2025年高考第三次模拟考试卷：物理（福建卷）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：物理（福建卷）（解析版），共13页。试卷主要包含了热量等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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，将本试卷和答题卡一并交回
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．李老师和王老师在操场上给同学们演示绳波的形成和传播，一位老师手持绳子一端以周期T上下振动，可以认为是简谐振动，图中时刻绳子上A质点正向下运动，绳子上1、3两质点在最低点，绳子上质点2在最高点，、两质点在平衡位置，相距x。下列说法正确的是（ ）
A．绳波的传播速度
B．绳子上各质点水平向右运动
C．绳子上各质点振动周期不同
D．机械振动在绳子上传播形成了纵波
【答案】A
【解析】、两质点在平衡位置，则有，波传播速度，解得，A正确；介质中的质点只在各自平衡位置上下振动，质点并不随波迁移，B错误；介质中各质点振动的周期均与波源振动的周期相等，C错误；图中质点振动方向与波传播方向垂直，可知，机械振动在绳子上传播形成了横波，D错误。
2．2024亚太国际低空经济产业博览会于12月4日-6日在深圳国际会展中心举行，无人机是当前我国战略性新兴产业之一、近年来，不管在技术、产品、应用还是市场上，我国都取得了巨大的成就。如图1所示，某次无人机从地面由静止开始竖直向上飞行，它运动的图像如图2所示，b点为图线的最高点。下列说法正确的是（ ）
A．研究无人机螺旋桨的转动情况时可将其视为质点
B．无人机在过程中受到的合外力越来越小
C．无人机在时刻运动到最高点
D．无人机在时刻向下运动
【答案】B
【解析】研究无人机螺旋桨的转动情况时，无人机的形状大小不能忽略改，不能将其视为质点，A错误；根据图像的切线斜率表示加速度，由题图可知，人机在过程中的加速度越来越小，根据牛顿第二定律可知，其所受合外力越来越小，B正确；根据图像可知，无人机在时间内的速度方向一直向上，所以时刻运动到最高点，CD错误。
3．如图所示，A为一足够长的固定斜面，物块B由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B在t=0时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F=kt的垂直于斜面的作用力，x、v、f和E分别表示物块位移、速度、所受的摩擦力和机械能，下列图像中可能正确的是（ ）
A．B． C． D．
【答案】B
【解析】由于F随时间均匀增大，物块沿斜面下滑过程中，物块对斜面的压力均匀增大，物块所受的滑动摩擦力均匀增大，所以物块所受的合力先沿斜面向下均匀减小，然后沿斜面向上均匀增大，物块停止运动前，物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，A错误，B正确；时刻所受的摩擦力不为零，C错误；物块沿斜面下滑过程中，滑动摩擦力一直做负功，物块机械能减小，但滑动摩擦力大小在随时间变化，物体速度大小也在随时间变化，所以滑动摩擦力所做的功并非随时间均匀增大，物块的机械能也并非随时间均匀减小，D错误。
4．卫星在不同轨道绕地球做圆周运动，卫星速率平方的倒数与轨道高度的关系图像如图所示，已知图线的纵截距为b，斜率为k，引力常量为G，则（ ）
A．地球的半径为
B．地球表面附近的重力加速度为
C．地球的质量为
D．地球的平均密度为
【答案】C
【解析】设地球半径为R，卫星的轨道高度为h，由万有引力提供向心力有，又，联立得，所以，，求得地球的半径，A错误；对在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的物体，有，结合题图可得，求得地球表面附近的重力加速度，B错误；地球表面的物体所受重力等于万有引力，即，可得，C正确；由上述分析可得，D错误。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5．氢原子能级图如图所示，若大量氢原子处于，2，3，4的能级状态，已知普朗克常量，某锑铯化合物的逸出功为2.0eV，则（ ）
A．这些氢原子跃迁过程中最多可发出3种频率的光
B．这些氢原子跃迁过程中产生光子的最小频率为
C．这些氢原子跃迁过程中有4种频率的光照射该锑铯化合物可使其电子逸出
D．一个动能为12.5eV的电子碰撞一个基态氢原子不能使其跃迁到激发态
【答案】BC
【解析】这些氢原子跃迁过程中最多可发出种频率的光，A错误；氢原子从能级跃迁到能级发出的光子的能量最小为
