2025届四川省成都市郫都区高三下学期三模物理试题（解析版）

第第页2025届四川省成都市郫都区高三下学期三模物理试题一、单项选择题：本题共7个小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1．下列核反应方程中，属于β衰变的是（）A．714N+C．90234Th→【答案】C【解析】【解答】A．衰变前后质量数守恒、电荷数守恒，对A选项有14+4=17+a解得新核质量数、电荷数分别为a=1，B．同理，对B选项，新核的质量数为1，电荷数为0，新核为中子，故B错误；C．同理，对C选项，新核的质量数为0，电荷数为-1，新核为电子，属于β衰变，故C正确；D．同理，对D选项，新核的质量数为4，电荷数为2，新核为氦核，故D错误。故答案为：C。

【分析】β衰变的本质是原子核释放一个电子，需结合核反应的质量数、电荷数守恒，判断生成物是否为电子。2．在《流浪地球2》电影中出现了太空电梯的科幻设想（如图甲）。人类可以乘坐电梯轿厢从固定在地面的基座出发，经国际空间站（轨道距地球表面约400km）向同步轨道空间站（距地球表面约36000km）运行（如图乙），在此过程中，下列说法正确的是（）A．电梯轿厢所受地球的万有引力逐渐增大B．电梯轿厢绕地球运行的线速度逐渐增大C．电梯轿厢绕地球运行的角速度逐渐增大D．电梯轿厢绕地球运行的向心加速度逐渐减小【答案】B【解析】【解答】A．由万有引力定律可知，电梯轿厢所受地球的万有引力大小为F=GMmr2，其中r是电梯轿厢到地心的距离，则当电梯轿厢从地面（r=RBCD．由题意可知，电梯轿厢的角速度不变，且v=ωr，a=ω2r，其中r是电梯轿厢到地心的距离，则当电梯轿厢从地面（r=R故答案为：B。

【分析】太空电梯的轿厢随电梯杆同步转动，角速度与地球自转角速度相同，结合万有引力定律和圆周运动公式分析各物理量的变化。3．如图所示，用一根漆包线绕成一个匝数为n匝，边长为L的正方形导线框abcd，形成一个闭合回路，导线框的总电阻为R，放在绝缘的光滑水平桌面上。现将导线框以垂直于边框ad的速度v，向左匀速拉入一边界与边框ad平行的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直桌面向下，磁感应强度为B，磁场宽度大于L。在导线框拉入磁场的过程中，下列说法正确的是（）A．导线框中感应电流的方向为顺时针方向B．导线框中产生的感应电动势大小为BLvC．导线框所受安培力的大小为nD．整个过程中，通过导线框的电荷量为nB【答案】D【解析】【解答】A．线框向左进入磁场，磁通量（垂直桌面向下）增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向上，由右手螺旋定则，电流方向为逆时针，故A错误；B．导线框中产生的感应电动势大小为E=nBLv，故B错误；C．导线框中感应电流大小为I=ER=D．整个过程中，通过导线框的电荷量为q=It=nBLv故答案为：D。

【分析】结合电磁感应定律、楞次定律，分析线框进入磁场时的感应电流、电动势、安培力及电荷量。4．如图所示，真空中两个带等量正电的点电荷相距2r，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点距离O点为r，该点的场强为E，OB的距离为r2，已知静电力常量为k，则下列说法错误A．若在A点由静止释放一电子，电子将做周期性往返运动B．若在B点由静止释放一正电荷，正电荷将做周期性往返运动C．该点电荷的电荷量q=D．A、B点两点的场强大小之比为9:32【答案】C【解析】【解答】A．中垂线上场强沿中垂线向外，电子受电场力指向O点：从A到O加速，O到A的对称点减速至0，随后反向运动，做周期性往返运动，A正确；B．根据电场的叠加原理可知，B点的合场强水平向左，正电荷所受电场力水平向左，正电荷向左做加速运动，到达O点时速度最大；在OP区域，正电荷所受的电场力由B点的对称点B'指向O点，正电荷做减速运动，在B'点，正电荷的速度大小为零，此后正电荷在BB'之间做周期性往返运动，B正确；C．单个电荷在A点的电场强度为E1=kq2rD．A点的电场强度为EA=2kq2故答案为：C。

