四川省金太阳2025届高三2月开学考试物理（含答案）

2025届高三物理试题

参考答案

题序12345678910

答案CBCDBBCACBCAD

1.【答案】C

【详解】钝137的半衰期约为T=30年,经过t=15年的衰变,即经过了n个半衰期的时间衰

n

变,有n,根据半衰期公式有m余=m总=m总g

≈3.5×10—8g

故选C。

235

拓展I.B【解析】本题考查裂变反应,目的是考查学生的理解能力。该裂变反应方程为92U

1144891

+0n→56Ba+36kr+30n,选项B正确。

234

拓展".D【解析】本题考查原子物理,目的是考查学生的理解能力。大量氘核轰击92U时产

2382234238238238

生94PU的反应方程为21H+92U→94PU,选项A错误;94PU衰变时的反应方程为94PU

2344238234

→92U+2He,选项B错误;94PU的比结合能小于92U的比结合能,选项C错误;半衰期为统

计数据,选项D正确。

2.【答案】B

【详解】设两膨胀螺丝释放的时间间隔为T,膨胀螺丝b下落时间为t,膨胀螺丝a下落时间为

2

t+T,因此两者间的距离d=ha—hbgtgT+gTt,由于g、T都是

常数,所以d与t是一次函数关系。

故选B。

拓展I.A【解析】本题考查x—t图像,目的是考查学生的理解能力。位移—时间图线的斜率

表示速度,根据题中图像可知,选项A中物体做匀速运动,选项B中物体处于静止状态,选项

C的斜率逐渐增大,物体做加速运动,选项D的斜率逐渐减小,物体做减速运动,选项A正

确。

拓展".AD【解析】本题考查功能关系,目的是考查学生的推理论证能力。设斜面的倾角为

θ,滑块在AB、BC两段均做匀加速直线运动,在AB段的加速度大小a1=gsinθ—μgcosθ,

在BC段的加速度大小a2=gsinθ,动量大小p=m℃,p—t图像为两段直线,选项A正确;动

2

能Ekm℃,Ek—t图像为两段曲线,选项B错误;经过B点后,滑块的机械能守恒,选项

C错误;重力的功率PG=mg℃sinθ,选项D正确。

3.【答案】C

【详解】设大圆环半径为R,小环从大圆环P点运动到B过程,根据动能定理:

