广西柳州市2025届高三物理1月模拟考试试卷（含解析）

广西柳州市2025届高三1月模拟考试理综试卷

物理试题

二、选择题：本大题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有

一项是符合题目要求，第19〜21题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的

得3分有选错的得0分）

1.原子的核式结构学说，是卢瑟福依据以下哪个试验提出来的（）

A.光电效应试验

B.氢原子光谱试验

C.a粒子散射试验

D.自然放射试验

【答案】C

【解析】

试题分析：卢瑟福通过a粒子散射试验，发觉绝大多数a粒子不发生偏转，只有极少数a

粒子发生大角度偏转，进而提出了原子的核式结构模型，所以C选项正确。

考点：本题考查物理学史问题。

2.如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于0点，两个等量异种点电荷

分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）

C

\MON,

~D~

A.C、D两处电势、场强均相同

B.A、B两处电势、场强均相同

C.在虚线AB上0点的场强最大

D.带正电的摸索电荷在0处的电势能小于在B处的电势能

【答案】C

【解析】

由等量异种点电荷四周电场线和等势线的分布状况可知，A、B两处电势不相等，场强相同，

A错；CD两处电势、场强均相同，B对；在虚线AB上0点的场强最小，C错；带正电的摸索

电荷从0点运动到B点电场力先做正功后作负功，由于B点准确位置未知，0B两点电势凹

凸不能确定，D错；

3.在平直的马路上有甲、乙两辆同向行驶的汽车，它们的v-t图像分别是如图线甲、乙所示,

t=4s时，两车相遇，则下列说法正确的是

A.t=0时刻，甲车位于乙车前面

B.甲车的速度变更率小于乙车的速度变更率

C.t=8s时两车再次相遇

D.t=12s时两车再次相遇

【答案】D

【解析】

【分析】

通过图线斜率肯定值大小推断加速度的大小。依据速度时间图线推断汽车的运动规律，通过

图线与时间轴围成的面积表示位移推断哪个汽车在前。由速度关系分析两车间距的变更状

况。

【详解】A、依据图线与时间轴围成的面积表示位移，知0-4s内甲车通过的位移比乙车的大,

而在t=4s时，两车相遇，所以在t=0时刻，甲车在乙车的后面，故A错误；

B、依据图像的斜率可知，甲车速度变更得较快，故甲车的速度变更率较大，B错误；

C、在4s到8s内，甲车的速度大于乙车的速度，故甲车在前，乙车在后，在8s时，两车速

度达到相等，此时，两车距离最远，C错误；

D、依据图线与时间轴围成的面积表示位移并且利用割补法可知，在4s到12s内，两车位移

相等，故甲乙两车在12s时，再次相遇，D正确。

故本题选D。

【点睛】解决本题的关键要理解速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表

示位移，图线的切线斜率表示瞬时加速度。

4.在匀强磁场中，一矩形金属框（电阻不计）绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，

产生的交变电动势的图像如图乙所示，将此金属框产生的沟通电输入图丙中志向变压器的原

线圈上，变压器的原、副线圈匝数比为2：1,则

B.t=0.015s时金属框位于中性面处

C.t=0.01s时电压表示数为零

D.通过金属框的最大磁通量为211Wb

10ta

【答案】D

【解析】

【分析】

（1）变压器不会变更沟通电的频率；（2）通过感应电动势的瞬时值可确定线圈处在什么位

置；（3）在变压器电路中，电流表和电压表读数均为有效值；

【详解】A、由乙图可知，该沟通电的周期为0.02s,频率为50Hz,而变压器变压的过程中，

并不变更沟通电频率的大小，故通过电阻R的交变电流频率也为50Hz,该电流方向每秒变

更100次，A错误；

B、t=0.015s时，瞬时感应电动势最大，故此时金属框两条边正垂直切割磁感线，其所在平

面和中性面垂直，B错误；

C、电压表的示数是副线圈电压的有效值U2,故电压表示数不为零，且保持不变，C错误；

D、由题意可知,独S8=31"，本题中"1匝,3=*10071,故①m=BS=^=券Wb,

T111colOOn;

