2025届贵州省贵阳市高三上学期11月模拟预测物理试题（解析版）-A4

这是一份2025届贵州省贵阳市高三上学期11月模拟预测物理试题（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，3×102 NB，5kg， 如图，一车手以8等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷共6页，三道大题，15道小题。试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 如图，两根相同的导体棒PQ和MN置于两根固定在水平面内的光滑的长直平行导电轨道上，并处于垂直水平面向下的匀强磁场中。如果PQ获得一个向右的初速度并任由其滚动，运动中PQ和MN始终平行且与轨道接触良好。则下列描述不正确的是（ ）
A. 开始阶段，回路中产生的感应电流的方向为PQMN
B. 开始阶段，作用在PQ棒上的安培力向左
C. MN棒开始向右加速运动
D. PQ棒向右做匀减速运动直至速度为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据安培定则可知开始阶段，回路中产生的感应电流的方向为PQMN，故A正确；
B．根据左手定则可知开始阶段，作用在PQ棒上的安培力向左，故B正确；
C．同理根据左手定则可知开始阶段，MN棒所受的安培力向右，即MN棒开始向右加速运动，故C正确；
D．设PQ棒的速度为，MN棒的速度为，回路中总电阻为，导轨间距为，则感应电流
PQ棒减速，MN棒加速，则感应电流减小，根据
可知两棒所受安培力减小，结合牛顿第二定律可知加速度减小，即PQ棒向右做加速度减小的减速运动，直到两棒的速度相等后，做匀速直线运动，故D错误。
本题选不正确项，故选D。
2. 甲、乙两辆小汽车并排在平直道路上行驶时的位置（x）——时间（t）图线如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 在6s时，甲、乙两车的速度相同
B. 在7s时，乙车比甲车的速度大
C. 在4s到6s时间内，乙车的速度总是在增加
D. 在8s后，甲车超过乙车
【答案】D
【解析】
【详解】A．在6s时，甲车图像的斜率大于乙车，位移时间图像中斜率表示速度，故甲车速度更大，故A错误；
B．在7s时，甲车图像的斜率大于乙车，位移时间图像中斜率表示速度，故甲车速度更大，故B错误；
C．在4s到6s时间内，乙车的斜率先增大后减小，即乙车速度先增加后减小，故C错误；
D．8s时，甲车与乙车图像相交，即相遇，8s后甲车位置比乙车远，甲车超过乙车，故D正确。
故选D。
3. 如图，一广告商想挂起一块重7.5×102 N的广告牌。他将缆索A固定在其中一栋建筑的竖直墙壁上，缆索与墙面成30°角，缆索B固定在毗邻建筑的墙上，呈水平方向。则缆索B所受广告牌的拉力大小最接近（ ）
A. 4.3×102 NB. 6.5×102 NC. 8.7×102 ND. 1.3×103 N
【答案】A
【解析】
【详解】对广告牌受力分析有
联立解得
故选A。
4. 质量相同的a、b两颗卫星均绕地球做匀速圆周运动。a卫星是地球同步卫星，b卫星绕地球的周期约为3小时。则b卫星受地球的引力大小约是a卫星受地球引力大小的几倍（ ）
A. 1B. 8C. 16D. 27
【答案】C
【解析】
【详解】由于两颗卫星均绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律，可知
可知a、b卫星的轨道半径之比为
根据万有引力定律，可知a、b卫星受地球的引力大小之比为
可知，b卫星受地球的引力大小约是a卫星受地球引力大小的16倍。
故选C 。
5. 如图，光滑轨道abc竖直固定，a、b、c三点距地面的高度已在图中标出，最低点b附近轨道形状近似为圆形，半径R=0.6m。将可视为质点的小球由a点静止释放，并沿轨道abc运动，经过b点时所受合力大小为30N，小球从c点离开轨道时，其速度方向与水平面成60°角，最终落在地面上e点。不计空气阻力，重力加速g取10m/s2。则下列关于小球的说法正确的是（ ）
A. 比较小球在b、c、d、e各点速率，小球在b点的速率最大
B. 小球的质量为0.5kg
C. 小球运动到c点时的速度大小为
D. 小球从c点刚好飞行到e点所需的时间为0.5s
【答案】B
【解析】
【详解】A．小球由a点静止释放，之后小球只有重力做功，机械能守恒，重力势能最小时，动能最大，速率最大，可知，小球在b、c、d、e各点速率，小球在e点的速率最大，故A错误；