高三物理●参考答案第1页(共13页)SC03C—25

得与大圆环的半径不成正比,所以A错。

又a,a与大圆环的半径无关,所以B错。

在B点,根据牛顿第二定律:F’—mg=m

联立解得:F’=3mg+2mgcosθ

根据牛顿第三定律,小环对大圆环的作用力的大小F=3mg+2mgcosθ

F与大圆环的半径无关,所以C正确。

F与小环的重力大小之比等于3+2cosθ,与θ有关,所以D错。

故选C。

拓展I.A【解析】本题考查竖直平面内的圆周运动,目的是考查学生的推理论证能力。衣物

运动到最高点A时,对衣物有mg,在最低点有F—mg,解得F=2mg,选项A

正确。

拓展".D【解析】本题考查圆周运动,目的是考查学生的推理论证能力。传动比为1时踏板

转动一圈,轮胎也转动一圈,自行车的最小速度约为1.0m/s,选项A错误;传动比为3.43时

踏板转动一圈,轮胎转动3.43圈,自行车的最大速度约为3.6m/s,选项B错误;根据运动学

公式可知自行车的加速度大小为0.2m/s2,加速时间约为13s,选项C错误、D正确。

4.【答案】D

【详解】由题图(b)可知,周期为T=4s。

若简谐横波沿r轴正方向传播,且P、Q两点距离小于波长,则m

得:λ=1.6m,波速m/s=0.4m/s。

若简谐横波沿r轴负方向传播,且P、Q两点距离小于波长,则m

得:λ=4.8m,波速m/s=1.2m/s。故选项A、B均错误。

由题图(b)可知0.5s时P、Q两质点的速度大小相等,方向相反,选项C错误。

若简谐横波沿r轴正方向传播,P、Q两处质点之间距离为s时P、Q两处质点偏离

平衡位置位移相同,此时M处质点处于波谷,选项D正确。

故选D。

拓展I.A【解析】本题考查机械波,目的是考查学生的推理论证能力。若该简谐横波向右传

播,则波在2s内传播了6m,波速为3m/s;若该简谐横波向左传播,则波在2s内传播了2

m,波速为1m/s,选项A正确。

拓展".BCD【解析】本题考查机械波,目的是考查学生的创新能力。根据质点Q的振动图像

可知,t=0.8s时刻质点Q沿y轴负方向振动,则该波沿r轴负方向传播,选项A错误;该波

的波长λ=12m,周期T=1.6s,由可得该波的传播速度℃=7.5m/s,选项B、C均正

高三物理●参考答案第2页(共13页)SC03C—25

确;波动图像的方程为y=20sin(x+)(cm),t=0.8s时刻,x=0处的质点偏离平衡位

置的位移为10、cm,振动方程为y=20sin,ts时刻到达波峰,选项D

正确。

5.【答案】B

【详解】设地球的第一宇宙速度为v1,地球的质量为M1,半径为R1,密度为P1。

由万有引力公式提供向心力可知G可得v

。

设该小行星的第一宇宙速度为v2,小行星的质量为M2,半径为R2,密度为P2

同理可得v可得v2=n、v1

故选B。

拓展I.C【解析】本题考查万有引力,目的是考查学生的推理论证能力。根据G

解得v可得选项C正确。

拓展".C【解析】本题考查万有引力,目的是考查学生的推理论证能力。根据黄金代换有

GM’=g(2.4R+h)2=g’(2.4R)2,解得gg,选项C正确。

6.【答案】B

【详解】假设正弦交流电源输出电压的有效值为U,三个电阻的阻值均为R,开关S断开时,根

据理想变压器的原、副线圈匝数比为3:1,流过原线圈的电流为I,流过副线圈的电流为3I,

理想变压器原线圈电压U1=U—IR,副线圈电压U2=3I●2R

根据:U1:U2=n1:n2=3:1,解得:U=19IR

开关S闭合后,设流过原线圈的电流为I’,流过副线圈的电流为3I’

理想变压器原线圈电压U1’=U—I’R,副线圈电压U2’=3I’●R

根据:U1’:U2’=n1:n2=3:1,解得:U=10I’R,则II

流过R1的电流为I,流过R2的电流为3II,选项A错误,选项B正确。

开关S闭合前,变压器的输出功率为(3I)2●2R=18I2R,开关S闭合后,变压器的输出功率

为2●R=9●I2R,变压器的输出功率为开关S闭合前的,选项C错误。

开关S闭合前,电路消耗的总功率为UI,开关S闭合后,电路消耗的总功率为UIUI,电

路消耗的总功率为开关S闭合前的倍,选项D错误。

故选B。

高三物理●参考答案第3页(共13页)SC03C—25

拓展I.AD【解析】本题考查理想变压器,目的是考查学生的理解能力。设理想变压器原、副

线圈的匝数分别为n1、n2,根据已知条件可知原、副线圈的电压之比

电流之比,选项A、D正确。

拓展".CD【解析】本题考查理想变压器,目的是考查学生的推理论证能力。开关闭合后,要

使两盏灯均正常发光,则电阻R上的电压降和消耗的能量均增加,适当减小k1或增大变压

器T1的输入电压均可弥补电阻R上的电压降,使两盏灯均正常发光,选项A错误、C正确;

仅减小交流电的频率,不能使两灯泡两端的电压达到额定电压,选项B错误;将两变压器之间

的输电线加粗,也可以使两盏灯均正常发光,选项D正确。

7.【答案】C

【详解】A.两粒子“碰撞”过程动量守恒,则由题图可知,在t=0时刻p0=m℃0

在t=t1时刻p1=(m+mA)●0.4℃0,即m℃0=(m+mA)●0.4℃0,则mAm,选项A错

误。

B.t=t2时刻,℃B=0,根据动量守恒定律:m℃0=mA℃A,℃A,选项B错误。

2

C.0~t2时间内系统电势能增加了m●m℃0,选项C正确。

D.当A、B粒子的距离等于t=0时的距离时,根据前后总动能相等,系统动量守恒,可得℃A

由于A、B斥力的存在,A将继续加速,故A的最大速度大于,选项

D错误。

故选C。

拓展I.BC【解析】本题考查动量守恒定律,目的是考查学生的推理论证能力。由题图可知,

碰前质量为m2的物体静止,质量为m1的物体速度为4m/s,碰后质量为m1的物体被反向

弹回,速度为—2m/s,质量为m2的物体速度为2m/s,根据动量守恒定律有m1℃1=m2℃2’+

m1℃1’,解得m1:m2=1:3,选项A错误、B正确;系统碰撞前的动能等于碰撞后的总动能,

碰撞为弹性碰撞,选项C正确、D错误。

v/(m●s一1)

