福州三校联盟2025年高三下学期第五次考试物理试题含解析

福州三校联盟2025年高三下学期第五次考试物理试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、如图所示，两个相同的灯泡a、b和电阻不计的线圈L(有铁芯)与电源E连接，下列说法正确的是
A．S闭合瞬间，a灯发光b灯不发光
B．S闭合，a灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭
C．S断开，b灯“闪”一下后熄灭
D．S断开瞬间，a灯左端的电势高于右端电势
2、物体在恒定的合外力作用下做直线运动，在时间△t1内动能由0增大到E0，在时间∆t2内动能由E0增大到2E0.设合外力在△t1内做的功是W1、冲量是I1，在∆t2内做的功是W2、冲量是I2，那么( )
A．I1<I2W1=W2B．I1>I2W1=W2C．I1<I2W1<W2D．I1=I2W1<W2
3、现有一轻质绳拉动小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，小球质量为m，速度为v，重力加速度为g，轻绳与竖直方向夹角为θ，小球在运动半周时，绳对小球施加的冲量为（）
A．
2
2
2
cos
4
sin
mv
θ
π
θ
+B．
2
2
2
cos
24
sin
mv
θ
π
θ
+
C．22
4tan
mvπθ
+D．22
4cos
mvπθ
+
4、下列关于运动项目的叙述正确的是（）
A．若足球的运动轨迹是旋转的香蕉球时，要研究足球的运动足球可以看做质点
B．2018年苏炳添在男子100m中跑出的亚洲纪录是一个时刻
接力赛中的100m都是指位移
C．4100m
2m/s
D．运动员100m短跑用时10s，则其加速过程的平均加速度定不小于2
5、如图所示，a、b、c、d为圆O上的四个点，直径ac、bd相互垂直，两根长直导线垂直圆面分别固定在b、d处，导线中通有大小相等，垂直纸面向外的电流，关于a、O、c三点的磁感应强度，下列说法正确的是
A．都为零
B．O点最大
C．a、c两点方向相反
D．a、c两点方向相同
6、如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切．一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放，若m1恰好能沿圆弧下滑到A点．则（）
A．两球速度大小始终相等
B．重力对m1做功的功率不断增加
C．m1=2m2
D．m1=3m2
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，一固定斜面倾角为30，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g。

若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（）
A．动能损失了mgH B．动能损失了2mgH
C．机械能损失了1
2
mgH D．机械能损失了mgH
8、如图所示为一定质量的理想气体的压强随体积变化的
1
P
V
图像，其中AB段为双曲线，BC段与横轴平行，则
下列说法正确的是（）
A．过程①中气体分子的平均动能不变
B．过程②中气体需要吸收热量
C．过程②中气体分子的平均动能减小
D．过程③中气体放出热量
E.过程③中气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数增大
9、如图，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v向上运动。

现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传动带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B 竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。

已知B处离地面的高度皆为H。

则在物体从A到B的过程中（）
A．两种传送带对小物体做功相等
B．将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等
C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同
D．将小物体传送到B处，两种系统产生的热量相等
10、如图所示，电阻不计的两光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为1m，导轨中部有一个直径也为1m的圆形匀强磁场区域，与两导轨相切于M、N两点，磁感应强度大小为1T、方向竖直向下，长度略大于1m的金属棒垂直导轨水平放置在磁场区域中，并与区域圆直径MN重合。

金属棒的有效电阻为0.5Ω，一劲度系数为3N/m的水平轻质弹簧一端与金属棒中心相连，另一端固定在墙壁上，此时弹簧恰好处于原长．两导轨通过一阻值为1Ω的电阻与一电动势为4V、内阻为0.5Ω的电源相连，导轨电阻不计。

若开关S闭合一段时间后，金属棒停在导轨上的位置，下列说法正确的是（）
A．金属棒停止的位置在MN的右侧
B．停止时，金属棒中的电流为4A
C．停止时，金属棒到MN的距离为0.4m
D．停止时，举报受到的安培力大小为2N
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）某同学用图示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”，实验的主要步骤如下：
A．将贴有白纸的木板竖直放置，弹簧测力计A挂于固定在木板上的P点，下端用细线挂一重物M。