【分析】结合点电荷电场的叠加原理，分析A、B点的场强，再判断电荷的运动及场强相关计算。5．在2025年春节期间，小明进行了一项有趣的实验。他将一个未开封的薯片袋放在温暖的室内（温度为T1=27℃），此时薯片袋看起来较为饱满，袋内气体压强与外界大气压相同，设为p0，之后他带着这袋薯片开车前往海拔较高的山区老家过年，山区温度较低，为TA．袋内气体分子的平均动能减小 B．袋内气体的体积会变小C．袋内气体对外界做负功 D．袋内气体的一定会放出热量【答案】A【解析】【解答】以袋内气体为研究对象，由题意可知，初始状态T1=27°C=300K最终状态T2=7°C=280K由理想气体状态方程可得p解得V因此，袋内气体的体积增大；A．温度是分子平均动能的标志，气体温度从300K降至280K，分子平均动能减小，故A正确；B．结合前面分析可知，袋内气体的体积增大，故B错误；C．因为袋内气体的体积增大，所以袋内气体对外界做正功，故C错误；D．根据热力学第一定律可得Δ因为袋内气体温度降低，所以Δ因为袋内气体体积增大，所以W<0则无法确定Q与零的关系，则袋内气体不一定会放出热量，故D错误。故答案为：A。

【分析】用理想气体状态方程分析体积变化，结合温度与分子平均动能的关系、热力学第一定律判断各选项。6．如图，R0=2Ω为定值电阻，其余电阻均不计，左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，其表达式为A．32A B．3A C．6【答案】B【解析】【解答】根据题意可知，理想二极管桥式整流对电压的整流只改变电压极性，即通过电阻R0的电流方向不变，对其有效值没有影响，因此整流后加在 R0则经过R0电流的有效值为故答案为：B。

【分析】桥式整流电路的作用是改变电流方向（使电流单向流动），但不改变电压的有效值，结合交流电压有效值公式和欧姆定律计算电流有效值。7．如图所示，BCD为一直角三角形棱镜的截面，∠C=60°，棱镜的折射率为3，P为垂直于直线BC的光屏，现有一激光器从A点由静止自由下落到桌面O点，整个下落过程中从激光器发出的光束始终平行于BC边，经棱镜折射后在屏P上形成一个移动的光斑，已知A点距离BC桌面高度h，若真空中光速为c，当地重力加速度为g，忽略光到屏的传播时间，则下列说法正确的是（）A．激光束在棱镜上的CD边上会发生全反射B．激光束在棱镜中传播的速度等于3C．光斑在屏P上移动的距离为1D．光斑在屏P上移动的平均速度2gh【答案】D【解析】【解答】A．由全反射知识可得sinC=1n=3B．由n=cv得C．设高度h对应的棱镜斜边长度为l，光斑在屏P上移动的距离为d，则有数学知识可得sin60°=hl，cosD．设激光器下落时间为t，则由自由落体运动知识可得h=光斑在屏P上移动的平均速度v=dt故答案为：D。

【分析】结合全反射条件、光在介质中的速度公式，分析光束的传播，再通过几何关系和运动学公式计算光斑的移动距离与平均速度。二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．一简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形图如图所示，坐标原点是质点A的平衡位置，其振幅为2cm，在t=0时刻质点A的位移y=2cm，已知该波在介质中传播速度A．t=0时刻A质点的振动方向向下B．该波的波长为4mC．t=2s时，x=1.5D．t=0到t=5s时间内，x=1.5【答案】A,B【解析】【解答】A．波沿x轴正方向传播，根据“同侧法”可知t=0时刻A质点的振动方向向下，故A正确；B．根据波形图可知（18+C．该波的周期为T=λv=42D．t=0到t=5s时间内，振动的时间Δt=52T故答案为：AB。

【分析】结合波的传播方向判断质点振动方向，通过波形图与质点位移计算波长，再利用周期公式和质点振动规律分析各选项。9．如图所示，间距为L两根平行的光滑导轨竖直放置，导轨间接有电容C，处于垂直轨道平面的匀强磁场B中，质量为m电阻为R的金属杆ab接在两导轨之间并静止释放，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计（）A．ab做自由落体运动B．ab做匀加速运动，且加速度为a=C．ab做匀加速运动，若加速度为a，则回路的电流为I=CBLaD．ab做加速度减小的变加速运动运动，最后匀速运动，最大速度为v【答案】B,C【解析】【解答】物体做加速运动，设经过时间t速度增大到v，则金属榜上产生的感应电动势E=BLv电容器带电量Q=CU=CBLv感应电流I=安培力F=BIL=C再根据牛顿第二定律mg−F=ma可计算出a=可判断物体做初速度为零的匀加速直线运动。故答案为：BC。