拓展".D【解析】本题考查牛顿运动定律的综合应用,目的是考查3

学生的模型建构能力。由已知条件可知,两滑块在木板上滑动时1

0t/s

的加速度大小分别为2m/s2、4m/s2,它们运动的℃—t图像如图1.03.0

-3

所示,显然木板的长度为3m,木板的质量为2kg,选项A、B均错

误;三者共速后一起以0.5m/s2的加速度减速,木板运动的最大距离为1.5m,选项C错误;

由图像可知,最终滑块B的位移为0,选项D正确。

8.【答案】AC

【详解】两隔离玻璃板之间只有空气时,光路图如图1所示,观察者在平面镜上看到的是“红

脸”,故A正确,B错误。两隔离玻璃板之间充满透明液体A时,光路图如图2所示,向两隔

高三物理●参考答案第4页(共13页)SC03C—25

离玻璃板之间缓慢注入透明液体A直至装满的过程,观察者将在平面镜上看到“红脸”换成

“蓝脸”。将两隔离玻璃板之间的透明液体A缓慢抽出直至抽完的过程,观察者将在平面镜

上看到“蓝脸”换成“红脸”。故C正确,D错误。

故选AC。

俯视图:俯视图:

红脸到

蓝

脸

看到红脸看到蓝脸

图1图2

拓展I.A【解析】本题考查光的折射,目的是考查学生的推理论证能力。防窥屏的厚度不影

响可视角度θ,选项A正确;若屏障的高度越大,即d越大,则入射角变小,根据折射定律可

知,其折射角变小,可视角度θ变小,选项B错误;因可视角度θ是光线进入空气中时折射角

的2倍,故透明介质的折射率越小,空气中的折射角越小,可视角度θ越小,选项C错误;防窥

屏实现防窥效果主要是因为某些角度范围内的光被屏障吸收,能射出到空气中的光的入射角

都小于临界角,没有发生全反射,选项D错误。

拓展".A【解析】本题考查光的折射,目的是考查学生的推理论证能力。因题图中鳞片平行,

厚度均匀,根据对称性可知,a点的反射光线与b点的折射光线平行,选项A正确;入射角i

变大,根据几何关系可知,a、b两点间的距离变大,选项B错误;若仅将蓝光换为红光,则入射

点a与出射点b间的距离变大,选项C错误;若仅将蓝光换为紫光,则入射点a与出射点b间

的距离变小,选项D错误。

9.【答案】BC

【详解】将B、D、E、C、F、H六个顶点向对角线AG方向投影,发现B、D、E在同一等势面上,

C、F、H在另一等势面上,且两等势面将AG三等分,故两等势面的电势分别为—2v和

—7v,G点的电势为—12v,AG间的距离为10、cm,AG间的电势差为15v,故匀强电场

的电场强度为50、v/m;H点与F点电势相等,把电子从H点移到F点,电场力不做功,

电势能不变。

故选BC。

拓展I.AB【解析】本题考查点电荷产生的电场,目的是考查学生的理解能力。等量异种点电

荷固定于B、D两点,AC1A1面是BD连线的中垂面,即AC1A1为等势面,且A、C两点

到两点电荷的距离相等,A1、C1两点到两点电荷的距离相等,所以A、C两点的电场强度相

同,A1、C1两点的电场强度相同,选项A、B均正确;根据对称性知,B1、D1两点的电场强度

大小相等、方向不同,选项C错误;C1点到两点电荷的距离较远,C点的电场强度大于C1点

的电场强度,选项D错误。

拓展".B【解析】本题考查静电场,目的是考查学生的理解能力。C点的电场强度比O点的

小,选项A错误;等量异种点电荷连线的中垂线为等势线,选项B正确;带电粒子在等势线上

移动时,电场力不做功,选项C、D均错误。

高三物理●参考答案第5页(共13页)SC03C—25

10.【答案】AD

【详解】电子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,

XX

由牛顿第二定律得e℃0B可解得r3

若电子垂直打在Q板上,出磁场时须与磁场的右边界垂直,如图所示,由A

几何关系得

XBXE

r1cos30。=d,可解得r

故I区磁场的磁感应强度为B故A正确。

电子在电场中所受电场力水平向左,若电子能打在Q板上,由动能定理得PQ

解得,电子到达Q板时的速率不可能大3

℃0A

于,故B错误。

2

BE

若电子恰好打在Q板上,说明速度的方向刚好与Q板平行,且速率为d

设电子进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为θ,℃0cosθ=

1

℃0,解得θ=60。

2