B．弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置，细线均与木板平行。

C．记录O点的位置、两个弹簧测力计的读数1F和2F。

D．测量重物M的重力G，记录OM绳的方向。

E.选择合适的标度，用刻度尺做出测力计拉力1F和2F的图示，并用平行四边形定则求出合力F。

F.按同一标度，做出重物M重力G的图示，并比较F与G，得出结论。

(1)在上述步骤中，有重要遗漏的步骤是________（请填写步骤前的序号），遗漏的内容是________。

(2)某同学认为在实验过程中必须注意以下几项，其中正确的是（____）
A．OA、OB两根绳必须等长
B．OA、OB两根绳的夹角应该等于120
C．OA、OB两根绳要长一点，标记同一细绳方向的两个点要远一点
D．改变拉力的大小与方向，再次进行实验时，仍要使结点O静止在原位置
(3)本实验采用的科学方法是（____）
A．微元法B．等效替代法C．理想实验法D．科学推理法
12．（12分）小明同学用如图所示装置探究物体的加速度跟力的关系。

（1）图为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图中所示。

已知打点计时器接
m/s（结果保2位有效数字）。

在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=________2
（2）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。

根据测得的多组数据画出a-F关系图线，如图所示。

此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是__________。

A．所挂钩码的总质量过大B．所用小车的质量过大
C．平面轨道倾斜角度过小D．平面轨道倾斜角度过大
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，MN板间存在匀强电场，场强E=300N/C，方向竖直向上电场上A、B两点相距10cm，AB连
线与电场方向夹角60θ=，A 点和M 板相距2cm ，求：
（1）求AB 两点间的电势差大小；
（2）若M 板接地（电势为0），A 点电势A ϕ；
（3）将8410q C -=+⨯点电荷从A 移到B ，电场力做的功。

14．（16分）某军队在军事演习时，要检验战斗机对移动物体发射炮弹的命中率情况，已知某一战斗机在h=500m 的高空以v 1=1080km/h 的速度水平匀速飞行，地面上两辆相距为270m 的遥控车均以v 2=108km/h 的速度匀速直线前进，现战斗机先发射一个炮弹，恰击中后面那辆遥控车，已知炮弹离开飞机时相对飞机的初速度为零，无人机和两遥控车在同一竖直面上，无人机、炮弹和遥控车均视为质点，不计空气阻力，重力加速度取10m/s 2.
(1)投弹时，飞机与后面遥控车的水平距离为多大？
(2)若随后第二发炮弹要击中前一辆车，则两发炮弹发射的时间间隔为多少？
(3)若飞机开启特定飞行模式后，水平速度被锁定，只允许调整高度。

现若要在第一发炮弹打出t 1=2s 后立即发射第二枚炮弹，要求在该模式下击中另一日标，则该无人机是要升高还是降低高度，高度要改变多少?
15．（12分）如图所示为一个用折射率n=3的透明介质做成的四棱柱的截面图，其中∠A=∠C=90°，∠B=60°，BC=20cm ．现有一单色光在色细光束从距B 点30cm 的O 点垂直入射到棱镜的AB 面上．每个面上的反射只考虑一次，
已知光在真空中的速度为c=3.0×
108 m/s ．求：
（1）最先从棱镜射出的光束的折射角；
（2）从BC 面射出的光束在棱镜中运动的时间．
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、B
【解析】
A．闭合开关瞬间，两小灯泡均有电流流过，同时发光，A错误；
B．闭合开关瞬间，a灯立即发光，根据楞次定律可知线圈中产生的阻碍原电流变大的感应电流逐渐减小至0，因为a 灯和线圈并联，所以通过线圈的电流逐渐增大，通过a灯的电流逐渐减小，亮度逐渐减小，因为线圈电阻不计，所以稳定时a灯被短路，最后熄灭，B正确；
C．断开开关瞬间，b灯断路无电流流过，立即熄灭，C错误；
D．断开开关瞬间，根据楞次定律可知，通过线圈的电流水平向右，所以线圈作为感应电动势右端电势高于左端，所以a灯右端的电势高于左端，D错误。

故选B。

2、B
【解析】
根据动能定理得：
W1=E0-0=E0，W1=1E0-E0=E0
则W1=W1．动量与动能的关系式为, 则由动量定理得：
，
则I1＞I1．
A. I1<I1W1=W1与上述分析结论I1>I1W1=W1不相符，故A不符合题意；
B. I1>I1W1=W1与上述分析结论I1>I1W1=W1相符，故B符合题意；
C. I1<I1W1<W1与上述分析结论I1>I1W1=W1不相符，故C不符合题意；
D. I1=I1W1<W1与上述分析结论I1>I1W1=W1不相符，故D不符合题意。