D正确。

故本题选D。

【点睛】娴熟驾驭志向变压器基本原理，并知道沟通电的产生方式和过程，是解决本题的关

键。

5.视察某卫星在圆轨道上的运动，发觉每经过时间t,卫星绕地球转过的圆心角为9（弧度）,

如图所示，已知地球的质量为M,引力常量为G,由此可推导出卫星的速率为

A.3SieB.3bM』C.3StD.GMt

yj~e~Qk0

【答案】A

【解析】

【详解】由题可知，该卫星绕地球转动的角速度为3又依据万有引力供应向心力得：

CO=-

V2,且v=8r，其中m为该卫星的质量，联立解得：3丽。

G7~=m7v=E

故本题选A。

【点睛】解决本题的关键是知道，角速度8是用来计算的。然后可利用环绕法模型，结合角

速度和线速度的关系求解。

6.以下物理事实，下列描述正确的是

A.安培受通电螺线管外部磁场与条形磁铁磁场相像的启发，提出了分子电流假说

B.在燃气灶中，安装有电子点火器，接通电子线路时产生高电压，通过高电压放电来点燃

气体，点火器的放电电极往往做成球状

C.为了避开微安电流表在运输过程中指针晃动角度过大，可用导线将正负接线柱连接起来

D.奥斯特历经十年之久，发觉了电磁感应现象

【答案】AC

【解析】

【详解】A、通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场相像，安培受此启发后运用类比法提

出分子电流假说，A正确；

B、在燃气灶中，安装有电子点火器，接通电子线路时产生高电压，通过高压放电来点燃气

体，点火器的放电电极往往做成针形，B错误；

C、电流表在运输过程中须要将两个接线柱用导线短接，是为了让内部产生感应电流从而受

电磁阻尼，阻碍指针的振动，从而防止振针因撞击而弯曲变形，C正确；

D、法拉第利用十年之久，发觉了电磁感应现象，D错误。

故本题正确答案选AC。

7.如图所示，质量为M的斜面位于水平地面上，斜面高为h,倾角为6=现将一质量为m

的滑块(可视为质点)从斜面顶端自由释放，滑块滑究竟端时速度大小为V,重力加速度为g,

若不计一切摩擦，下列说法正确的是

A.滑块受到的弹力垂直于斜面，且做功不为零

B.滑块与斜面组成的系统动量守恒

C.滑块滑究竟端时，重力的瞬时功率为mgvsin9

D.滑块滑究竟端时，斜面后退的距离为感

(M+m)tan0

【答案】AD

【解析】

【分析】

对小物块受力分析，依据物块的受力状况和实际位移，并依据做功条件推断滑块受到的FN

对其做功的状况；滑块和斜面组成的系统在水平方向动量守恒；

【详解】AB、如图所示，滑块下滑的过程中，斜面沿水平地面对右运动，滑块和斜面组成的

系统在竖直方向受力不平衡，在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒。滑块受到的

弹力FN与斜面垂直，但是由于斜面也在运动，导致滑块的位移和弹力FN不垂直，故弹力FN做

功不为零。A正确，B错误；

C、滑块滑到斜面底端瞬间，其速度方向和位移XB的方向一样，并不沿着斜面，故其重力的

瞬时功率为不等于C错误；

D、设滑块从斜面顶端滑动究竟端的过程中，滑块和斜面沿水平方向的位移大小分别为xi和

X2,水平方向动量守恒，依据反冲模型，mxi=MX2，4_JL.解得：斜面后退的距离

X1+X2-tan。

=mhD正确。

32-(M+m)tan6

故本题正确答案选ADo

【点睛】知道力做功的条件，并能娴熟运用动量守恒定律解题，是解决本题的关键。

8.如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP'、QQ'倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，