在磁场中,由几何关系知r2cos30。+r2cos60。=d

得rd,此时B

所以I区所加磁场的磁感应强度最大值为故C错误,D正确

故选AD。

拓展I.D【解析】本题考查带电粒子在复合场中的运动,目的是考查学生的创新能力。设半

圆形区域的半径为R,粒子射入时的速度大小为℃,若粒子带正电,撤去磁场后,粒子从

Eqt0

、3R(2

处离开半圆形区域,有qE=q℃B,R=℃t0,),解得B,选项

2=2m2

D正确。

拓展".BD【解析】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动,目的是考查学生的创新能力。根

2因粒子在磁分析器中运动轨迹的圆心与点重合,有

据动能定理有qUm℃,OEq=

q℃B,在磁分析器中,洛伦兹力提供向心力,有t磁选项A错误、B正确;粒

子在静电分析器中,电场力提供向心力,有t电选项C错误、D正确。

高三物理●参考答案第6页(共13页)SC03C—25

11.【答案】(1)18.6(1分)(1分)

(2)不均匀(2分)

(3)9.69(2分)

【详解】(1)摆球的直径d=18mm+6×0.1mm=18.6mm

4π2(l)

根据单摆周期公式T,计算当地重力加速度的表达式为g=

T

(2)由受力分析,结合牛顿第二定律,得mgtanθ=ma,得a=gtanθ,可知该加速度测量仪

的刻度不均匀。

(3)频闪照片中相邻两计数点间的时间间隔为2T,根据逐差法,重力加速度大小为

拓展.(1)2.30(3分)

(2)反(3分)

【解析】本题考查“探究弹簧振子的运动规律”实验,目的是考查学生的实验探究能力。

(1)游标卡尺的读数为2mm+6×0.05mm=2.30mm。

(2)根据4组数据可知,在误差范围内t与L成反比。

1

.【答案】()(分)

121L2

(2分)

(3分)

(3分)

【详解】(1)对于电路图(a),根据闭合电路欧姆定律有U=E—Ir

设金属丝的电阻率为P,横截面积为S,结合欧姆定律和电阻定律IR=P

联立可得U=Er

整理可得●,所以应作出关于的线性图像。

对于电路图(b),根据闭合电路欧姆定律有U=E—I(r+R0)

结合欧姆定律和电阻定律I=,R=P

联立后整理●

(2)可知图线的纵轴截距b=,解得E=

高三物理●参考答案第7页(共13页)SC03C—25

(3)由题意可知k解得

2

(4)根据k1=,结合=b,r=,S=π(),解得p=

——

拓展.(1)0.898(0.897~0.899均可)(1分)

(2)A(1分)

、、、'.,

目目

+

(3)R(3分)

(4)23(2分)

(5)3×10—5(2分)

【解析】本题考查“测定金属的电阻率”实验,目的是考查学生的实验探究能力。

(1)固定刻度读数为0.5mm,可动刻度读数为39.8×0.01mm,所测长度为(0.5+39.8×

0.01)mm=0.898mm。

2

(2)根据欧姆表的测量数据可知Rx>RARv,Rx为大电阻,应该采用内接法测量,滑动变阻

器的阻值较小,需要采用分压式接入,电路图应选A。

(3)如图所示。

(4)根据3组数据取平均值可得该金属丝的阻值Rx

2—6

lRxS

23×314×0898×10—5

(5)根据电阻定律Rx,有Ω●≈Ω●。

=pSp=l=m3×10m

13.【答案】(1)1kg/m3(5分)

(2)348K(5分)

【详解】(1)设热气球恰好升空时,热气球内空气的密度为p1,由题意可知,热气球总重量与

其所受浮力大小相等。

热气球总重量为G=mg+p1gv①

其所受浮力为F=p0gv②

由G=F③

联立①②③得mg=(p0—p1)gv④

3

解得p1=1kg/m⑤

(2)设初始时,热气球内空气的体积为v0,温度为T0。热气球恰好升空时,热气球内空气的

体积为v,温度为T。

高三物理●参考答案第8页(共13页)SC03C—25

加热气球内的气体是等压过程,有⑥

Povo=P1v⑦

联立⑤⑥⑦得v=1.2vo⑧,

T=1.2To⑨

而To=29oK,可得T=348K⑩

【评分标准】满分1o分,每式各1分。

拓展.【解析】本题考查理想气体状态方程,目的是考查学生的推理论证能力。

(1)设主气囊的容积为v,则有

Pgv=mg(2分)