3、A
【解析】
由题意可知在水平方向运动半周，速度反向，水平方向有
I x=2mv
竖直方向上绳子与竖直线夹角 满足
mg tan θ=2mv T
π 故竖直方向冲量为
y cos =2sin T I mg m v θπθ
⋅= 根据矢量的合成的三角形法则可知绳对小球施加的冲量为
I ==故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4、D
【解析】
A ．若足球的运动轨迹是旋转的香蕉球时，要研究足球的运动足球大小不能忽略，不可以看做质点，选项A 错误；
B ．2018年苏炳添在男子100m 中跑出的亚洲纪录是一个时间间隔，选项B 错误；
C ．4100m ⨯接力赛中有弯道，则其中的100m 不都是指位移，选项C 错误；
D ．运动员100m 短跑用时10s ，若整个过程中一直加速，则加速度
222221002m/s 10
s a t ⨯=== 因运动员在100m 短跑中先加速后匀速，则其加速过程的平均加速度定不小于22m/s ，选项D 正确；
故选D 。

5、C
【解析】
根据右手螺旋定则，d 处导线在o 点产生的磁场方向水平向左，b 处导线在o 点产生的磁场方向水平向右，合成后磁感应强度等于1． d 在c 处产生的磁场方向垂直于cd 偏左上，b 在c 出产生的磁场方向垂直bc 偏右上，则根据平行四边形定则，知c 处的磁场方向竖直向上；同理可知，a 处的磁场方向竖直向下；则选项C 正确，ABD 错误．故选C. 点睛：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成． 6、C
【解析】
A. m 1由C 点下滑到A 点过程中，两球沿绳子方向的速度大小相等；m 1由C 点滑下去一段后，绳子与圆的切线不重合，而是类似于圆的一根弦线存在，m 2一直沿竖直方向上升，所以两球速度大小不相等，故A 项错误；
B.重力对m 1做功的功率
1y P m gv =
y v 指的是竖直分速度，m 1从C 点静止释放，所以C 点处m 1的竖直分速度为零；m 1恰好能沿圆弧下滑到A 点，A 点处m 1的竖直分速度也为零；从C 点到A 点过程中，m 1的竖直分速度不为零；所以整个过程中m 1的竖直分速度从无到有再从有到无，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力对m 1做功的功率先增大后变小；故B 项错误；
CD. m 1 从C 点静止释放，恰好能沿圆弧下滑到A 点，则据几何关系和机械能守恒得：
12(cos60)m g R R m gR -︒=
解得：
m 1=2m 2
故C 项正确，D 项错误。

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
【解析】
AB ．已知物体上滑的加速度大小为g ，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为 122sin30合合∆==⋅=⋅=︒
k E W F H mg H mgH 故A 选项错误，B 选项正确；
CD ．设摩擦力的大小为f ，根据牛顿第二定律得
sin30mg f ma mg ︒+==
得
0.5f mg =
则物块克服摩擦力做功为
20.52f W f H mg H mgH =⋅=⨯=
根据功能关系可知机械能损失mgH ，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

8、BDE
【解析】
根据理想气体状态方程PV nRT =，可得：
1P nRT V
=⋅
故可知，1P V
-图象的斜率为： k nRT =
而对一定质量的理想气体而言，斜率定性的反映温度的高低； A.1P V
-图象在过程①的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐减小，表示理想气体的温度逐渐降低，可知平均动能减小，故A 错误； B. 1P V -
图象过程②的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐逐渐增大，则温度升高，吸收热量，平均动能增大，故B 正确，C 错误；
D.过程③可读出压强增大，斜率不变，即温度不变，内能不变，但是体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故D 正确；
E.过程③可读出压强增大，温度不变，分子的平均动能不变，根据理想气体压强的微观意义，气体压强与气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数、气体分子平均动能有关，在压强增大，温度不变以及体积减小的情况下，气体分子对容器壁的碰撞次数增大，故E 正确；
故选BDE 。

