福建省福州市长乐区长乐高级中学2025届高三第三次模拟考试物理试卷含解析

福建省福州市长乐区长乐高级中学2025届高三第三次模拟考试物理试卷注意事项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，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（）A．若M＞m，物体A对地向左的最大位移是B．若M＜m，小车B对地向右的最大位移是C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为2、有三个完全相同的重球，在每个球和水平面间各压了一块相同的木板，并都与一根硬棒相连，棒的另一端分别与一铰链相连，三个铰链的位置如图甲、乙、丙所示。现分别用力F甲、F乙、F丙将木板水平向右匀速抽出，（水平面光滑，重球和木板是粗糙的）。则下列关于F甲、F乙、F丙大小关系判断正确的是A．F甲=F乙=F丙 B．F甲<F乙=F丙 C．F甲=F乙<F丙 D．F甲<F乙<F丙3、某探究小组计划以下述思路分析电容器间电场（可看作匀强电场）的特点。如图所示，把电容器的一个极板接地，然后用直流电源给电容器充电，接地极板连接电源正极，充电结束后电容器与电源断开。在两极板之间的P点固定一个负试探电荷，正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离。在平移过程中，电容C、场强E、P点电势、试探电荷在P点电势能与负极板移动距离x的关系正确的是（）A．B．C．D．4、如图，正方形abcd中△abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，△bcd区域内有方向平行bc的匀强电场（图中未画出）．一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场，不计粒子的重力，则（）A．粒子带正电B．电场的方向是由c指向bC．粒子在b点和d点的动能相等D．粒子在磁场、电场中运动的时间之比为∶25、如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，N、Q间接有阻值为R的电阻，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计。质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为r，当金属棒ab下滑距离x时达到最大速度v，重力加速度为g，则在这一过程中（）A．金属棒做匀加速直线运动B．当金属棒速度为时，金属棒的加速度大小为0.5gC．电阻R上产生的焦耳热为D．通过金属棒某一横截面的电量为6、如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek，与入射光频率v的关系图象。由图象可知错误的是（）A．该金属的逸出功等于hv0B．该金属的逸出功等于EC．入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为D．入射光的频率为2v0时，产生的光电子的最大初动能为E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，理想变压器的原线圈接在稳压交流电源上，R1、R2、R3是阻值相等的定值电阻，电表A为理想电流表，调节滑片P可以改变原线圈匝数。初始时，开关K处于断开状态，下列说法正确的是（）A．只把滑片P向上滑动，电流表示数将增大B．只把滑片P向下滑动，电阻R1消耗的功率将增大C．只闭合开关K，电阻R2消耗的功率将增大D．只闭合开关K，电流表示数将变大8、如图所示，平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度。若不改变电容器的带电量，下列操作可能使静电计指针的偏转角度变小的是（）A．将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入电介质B．将左极板向左移动少许，同时取出两极板之间的金属板C．将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入金属板D．将左极板向下移动少许，同时取出两极板之间的电介质9、如图为一电源电动势为E，内阻为r的稳定电路。电压表A的内阻为5kΩ。B为静电计，C1，C2为两个理想的电容器且耐压值足够高。在开关闭合一段时间后，下列说法正确的是A．C1上电荷量为0B．若将甲右滑，则C2上电荷量增大C．若C1>C2，则电压表两端大于静电计两端电压D．将S断开，使C2两极距离增大，B张角变大10、如图所示，水平面内有A、B、C、D、E、F六个点，它们均匀分布在半径为R＝2cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知A、C、E三点的电势分别为、φC＝2V、，下列判断正确的是（）A．电场强度的方向由E指向AB．电场强度的大小为1V/mC．该圆周上的点电势最高为4VD．将电子从D点沿DEF移到F点，静电力做正功三、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）（1）用游标卡尺测量小球的直径如图甲、乙所示．测量方法正确的是_____（选填“甲”或“乙”）．（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，此示数为_______mm．（3）在“用打点计时器测速度”的实验中，交流电源频率为50Hz，打出一段纸带如图所示．纸带经过2号计数点时，测得的瞬时速度v=____m/s．12．（12分）利用图示装置可以做力学中的许多实验．（1）以下说法正确的是____________.A．利用此装置“研究匀变速直线运动”时，须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响B．利用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a-M关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比C．利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响(2).小华在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a的值随钧码个数的增加将趋近于__________的值.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，一足够长的水平传送带以速度v=2m/s匀速运动，质量为m1=1kg的小物块P和质量为m2=1.5kg的小物块Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长．某时刻物块P从传送带左端以速度v0=4m/s冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平．已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g=10m/s2，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处．求：(1)物块P刚冲上传送带时的加速度大小；(2)物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；(3)若传送带以不同的速度v（0<v<v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦生热最小？其最小值为多大？14．（16分）如图所示，在边长为L的正三角形OAB区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)和平行于AB边水平向左的匀强电场(图中未画出)。一带正电粒子以某一初速度从三角形区域内的O点射入三角形区域后恰好沿角平分线OC做匀速直线运动。若撤去该区域内的磁场，该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入三角形区域，则粒子恰好从A点射出；若撤去该区域内的电场，该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入三角形区域，则粒子将在该区域内做匀速圆周运动。粒子重力不计。求：(1)粒子做匀速圆周运动的半径r；(2)三角形区域内分别只有电场时和只有磁场时，粒子在该区域内运动的时间之比。15．（12分）如图所示，水平地面上有一长L=2m、质量M=1kg的长板，其右端上方有一固定挡板。质量m=2kg的小滑块从长板的左端以v0=6m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v=2m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离。己知长板与地面间的动摩擦因数μ1=0.4，滑块与长板间动摩擦因数μ2=0.5，重力加速度g取10m/s2。求：（1）滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；（2）滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；（3）滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q。

