2025届四川省南充市高三下学期第三次诊断考试物理试题（解析版）

第第页2025届四川省南充市高三下学期第三次诊断考试物理试题一、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，只有一项最符合题目要求。1．将一块放射性物质放入上端开孔的铅盒中，再将铅盒放在垂直纸面向外的匀强磁场中，发现放射性物质发出的三种射线发生如图所示偏转，下列说法正确的是（）A．甲射线是高速电子流B．乙射线常用于常规人体透视C．三种射线中丙射线的贯穿本领最强D．一个半衰期后，铅盒中物质的质量为刚放入时的一半【答案】A【解析】【解答】A．根据左手定则，由图可知，甲射线是高速电子流，丙射线为α射线，乙射线为γ射线，故A正确；B．常规人体透视使用X射线，而乙射线为γ射线（穿透力最强），虽可用于医疗（如肿瘤治疗），但并非透视的常规选择，故B错误；C．乙射线不偏转为γ射线，其穿透能力最强（能穿透几厘米厚的铅板），丙为α射线，穿透能力最弱，故C错误；D．半衰期指放射性原子核数量减半，而非总质量减半（因衰变产物仍留在铅盒中）。实际质量减少量取决于衰变类型，通常远小于一半，故D错误。故答案为：A。

【分析】根据三种射线的带电性质（α带正电、β带负电、γ不带电），结合左手定则判断射线类型，再分析其穿透能力、应用及半衰期的含义。2．2025年2月20日，实践25号卫星与超期服役的北斗3号G7星在3.6万公里高空对接，为G7星注入肼类推进剂，实现了人类首次地球静止轨道卫星的在轨燃料补给。下列说法正确的是（）A．北斗G7星不受地球的万有引力B．北斗G7星可能出现在北极的正上空C．北斗G7星绕地球的公转周期约为24小时D．实践25号卫星向正后方喷气就可以追上同轨道的北斗G7星【答案】C【解析】【解答】A．北斗G7星绕地球做圆周运动，地球万有引力提供向心力，必然受引力作用，故A错误；B．地球静止轨道卫星的轨道平面必须与赤道平面重合，因此只能在赤道上空定点，不可能出现在北极正上方，故B错误；C．地球静止轨道卫星的公转周期与地球自转周期同步，均为24小时，故C正确；D．实践25号卫星向正后方喷气，做加速运动，将做离心运动，轨道半径变大，不可以追上同轨道的北斗G7星，故D错误。故答案为：C。

【分析】根据“地球静止轨道卫星”的定义（轨道与赤道共面、周期与地球自转同步），结合万有引力、卫星变轨规律分析各选项。3．如图所示，对称分布的实线表示真空中两点电荷在某一平面内的部分等差等势线，O点是两点电荷连线的中点，E、F在两点电荷连线上，A、B在两点电荷连线的中垂线上，B、C、D三点在同一条直线上。已知OA=OB、OE=OF、BC=CD，电子能以O点为圆心在垂直纸面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A．电势差UBC=C．A、B两点的场强相同 D．E、F两点的电势相等【答案】D【解析】【解答】AD．根据题意可知，实线为等差等势线，由图可知2UB．电子能以O点为圆心在垂直纸面内做匀速圆周运动，说明电子所受电场力指向O点，结合图像可知，两点电荷为等量的正电荷，故B错误；C．由对称性可知，A、B两点的场强大小相等，方向相反，故C错误。故答案为：D。

【分析】根据等势线分布、电子圆周运动的受力（电场力指向圆心），结合电势差、场强的对称性分析各选项。4．如图甲所示，将A、B两小球从空中同一位置以相等速率v0在0时刻分别竖直向上和竖直向下抛出，它们的v−t图像如图乙所示，已知B球在2t0A．抛出点到地面的高度为2gB．A球在2tC．落地前B球相对A球做匀加速直线运动D．B球在第一个t0内和第二个t0【答案】B【解析】【解答】A．根据题意，由运动学公式可得，抛出点到地面的高度为h=vB．根据题意，结合图乙，由对称性可知，A球在2tC．取向下为正方向，A球的速度为vA=−则落地前B球相对A球的速度为v=vD．根据题意，由运动学公式可得，B球在第一个t0内位移为x1=v0t0+12g故答案为：B。

