽略空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)木块被击中前瞬间的速度大小v；
(2)木块落地时的水平位移大小x。
15.如图所示，间距均为L的水平平行金属导轨PQ、P'Q'与倾斜平行金属导轨MN、M'N'通过绝缘材料平滑连接，连接长度可忽略不计，倾斜导轨(足够长)与水平面的夹角为θ，导轨间存在垂直导轨平面向下、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，轨道左端接一电动势为E、内阻为r的直流电源。起初金属棒b锁定在倾斜轨道上，将金属棒a从水平导轨上某处由静止释放，当金属棒a到达QQ'时恰好达到最大速度，经过QM、O'M后速度与倾斜轨道平行而大小不变，与此同时解除金属棒b的束缚。已知每根金属棒的质量均为m、电阻均为R，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦及金属导轨的电阻。
(1)求金属棒a在水平轨道上的最大速度v1；
(2)求通过电源正极的电荷量q；
(3)求整个过程中电源产生的热量Q；
(4)若金属棒a在倾斜轨道运动时间t(未相撞)后速度变为v2，求此时金属棒a的加速度大小a0。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】由爱因斯坦光电效应方程 eUc=Ekm=ℎν−W0
则 2ℎν0−W0=3eU0 ， 4ℎν0−W0=7eU0
解得 W0=12ℎν0=ℎν截 ， ν截=12ν0
故选D。
2.【答案】D
【解析】t=0时刻质点A的振动方向为竖直向上，选项A错误;
由题图可知，经过0.6s，波传播了32个波长，则有32λ=1.8m，32T=0.6s，解得T=0.4s，λ=1.2m，这列波的传播速度v=λT=3m/s，选项B错误;
由题图可知，振幅A'=0.2m，质点A在0∼1s时间内通过的路程为2m，选项C错误;
质点B在0∼1s时间内通过的路程为0.8m，选项D正确。
3.【答案】A
【解析】正六边形外接圆的半径为 0.5d ，此时弹簧的长度为 0.5d ，伸长量 x=0.5d−x0
由胡克定律可知，每根弹簧的弹力 F0=kx=k0.5d−x0
两相邻弹簧的夹角为 120 ∘ ，两相邻弹簧弹力的合力 F合=k(0.5d−x0
弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，每个拉力大小 F=F合=k0.5d−x0
解得 k=2Fd−2x0
故选A。
4.【答案】B
【解析】从AB面入射的光线折射后在棱镜中平行于AC面，由对称性可知，光线进入AB面时的入射角α=60∘、折射角β=30∘，由折射定律可得该材料的折射率n=sinαsinβ= 3，如图所示，
O为BC的中点，在B点附近折射的光线从BC射出后与直线AO交于D点，可看出只要光屏所放位置比D点远，则光斑不会叠加，由几何关系可得OD= 36a，此叠加形成的光斑长度为12a，故B正确，ACD错误。
5.【答案】B
【解析】小物箱相对传送带的位移就是传送带与小物箱在t时间内的位移差，有△x=v0t−v02t=12v0t，选项A错误;
小物箱在时间t内做匀加速直线运动，加速度a=fm=μg，速度v0=at，解得μ=v0gt，选项B正确;
小物箱与传送带间因摩擦产生的热量Q=f△x=μmg⋅12v0t=12mv02，选项C错误;
由功能关系可知因传送小物箱，电动机至少要多做的功等于小物箱增加的动能与系统摩擦产生的热能之和，有W=12mv02+Q=mv02，选项D错误。
6.【答案】C
【解析】设该匀强电场在ba方向的分电场强度大小为E1，在bc方向的分电场强度大小为E2，则有
Uba=φb−φa=E1×ba，Ubc=φb−φc=E2×bc，解得E1=3V/cm，E2=3V/cm，该匀强电场的电场强度大小E= E12+E22=3 2V/cm，选项A、B错误;
电子经过b点时垂直于电场方向的分速度大小为v0，平行于电场方向的分速度大小为v1，则有
v0t=bccs45∘，v1t2=bcsin45∘，v1=2v0，电子在b点的速度大小vb= v02+v12= 5v0，选项C正确、D错误。
7.【答案】D
【解析】由题图乙可知，交变电流的周期T=0.02s，则电流变化的频率f=1T=50Hz，变压器不能改变交流电的频率，所以副线圈电流的频率为50Hz，选项A错误;
原线圈的电压有效值U1=Um 2=20 2 2V=20V，原线圈的输入功率P1=I1U1=0.25×20W=5W，副线圈上的总电阻R副=R1+R2R3R2+R3=5Ω，副线圈的输出功率P2=U22R=P1，解得U2=5V，则变压器原、副线圈的匝数比n1n2=U1U2=205=41，选项B错误;
n1n2=I2I1=41，解得I2=1A，电阻R1上的电压UR1=I2R1=3V，选项C错误;
