2025届四川省遂宁市高三下学期4月三诊物理试题（解析版）

这是一份2025届四川省遂宁市高三下学期4月三诊物理试题（解析版），共17页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，5s时刻， P、Q速度相同D等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。
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。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
一、单项选择题：共7题，每题4分，共28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. 约里奥·居里夫妇发现经过α粒子轰击的铝片中含有放射性磷，其核反应方程为。下列核反应方程中，生成的Y与X是同种粒子的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】A．对，根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒分别有
解得X的质量数、电荷数分别
所以X粒子是中子；同理，对，根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒分别有
解得Y质量数、电荷数分别
所以Y粒子是α粒子，不符合题意，故A错误；
B．同理，B选项的Y粒子质量数为1，电荷数为1，为质子，不符合题意，故B错误；
C．同理，C选项的Y粒子质量数为1，电荷数为0，为中子，符合题意，故C正确；
D．同理，D选项的Y粒子质量数为0，电荷数为-1，为电子，不符合题意，故D错误。
故选C。
2. 鹊桥二号中继通讯卫星是地球与月球之间的“鹊桥”。鹊桥二号中继卫星环月运行轨道视为圆轨道，与地球同步卫星周期相同为24h，已知地球质量约为月球质量的81倍。鹊桥二号轨道半径为r，地球同步卫星轨道半径为R，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】对于鹊桥二号中继卫星而言，万有引力提供圆周运动的向心力，则有
对于地球的同步卫星而言，则有
联立解得
故
故选A。
3. 如图所示，成人用与水平方夹角为α、斜向上的拉力F向前拉总质量为m的小孩和雪橇，从静止开始沿直线匀加速通过距离x的过程中（ ）
A. 雪橇对地面的压力大小是mg-FcsαB. 雪橇与地面之间摩擦力大小是Fsinα
C. 拉力做功是FxD. 拉力做功是Fxcsα
【答案】D
【解析】A．将小孩和雪橇作为整体，受力分析可知，在竖直方向上
解得
根据牛顿第三定律可知，雪橇对地面的压力大小是，A错误；
B．由于雪橇做加速运动，可知摩擦力，无法比较与Fsinα的大小关系，B错误；
CD．根据功定义可知，拉力做功，C错误，D正确。
故选D。
4. 如图所示，矩形玻璃砖平行于光屏P放置于上方高处，两束平行的单色光A、斜射到玻璃砖的面，两个入射点间距离为，穿过玻璃砖下表面后，射在光屏P上两个点间距离为，已知。不考虑光在玻璃砖中的反射。只向上平移玻璃砖，其他条件和状态保持不变，射在光屏上两个点（ ）
A. 位置左移，距离不变B. 位置右移，距离不变
C. 位置左移，距离变大D. 位置右移，距离变大
【答案】A
【解析】根据光的折射知识可知，两束单色光射出玻璃后仍相互平行，根据题意作出光的折射的光路图，如图所示
当只向上平移玻璃砖，如图虚线的位置，由于入射角不变，折射角也变，则移动玻璃砖前后，同一个光线在玻璃砖内的折射光线平行，射出玻璃砖后的折射光线平行，根据几何关系可得，向上平移玻璃砖后，穿过玻璃砖下表面光线通过平移前的出射点，则射在光屏P上的位置不变，距离不变。故选A。
5. 如图所示，足够长的光滑斜面固定，轻质弹簧下端连接在斜面底端的固定挡板上，上端有一个与弹簧不相连的物块压缩弹簧后静止。现用沿斜面的外力缓慢向下推动物块到某一位置（弹簧弹性限度内），撤去外力后，在物块沿斜面向上运动到最高点的过程中，其速度v随时间t变化关系图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设弹簧的压缩量为，斜面的倾角为，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