【分析】结合竖直上抛、竖直下抛的运动规律（对称性、速度公式、位移公式），分析各选项的运动状态。5．如图所示为翻斗车卸货时的场景，卸货时货厢可绕尾部的转轴在纸面内顺时针转动，在货厢从水平位置缓慢转到货物刚要开始滑动的过程中，可把货物看作处于平衡状态，下列说法正确的是（）A．货物受到的合力逐渐增大B．货厢底面对货物的弹力逐渐增大C．货厢底面对货物的摩擦力逐渐增大D．货厢对货物的作用力大于货物对货厢的作用力【答案】C【解析】【解答】A．货物一直处于平衡状态，所受合力为0，保持不变，故A错误；BC．设货箱与水平方向夹角为θ，对货物受力分析，受重力mg、货厢底面对货物的弹力FN和货厢底面对货物的摩擦力f，由平衡条件有f=mgsinθ，FN=mgcosθD．货厢对货物的作用力与货物对货厢的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。故答案为：C。

【分析】将货物视为平衡状态（合力为0），对其受力分析（重力、弹力、摩擦力），结合货厢转动时倾角θ的变化，分析各力的变化规律。6．质量为0.2kg的物体静止在水平地面上，从0时刻开始物体受到一个竖直向上的拉力F，该力随时间变化的图像如图所示。重力加速度g=10A．物体在第1s内做匀加速直线运动B．物体在第2s末的速度为C．拉力F在第3s末的功率为D．物体在前4s内的平均速度大小为【答案】A【解析】【解答】A．根据题意，由图可知，在第1s内拉力F=2.0NBC．根据题意，由F−t图像面积表示拉力的冲量，结合图像可得，0∼2s内，拉力的冲量0∼3s内，拉力的冲量为设第2s末的速度为v2，第3s末速度为v3，由动量定理有解得v2=2.5则拉力F在第3s末的功率为P=D．结合上述分析可知，0∼1s内物体静止，1∼3由图像的特点可知1~3s内物体的速度变化等效于速度从零均匀增加到5m/s，设物体此时间内上升的高度为h1，则有3∼4s物体以v3则物体在前4s内的平均速度大小为v=故答案为：A。

【分析】先判断物体受力是否平衡（第1s内拉力与重力的关系），再用动量定理（拉力冲量-重力冲量=动量变化）分析速度，结合功率、平均速度公式判断选项。7．如图所示，一根足够长的固定竖直绝缘杆，位于垂直纸面向外、磁感应强度B=1T的匀强磁场中。现有一个质量为0.2kg、带电荷量+0.5C的小球套在绝缘杆上从某点静止开始下滑，经过0.8A．小球的最大加速度为5m/s2 C．小球下降的高度为3.2m 【答案】B【解析】【解答】A．根据题意可知，开始下滑时，小球速度为0，洛伦兹力为0，此时小球与杆间的摩擦力为0，小球只受重力，加速度最大，等于重力加速度，故A错误；B．根据题意可知，当小球速度最大时，加速度为0，则有mg=μqvmBC．小球由静止开始下滑，到达到最大速度，由动量定理得mgt−∑μqBvt=mvmD．小球由静止开始下滑，到达到最大速度，由动能定理得mgh−Wf=12故答案为：B。