导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与

导轨接触良好。现由静止释放金属棒ab,假定电容器不会被击穿，忽视一切电阻，则下列

说法正确的是

A.金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势

B.金属棒ab匀加速下滑

C.金属棒ab最终可能匀速下滑

D.金属棒下滑过程中削减的重力势能等于棒增加的动能

【答案】AB

【解析】

【分析】

依据右手定则可推断金属棒切割磁感线的过程中，其两端电势的凹凸；由牛顿其次定律可得

含容回路中，导体棒运动的加速度公式为..mgsinB,可推断导体棒正做匀加速直线运动。

a-m+CB2L2

【详解】A、由右手定则可知，金属棒切割磁感线的过程中，a端电势高，b端电势低，故M

板的电势高于N板的电势，A正确；

BC、金属棒切割磁场的过程中，由牛顿其次定律可知：mgsine-iLB=ma-电容器两板间的

电势差U=E=BLV，电容器所带电荷量为q=CU=CE=CBLV，电容器在充电，充电电流

・.绝_「用竺.cm，联立上述各式，得金属棒运动的加速度：“mgsinO,该加速度为

1==CBL=CBLaa22

MA[-m+CBL

恒定值，故金属棒做匀加速直线运动，B正确，C错误；

D、金属棒下滑的过程中，减小的重力势能除了转化为动能外，还有能量储存为电场能，D

错误。

故本题正确答案选ABo

【点睛】娴熟运用右手定则推断动生电动势的方向，并能从牛顿其次定律动身，推导金属棒

运动的加速度，是解决问题的关键。

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第2题~第32题为必考题，每个试题考生都必

需做答，第33题~第40题为选考题，考生依据要求做答。

(一)必考题(共129分)

9.在“测定金属丝电阻率”的试验中

(1)某试验小组所测量金属丝的直径的示数如图甲所示，则它的读数是nuno

(2)已知试验所用金属丝电阻约为5Q。为更精确地测量其阻值，某同学设计了如乙图电路,

滑动变阻器阻值范围为0T0Q,电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kQ。电源为干电池(不

宜在长时间、大功率状况下运用)，电动势E=4.5V,内阻很小。为使电路达到最佳测量效果,

图乙中电压表应接到(选填"A”或"B”)点，试验时，开关由应处于

(选填“闭合”或“断开”)状态，若测得电压表读数为U,电流表读数为I,金

属丝长为1,直径为D,则此金属丝电阻率P=o

【答案】(1).0.997-1.000mm(2).B(3).断开(4).1rt

411

【解析】

【详解】(1)螺旋测微器读数为0.5mm+49.8X0.01=0.998mm,结果在0.997-1.000mm均算

正确；

(2)①由题意可知，金属丝电阻属于小电阻，应运用电流表外接法，测量才能较精确，故

图乙中的电压表应接到B端；②本试验中滑动变阻器是待测电阻阻值的2倍，滑动变阻器运

用限流接法，对调整电路电流较为便利，故试验时，开关Si应处于断开状态；③由电阻定

律可得：SnUD2；

p=RT=iir

故本题答案为：(1).0.997T.000mm范围内均正确(2).B；断开；nUD%

411

10.某试验小组用如图甲所示的装置测量弹簧的劲度系数ko当挂在弹簧下端的祛码处于静

止状态时，测出弹簧受到的拉力F与对应的弹簧长度L(弹簧始终在弹性限度内)，列表记录

如下

①下表记录的是该同学已测出的6个值，其中有一个数值在记录时有误，它是一

②依据乙图示数，表中还没有记录的测量值L3=cm；

③设弹簧每增加拉力4F对应的伸长量为AL,则此弹簧的劲度系数的表达式

k=；

④因为逐差法常用于处理自变量等间距变更的数据组，所以小组一成员用逐差法求出4L的

平均值瓦^来减小试验误差，试用Li、L2、L3、Li、L5、Le表示AL的平均值^^=o

【答案】(1).D(2),7.83-7.93(3).竺(4).(L6+L5+u)-(L3+L2+L1)