这些氢原子跃迁过程中产生光子的最小频率为，B正确；某锑铯化合物的逸出功为2.0eV，则这些氢原子跃迁过程中有4种频率的光照射该锑铯化合物可使其电子逸出，分别是从能级跃迁到能级发出的光子，从能级跃迁到能级发出的光子，从能级跃迁到能级发出的光子，从能级跃迁到能级发出的光子，C正确；一个基态氢原子跃迁到激发态所需的最小能量为，一个动能为12.5eV的电子（大于10.2eV）碰撞一个基态氢原子能使其跃迁到激发态，D错误。
6．将某新材料压制成半圆柱体，横截面如图甲所示。一束红光从真空沿半圆柱体的径向射入，并与底面上过圆心点的法线成角，为足够大的光学传感器，可以探测从面反射光的强度，反射光强度随变化规律如图乙所示。已知，下列说法正确的有（ ）
A．新材料对红光的折射率为
B．图甲中，红光反射光线的频率大于折射光线的频率
C．图甲中，红光在半圆柱体中传播速度比在真空中传播速度小
D．图甲中，入射角减小到0时，光将全部从界面透射出去
【答案】AC
【解析】由图可知，当时发生全反射，可知新材料对红光的折射率为
A正确；图甲中，红光反射光线的频率等于折射光线的频率，B错误；图甲中，根据可知，红光在半圆柱体中传播速度比在真空中传播速度小，C正确；图甲中，入射角减小到0时，仍有光线反射回介质中，而不是光将全部从界面透射出去，D错误。
7．如图所示，在倾角为的光滑斜面上点和点固定有两个带电小球，两小球所带电荷量绝对值均为Q，M、两点间距为L，O点为的中点，点为中点，点为中点。将一个质量为的带正电小球轻放在点时恰好可以静止。小球大小均不计，静电力常量为，重力加速度为。关于两小球形成的电场，下列判断正确的是（ ）
A．、两点处的小球带同种电荷
B．点处小球所带的电荷量为
C．点处不放置带电小球时， A、、三点处的电势关系为
D．点处不放置带电小球时， A、、三点处的电场强度大小之比为
【答案】BD
【解析】带正电小球轻放在点时恰好可以静止，根据受力平衡可得，点处合电场强度应沿斜面向上，点处小球应该带正电，点处小球应该带负电，A错误；设点处小球所带电荷量为，由受力平衡有，得，B正确；点处不放置带电小球时，在等量异种点电荷产生的电场中，根据沿电场线方向电势降低可得A、B、三点处的电势关系为，C错误；点处的合电场强度大小，A、B点处的合电场强度大小，所以，D正确。
8．如图，水平地面上竖直固定着两根相同的圆柱形粗糙绝缘杆，将两相同的带电小环和分别套在两杆上，其电荷量均为、质量均为。小环的直径略大于杆的直径。在套环的杆所处空间加一水平方向、电场强度大小为的匀强电场，在套环的杆所处空间加一水平方向、磁感应强度大小为的匀强磁场，在水平面高度相同的位置同时分别给、一个竖直向上的大小相等的初速度。发现、上升到最高点时高度相同。若带电小环、与两杆的动摩擦因数均为，重力加速度大小为，则（ ）
A．带电小环从开始到上升到最高点的时间大于带电小环从开始到上升到最高点的时间
B．初速度应满足
C．带电小环与到达最高点后，均可以从最高点返回初始位置
D．带电小环从开始到上升到最高点的时间满足
【答案】BD
【解析】对环进行分析，根据牛顿第二定律可得，解得可知，环向上做匀减速直线运动。对环进行分析，根据牛顿第二定律可得，解得可知，环向上做加速度减小的减速直线运动。由于当两者速度都为零时，其位移相同，可以作出环和环运动的图像分别如图中的实线和虚线所示，，由于图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，由题意可知，两者上升到最高点位移相同，则有，A错误；图像某点切线斜率的绝对值表示加速度大小，结合上述图像可知，初始的加速度，即有，解得，B正确；带电小环与到达最高点后，当时，环将静止于最高点处，环向下做加速度减小的加速运动，若加速度能够减小到0，之后将做匀速直线运动，环b最终回到初始位置，C错误；对环a进行分析，结合上述，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有，对环进行分析，根据动量定理可得，即有，联立可得，D正确。
三、非选择题：共60分，其中9、10、11题为填空题，12、13题为实验题，14、15、16题为计算题。考生根据要求作答。
9．（3分）如图所示为某种质谱仪工作原理示意图，离子从电离室A中的小孔S1飘出（初速度不计），经电压为U的加速电场加速后，通过小孔S2，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，运动半个圆周后打在照相底片D上并被吸收形成谱线。照相底片D上有刻线均匀分布的标尺（图中未画出），可以直接读出离子的比荷，则可以通过_______（选填“增大”或“减小”）磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔，标尺上各刻线对应比荷的值是_______（选填“均匀”“不均匀”或“不是均匀无法确定”）的
