广东省汕头市金山中学、中山一中、佛山一中、宝安中学2025届高三上学期8月第一次四校联考物理试卷（Word版附答案）

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水平向右为正方向，时，小球在B位置。故B错误；C．时，小球经过O点向负方
向运动，即向左运动。故C错误；D．由图可得小球的振动方程故D正确。故选D。
2.【答案】B 详解】A．根据核反应前后，质量数和电荷数守恒，可以得到X为，故A错误；B．三种射线穿透能力依次是故B正确； C．衰变释放的电子是原子的核内一个中子转化为质子和一个电子，来自原子核内部，故C错误； D．的半衰期为5730年，15分钟几乎不影响。服药15分钟后再检测，是为了使药里面的充分消化分解，释放到呼吸系统，提高检测准确性，故D错误。故选B。
3.【答案】B 【详解】A．根据轨迹可知D点电子所受电场力沿M'N'向右，即在M′N′线上电场方向向左，所以C点的电势高于D点的电势，故A错误；B．根据电子在电势高处电势能小，所以电子在C点的电势能小于在D点的电势能，故B正确；C．由于只有电场力做功，故
运动中电势能与动能之和不变，故C错误；D．动量的变化率即电子所受合力F
合 = qE，由等差等势面可知D点运动到B点过程中电场强度E变化，故D错误。故选B。
4.【答案】C 【详解】A．加速度是矢量，气泡在同一条纬线上的不同位置，对应的加速度大
小相等，但方向不同，故A错误；B．设水平方向的加速度为a，可得均匀角度刻度，但是其正切函数值不是均匀的，故对应的加速度值也不是均匀的，故B错误；C．因水的
密度较大，当存在水平方向的加速度，则此时水会靠向加速度方向，则气泡反向偏离，故气泡偏
离的方向就是加速度的方向，故C正确；D．根据可知，只有在a取适当范围的变化较为明显，测量的误差较小，过大或者过小的加速度值，都存在较大的误差，故D错误。故选C。
5.【答案】D 【详解】CD．根据右手定则，线框进入磁场时，感应电流沿顺时针方。线框此时
切割磁感线产生的感应电动势为，导线框右边两端的电压为路端电压，即为故
C错误，D正确；A．根据功能关系可知线框克服安培力做的功全部转化为电能，线框为纯电阻电路，则又全部转化为线框中产生的焦耳热，则克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热。故A错误；B．线框离开磁场过程中，根据动能定理可知克服安培力做功与克服摩擦力、空气阻力做功之和等于线框和列车动能的减小量，故D错误。故选D。
【答案】A【详解】A．由可知，a光在圆柱体中的传播速度大于b光的传播速度，故A正确；B．A、B两点到CD的距离相等，所以两束单色光射入透明圆柱体的入射角相等，由图可知，单色光b的折射角小于单色光a的折射角，由折射定律可知，圆柱体对a光的折射率小于圆柱体对b光的折射率，故B错误；C．由可知，b光在圆柱体中发生全反射
的临界角小于a光在圆柱体中发生全反射的临界角，故C错误；D．由真空进入圆柱体中，a光和b光的频率不变，故D错误。故选A。
7.【答案】C 【详解】A．游客在下滑过程中，摩擦力做负功，机械能减少，故A错误；
B．游客在下滑过程中，速度越来越大，根据 可知，错误；CD．滑块从开始下滑
到最后停在A点，设斜面投影长度为，斜面底端到A点距离为，由能量关系可知
求得游客下滑高度h一定时，斜面倾角与水
平距离x无关，故C正确，D错误。故选C。
【答案】ACD 【详解】A．第一宇宙速度为围绕地球做圆周运动的最大速度，则“夸
父一号”的运行速度小于，故A正确；B．由万有引力提供向心力有
解得由于“夸父一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则“夸父一号”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B错误；C．由图可知，采用a轨道可以更长时间
观测太阳，故C正确；D．由万有引力提供向心力有解得
由于“夸父一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期小于地球同步卫星的周期24小时，故D正确。故选ACD。
9.【答案】BD 【详解】A．汽车达到最大速度时，其牵引力与阻力大小相等，有
由功率的公式有解得故A项错误；B．由题意可知，该车从静止开始经过100s
达到最大速度，由动能定理有解得故B项正确；C．设当汽车在倾
斜路面稳定时其阻力为，则有受力分析有解得故C项错误；D．汽车提高到90kW时的牵引力为，有到倾斜路面瞬间有
解得所以其加速度大小为1.5m/s2，故D项正确。故选BD。
10.【答案】BD【详解】C．在匀强电场中，圆环在杆上与杆无挤压地滑行，则
