四川省三台县芦溪中学2025届高三年级一模物理试题

四川省三台县芦溪中学2025届高三年级一模物理试题
请考生注意：
1．请用2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、利用如图甲所示的实验装置研究光电效应，测得某种金属的遏止电压U 。

与入射光频率v 之间的关系图线如图乙所示，则（ ）
A ．图线在横轴上的截距的物理意义是该金属的截止频率
B ．由图线可知普朗克常量11
ev h U = C ．入射光频率增大，逸出功也增大
D ．要测得金属的遏止电压，电源的右端应为负极
2、重元素的放射性衰变共有四个系列，分别是U238系列(从
23892U 开始到稳定的20882Pa 为止)、Th232系列、U235系列及Np237系列(从237
93Np 开始到稳定的209
83Bi 为止)，其中，前三个系列都已在自然界找到，而第四个系列在自然界一直
没有被发现，只是在人工制造出Np237后才发现的，下面的说法正确的是
A ．238
92U 的中子数比209
83Bi 中子数少20个
B ．从237
93
Np 到209
83Bi ，共发生7次α衰变和4次β衰变 C ．Np237系列中所有放射性元素的半衰期随温度的变化而变化
D ．238
92U 与235
92U 是不同的元素
3、如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A 上的顶端O 处，细线另一端拴一质量为m =0.2kg 的小球静止在A 上．若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a ．(取210m/s g =)则( )
A．当a=5m/s2时，线中拉力为3
2N 2
B．当a=10m/s2时, 小球受的支持力为2N
C．当a=12m/s2时, 经过1秒钟小球运动的水平位移是6m
D．在稳定后，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
4、如下图所示，光滑半圆槽质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰好位于槽的边缘处.若将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为( )
A．零B．向右C．向左D．不能确定
5、如图所示，轻质弹簧下端挂有一质量为m的小球（视为质点），静止时弹簧长为l，现用一始终与弹簧轴向垂直的外力F作用在小球上，使弹簧由竖直位置缓慢变为水平。

重力加速度为g。

则在该过程中（）
A．弹簧的弹力先增大后减小
B．外力F一直增大
C．外力F对小球做功为mgl
D．弹簧弹力对小球做功为2mgl
6、用两个相同且不计重力的细绳，悬挂同一广告招牌，如图所示的四种挂法中，细绳受力最小的是（）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.20m，两导轨的左端之间连接的电阻R=0.40Ω，导轨上停放一质量m=0.10kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r=0.10Ω，导轨的电阻可忽略不计。

整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。

现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U 随时间t变化的关系如图乙所示。

则（）
A．t=5s时通过金属杆的感应电流的大小为1A，方向由a指向b
B．t=3s时金属杆的速率为3m/s
C．t=5s时外力F的瞬时功率为0.5W
D．0~5s内通过R的电荷量为2.5C
8、x=0处的质点在t=0时刻从静止开始做简谐振动，带动周围的质点振动，在x轴上形成一列向x正方向传播的简谐横波。

如图甲为x=0处的质点的振动图像，如图乙为该简谐波在t0=0.03s时刻的一部分波形图。

已知质点P的平衡位置在x=1.75m处，质点Q的平衡位置在x=2m。

下列说法正确的是___________
A．质点Q的起振方向向上
B．从t0时刻起经过0.0275s质点P处于平衡位置
C．从t0时刻算起，质点P比质点Q的先到达最低点
D．从t0时刻起经过0.025s，质点P通过的路程小于1m
E. 从t0时刻起经过0.01s质点Q将运动到x=3m处
9、两列分别沿x轴正、负方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，其中a波振幅为2cm，沿x轴正方向传播；
b 波振幅为4cm ，沿x 轴负方向传播。

两列波的传播速度大小均为v =2m/s 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．两列波的质点的起振方向均沿y 轴负方向
B ．横波a 的周期为2s
C ．t =1.5s 时，质点Q 离开平衡位置的位移为2cm
D ．两列波从相遇到分离所用的时间为2s
10、如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d ，电荷量分别为＋Q 和－Q ，在它们连线的竖直中垂线上固定一根长为L 、内壁光滑的绝缘细管，有一带电荷量为＋q 的小球以初速度v0从上端管口射入，重力加速度为g ，静电力常量为k ，则小球（ ）
A ．下落过程中加速度始终为g
B ．受到的库仑力先做正功后做负功
C ．速度先增大后减小，射出时速度仍为v 0
D ．管壁对小球的弹力最大值为28qQ k d
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）木-木间动摩擦因数约为0.3，实验室中测量某木块与木板间动摩擦因数 。