【答案】减小（1分） 不均匀（2分）
【解析】根据左手定则可知打在照相底片D上的离子带正电，A错误；离子在电场中加速时，有，得，在磁场中，有，解得，谱线之间的间隔为可知，可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔，B正确；由可知，离子的比荷越大，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，则谱线b对应比荷的值小于谱线a对应比荷的值，C错误；标尺上各刻线到小孔S2的距离为，因此d与比荷是非线性关系，所以标尺上各刻线对应比荷的值是不均匀的，D正确。
10．（3分）“回热式热机”的热循环过程可等效为一定质量的理想气体经a→b→c→d→a的过程，其p-V图像如图所示，其中a→b、c→d为等温过程，b→c，d→a为等容过程，可知a状态气体内能比c状态______（填“大”或“小”）；a状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比b状态______（填“多”或“少”）；整个循环过程，气体对外界______（填“吸收”或“放出”）热量。
【答案】大（1分） 多（1分） 吸收（1分）
【解析】由于，而从b到c的过程中，发生等容变化，因此，可得，因此a状态气休温度比c状态高，a状态气体内能比c状态大；由图可知，而，气体分子平均速率相等，气体分子对器壁的平均碰撞力相等，a态气体体积较小，气体数密度较大，根据压强的微观解释，可知a状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比b状态多；在p-V图像中，图像与横轴围成的面积等于气体做的功，可知整个循环过程，气体对外做功，而内能不变，因此吸收热量。
11．（3分）如图所示，是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为（V），则电压表的示数为_______V，在天逐渐变黑的过程中，电压表V的示数____________（填“变大”“变小”或“不变”）；电流表A1的示数____________（填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】22（1分） 不变（1分） 变小（1分）
【解析】交变电流的电压有效值为，根据理想变压器原副线圈电压比与匝数比的关系，可得，解得， 因为变压器原副线圈匝数比不变的情况下，副线圈的电压由原线圈电压决定，在天逐渐变黑的过程中，电压表V的示数不变，在天逐渐变黑的过程中光敏电阻的阻值将增大，由欧姆定律，可得，易知副线圈电流将减小，根据可知，原线圈电流随之减小，即电流表A1的示数变小。
12．（5分）实验小组利用图甲所示的多用电表测量一电阻的阻值，主要操作步骤如下：
(1)选用欧姆挡“×10”倍率进行测量时，发现多用电表指针位于图乙中a位置，需重新选择______（填“×1”或“×100”）倍率，并进行欧姆调零。
(2)关于欧姆调零，下列操作正确的是______。
A．红、黑表笔断开，调节“S”，使指针指到表盘左侧“0”刻度线处
B．红、黑表笔短接，调节“S”，使指针指到表盘右侧“0 Ω”刻度线处
C．红、黑表笔短接，调节“T”，使指针指到表盘右侧“0 Ω”刻度线处
(3)经正确操作后，多用电表指针位于图乙中b位置，则该电阻的阻值为______Ω。（结果保留2位有效数字）
【答案】(1)×1（2分）(2)C（1分）(3)28（2分）
【解析】（1）由于指针偏转幅度较大，说明待测电阻的阻值较小，为减小测量误差，需更换更小倍率的挡位，选择“×1”倍率。
（2）由题可知，S为机械调零，T为欧姆调零，欧姆调零时，应先将两表笔短接，再调节欧姆调零旋钮T，使指针指在表盘右侧“0 Ω”刻度线处。
（3）根据欧姆表的读数可得，待测电阻的阻值为28 × 1 Ω = 28 Ω。
13．（7分）某同学利用气垫导轨和光电门验证机械能守恒，实验装置如图甲所示。取重力加速度。
(1)如图乙所示，利用游标卡尺测得遮光条的宽度_______cm；用天平测得滑块和遮光条的总质量，钩码的质量；用刻度尺测得释放前滑块上遮光条到光电门的距离。
(2)接通气源，释放滑块，数字计时器上显示遮光时间；滑块从释放到遮光条经过光电门这一过程中，系统重力势能减少量为_______J，动能增加量为_______J。（结果均保留两位有效数字）
(3)①改变遮光条到光电门的距离，多次重复实验，得到几组不同的和对应的遮光时间，在坐标纸作出图像如图丙中所示；
②在保证钩码的质量和遮光条的宽度不变的情况下，该同学换用质量不同的滑块再次进行实验，重复步骤①，得到的图像如图丙中所示。