【分析】结合电磁感应、电容器充电规律与牛顿第二定律，分析金属杆的受力与运动状态。10．如图，竖直面内固定有两条互相平行的长直绝缘导线L1、L2，它们的电流强度相等，方向都竖直向向下，已知通电长直导线在空间某点产生磁场的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该点到长直导线的距离成反比。a、b、c三点水平共线，与两导线相互垂直；b、e、f三点竖直共线，与两导线共面；b是两导线距离的中点，a到L1距离是b到L1距离的一半，b、c两点到A．BB．两导线会产生相互排斥的作用力C．BaD．Be【答案】A,C【解析】【解答】AD．b、e、f三点竖直共线，到导线L1、L2的距离相等，导线B．根据两导线产生的磁感应强度方向，由左手定则分析可知，两导线相互吸引。故B错误；C．根据通电长直导线在空间某位置产生的磁场的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比，由B1a=B可得B2a故答案为：AC。

【分析】结合通电直导线的磁场规律、磁场的叠加原理，分析各点的磁感应强度，同时判断导线间的作用力。三、实验题：本大题共2小题，共16分。11．为探究轻弹簧的弹性势能，设计如图所示实验装置：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一质量为m的小球接触而不连接，开始时弹簧处于原长状态，向左推小球使弹簧压缩一段距离，由静止释放小球，从桌面抛出后，均落在斜面上，已知斜面的倾角为θ，当地的重力加速度大小为g，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。（1）实验中涉及到下列操作步骤：①测量小球在斜面落点到桌面的水平距离x②松手释放小球③标记小球在斜面上的落点④向左推小球使弹簧压缩上述步骤正确的操作顺序是（填入代表步骤的序号）。（2）根据题目已知可求出在该纸带对应的实验中小球脱离弹簧时的速度为（用x、θ和g表示）。（3）弹簧被压缩后的弹性势能与斜面落点到桌面的水平距离的x成（填“线性”或“非线性”）关系。【答案】（1）④②③①（2）gx（3）线性【解析】【解答】（1）根据题意可知，本实验应先向左推小球使弹簧压缩，松手释放小球，然后小球与弹簧分离后开始做平抛运动，标记小球在斜面上的落点，最后测量小球在斜面上落点到桌面的水平距离，故正确的操作顺序为④②③①。

故答案为：④②③①（2）根据平抛运动的规律可得tanθ=yx，联立可得v0=gx（3）根据能量守恒定律可得E由此可知，弹性势能与斜面落点到桌面的水平距离的x成线性关系。

故答案为：线性

【分析】(1)操作顺序：实验需先压缩弹簧，再释放小球，标记落点后测量水平距离，按逻辑确定步骤顺序；

(2)脱离弹簧的速度：小球做平抛运动，结合斜面的几何关系（竖直位移与水平位移的正切关系），联立平抛运动公式求解初速度；

(3)弹性势能与x的关系：弹性势能等于小球的初动能，结合初速度与x的关系，分析势能与x的函数关系类型。（1）根据题意可知，本实验应先向左推小球使弹簧压缩，松手释放小球，然后小球与弹簧分离后开始做平抛运动，标记小球在斜面上的落点，最后测量小球在斜面上落点到桌面的水平距离，故正确的操作顺序为④②③①。（2）根据平抛运动的规律可得tanθ=yx，联立可得v（3）根据能量守恒定律可得E由此可知，弹性势能与斜面落点到桌面的水平距离的x成线性关系。12．某实验小组欲测量新、旧电池的电动势E和内阻r，实验室提供了以下器材：待测新电池一节（电动势约为1.5V，内阻约为0.5Ω）待测旧电池一节（电动势约为1.2V，内阻约为2Ω）电压表V（量程0~3V，内阻约为3kΩ）电流表A（具有一定内阻，量程0~0.6A）滑动变阻器R1（0~10滑动变阻器R2（0~200定值电阻R3定值电阻R4开关S，导线若干如图（a）为实验电路原理图（1）请用笔画线代替导线在图（b）中完成实物连接图。（2）为了更准确地测量新电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选用（填“R1”或“R2”），保护电阻应选用（填“R3（3）实验小组根据测量新电池得到的数据，在坐标纸上画出了U-I图像（U为电压表读数，I为电流表读数），如图所示。由图像可得新电池的电动势E=V，内阻r=Ω（结果均保留两位小数）。（4）若考虑电流表和电压表内阻对实验结果的影响，对于旧电池，同样采用上述实验方法，由于电压表分流导致的测量误差会比新电池的（填“大”或“小”）。【答案】（1）（2）R1；（3）1.45；0.50（4）小【解析】【解答】（1）根据图示电路图连接实物电路图（2）为方便实验操作，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择R1，电池电动势约为1.5V，保护电阻不能太大，保护电阻应选择R4；