故加上磁场后，速度为时，圆环与杆间的压力为圆环向右运动的过程中，根据牛顿第
二定律且加速度为圆环向右运动的过程中，圆环
速度减小，向左的加速度逐渐减小，圆环向左运动的过程中，根据牛顿第二定律
加速度为圆环向左运动的过程中，圆环速度增大，向左的加速度逐渐减小，
故整个运动过程，加速度一直向左且逐渐减小，故图C不符合要求；B．由于圆环P从A点出发再返回A点，克服摩擦力做功，返回A点时的速度小于从A点出发时的速度，根据图像的斜率表示加速度，可知速度v随时间t变化的图像如图B所示，故图B符合要求；A．返回A点时圆环受到的摩擦力应小于从A点出发时圆环受到的摩擦力，故图A不符合要求；D．根据
可知动能随时间t变化的图像如图D所示，故图D符合要求。故选BD。
11．（8分）【答案】DBCA 0.1（1分） 左（1分）
【详解】（1）[1] 实验步骤的正确顺序是：D．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔；
B．将小车靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连；C．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车；A．测量完毕，关闭电源，取出纸带. 故选DBCA。
（2）[2] 打点计时器的工作频率为50Hz，打点间隔为0.02s，每相邻两点之间还有4个记录点未画出，相邻两计数点的时间间隔为
[3]因为小车做加速运动，所以纸带的左端与小车相连
（3）[4]计数点5对应的瞬时速度大小计算式为
（4）[5]小车加速度的大小为
12.（8分）【答案】(1)负极（1分） (2) A、A、D/C（各1分） 减小 (3)增大
【详解】（1）根据欧姆表结构，使用时欧姆表黑表笔接内部电源正极，故当黑表笔接M端，电阻无穷大，说明二极管反向截止即连接电源负极。
（2）[1][2][3]题干要求电压表、电流表读数从零开始,所以滑动变阻器采用分压式接法连接电路,故接滑动变阻器A接线柱,必须接在金属杆两端接线柱任意一个，即C或D。
[4]由图像可知，随光照强度增加，I-U图像斜率增大，所以电阻减小。
（3）三极管未导通时，与串联。随着光强增强，电阻减小，此时三极管仍未导通，说明分压小，故需要增大。
13. 【详解】（1）根据玻意耳定律p0VA = p1(VA＋VB)，VA = 2VB （2+1分）
可得 （2分）
（2）根据玻意耳定律pnVA = pn－1(VA＋VB) 又有VA = 2VB （2+1分）
可得 （2分）
14.【答案】（1）在无风区对该物体由牛顿第二定律得 （1分）
解得 （1分）
物体在无风区做匀加速直线运动，有 （1分）
解得最大速度为 （1分）
（2）物体在受风区向下运动时做匀减速直线运动，则有 （1分）
解得
由牛顿第二定律得 （1分）
解得恒力为 （1分）
（3）物体在受风区向上运动时做匀加速直线运动，到分界线时速度大小为，（1分）
再次进入无风区后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
得 （1分）
向上做匀减速运动的位移为 （1分）
第一次上升的最大高度为 （2分）
15．【解析】（1）根据题意作出粒子在第二、三象限内的运动轨迹，如图甲所示，
设粒子在第二象限内的磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，圆心为O 1 ,
由几何关系得R12=(3d)2+(R1−d)2 ,解得R 1 = 2 d （2分）
有 得，（1分）
粒子在S点的速度方向与y轴正方向的夹角
（1分）
（2）粒子在第二象限内的磁场中做圆周运动时，
由牛顿第二定律得： （1分）
粒子在第三象限内的磁场中做匀速圆周运动时，由牛
顿第二定律得： 解得R2 = d （1分）
粒子从P点进入磁场，由几何关系可知粒子偏转了圆周后从N点进入电场，矩形磁场面积最小时，如图甲所示，其长为，宽为 （1分）
所以矩形磁场区域的最小面积 （1分）
（3）粒子运动到y轴右侧时受斜向左上方的电场力将电场力沿x轴、y
轴方向分解，如图乙所示。
x轴方向上有:F x= q E sin 300 = m ax ,
y轴方向上有F y= q E s 3 00 = m a y ,
从N到S的过程粒子沿x轴方向先做匀减速直线运动到速度减为零后反向做匀加速直线运动到速度为v，则，沿y轴方向粒子做匀加速直线运动，则 （1分）
由以上解得 和 （2分）
粒子由S到M的时间 又 解得 （1分）
粒子由M到P做匀速直线运动，时间 （1分）
粒子由P到N的时间，时间又解得 （1分）
粒子从S点射出到再次回到S点的总时间t = t1 + t2 + t 3 + t4 = （1分）