2024~2025学年贵州省六校联盟高三上高考实用性联考卷（三）物理试卷

这是一份2024~2025学年贵州省六校联盟高三上高考实用性联考卷（三）物理试卷，共14页。

【参考答案】
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）
【解析】
1．；，解得香肠烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为，故A正确。
2．由题意知，由，得，解得，故A错误。由，可得，所以，故B正确。由，所以，故C错误。卫星的向心力为，所以向心力之比，故D错误。
3．A点的点电荷在O处产生的电场强度为，方向沿AO方向，B点的点电荷在O处产生的电场强度为，方向沿BO方向，根据电场强度叠加原理可得O点的电场强度大小为，故A错误。A点的点电荷在C处产生的电场强度为，方向沿AC方向，B点的点电荷在C处产生的电场强度为，方向沿BC方向，根据电场强度叠加原理可得C点的电场强度大小为，故B正确。正试探电荷在移动过程中电场力先减小后增大，故C错误。正试探电荷在移动过程中电势能先减小后增大，故D错误。
4．设每块砖的厚度是d，向上运动上运动时①；向下运动时②，联立①②得③，根据牛顿第二定律，向上运动时④，向下运动时⑤，联立③④⑤得，故C正确。
5．因为四根导线中的电流大小相等，方向相同，且O点与四根导线的距离相等，由安培定则可知，导线和导线在O点的磁感应强度等大反向，同理导线和导线在O点的磁感应强度等大反向，所以O点的磁感应强度为零，故A错误。由同向电流相互吸引可知，受其他三根导线的吸引力分别指向三根导线，又由对称性可知，导线和导线对的安培力合力沿着bd方向，而对的安培力也沿着bd方向，所以所受安培力的方向沿正方形的对角线bd方向。由图可知，与的距离小于与的距离，则导线在处产生的磁场比在处的强，又因为它们电流相等，由安培力公式可知，对的安培力大于对的安培力，通过右手螺旋定则判断在、处产生的磁场方向不同，故安培力的方向不同，故B、C错误，D正确。
6．结合乙图根据甲图有物块0~1s内，物块做初速为零的匀加速直线运动，有，物块1~2s内，做匀速直线运动，有，物块2s后，做匀减速直线运动，有，代入数据得，，则设物块减少到零的时间为t则有，代入数据得，故第3秒末物块速度为零，第4秒内拉力与摩擦力平衡，物块静止，速度为零，故B正确。根据动能定理，有；联立，可得，故A错误。前4s内拉力的冲量为甲图中图像与坐标轴所围面积，则有，故C错误。根据A项分析已知速度时间图像与坐标轴围成面积表示位移，则前4秒内的位移为，故D错误。
7．人正对茶壶观察，作出滤网最边缘的光路俯视图，如图1所示，
根据几何关系有，；根据折射率的定义式有，解得，故C正确。
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，有错选的得0分。）
【解析】
8．金属的逸出功是金属的自身固有属性，仅与金属自身有关，增加此X光的强度，该金属逸出功不变，故A正确。根据光子能量公式可知，增加此X光的强度，X光的光子能量不变，故B错误。根据光电效应方程可知逸出的光电子最大初动能不变，故C错误。增加此X光的强度，单位时间照射到金属表面的光子变多，则单位时间逸出的光电子数增多，故D正确。
9．在时刻，振动物体处于负的最大位移处，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，故A正确。在时刻，振动图对应的斜率为负，向下运动，故B正确。在时刻，还受到阻力作用，合力不为零，故C错误。由于物体做减幅振动，所以运动过程中，机械能一直减小，故D错误。
10．根据图象得函数关系式，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势，感应电流，安培力，解得，根据匀速直线运动的速度位移公式，可得金属棒不可能做匀速直线运动，故A错误。根据题意金属棒所受的安培力大小不变，处与处安培力大小相等，有，解得，故B正确。金属棒在处的安培力大小为，对金属棒金属棒从运动到过程中，根据动能定理有，代入数据解得，故C错误。根据感应电量公式到过程中，图像包围的面积，所以，故D正确。
三、非选择题（本题共5小题，共57分）
11．（每空2分，共6分）
（1）交流电源
（2）
（3）9.70
【解析】（1）电火花打点计时器所用的交流电压为220V。
（2）打E点时重物的速度为。
（3）由机械能守恒定律得，整理得，则图线的斜率，解得。
12．（除特殊标注外，每空1分，共9分）
（1）5
（2）②如图2所示（3分）
③（2分）
（3）2.1/2.2/2.3/2.4/2.5均给分 0.24/0.25/0.26/0.27/0.28均给分（2分）
13．（12分）
解：（1）气体进行等压变化，有
①
解得：②
（2）此过程中气体内能增加
③
气体的压强
④
气体对外做功大小为
⑤
热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量
⑥
评分标准：本题共12分。正确得出①～⑥式各给2分。
14．（14分）
解：（1）根据题意可知
①
解得：②
（2）粒子先在电磁场中做匀速直线运动，时间，有
③
粒子从进入电场做类平抛运动，受沿轴负方向的电场力，有
④
⑤
解得：⑥
（3）仅有磁场，以进入磁场，有
⑦
解得：
画出粒子的运动轨迹，如图3所示，
由几何关系可得，轨迹所对圆心角为120°，并且出射点到点的距离为
则粒子在磁场中
⑧
在磁场中运动的时间
⑨
出磁场到点的时间
⑩
从点运动至点所用的时间
⑪
评分标准：本题共14分。正确得出①、⑦、⑪式各给2分，其余各式各给1分。
15．（16分）
解：（1）从到由动能定理得
①
解得：
因为，故可以到达点②
在点若重力恰好提供向心力，则
解得：③
故在E点有
④
解得：
由牛顿第三定律可知，压力
⑤
（2）由于，在传送带上运动时由于小于传送带速度，可知一直做加速运动，则有
⑥
解得：
由公式⑦
解得：⑧
（3）根据第（2）问可知，物块到达C点时速度大小为设物块在传送带上向上滑动的加速度大小为，有
⑨
解得：
上滑距离
⑩
上滑时间
此段时间内，传送带接触点的运动距离
⑪
物块减速到零后开始沿传送带加速下滑。设下滑加速度大小为，由牛顿第二定律可知，故物块返回到C点时速度大小没变，还是，故物块下滑时，物块的距离
传送带接触点的运动距离⑫
则物块从C点往B点返回时，由动能定理可得
⑬
解得：⑭
则物块在整个过程摩擦生热
⑮
评分标准：本题共16分。正确得出①式给2分，其余各式各给1分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
A
B
B
C
D
B
C
题号
8
9
10
答案
AD
AB
BD