【分析】先分析小球的受力（重力、洛伦兹力、摩擦力），结合“速度最大时加速度为0”的平衡条件求最大速度，再用动量定理、动能定理分析下降高度和摩擦生热。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题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．x轴上两波源P（横坐标为−10）、Q（横坐标为10）形成的简谐横波在同种均匀介质中相向传播，某时刻波形如图所示，波的传播速度为2m/sA．波源P的起振方向沿y轴正向B．波源Q的振动周期为2C．两波源P、Q同时运动到坐标原点D．各质点振动稳定后，平衡位置在坐标原点的质点振幅为45【答案】B,D【解析】【解答】A．结合图像，由同侧法可得，波源P的起振方向沿y轴负向，故A错误；B．由图可知，波源Q形成的机械波的波长为4m，则周期为T=C．从图示位置，波源P振动形式传播到原点的时间为t1=62sD．结合上述分析，由图可知，两波源形成的机械波的波长相等，则周期相等，叠加后可发生稳定的干涉现象，当波源P振动形式传播到原点时，波源Q在x=6m处质点的振动形式传播到原点，且振动方向相同，则坐标原点的质点为振动加强点，质点振幅为A=15故答案为：BD。

【分析】从波形图提取波长，结合波速求周期；用“同侧法”判断起振方向；分析波的传播时间与干涉加强条件。9．如图所示，为某小型交流发电机通过理想变压器给负载供电的原理图。矩形金属线圈绕垂直匀强磁场的轴OO'匀速转动，磁感应强度大小为220πT，已知发电机线圈匝数为100匝、电阻为1Ω、面积为0.02m2A．交流电的周期为0.02sB．线圈处于图示位置时瞬时电动势为10C．当n=0.5时，理想交流电压表示数为10D．当n=0.25时，定值电阻R有最大功率25【答案】A,D【解析】【解答】A．交流电的周期为T=2πB．线圈处于图示位置时，线圈平面与磁场方向垂直，处于中性面，瞬时电动势为0，故B错误；C．电动势最大值为Em=nBSω=100×由于线圈电阻为1Ω，则原线圈输入电压U1<10D．设原、副线圈的电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，则有U1=n联立可得I根据数学知识可知，当16n=1n，即n=0.25时，I2具有最大值，则定值电阻R故答案为：AD。

【分析】先由线圈转动的角速度求交流电周期，判断中性面的瞬时电动势；再结合变压器的电压、电流关系，利用电源输出功率的极值条件分析电阻的最大功率。10．如图所示，固定直杆与水平面的夹角为θ，轻弹簧一端固定在O点，另一端连接穿在杆上的小球，小球与杆间的动摩擦因数为μ，弹簧和杆在同一竖直平面内。OC水平，OB等于弹簧原长，OA=OC，BE=BF，小球在A点时弹簧的弹性势能为Ep，小球从A点静止释放，第一次能够到C点，重力加速度为gA．从A到C的过程中，杆对小球的冲量不为零B．若μ=0，小球在B点时速度最大C．若μ≠0且小球最低能到C点，则小球第一次过B点的动能为ED．若μ≠0，则小球第一次向下通过E点和F点时的加速度大小一定相等【答案】A,C【解析】【解答】A．从A到C的过程中，杆对小球有摩擦力、弹力作用，根据冲量I=Ft，这些力的冲量不为零，故A正确；B．若μ=0，当加速度为零时小球的速度最大；在B点，对小球受力分析，可知小球受重力、弹簧的弹力和杆的弹力作用，在垂直杆方向各力平衡，在沿杆方向只有重力沿杆向下的分力，根据牛顿第二定律可知，此时存在沿杆向下的加速度，故小球在B点时速度不是最大，故B错误；C．若μ≠0且小球最低能到C点，由题知小球在A点时弹簧的弹性势能为Ep，又OA=OC，故小球在C点时弹簧的弹性势能也为Ep解得W对小球从A点到B点分析，因A点、C点关于B点对称，且B点为弹簧的原长点，故此过程小球克服摩擦力做的功等于小球从A点到C点过程克服摩擦力做的功的一半，重力和弹力做正功，根据动能定理有W又WG=mgsin⋅解得EkD．若μ≠0，对小球在E点和F点的受力分析，如图所示由题分析知，E点和F点关于B点对称，故小球在这两点的弹力大小相等，但方向不同，即F1=F2，设F1、在沿杆方向有mg同理，对小球在F点受力分析，在垂直杆方向有mg若小球仍有沿杆向下的加速度，在沿杆方向有mg因F1=F2则有N根据f=μN可知f结合小球杆方向的受力分析方程式，可知a1故答案为：AC。