(1)采用图甲所示实验装置，正确进行实验操作，得到图乙所示的一条纸带。

从某个清晰的打点开始依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出0点到各点的距离d 1、d 2、d 3、d 4、d s 、d 6。

已知打点周期T ，求得各点木块运动速度v i ，其中
第4块木块的速度v4=___________；取0点时刻为零时刻，作v－t图得到木块加速度为a，已知木块的质量M、钩码的总质量m及当地重力加速度g，则木块与木板间动摩擦因数μ=___________。

(2)关于上述实验操作过程：长木板必须保持___________（填“倾斜”或“水平”）。

12．（12分）小鹏用智能手机来研究物体做圆周运动时向心加速度和角速度、半径的关系。

如图甲，圆形水平桌面可通过电机带动绕其圆心O转动，转速可通过调速器调节，手机到圆心的距离也可以调节。

小鹏先将手机固定在桌面某一位置M处，通电后，手机随桌面转动，通过手机里的软件可以测出加速度和角速度，调节桌面的转速，可以记录不同时刻的加速度和角速度的值，并能生成如图乙所示的图象。

t=时，桌面的运动状态是______________（填字母编号）；
(1)由图乙可知，60.0s
A．静止B．匀速圆周运动C．速度增大的圆周运动D．速度减小的圆周运动
(2)仅由图乙可以得到的结论是：____________；
(3)若要研究加速度与半径的关系，应该保持_________不变，改变______，通过软件记录加速度的大小，此外，还需要的测量仪器是：__________________。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向。

在x=L到x=2L之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷为k的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x方向通过x轴上x=3L的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g。

求：
(1)电场强度的大小；
(2)带电微粒的初速度；
(3)带电微粒做圆周运动的圆心的纵坐标。

14．（16分）如图所示，水平传送带与质量为m 的物块间的动摩擦因数为0.2μ=，传送带做匀速运动的速度为
02m/s v =，物块在经过传送带上方长为3m 8
L =的虚线区域时会受到，恒定的向下压力F mg =。

已知压力区左边界距传送带左端的距离为10.25x m =，物块自传送带左端无初速释放后，经过1s 到达传送带的右端.重力加速度g 取210m/s 。

（1）物块到达压力区左边界的速度
（2）压力区右边界到传送带最右端的长度。

15．（12分）如图所示，打开水龙头，流出涓涓细流。

将乒乓球靠近竖直的水流时，水流会被吸引，顺着乒乓球表面流动。

这个现象称为康达效应（Coanda Effect ）。

某次实验，水流从A 点开始顺着乒乓球表面流动，并在乒乓球的最低点B 与之分离，最后落在水平地面上的C 点（未画出）。

已知水流出水龙头的初速度为0v ，B 点到C 点的水平射程为x ，B 点距地面的高度为h ，乒乓球的半径为R ，O 为乒乓球的球心，AO 与竖直方向的夹角60θ=，不计一切阻力，若水与球接触瞬间速率不变，重力加速度为g 。

(1)若质量为(0)m m ∆→的水受到乒乓球的“吸附力”为F ，求
F m
∆的最大值； (2)求水龙头下端到A 的高度差H 。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、A
【解题分析】
A ．由图乙可知，当人射光的频率小于1ν时，无需加遏止电压就没有光电流，说明1ν为该金属的截止频率，故A 正确；
B ．根据爱因斯坦光电效应方程k 0E h
W =-ν及动能定理k 0c eU E -=-得 0c W h U e e
ν=- 则
11
U h e ν= 得
1
1eU h ν=
故B 错误；
C ．金属的逸出功与入射光的频率无关，由金属本身决定，故C 错误；
D ．要测得金属的遏止电压，电源的左端应为负极，故D 错误。