B．小球经过b点时所受合力大小为30N，根据牛顿第二定律有
小球从a到b过程，根据动能定理有
解得
故B正确；
C．小球从a到c过程，根据动能定理有
解得
故C错误；
D．小球从c点飞出后做斜抛运动，在竖直方向上有
舍去负值，结合上述解得
故D错误
故选B。
6. 位于坐标原点处的波源，从时刻开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为，形成的一列简谐横波以0.5m/s的速率沿x轴正方向传播。则时的波形图为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】从时刻开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为
则周期为
波长为
则时，即经过一个周期后，坐标原点处的波源从回到平衡位置向上振动，由于沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，时的波形图为B选项中的波形图。
故选B。
7. 如图，质量为m的四轴无人机有四个螺旋桨。四个螺旋桨旋转共扫出的总面积为S，当四个螺旋桨同时旋转产生竖直向下的气流，可使该无人机悬停在空中某一固定位置。已知空气的密度为，重力加速度大小为g。要使无人机悬停，则螺旋桨旋转产生竖直向下的气流的速率应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】对无人机受力分析可知
在极短时间t内，对空气列动量定理
联立解得
故选A。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图，一车手以8.0 m/s的速度骑着自行车在粗糙水平道路上沿直线匀速前行，所受阻力恒为17.0N，后轮与地面不打滑，车手与自行车的总质量为65kg。在s时，车手看到正前方9m处红灯亮起，并立即刹车制动使自行车匀减速直线前行，最终在s时停下，已知车手的反应时间为0.2s。下列关于自行车和车手的说法正确的是（ ）
A. 自行车匀速前进时，后轮与地面接触点所受的摩擦力与其前进方向相反
B. 自行车匀速前进时，车手所提供的机械功率为136 W
C. 车手和自行车匀减速直线前行过程受到的阻力大小为325 N
D. 自行车刚停下，车与红灯的距离为1m
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．自行车匀速前进时，后轮与地面接触点所受的摩擦力向前，与其前进方向相同，选项A错误；
B．自行车匀速前进时，车手所提供的机械功率为
选项B正确；
C．车手和自行车匀减速直线时由逆向思维可知
则前行过程受到的阻力大小为
选项C正确；
D．反应时间内自行车的位移
自行车刚停下，车与红灯的距离为
选项D正确。
故选BCD。
9. 如图1，某男子举重运动员，训练由架上挺举质量为100 kg的杠铃。挺举过程中，杠铃竖直方向的速度随时间变化的关系图线如图2所示（以竖直向上为速度正方向）。图中a至i为挺举过程中的某些特定时刻。只考虑杠铃竖直方向的运动情况，重力加速度g取10 m/s2。则下列有关杠铃的说法正确的是（ ）
A. 由零时刻到a时刻过程，杠铃处于失重状态
B. 由零时刻到a时刻过程，杠铃的动能增加
C. 由a时刻到b时刻过程，举重运动员挺举杠铃所施的平均作用力约为1500N
D. 由e时刻到g时刻过程，杠铃的重力势能减少
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由零时刻到a时刻过程，杠铃向下减速，加速度竖直向上，杠铃在竖直方向上只受重力和运动员举杠铃的力，即运动员举杠铃的力大于重力，处于超重状态，故A错误；
B．由零时刻到a时刻过程，杠铃速度减小，动能减少，故B错误；
C．由a时刻到b时刻过程，加速度约为
由牛顿第二定律可知
解得
故C正确；
D．由e时刻到g时刻过程，杠铃速度方向竖直向下，重力做正功，杠铃的重力势能减小，故D正确。
故选CD。
10. 如图，带电荷量为的球1固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面上的O点，其正上方L处固定一带电荷量为的球2，斜面上距O点L处的P点有质量为m的带电球3恰好静止。球的大小均可忽略，已知重力加速度大小为g。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。下列关于球3的说法正确的是（ ）