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、D【解析】

根据动量守恒定律求出M与m的共同速度，再结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体和小车相对于地面的位移．根据动量定理求出摩擦力的作用的时间，以及摩擦力的冲量．【详解】规定向右为正方向，根据动量守恒定律有，解得；若，A所受的摩擦力，对A，根据动能定理得：，则得物体A对地向左的最大位移，若，对B，由动能定理得，则得小车B对地向右的最大位移，AB错误；根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即，C错误；根据动量定理得，解得，D正确．【点睛】本题综合考查了动量守恒定律和动量定理，以及牛顿第二定律和运动学公式，综合性强，对学生的要求较高，在解题时注意速度的方向．2、D【解析】

设球的重力为G，杆对球的拉力方向与竖直方向的夹角为，球与木板的动摩擦因数为，球处于静止状态，受力平衡，对球受力分析，受到重力G、杆子的拉力T、木板对球的支持力N以及木板对球水平向右的滑动摩擦力f，根据平衡条件得：，，而，解得：木板处于静止状态，再对木板受力分析，根据平衡条件可知，水平方向有：，根据图象可知，从甲到乙再到丙，增大，则f增大，所以F增大，故，A．综上分析，A错误；B．综上分析，B错误；C．综上分析，C错误；D．综上分析，D正确。故选D。3、D【解析】

设原两极板的距离为，负极板右移x时，两极板的距离为两极板间的距离减小；A．两极板间距减小为时，由知则C增大，但C与x的关系不是一次函数，其图像不是直线，故A错误；B．由，则有则E与x无关，其图像为平行于x轴的直线，故B错误；C．正极板接地其电势为0，且为最高值。P点与正极板距离不变，设为l，其电势为得则与x无关，其图像为平行于x轴的直线，且为负值，故C错误；D．负试探电荷电势能为则与x无关，其图像为平行于x轴的直线，且为正值，故D正确。故选D。4、D【解析】

A．带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，偏转方向往右，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；B．粒子从e点射出时，速度方向与bd的夹角为，即水平向右射出，在电场中做类平抛运动，从b点射出电场，所受电场力方向由c指向b，负电荷所受电场力方向与场强方向相反，则电场方向由b指向c，故B错误；C．粒子从d到e过程中洛伦兹力不做功，但在e到b的类平抛运动过程中，电场力做下功，则粒子在b点的动能大于在d点的动能，故C错误；D．假设ab边长的一半为r，粒子从d点射入磁场的速度为v，因为粒子在磁场中运动的时间为弧长de除以速率v，即，粒子在电场中做类平抛运动，其在平行ab方向的分运动速度大小为v的匀速直线运动，分位移为r，可得粒子在电场中运动时间为，故D正确。故选D。5、D【解析】

A．对金属棒，根据牛顿第二定律可得：可得：当速度增大时，安培力增大，加速度减小，所以金属棒开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀加速直线运动，故A错误；B．金属棒匀速下滑时，则有：即有：当金属棒速度为时，金属棒的加速度大小为：故B错误；C．对金属棒，根据动能定理可得：解得产生的焦耳热为：电阻上产生的焦耳热为：故C错误；D．通过金属棒某一横截面的电量为：故D正确；故选D。6、C【解析】