故选A 。

2、B
【解题分析】
238
92U 的中子数为238-92=146个，209
83Bi 的中子数为209-83=126个，则23892U 的子数比20983Bi 的中子数多20个，A 错误；
根据质量数守恒有：237-209=4×
7，知发生了7次α衰变，根据电荷数守恒有：93-83=2×7-4，知发生了4次β衰变，B 正确；放射性物质的半衰期不受外界因素的影响，C 错误；
23892U 与23592U 的质子数相同，中子数不同，它们是相同的
元素，D 错误．
3、A
【解题分析】
当小球对滑块的压力恰好等于零时，小球所受重力mg 和拉力T 使小球随滑块一起沿水平方向向左加速运动，由牛顿
运动定律得小球和滑块共同的加速度为：20tan 4510/mg a m s m
︒==． A ．当2205/10/a m s a m s =<=时，斜面对小球有支持力，将小球所受的力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解，
有：4545Tcos Nsin ma ︒-︒=，4545Tsin Ncos mg ︒+︒=，联立解得：2
T N =，故A 正确； B ．当22010/10/a m s a m s ===时，斜面对小球恰好没有支持力，故N=0，故B 错误；
C ．当22012/10/a m s a m s =>=时，滑块的位移为2162
x at m ==，而小球要先脱离斜面，然后保持与滑块相同的运动状态，故在这1s 内小球运动的水平位移小于6m ，故C 错误；
D ．在稳定后，对小球和滑块A 整体受力分析可知，在竖直方向没有加速度，故地面对A 的支持力等于两个物体重力之和，故D 错误．
4、A
【解题分析】对于系统来说，整体的动量守恒，系统的初动量为零，当小球滑到另一边的最高点时，小球和圆槽具有共同的速度，根据总动量守恒可知，此时的速度都为零，所以圆槽的速度为零，所以A 正确，BCD 错误．故选A ． 5、B
【解题分析】
AB ．小球受外力F 、重力mg 和弹簧弹力T 三个力构成一个三角形，当外力F 与弹簧弹力垂直时最小，由三角形定则可判断，弹簧弹力一直减小，外力F 一直增大，故A 不符合题意，B 符合题意；
CD ．由上分析可知外力F 和弹簧的弹力都是变力，所以无法直接求出外力和弹力所做的功，只能根据能量守恒求出外力F 与弹簧弹力的合力对小球做的功等于mgl ，故CD 不符合题意。

故选B 。

6、B
【解题分析】
由题意可知，两绳子的拉力的合力与广告招牌的重力大小相等，方向相反，是相等的，根据力的平行四边形定则，可知当两绳子的夹角越大时，其拉力也越大。

因此对比四个图可知，B 图的拉力方向相同，拉力的大小最小，故B 正确，ACD 均错误。

故选B 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BD
【解题分析】
A ．由图像可知，t =5.0s 时，U =0.40V ，此时电路中的电流（即通过金属杆的电流）为
0.40A 1A 0.40
U I R === 用右手定则判断出，此时电流的方向由b 指向a ，故A 错误；
B ．由图可知，t =3s 时，电压表示数为
'0.43V 0.24V 5
U =
⨯= 则有 'R U E R r
=+ 得 '0.10.40.24V 0.3V 0.4r R E U R ++=
=⨯= 由公式=E BLv 得
0.3m/s 3m/s 0.500.20
E v BL ===⨯ 故B 正确；
C ．金属杆速度为v 时，电压表的示数应为
=+R U BLv R r
由图像可知，U 与t 成正比，由于R 、r 、B 及L 均与不变量，所以v 与t 成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，金属杆运动的加速度为
223m/s 1m/s 3
v a t === 根据牛顿第二定律，在5.0s 末时对金属杆有
F BIL ma -=
得
=+(0.5010.200.101)N 0.20N F BIL ma =⨯⨯+⨯=
此时F 的瞬时功率为
0.215W 1.0W P Fv Fat ===⨯⨯=
故C 错误；
D ．t =5.0s 时间内金属杆移动的位移为
221115m 12.5m 22
x at ==⨯⨯= 通过R 的电荷量为
0.50.212.5C 2.5C 0.40.1
BLx q R r R r ∆Φ⨯⨯====+++ 故D 正确。

故选BD 。

8、BCD
【解题分析】
由图读出波长λ和周期T ，由波长与周期可求出波传播的速度，根据质点的位置分析其运动情况，注意质点不随着波迁移；
【题目详解】
A 、由图甲可知，在0t =时刻振源质点是向y 轴负方向振动，其余质点重复振源质点的运动情况，故质点Q 起振的方向仍为y 轴负方向，故选项A 错误；
B 、由图甲可知周期为0.02T s ，由图乙可知波长为2m λ=， 则波速为：2/100/0.02
v m s m s T λ
=== 则由图乙可知当P 再次处于平衡位置时，时间为：' 1.7510.0075t s s v
-== 经过周期的整数倍之后，质点P 再次处于平衡位置，即经过'''0.0275t t T s =+=还处于平衡位置，故选项B 正确； C 、由于波沿x 轴正方向传播，可知从t 0时刻算起，质点P 比质点Q 的先到达最低点，故选项C 正确； D 、由题可知：10.0254s T T =+，若质点P 在最高点、最低点或平衡位置，则通过的路程为：545 1.04
s A A m =⨯==，但此时质点P 不在特殊位置，故其路程小于1m ，故选项D 正确；
E 、波传播的是能量或者说是波的形状，但是质点不随着波迁移，故选项E 错误。