Pgmg+F(2分)

解得F(1分)

(2)此过程为等温变化,有

6v

po=pv(2分)

5

解得p。(2分)

(M+m)gR

14.【答案】(1)B=(4分)

2NL、Po

mg(4分)

gL(4分)

【详解】(1)线圈通入电流Io后静止在导轨上,根据平衡条件有

2NBIoL=(M+m)g①

此时线圈的发热功率

2

Po=IoR②

则匀强磁场的磁感应强度大小

B③

(2)若增大通入的电流后,线圈的发热功率

2

P1=I1R④

线圈开始向上运动瞬间,对金属线圈和绝缘滑块,根据牛顿第二定律有

2NBI1L—(M+m)g=(M+m)a⑤

解得ag⑥

绝缘滑块受到的弹力大小为FN,对绝缘滑块,根据牛顿第二定律有

高三物理●参考答案第9页(共13页)SCo3C—25

FN—mg=ma⑦

联立⑥⑦解得

(3)若线圈中不通入电流,线圈静止释放,线圈速度增大,感应电动势增大,感应电流增大,磁

场对线圈的安培力增大,线圈做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度为0时,线圈速度达

到最大,此时感应电动势和感应电流最大。

感应电流的最大值为

根据平衡条件有

2NBImL=(M+m)g⑩

联立③⑨⑩解得

线圈静止释放下落10L时达到最大速度,则有

该过程中线圈产生的焦耳热

【评分标准】第(1)问4分,①2分,②③每式1分;第(2)问4分,④⑤⑦⑧每式1分;第(3)问

4分,⑨⑩每式1分。

拓展.【解析】本题考查电磁感应的综合应用,目的是考查学生的创新能力。

(1)当列车的速度为零时,线框相对于磁场的速度大小为v0,线框中左、右两边都切割磁感

线,有

I分)

amax(2分)

2

解得amax=1m/s。(1分)

(2)当列车的速率为v时,线框相对磁场的速率为v0—v,随着列车速度增大,加速度逐渐减

小,设列车的最大速率为vmax,此时线框中的热功率为P1,克服阻力的功率为P2,有

f(1分)

PR(1分)

P2=fvmax(1分)

P=P1+P2(1分)

高三物理●参考答案第10页(共13页)SC03C—25

解得P=25W。(2分)

(3)设磁场的加速度大小为a,t(10s<t<40s)时刻列车的速度大小为v,加速度大小为a,,

此时线框中的感应电流为i,有

i(1分)

经过极短时间△t,线框中电流的变化量为△i,有△i(1

分)

由于t1=40s后线框中的电流保持不变,必有a△t—a,△t=0,即t1=40s后列车和磁场的

加速度相同,设t1=40s时列车的速度大小为v1,因t0=10s时列车才开始运动,结合动量

定理有

f(1分)

f=ma(1分)

解得d=90m。(1分)

15.【答案】(1)v=、(5分)

L(5分)

L(6分)

【详解】(1)设小物块A抛出时的速度大小为v,经过时间t下落高度h后到达抛物线形轨道

上,由动能定理mgh=Ek—Ek0①

2

其中EkEk0,Ekmv

即mghmv2②

根据平抛运动的规律,竖直方向hgt2③

水平方向x=vt④

由抛物线方程,可得2L—hx2⑤

联立②③④⑤可得

小物块A抛出时的速度大小v=、⑥

(2)设小物块B与小物块A碰撞之前的速度大小为v0,碰撞之后的速度大小为v1,根据动

量守恒定律3mv0=3mv1+mv⑦

121212

根据能量守恒.3mv0=.3mv1+mv⑧

222

高三物理●参考答案第11页(共13页)SC03C—25

联立可得v⑨

设小物块B释放点距离水平轨道的高度为H,根据动能定理

2

3mgH—3μmgcosmgL●3mvo—o⑩

解得HL011

(3)设小物块A以速度v2抛出时,落到抛物线形轨道上时的动能最小。

竖直方向hgt’2

水平方向x’=v2t’

代入抛物线方程,可得2L—h

联立可得vgL