【分析】结合冲量定义、受力平衡（速度最大的条件）、动能定理（分析能量变化），逐一分析选项。三、非选择题，本题共5小题，共54分。其中13~15小题解题时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．如图所示，某同学在“测量平行玻璃砖的折射率”实验中，先在白纸上画出三条直线：入射界面PP'、入射光线AO和过O点的法线，让玻璃砖的一个面与直线PP（1）在AO上适当位置竖直插两枚大头针P1、P2，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两枚大头针，使P2的像挡住P1的像，再插上大头针P3，让P3挡住的像，插上大头针（2）连接P3、P4并延长与QQ'交于O'点，连接OO'代表折射光线。为了便于计算折射率，以O为圆心适当的半径画圆，与AO交于B点，与OO'交于C点，过B、C两点分别向法线作垂线BB'和（3）若实验操作中，在插大头针P3前，玻璃砖沿纸面向下平移了一小段距离，其他操作无误，则测得的折射率与真实值相比【答案】（1）P（2）1.5（3）不变【解析】【解答】（1）根据实验原理可知，插上大头针P3，让P3挡住P1、（2）由折射定律可知，玻璃砖的折射率n=sin∠（3）根据题意，若实验操作中，在插大头针P3由图可知，入射角和折射角不改变，则测得的折射率与真实值相比不变。

故答案为：不变

【分析】(1)大头针的作用：通过“遮挡法”确定折射光线，P3需挡住、P(2)折射率计算：利用折射定律n=sinisinr，结合圆的半径相等，sini=(3)误差分析：玻璃砖下移后，入射、折射光线的相对角度不变，故折射率测量值不变。（1）根据实验原理可知，插上大头针P3，让P3挡住（2）由折射定律可知，玻璃砖的折射率n=（3）根据题意，若实验操作中，在插大头针P3由图可知，入射角和折射角不改变，则测得的折射率与真实值相比不变。12．某物理实验兴趣小组利用如图甲所示的实验电路既能测量电源电动势和内阻，又能测定滑动变阻器R的最大阻值。实验中，将滑动变阻器的滑片从某一端逐渐滑往另一端过程中，小组得到两个理想电压表的多组数据，绘制了如乙图所示的U2−U（1）闭合开关前，滑片应该置于R的端（选填“左”或“右”）（2）图像中的B点表示滑片处于R的端（选填“左”或“右”）；（3）电源电动势E=V和内阻r=Ω（4）滑动变阻器R的最大电阻Rm=【答案】（1）右（2）左（3）3.0；1.0（4）12【解析】【解答】（1）滑动变阻器采用的是限流式，所以闭合电键前应至于最大量程处，即最右端。

故答案为：右（2）由闭合回路欧姆定律有U结合图乙可知，图像中的B点表示滑动变阻器接入电路的阻值较小，即示滑片处于R的左端。

故答案为：左（3）根据题意，由闭合回路欧姆定律有U结合图乙可得E=3.0由图乙可知，滑动变阻器接入阻值最大时U滑动变阻器接入阻值最小时U则有2.8=3.0−3.0R联立解得r=1.0Ω，Rm=12Ω