AL9

【解析】

【详解】①刻度尺读数应估读到最小分度(毫米刻度)的下一位，故第5组数据有误，正确

结果应为11.30cm,选D。

②从表格中可以看出，若拉力AF=0.49N,则弹簧伸长量AL的平均值为：

(6.12-4.40)+(11.30-9.60)+(13.10-11.30)，故L3的测量值约为7.86cm；

AL=---------------------------=1.74cm

③依据胡克定律可知：L一竺；

5五

④依据逐差规律得：3ALi=L6-L3；3AL2=LS-L2；3AL3=L4-LP则—的平均值为:

AL=|(ALi+AL2+AL3)—(L4+L5+L6)-(LI+L2+L3)；

9

故本题答案为:①D；②7.83-7.93均正确;③竺；③(LG+LS+LJ-Q+LZ+L。

AL9

11.如图所示，传送带与地面的夹角0=37。，以4m/s速度顺时针转动，在传送带下端轻轻

地放一个质量m=lkg的物块，设它与传送带间的动摩擦因数共=1,已知传送带从A到B的

长度L=6m,g取10m/s2,物块从A到B过程中，求：

(1)物块相对传送带滑动时的加速度大小；

(2)物块相对传送带滑动的时间

(3)传送带对物块所做的功。

A

【答案】(1)2m/s2(2)2s(3)44J

【解析】

【详解】(1)对滑块有：y_mgcos370-mgsin37°=ma

解得：a=2m/s2

(2)假设滑块仍为运动到传送带顶端，当滑块加速度到传送带速度时有：

2ax=v2-0'解得：x=4m

明显X<L，明显此后滑块随传送带一起匀加速到传送带顶端

故有v=at或xjt?，解得：t=2s

(3)由(2)可知，滑块运动到传送带顶端时，速度为v=2m/s

2

由动能定理有：Wft-mgLsm370=jnv-0

解得：W传=44J

12.设空间存在三个相互垂直的已知场如图甲所示，电场强度为E的匀强电场，磁感应强度

为B的匀强磁场和重力加速度为g的重力场。一质量为m、电荷量为q的带正电小球在此空

间做匀速直线运动。

⑴若小球仅在xOz平面内运动，如图乙所示，求此时小球运动的速度大小；

⑵在⑴的状况下，若小球经过坐标原点。时，撤去磁场，求小球再次回到x轴时沿x方向

的位移大小；

(3)若在某一时刻，电场和磁场突然全部消逝，己知此后该质点在运动过程中的最小动能为

其初始动能(即电场和磁场刚要消逝时的动能)的!，试求此小球初始时运动的速度大小。

3

乙

=2mE+至⑶选

v=­qB2mg2B22B

【解析】

【详解】(1)由分析可知小球做匀速直线运动，即电场、磁场和重力场对质点作用力的合力

为零

所以:qvB=7(mg)2+(qE)2

解得:7(mg)2+(qE)2

V=-

(2)方法一：撤去磁场后小球在xOz平面内做类平抛运动，设沿x轴的方向位移为x,速

度方向与x轴正方向夹角为，小球加速度为，则有:

tane喑acosO=g

沿速度方向，小球做匀速直线运动，xcosO=vt

垂直于速度方向，小球做匀加速直线运动，

xsinu-2al

解得：2mE2qE3

X=^B7+rf

方法二：设小球沿X轴方向的分速度为vox，沿Z轴方向的分速度为Voz，没有撤去磁场时,

有:

mg=qvoxB，

voxqB

qvB=qE，E

OzVOz=g

撤去磁场后，小球在Z轴方向上做竖直上抛运动，返回时间2VM2E

t=—eB

小球在y方向上做匀加速直线运动，IqE22mE2qE3

X』"点=彩+同

(3)小球运动的速度在三个坐标轴上均有重量，设小球的速度大小为vo，它在坐标系中的

三个重量分别为Vox，VOy，VOz，由题，小球在三个方向均作匀速直线运动，由(2)可知

mg,E

V0x=^VOz=B

明显，电场和磁场消逝后，粒子仅在重力作用下运动，vox，V的保持不变，VOz减小，当VOz等

于0时，粒子的动能最小，最小动能：口1(2,

Ekmin=尹(Vox+VoyJ

依据题忌有：Ekmin=|(jnvo)=|tn(vfe+V4+Vfc)