A. 带负电
B. 运动至O点的速度大小为
C. 运动至O点的加速度大小为
D. 运动至OP中点时对斜面的压力大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．球3原来静止，迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动，说明1、3之间原来是斥力，球3带正电，故A错误；
B．由几何关系知，球1球2球3初始位置为一正三角形，球3运动至O点过程中库仑力不做功，由动能定理得
解得
故B正确；
C．设球3电量为Q，对P点的球3受力分析，在沿斜面方向有
对O点球3受力分析，在沿斜面方向有
联立解得
故C正确；
D．运动至OP中点时，在垂直斜面方向有
解得
根据牛顿第三定律可得运动至OP中点时球3对斜面的压力大小为，故D错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11. 某小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置“研究加速度与力的关系”和“验证机械能守恒定律”。气垫导轨已调至水平，细线与轨道平行。托盘和砝码的总质量、滑块（含遮光条）的质量、滑块释放点到光电门的距离、遮光条的宽度和挡光片通过光电门的时间分别用m1、m2、l、d和△t表示。已知当地重力加速度为g。请完成下列问题：
（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d，游标卡尺的示数如图乙所示，则__________mm；
（2）“研究加速度与力关系”。实验过程中可近似认为托盘和砝码受到的总重力等于滑块（含遮光条）所受的拉力。
①改变托盘中的砝码个数，每次从同一位置静止释放滑块，测出△t。为完成实验，除已测量的物理量而外，还必需要测量的物理量有___________（选填“m1、m2、l）；
②用所测物理量写出求滑块加速度大小的表达式__________（用“l、d或△t表示）。
（3）“验证系统机械能守恒定律”。先测出m1、m2，通过改变滑块的静止释放位置，测出多组l、△t数据，并利用实验数据绘制出图像如图丙所示。若图丙中直线的斜率近似等于__________（用m1、m2和g表示），则可认为该系统机械能守恒。
【答案】（1）
（2） ①. ②.
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据游标卡尺的读数规则
【小问2详解】
[1]根据题意实验研究“加速度与力的关系”，实验过程中可近似认为托盘和砝码受到的总重力等于滑块（含遮光条）所受的拉力，由
实验为了验证加速度与合外力成正比关系，只需测量托盘和砝码质量，实验过程中控制滑块质量不变即可，不必测量出滑块质量，也不必测量滑块释放点到光电门的距离；
[2]滑块经过光电门的速度为
由运动学公式
联立解得
【小问3详解】
若系统机械能守恒，则有
解得
斜率为
若图丙中直线的斜率近似等于，则可认为该系统机械能守恒。
12. 一个有两个量程的电压表已损坏，电流表G的满偏电流，内阻未知，其电路如图甲所示。某同学对该电压表进行修复并校准的过程如下：
（1）拆开电压表，经检测，R1损坏，表头和R2完好；
（2）用如图乙所示的电路测量表头的内阻，图乙中电源的电动势4V。闭合开关前，滑动变阻器R的滑片应移到____________（填“a端”或“b端”），先闭合S1，调节滑动变阻器R，使表头的指针偏转到满刻度；再闭合开关S2，保持R不变，仅调节电阻箱阻值，使表头指针偏转到满刻度的，读出此时的阻值为200Ω，则表头的内阻的测量值为________Ω；
（3）根据题给条件和（2）所测数据，请你推算电阻R1损坏之前阻值应为__________Ω，选取相应的电阻替换R1，重新安装好电表；
（4）用标准电压表对修复后的电压表的“0~3V”量程进行校对，请在答题纸上把如图丙所示的实物电路补充完整__________；
（5）校准时发现，修复后的电压表的读数比标准电压表的读数偏小，该同学认为造成这一结果的原因是，由于步骤（2）测量表头的内阻存在一定的误差，表头内阻的真实值__________（填“大于”或“小于”）测量值。
【答案】 ①. b ②. 100 ③. 9900 ④. ⑤. 大于
【解析】
【12题详解】
[1]闭合开关前，为了保护电路，电路阻值应调大最大，故滑动变阻器R的滑片应移到b端；