（4）由小问3解析可知，滑动变阻器R的最大电阻12Ω。

故答案为：12

(2)B点对应滑片位置：B点U2(3)电源电动势与内阻：由闭合电路欧姆定律，结合U2(4)滑动变阻器最大阻值：结合滑片在右端（最大阻值）时的电压数据，由欧姆定律计算。（1）滑动变阻器采用的是限流式，所以闭合电键前应至于最大量程处，即最右端。（2）由闭合回路欧姆定律有U结合图乙可知，图像中的B点表示滑动变阻器接入电路的阻值较小，即示滑片处于R的左端。（3）根据题意，由闭合回路欧姆定律有U结合图乙可得E=3.0由图乙可知，滑动变阻器接入阻值最大时U滑动变阻器接入阻值最小时U则有2.8=3.0−3.0R联立解得r=1.0Ω，（4）由小问3解析可知，滑动变阻器R的最大电阻12Ω13．如图所示为一定质量理想气体从状态A→状态B→状态C的p−V图像，已知状态A的温度TA（1）状态B的温度TB和状态C的温度T（2）从状态A到状态B的过程中，系统吸收的热量Q。【答案】（1）解：根据题意，由理想气体状态方程有p结合图像解得T由图像可知，状态B→状态C的过程为等压变化，则有V结合图像解得T（2）解：由图可知，状态A→状态B过程中，气体体积变大，气体对外做功，大小为W=由于状态A与状态B气体温度相等，则内能相等，由热力学第一定律可得，从状态A到状态B的过程中，系统吸收的热量Q=W=4×【解析】【分析】(1)状态温度计算：A→B：用理想气体状态方程pAVATA=pBV(2)吸热量计算：A→B过程中，理想气体内能仅与温度有关（TA=TB，内能变化ΔU=0），由热力学第一定律ΔU=Q−W，只需计算气体对外做功（1）根据题意，由理想气体状态方程有p结合图像解得T由图像可知，状态B→状态C的过程为等压变化，则有V结合图像解得T（2）由图可知，状态A→状态B过程中，气体体积变大，气体对外做功，大小为W=由于状态A与状态B气体温度相等，则内能相等，由热力学第一定律可得，从状态A到状态B的过程中，系统吸收的热量Q=W=4×14．如图所示，光滑绝缘的水平桌面离地面高为h，桌面边缘处静止放置一个质量为m、电荷量为+q的小球Q，桌面边缘右侧有竖直向上的匀强电场和水平向外的匀强磁场，场强E=mgq、磁感应强度为B。桌面上有另一质量也为m的绝缘球P以速度v0=2qBhm与小球Q发生弹性正碰（Q的电荷量不变），碰后小球（1）碰后瞬间小球Q的速度大小v；（2）小球Q在复合场中的运动时间t和小球Q落地时两球的距离L。【答案】（1）解：根据题意可知，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0解得v1=0（2）解：小球Q在复合场中的运动过程中，对小球Q受力分析，受竖直向上的电场力、竖直向下的重力和洛伦兹力，由于F则小球Q在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有qvB=m解得r=画出小球Q的运动轨迹，如图所示由几何关系有cos解得θ=60°小球Q在复合场中的运动时间t=由几何关系可得，小球Q落地时两球的距离L=2h【解析】【分析】(1)碰后Q的速度：两球质量相等且发生弹性正碰，遵循动量守恒和机械能守恒，碰撞后P静止、Q获得P的初速度；

(2)Q的运动分析：电场力与重力平衡（qE=mg），Q在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，先求圆周运动周期与轨迹对应的圆心角，得运动时间；再结合圆周运动的水平位移与P的静止状态，得两球距离。（1）根据题意可知，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0解得v1=0（2）小球Q在复合场中的运动过程中，对小球Q受力分析，受竖直向上的电场力、竖直向下的重力和洛伦兹力，由于F则小球Q在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有qvB=m解得r=画出小球Q的运动轨迹，如图所示由几何关系有cos解得θ=60°小球Q在复合场中的运动时间t=由几何关系可得，小球Q落地时两球的距离L=2h15．如图所示，倾角θ=37∘的斜面两侧平行摆放着两根等长的光滑金属导轨MN和PQ，四边形MNQP为矩形，导轨间距L=0.5m、导轨MN长d=15m，两导轨中点有缺口（缺口宽度忽略且不影响通过），导轨的上端连接定值电阻R=215Ω，下端连接电容C=1.25F的电容器，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1T。质量m