9、AC
【解析】
A ．传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，则机械能的增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，故A 正确；
C ．由0加速到v ，甲图中的加速位移大于乙图中的加速位移，根据
22ax v =
可知a a <甲乙，根据牛顿第二定律有
cos sin mg mg ma μθθ-=
解得μμ<甲乙，即两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同，故C 正确；
D ．对甲图分析，可知小物体加速的位移为
11sin 2
H v x t θ== 此时传送带匀速的位移为 212sin x v H t θ==
则两者的相对位移为
21sin H s x x θ
=-=相对 根据摩擦生热的公式
Q fs =相对 解得1sin H Q f θ
=甲 对乙图分析，可知小物体加速的位移为
11si 2
n v x h t H θ''==- 此时传送带匀速的位移为
()212sin t h x v H θ
''==- 则两者的相对位移为
21sin H h s x x θ
-'''=-=相对 根据摩擦生热的公式
Q fs =相对 解得2sin H h Q f θ
-=乙 在甲图、乙图，对小物体分析，根据牛顿第二定律和运动学公式有
11sin f mg ma θ-=，2
12sin v a H θ
= 22sin f mg ma θ-=，2
22sin v a H h θ
=- 解得
21sin sin 2mv f mg H
θθ=+，()22sin sin 2mv f mg H h θθ=+- 将1f 、2f 代入Q 甲、Q 乙的表达式，解得
212Q mgH mv =+甲，()212
Q mg H h mv =-+乙 则有Q Q >甲乙，即产生的热量不相等，故D 错误；
B ．根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物块增加机械能的和，因物块两次从A 到B 增
加的机械能增加量相同，而Q Q >甲乙，所以将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B 错误。

故选AC 。

10、AC
【解析】
A ．由金属棒中电流方向从M 到N 可知，金属棒所受的安培力向右，则金属棒停止的位置在MN 的右侧，故A 正确；
B ．停止时，金属棒中的电流
I =0r
E R R ++=2A 故B 错误；
C ．设棒向右移动的距离为x ，金属棒在磁场中的长度为2y ，则
kx =BI (2y )
x 2+y 2=2
2L ⎛⎫ ⎪⎝⎭
解得
x =0.4m 、2y =0.6m
故C 正确；
D ．金属棒受到的安培力
F=BI (2y )=1.2N
故D 错误。

故选AC 。

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、C 没有记录1F 和2F 的方向 C B
【解析】
(1)[1][2]本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，两个分力和一个合力应该具有相同的效果。

所以实验时，步骤C:除记录弹簧秤的示数外， 还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示，即遗漏的内容是没有记录F 1和F 2的方向。

(2)[3]A ．细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长。

故A 错误;
B ．两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不需要两绳夹角要为120°，故B 错误;
C ．为了让效果相同，改变拉力的大小与方向，再次进行实验时，仍要使结点O 静止在原位置，故C 正确; 故选C 。

(3)[4]本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

12、1.3 A
【解析】
[1]（1）小车运动的加速度的测量值
22432122()0.19100.06890.0689m/s 1.3m/s 440.1
s s s s a T +-+--===⨯ [2]（2）此实验要求所挂钩码的总质量要远远小于小车的质量。

图线的AB 段明显偏离直线，造成此现象的主要原因是所挂钩码的总质量过大，选项A 正确，BCD 错误。

故选A 。

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）15V （2）6V -（3）76J 10-⨯
【解析】
(1)由题意可知AB 两点间的电势差为：
cos 3000.10.5V 15V AB AB U EL θ==⨯⨯=
(2)因为M 板电势为0，所以A 点的电势等于A 点与M 点的电势差，故：
3000.02V 6V A MA MA U EL ϕ=-=-=-⨯=-
(3)电势力做功为：
8715410J 610J AB W U q --==⨯⨯=⨯
答：（1）AB 两点间的电势差为15V ；
（2）若M 板接地，A 点电势-6V ；
（3）将8410q C -=+⨯点电荷从A 移到B ，电场力做的功76J 10-⨯。

14、（1）2700m ；（2）1s ；（3）下降95m
【解析】
（1）设投弹时，飞机与后面遥控车的水平距离为x ，则炸弹落地的时间
10s t =
= 且
21x v t v t +=
解得x =2700m
（2）设两炸弹间隔时间为△t ，则
12270m v t v t ∆-∆=
解得△t =1s
（3）设战斗机在原有高度上上升△h ，根据题意则 11212()2()()270m ()h h h h v t x v t g g
+∆+∆+=+++ 解得△h =-95m ，即下降95m
15、（1）600（2）2×
10-9s 【解析】
（1）光束从O 点垂直AB 面进入棱镜，射到CD 面上，由几何关系入射角为300
由1sin C n
= 可知C>300，所以在CD 面上有光线折射出．
由折射定律sin sin i n γ
= 解得最先从棱镜射出的光束的折射角γ=600 （2）当光经CD 面反射后沿EF 射到AB 面时，可知入射角为600，因C<600,因此在AB 面将发生全反射，此后光垂直于BC 面从G 点射出，
由几何关系可知103OE =
203EF = 3由c n v
= 光束在棱镜中运动的时间s OE EF FG t v v ++=
=
解得t=2×10-9s
本题关键掌握全反射的条件，并能结合几何知识判断能否发生全反射．再运用折射定律求解．。