ABD．根据光电效应方程有Ekm=hν－W0其中W0为金属的逸出功，其中W0=hν0所以有Ekm=hν－hν0由此结合图象可知，该金属的逸出功为E或者W0=hν0，当入射光的频率为2ν0时，代入方程可知产生的光电子的最大初动能为E，故ABD正确；C．入射光的频率时，小于极限频率，不能发生光电效应，故C错误。此题选择错误的，故选C。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】

A．只把滑片P向上滑动，原线圈匝数增大，根据可知，副线圈两端电压变小，根据欧姆定律可知，副线圈电流变小，副线圈功率变小，则输入功率变小，输入电压不变，则原线圈电流变小，电流表示数将变小，故A错误；B．只把滑片P向下滑动，原线圈匝数变小，副线圈两端电压变大，根据欧姆定律可知，副线圈电流变大，，则电阻R1消耗的功率将增大，故B正确；CD．只闭合开关K，副线圈电阻变小，匝数比和输入电压不变，则输出电压不变，根据欧姆定律可知，副线圈干路电流变大，R1分压变大，则R2两端电压变小，消耗的功率将减小；副线圈干路电流变大，输出功率变大，则输入功率变大，输入电压不变，则原线圈电流变大，电流表示数将变大，故C错误D正确。故选BD。8、AC【解析】

A．将左极板向左移动少许，则d变大，同时在两极板之间插入电介质，则ε变大，根据可知C可能变大，根据Q=CU可知，U可能减小，即静电计指针的偏转角度可能变小，选项A正确；B．将左极板向左移动少许，则d变大，同时取出两极板之间的金属板，则也相当于d变大，根据可知C一定变小，根据Q=CU可知，U变大，即静电计指针的偏转角度变大，选项B错误；C．将左极板向左移动少许，则d变大，同时在两极板之间插入金属板，则相当于d又变小，则总体来说可能d减小，根据可知C可能变大，根据Q=CU可知，U变小，即静电计指针的偏转角度可能变小，选项C正确；D．将左极板向下移动少许，则S减小，同时取出两极板之间的电介质，则ε变小，根据可知C一定减小，根据Q=CU可知，U变大，即静电计指针的偏转角度一定变大，选项D错误；故选AC。9、AD【解析】

A．由于电容器和静电计均为断路，故开关闭合一段时间后，电路中电流为0，故电压表两端电压为0，因此C1上电荷量为0，故A正确；B．由于整个电路中没有电流，C2相当于直接接在电源两端，故滑动滑动变阻器对电路没有影响，C2上电压不变，故电荷量不变，故B错误；C．电压表两端电压为0，静电计两端电压不为0，故C错误；D．S断开后，C2上电荷量保持不变，故当两极板距离增大时，电容减小，由可知，电压增大，故静电计张角变大，故D正确；故选AD。10、AC【解析】

A．设AE中点为G，如图所示，则根据匀强电场的性质可解得该点的电势为则所以GC连线是一个等势线；电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以电场强度的方向由E指向A，故A正确；B．EA两点间的电势差为EA两点间的距离再根据电场强度公式可得故B错误；C．沿着电场线方向电势逐渐降低，因此H点电势最高，则而解得故C正确；D．电子从D沿着圆周移到F点，电势先升高后降低，电子带负电，电势能先减小后增加，静电力先做正功后做负功，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、甲6.7000.36【解析】

(1)让球直径卡在两外测量爪之间，测量方法正确的是甲．(2)螺旋测微器示数(3)根据匀变速直线运动的推论可得纸带经过2号计数点时瞬时速度为：。12、（1）C（2）g【解析】

（1）A．此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，所以A不准确；B．曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若a﹣M图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出a﹣图象，故B错误；C．探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故C正确．（2）设小车质量为m，钩码质量为M，则对小车有：对钩码有：联立解得：将上式变形为：可见当Mm时，加速度a趋近于g．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)8m/s2(2)(3)，【解析】

（1）物块P刚冲上传送带时，设PQ的加速度为，轻绳的拉力为因P的初速度大于传送带的速度，则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用对P由牛顿第二定律得对Q受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用由牛顿第二定律得联立解得（2）P先减速到与传送带速度相同，设位移为，则共速后，由于摩擦力故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右设此时的加速度为，轻绳的拉力为对P由牛顿第二定律得对Q由牛顿第二定律得联立解得设减速到0位移为，则PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功（3）第一个减速过程，所用时间P运动的位移为皮带运动的位移为第二个减速过程，所用时间P运动的位移为皮带运动的位移为则整个过程产生的热量当时，14、(1)(2)【解析】

(1)设粒子的电荷量为q，从O点进入三角形区城的初速度大小为v，电场的电场强度大小为E，磁场的磁感应强度大小为B，当三角形区域内同时存在电场和