电阻R3上的电流IR3=R2R2+R3I2=13A，电阻R3消耗的功率PR3=IR32R3=23W，选项D正确。
8.【答案】AC
【解析】Q点距火星较近，探测器在Q点受到的引力大于在M点受到的引力，选项A正确;
探测器在椭圆轨道上的机械能大于在圆轨道上的机械能，选项B错误;
假设探测器在经过M点时的圆轨道上运动的线速度大小为v，则有vQ>v>vM，选项C正确;
探测器在不同轨道上单位时间内扫过的面积不相等，选项D错误。
9.【答案】BC
【解析】设滑块下滑的加速度大小为a下，滑块在斜面上向上运动的最长距离为x上，滑块返回斜面底端时速度大小为v，则有v1=0+a下t1，x上=12v0t1，x上=x下=v22a下，解得v= v0v1;设滑块下滑的时间为t下，则有v=0+a下t下，解得t下=t1 v0v1，滑块在斜面上运动的总时间t总=t1+t下=( v0v1+1)t1，选项A错误、B正确。
设滑块上滑的加速度大小为a上，斜面的倾角为θ，则有a上=v0t1，mgsinθ+μmgcsθ=ma上，mgsinθ−μmgcsθ=ma下，解得sinθ=v1+υ02gt1，选项C正确、D错误。
10.【答案】AD
【解析】如图甲所示，只加沿x轴正方向的磁场时粒子在竖直面内转动，由几何关系得r1=2L，由牛顿第二定律可得qvB1=mv2r1;同理只加沿y轴正方向的磁场时粒子在水平面内转动，如图乙所示，由几何关系得r2= 2L，由牛顿第二定律可得qvB2=mv2r2，解得B1:B2=1: 2，选项B错误;
设P点的坐标为(x,y)，当同时施加两个磁场时，合磁感应强度大小B3= B12+B22，转动平面(如图丙所示)与合磁感应强度方向垂直，粒子经过xOy平面时的位置如图丁所示，由牛顿第二定律可得qvB3=mv2r3，根据几何关系有sinθ=Lr3，d=r3−r3csθ，x:(−y):d=B2:B1:B3，解得θ=60∘，x= 2L3、y=−L3，选项A、D正确;
在该三种情况下粒子转过的角度之比为2:3:4，但粒子运动的半径不同，时间t1、t2、t3之比不等于2:3:4，选项C错误。
11.【答案】HlL
dt1
(d22t22−d22t12)LHl

【解析】(1)根据比例关系可知ℎ=HlL。
(2)滑块通过光电门1的速度大小v1=dt1，通过光电门2的速度大小v2=dt2。
(3)根据动能定理有mgℎ=12mv22−12mv12，mgHlL=md22t22−md22t12，解得g=(d22t22−d22t12)LHl。
12.【答案】(1)0.730
(2)左
(3) r1R0U2−U1πd24LU1R0+r1
【解析】(1)金属丝直径的测量值 d=0.5mm+23.0×0.01mm=0.730mm
(2)在闭合开关 S 前，滑动变阻器的滑片应该置于左端，使电压表的示数为零。
(3)根据串、并联电路特点及欧姆定律有 U2=U1+U1r1+U1R0Rx
根据电阻定律有 Rx=ρLS
其中 S=14πd2
解得 ρ=r1R0U2−U1πd24LU1R0+r1
13.【解析】(1)设B管中的水银上升到管口时，A管中空气柱的长度为xcm，则有
p1=p0+xcmHg
p0ℎS=p1xS
解得p1=90cmHg。
(2)设A管中水银柱上升的高度为ℎ1，则有
ℎ1=ℎ−x
3d=ℎ1+ℎ
解得d=7cm。
14.【解析】(1)根据自由落体运动规律有 v=gΔt
解得 v=2m/s
(2)子弹与木块作用时间极短，系统动量守恒，设子弹击中木块后瞬间，木块的水平速度为 v水平 ，竖直速度为 v竖直 ，从子弹击中木块到木块着地的时间为 t ，则有 mv=m+m0v竖直 、 m0v0=m+m0v水平
竖直方向有 ℎ−12g(Δt)2=v竖直t+12gt2
水平方向有 x=v水平t
解得 x=18m
15.【解析】(1)当金属棒 a 到达 QQ' 时速度最大，此时电路中的电流为0，有 E=BLv1
解得 v1=EBL
(2)随着速度的增大，电流减小，设金属棒 a 在水平导轨上运动的过程中回路的平均电流为 I ，结合动量定理有 IBL⋅t=mv1−0 ， q=It
解得 q=mEB2L2
(3)设整个过程中电源产生的总电能为 E总 ，电路产生的总热量为 Q总 ，根据能量守恒定律有 E总=qE ， E总=Q总+12mv 12 ， Q=rR+rQ总
解得 Q=mrE22B2L2R+r
(4)分两种情况进行讨论：
①若金属棒 a 刚进入倾斜轨道时满足 mgsinθ≥B2L2v12R
则接下来金属棒 a、b 均做加速运动，对金属棒 a、b 整体有 2mgsinθ⋅t=mv2−v1+mvb
对金属棒 a 有 mgsinθ−B2L2v2−vb2R=ma0
解得 a0=gsinθ−B2L2v2mR+B2L2gsinθ⋅tmR+BLE2mR
②若金属棒 a 刚进入倾斜轨道时满足 mgsinθ