9、BD
【解题分析】
A ．根据平移法，且同一列波各点起振方向均相同，可知a 波起振方向向上，b 波起振方向向上，故A 错误；
B ． 横波a 的波长为4m ，则周期
2s T v λ
==
故B 正确；
C ． 横波b 的波长为4m ，则周期也为2s ，t =1.5s 时经过
34
T ，则质点Q 离开平衡位置的位移为-4cm ，故C 错误； D ． 两列波从相遇到分离所用的时间为 122s 2t v
λ== 故D 正确。

故选BD 。

10、AD
【解题分析】
A ．电荷量为+q 的小球以初速度v 0从管口射入的过程，因库仑力与速度方向垂直，竖直方向只受重力作用，加速度始终为g ，故A 正确；
B ．小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，故B 错误；
C ．电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，速度不断增加，故C 错误；
D ．在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为： E= 224()2
kQ kQ d d = 根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为2
8kQ d ，因此电荷量为+q 的小球受到最大库仑力为2qQ 8k d ，结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为2qQ 8k
d ，故D 正确； 故选AD.
点睛：对于等量异种电荷，根据矢量的合成法则，中垂线的中点的电场强度最大，在无穷远的电场强度为零；点电荷靠近两个电荷的连线的中点过程，电场力不做功；中点处的电场强度最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，从而即可求解．
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、532d d T
- ()mg m M a Mg -+ 水平 【解题分析】
(1)[1]根据木块运动第4点的瞬时速度等于3、5两个计点的平均速度，即可得
3553422x d d v T T
-== [2]对木块与钩码为对象，根据牛顿第二定律可得 mg Mg a m M μ-=
+ 解得木块与木板间动摩擦因数
()mg m M a Mg
μ-+= (2)[3]由于该实验需要测量木块与木板间动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，所以长木板必须保持水平。

12、B 半径一定，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大 转速（或角速度）
手
机到圆心的距离（或半径） 刻度尺
【解题分析】
(1)[1]由图乙可知，60.0s t =时，加速度大小不变，角速度大小也不变，所以此时桌面在做匀速圆周运动，所以B 正确，ACD 错误。

故选B 。

(2)[2]由图乙可以看出，加速度和角速度的变化曲线大致一样，所以可以得到的结论是：半径一定时，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大。

(3)[3][4]物体做圆周运动的加速度为
2224πa r n r ω==
若要研究加速度与半径的关系，应该保持转速（或角速度）不变，改变手机到圆心的距离（或半径）；
[5]所以还需要的测量仪器是刻度尺。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1)g k ；(2)2g kB
；(3)2222228g k B L k B g - 【解题分析】
（1）进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，则
mg qE =
g E k
= （2）粒子轨迹如图所示
由几何关系知
2cos R L =θ
由洛伦兹力提供向心力
2
mv qvB R
=
cos y
v v θ=
竖直方向有
y gt =v
水平方向有
0L v t =
联立解得
02g v kB
= （3）竖直方向有
212
h gt = 圆心的纵坐标为
'sin O
y h R =-+θ 联立解得
222
2228g k B L y k B g
=-σ 14、（1）11m /s v = （2）
12
m 【解题分析】
（1）物块在压力区左侧时，由牛顿第二定律有 1mg ma μ=
解得
212m /s a =
当物块速度达到传送带速度时，物块在传送带上运动的位移
2011
10.25m 2v x x a ==>= 可知物块到达压力区前一直做匀加速直线运动。

设物块到达压力区左边界时的速度为1v ，则有
2111
2v x a =
解得
11m /s v =
（2）物块进入压力区，由牛顿第二定律有
2()mg F ma μ+=
解得
224m /s a =
当物块在压力区达到传送带速度时，物块在传送带上运动的位移
22123m 28
v v x L a -=== 可知物块在恰好压力区时，速度与传送带共速，物块在压力区右侧做匀速直线运动。

物块在进入压力区前运动的时间
1111s 2
v t a == 物块在压力区中运动的时间
1221s 4
v v t a -== 则压力区右侧的传送带长度
()0121m 2
L v t t t =--= 15、 (1)2
(1)2F x g m hR
=+∆；(2)2203422x v H R h g =-- 【解题分析】
(1)设水流在B 点的速率为B v ，在B 点时
F m
∆最大，由牛顿第二定律 2B mv F mg R ∆-∆=① 水流从B 点开始做平抛运动，有
212
h gt =② B x v t =③
联立，解得
2
(1)2F x g m hR
=+∆④ (2)水流从水龙头流出至到达B 点，由动能定理
22011(cos )22
B mg H R R mv mv θ∆++=∆-∆⑤ 联立，解得
2203422
x v H R h g =--⑥。