分析可知图线对应的滑块和遮光条的总质量_______（选填"大于"或"小于"）图线对应的滑块和遮光条的总质量。
【答案】(1)0.630（2分） (2) 0.17（2分） 0.16（2分） (3)小于（1分）
【解析】（1）图乙是20分度的游标卡尺，根据图示可知遮光条的宽度，（2）遮光条经过光电门时，滑块的速度，系统减少的重力势能，代入数据可得，增加的动能为，代入数据可得，（3）由机械能守恒可得，整理可得，由图像可知图线的斜率大于图线的斜率，图线对应的滑块和遮光条的总质量小于图线对应的滑块和遮光条的总质量。
14．（11分）如图所示，一圆盘在水平面内绕过圆盘中心的轴匀速转动，角速度是。盘面上距圆盘中心的位置有一个质量为的小物块随圆盘一起做匀速圆周运动。小物块与圆盘之间的动摩擦因数，两者之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。
（1）求小物块随圆盘匀速转动时所需向心力的大小；
（2）要使小物块在圆盘上不发生相对滑动，求圆盘角速度的最大值；
（3）若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物块从圆盘的边缘飞出，经过落地，落地点距飞出点在地面投影点的距离为。在此过程中，摩擦力对小物块所做的功W。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据题意，由向心力公式（2分）
小物块随圆盘匀速转动时所需向心力的大小为（1分）
（2）根据题意可知，当小物块的向心力等于最大静摩擦力时，即将发生相对滑动，此时圆盘的角速度最大，则有（2分）
解得（1分）
（3）小物块飞出后做平抛运动，由平抛运动规律有（2分）
解得
小物块由静止到飞出的过程中，由动能定理有（2分）
解得（1分）
15．（12分）如图，水平面内固定有平行长直金属导轨、和金属圆环；金属杆垂直导轨静止放置，导轨间接有电容器和单刀双掷开关，电容器电容为。金属杆OP一端在圆环圆心处，另一端与圆环接触良好。水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场。绕点逆时针匀速转动时，闭合开关至1处；一段时间后，将开关拨至2处。已知磁感应强度大小为B，MN质量为转动的角速度为长度、长度和平行导轨间距均为电阻阻值为，忽略其余电阻和一切摩擦，求：
(1)闭合开关至1处，待电路稳定后电容器的带电量；
(2)闭合开关至2处瞬间所受安培力大小和方向；
(3)闭合开关至2处，待电路稳定后MN的速度大小。
【答案】(1)(2)，方向水平向左。(3)
【解析】（1）导体棒转动产生电动势（1分）
其中（1分）
则电容器的带电量（1分）
（2）闭合开关至2瞬间，电路中电流（1分）
安培力（1分）
得（1分）
方向水平向左。（1分）
（3）稳定后，做匀速直线运动，此时电路中无电流，电容器带电量（1分）
对导体棒，由动量定理得（1分）
流过导体棒的电量（1分）
联立得（1分）
16．（16分）如图a，轨道固定在竖直平面内，水平段的DE光滑、EF粗糙，EF段有一竖直挡板，ABCD光滑并与水平段平滑连接，ABC是以O为圆心的圆弧，B为圆弧最高点。物块静止于E处，物块从D点开始水平向右运动并与发生碰撞，且碰撞时间极短。
已知：的质量，碰撞前后的位移图像如图b；的质量，与EF轨道之间的动摩擦因数，与挡板碰撞时无机械能损失；圆弧半径为；、可视为质点且运动紧贴轨道；重力加速度g取。
(1)求被碰后速度的大小；
(2)求经过B时受到支持力的大小；
(3)用L表示挡板与E的水平距离。若最终停在了EF段距离E为X的某处，试通过分析与计算，在图c中画出图线。
【答案】(1)m/s(2)(3)见解析
【解析】（1）根据图像可知，的初速度为 ①（1分）
碰后速度为 ②（1分）
设被碰后获得的速度为，由动量守恒得 ③（1分）
解得： ④（1分）
（2）设到B时的速度为，由机械能守恒有 ⑤（1分）
通过B时有 ⑥（1分）
解得： ⑦（1分）
（3）与挡板碰后能停在EF段的条件是，不会从弯曲轨道飞出，设此时挡板距E的距离为，即 ⑧（1分）
设挡板距E的距离为时，与挡板能碰n次，此时满足 ⑨（1分）
联立⑧⑨解得m，
由此可知，最终停在EF段的条件是m（1分）
而且与挡板最多只碰一次。
分情况讨论如下
（i）若与挡板没发生碰撞就已停下来，即
根据功能关系有 ⑩（1分）
代入数据得m
即当m时， ⑪ （1分）
（ii）若与挡板碰一次，且返回时未能到达E点，即
根据功能关系有⑫ （1分）
代入数据得
即当0.75mm时， ⑬（1分）
（iii）若与挡板碰一次，返回时过E点，经曲面后又再次进入EF段，即
根据功能关系有 ⑭ （1分）
代入数据得
即时， ⑮
图线如图所示
（1分）