[2]题意知闭合S2前，干路电流为，闭合S2后，干路电流不变，电流表和电阻箱并联，电压相同，题意可知电流表示数为，故流过电阻箱的电流为，设电流表内阻为，则由并联特点有
代入数据得
[3]题意知电流表与R1串联构成了量程为3V的电压表，故
解得
[4]校准改装好的电压表需要标准电压表与其并联，故图如下
[5]由于步骤（2）中闭合S2时认为干路电流不变，实际并联后的电路总电阻减小，总电流增大，此时干路电流大于，故流过的电流大于，故表头内阻的真实值大于测量值。
13. 一蒸汽弹射系统的简易图如图所示。在一次弹射测试中，用不可伸长的缆索将质量为2.6×104kg的战机与高压蒸汽贮气缸的活塞连接，当机尾的锁扣被松开，贮气缸中的高压蒸汽膨胀便推动活塞，从而带动战机在航母的水平甲板上加速运动，经1.5s，战机速度达到54m/s。此过程战机的发动机引擎未开启，忽略战机与甲板的摩擦力和空气阻力影响。求：
（1）弹射过程战机的平均加速度大小；
（2）高压蒸汽膨胀带动战机加速弹射过程对战机所做的功；
（3）请判断在弹射过程中战机的加速度是不断增加、不断减小还是保持不变。并对你的判断作出解释。
【答案】（1）
（2）
（3）见解析
【解析】
【小问1详解】
弹射过程战机的平均加速度大小
代入数据可得
【小问2详解】
高压蒸汽膨胀带动战机加速弹射过程对战机所做的功
根据牛顿第二定律
根据运动学公式
代入数据联立解得
【小问3详解】
加速度不断减小，因为高压蒸汽膨胀提供推力使战机加速，而蒸汽膨胀后压强逐渐减小，即推力逐渐减小，由可知，战机质量不变时，其加速度逐渐减小。
14. 在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度大小为B。带正电的小球1和不带电的绝缘小球2静止放置于固定的水平悬空光滑支架上，两者之间有一被压缩的绝缘微型弹簧，弹簧用绝缘细线锁住，如图所示。小球1的质量为m1，电荷量为q。某时刻，烧断锁住弹簧的细线，弹簧将小球1、2瞬间弹开。小球1做匀速圆周运动，经四分之三个周期与球2相碰。弹开前后两小球的带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内。不计空气阻力，两球均可视为质点，重力加速度大小为g。求：
（1）电场强度的大小；
（2）小球2被弹开瞬间的速度大小；
（3）小球1、2的质量之比。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
小球1做匀速圆周运动，故小球1所受的重力和电场力等大反向
解得
【小问2详解】
两球相撞时，小球2的水平位移和竖直位移都是小球1圆周运动的半径，小球1做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
联立解得
，
【小问3详解】
烧断细线瞬间，两小球组成系统动量守恒
解得
15. 一固定装置由表面均光滑的水平直轨道AB、倾角为的直轨道BC、圆弧管道（圆心角为）CD组成，轨道间平滑连接，其竖直截面如图所示（未按比例作图）。BC的长度L =2.0m，圆弧管道半径R=1.0m（忽略管道内径大小），D和圆心O在同一竖直线上。轨道ABCD末端D的右侧紧靠着水平面上质量=0.1kg的平板，其上表面与轨道末端D所在的水平面齐平。质量=0.1kg、可视为质点的滑块从A端弹射获得=3.2J的动能后，经轨道ABCD水平滑上平板，并带动平板一起运动。平板上表面与滑块间的动摩擦因数=0.6、下表面与水平面间的动摩擦因数为。不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，，。
（1）求滑块到达轨道ABCD末端D时的速度大小；
（2）若，滑块未脱离平板，求平板加速至与滑块共速过程系统损失的机械能；
（3）若，平板至少多长才能使滑块不脱离平板。
【答案】（1）6m/s
（2）0.9J （3）1.8m
【解析】
【小问1详解】
根据动能定理有
解得
【小问2详解】
若，滑块未脱离平板，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
【小问3详解】
若，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
滑块向右做匀减速直线运动，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
木板向右做匀加速直线运动，当两者达到相等速度后保持相对静止向右做匀减速直线运动，则有
两者的相对位移大小等于木板长度的最小值，则有
解得