解得：h(E\2(mg、2

vw=/⑥-向

所以粒子的初速度为n——2_而E。

Vo=VVQX+Voy+Voz=宙

(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选

一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑。留意所做题目的

题号必需与所涂题目的题号一样，在答题卡选答区域指定位置答题。假如多做，则每学科

按所做的第一题计分。

(物理——选修3-3]

13.下列说法正确的是(选对一个给2分，选对两个给4分，选对3个给5分。

每选错一个扣3分，最低得分为0分)

A.其次类永动机不行能制成是因为它违反了能量守恒定律

B.温度高的物体其分子平均动能肯定大

C.志向气体的温度上升时，气体内每个分子的速率都增大

D.昆虫可以停在水面上，主要是昆虫受到液体表面张力的作用

E.热力学其次定律指出：在任何自然的过程中，一个孤立的系统的总摘不会减小

【答案】BDE

【解析】

【详解】A、其次类永动机不行能制成，不是因为违反了能量守恒定律，而是因为违反热力

学其次定律，A错误；

B、分子的平均动能与温度有关，温度越高，分子平均动能越大，故B正确；

C、物体温度上升时，只是分子的平均动能增大，并不是物体内的全部分子速率都变大，可

能有部分分子的速率减小，C错误；

D、表面层内液体分子的作用力主要表现为引力，正是分子间的这种引力作用，使表面层具

有收缩的趋势；昆虫停在水面上，水面对下发生弯曲，表面层具有的收缩的趋势给了昆虫向

上的支持力，D正确；

E、依据热力学其次定律，在任何自然的热力学过程，总是朝着蜡增加的方向进行的，E正

确。

故选BDEo

【点睛】本大题包含了3-3大部分内容，各部分难度不大，但从题目来看考查范围很广，要

求能全面驾驭。

14.如图所示，两个截面积都为S的圆柱形容器，右边容器高为H。上端封闭，左边容器上

端是一个可以在容器内无摩榛滑动的质量为M的活塞。两容器由装有阀门的极细管道相连,

容器、活塞和细管都是绝热的。起先时阀门关闭，左边容器中装有志向气体，平衡时活塞到

容器底的距离为H,右边容器内为真空。现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达

到新的平衡。此时志向气体的温度增加为原来的1.4倍，已知外界大气压强为P”重力加速

度为g，求：

①阀门打开前气体的压强；

②阀门打开后系统重新达到平衡时活塞的高度；

③从阀门打开后到系统重新达到平衡时气体内能的增加量。

【答案】唔+p。②引®>+p0S)H

【解析】

【分析】

对活塞受力分析，应用志向气体状态方程求出活塞下降的距离，再依据热力学第肯定律求内

能的变更。

【详解】①设气体压强为p,由活塞受力平衡得pS=Mg+pOS

解得：Mg

P=l"+Po

②设气体初态的温度为T,系统达到新平衡时活塞的高度为h

由盖吕萨克定律得：HS_(H+h)S

T-1.4T

解得:4|H

③系统绝热，即Q=0

外界对气体做功为：W=(Mg+poS)(H-h)

依据热力学第肯定律得：AU=W+Q4Mg+p°S)H

【点睛】本题考查了热力学第肯定律和志向气体状态方程的综合应用，难度中等。

(物理一选修3-4)

15.下列说法正确的是

A.声源向着静止的视察者运动时