故答案为：R（3）根据闭合电路欧姆定律有U=E−I结合图乙可知电动势E≈1.45图像斜率的绝对值k代入题中数据，解得r=0.50Ω

（4）旧电池电动势小于新电池电动，旧电池内阻大于新电池内阻，旧电池相对于新电池，电压表的分流相对较小，造成的实验误差较小。

故答案为：小

【分析】(1)实物连接：根据电路图（电流表与滑动变阻器串联，再与电压表并联，定值电阻与电源串联），按“电源→开关→定值电阻→电压表并联部分（电流表+滑动变阻器）”的顺序连接；

(2)器材选择：滑动变阻器选阻值小、额定电流大的以方便调节；保护电阻选与电池内阻匹配的，避免电流过大；

(3)电动势与内阻：由U-I图像的纵截距得电动势，斜率绝对值（结合保护电阻）得电池内阻；

(4)误差分析：旧电池内阻大，电压表分流占比小，误差更小。（1）根据图示电路图连接实物电路图（2）[1][2]为方便实验操作，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择R1，电池电动势约为1.5V，保护电阻不能太大，保护电阻应选择R（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有U=E−I结合图乙可知电动势E≈1.45图像斜率的绝对值k代入题中数据，解得r=0.50（4）旧电池电动势小于新电池电动，旧电池内阻大于新电池内阻，旧电池相对于新电池，电压表的分流相对较小，造成的实验误差较小。四、计算题：本大题共3小题，共38分。把解答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．如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度v0（1）小球在最低点时对金属环的压力；（2）小球克服摩擦力所做的功。【答案】（1）解：根据牛顿第二定律有F解得F根据牛顿第三定律可得，小球在最低点时对金属环的压力大小为7mg，方向竖直向下；（2）解：当小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则mg=m小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理可得−mg⋅2R−联立可得W【解析】【分析】(1)最低点压力：在最低点，小球做圆周运动，由向心力公式（合力提供向心力）求环对小球的支持力，再由牛顿第三定律得小球对环的压力；

(2)克服摩擦力做功：先由最高点“与环无作用力”的条件，用向心力公式求最高点速度；再对从最低点到最高点的过程用动能定理，结合重力做功、动能变化，求解克服摩擦力的功。（1）根据牛顿第二定律有F解得F根据牛顿第三定律可得，小球在最低点时对金属环的压力大小为7mg，方向竖直向下；（2）当小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则mg=m小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理可得−mg⋅2R−联立可得W14．如图所示的装置左侧是法拉第圆盘发电机，其细转轴竖直安装。内阻不计、半径r=0.5m的金属圆盘盘面水平，处于竖直向上的匀强磁场B1中，磁感应强度B1=4T。圆盘在外力作用下以角速度ω=6rad/s逆时针（俯视）匀速转动，圆盘的边缘和转轴分别通过电刷a、b与光滑水平导轨M1，M（1）比较a、b两点电势的高低，并计算闭合开关瞬间通过金属棒的电流I；（2）从闭合开关到金属棒刚达到最大速度vm过程中，金属棒未离开B【答案】（1）解：由右手定则可知φ圆盘切割，感应电动势为E=根据闭合电路欧姆定律得I=联立解得I=5（2）解：导体棒最大速度为vm，有E=设金属棒从开始运动到最大速度通过金属棒的电量为q，对金属棒，由动量定理得B由以上两式得q=6该过程外力对金属圆盘做功为W=qE=18【解析】【分析】(1)电势高低与电流：用右手定则判断圆盘发电的电势高低；由圆盘切割磁感线的感应电动势公式求电动势，再用欧姆定律求电流；

(2)电量与外力做功：金属棒达最大速度时，安培力与感应电动势的反电动势平衡，先求最大速度；用动量定理求电量，结合能量守恒（外力做功转化为金属棒动能与电路焦耳热）求外力做功。（1）由右手定则可知φ圆盘切割，感应电动势为E=根据闭合电路欧姆定律得I=联立解得I=5（2）导体棒最大速度为vm，有E=设金属棒从开始运动到最大速度通过金属棒的电量为q，对金属棒，由动量定理得B由以上两式得q=6该过程外力对金属圆盘做功为W=qE=1815．如图所示，在水平虚线下方有正交的匀强磁场和匀强电场，其中磁场方向垂直纸面向里，电场方向水平向右