刚释放时，由于弹力大于重力的分力，物块做加速运动，随着弹簧的形变量逐渐减小，弹力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，当弹簧的弹力等于重力的下滑分力时，物块的速度达到最大，此后物块开始向上做减速运动，其加速度大小则为
故物块向上做加速度逐渐增大的减速运动，当弹力为零时，物块的加速度为，方向沿斜面向下，此阶段物块做匀减速运动，到最高点时，速度为零。故选C。
6. 如图所示的平面内有宽度均为d的区域I、II，区域内有磁场方向分别垂直图示平面向里和向外的匀强磁场，区域Ⅱ内磁场磁感应强度大小为区域Ⅰ内磁场磁感应强度大小的 3倍。一带负电的粒子以垂直于边界向右的初速度从区域Ⅰ左边界上的O点进入磁场，运动轨迹与区域Ⅱ右边界上的P点（图中未画出）相切。不计粒子重力，忽略边界效应，则下列判断正确的是（ ）
A. O、P两点竖直方向上的距离为
B. 粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，速度与边界的夹角为60°
C. 粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比为3∶2
D. 粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为2∶3
【答案】B
【解析】根据洛伦兹力提供给向心力
可得
由于，可知
粒子运动轨迹如图所示
设粒子在磁场I中的偏转角为θ，则
，
联立解得，，
A．O、P两点竖直方向上的距离，A错误；
B．粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，圆心角为30，即速度的偏向角为30，因此速度与边界的夹角为60°，B正确；
C．粒子在区域I中运动的时间
粒子在区域II中运动的时间
在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比
D．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为
D错误。
故选B。
7. 如图所示，P是足够高的竖直墙面，Q是固定在距离墙面0.5m远处的竖直挡板，挡板高0.75 m。现在距离墙面l1=3m处以水平向右的初速度将一小球抛出，抛出点距地面高，小球与墙面碰撞后竖直方向速度不变，水平方向速度方向反向、大小变为碰前的三分之二、小球与墙面碰撞时间极短，重力加速度g取10 m/s2。小球落在挡板Q和墙之间（小球落地后不再反弹），则小球抛出的初速度大小可能为（ ）
A. 4m/sB. 7m/sC. 8m/sD. 10m/s
【答案】B
【解析】当小球恰能从Q的顶端飞过时，则初速度
若小球打到墙面上反弹后恰能落到挡板Q的上端，则，， ，t=t1+t2（其中t1，t2分别是碰墙前后小球运动的时间）
解得v0=7.5m/s
可知小球的速度范围5m/s~7.5m/s之间。故选B。
二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，每小题有多个选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，真空中的直角坐标系xOy，以O为圆心、半径为 1m 的圆与坐标轴交于A、B、C、D四点。在x轴上-2m和2m处，分别固定电荷量为+4q和-q的两个点电荷。则（ ）
A. A、C两点电场强度大小相等，方向不同
B. A、C两点电场强度大小不等，方向相同
C. B、D两点电场强度大小相等，方向不同
D. B、D两点电场强度大小不等，方向相同
【答案】BC
【解析】AB．根据电场叠加原理可知，两个点电荷在A、C两点电场强度方向相同，合场强方向均沿x轴正方向，设+4q的点电荷到A点的距离为r，A点电场强度大小
C点电场强度大小
所以A、C两点电场强度大小不等，故A错误，B正确；
CD．两点电荷在B、D两点的电场强度如图
+4q在D点的电场强度大小
-q在D点的电场强度大小
则
所以D点的合场强方向与x轴有一定夹角偏向y轴正方向，由于电场的对称性可知B点的合场强方向与x轴有一定夹角偏向y轴负方向，所以B、D两点电场强度方向不同；由于电场的对称性可知B、D两点电场强度大小相等，故C正确，D错误。
故选BC。
9. 一列沿x轴传播的简谐波在t=0时刻的波形如图所示，P、Q是在波的传播方向上平衡位置相距1m的两个质点，质点P此时刻恰过平衡位置并沿y轴负方向振动。已知波的周期为6s，则下列说法正确的是（ ）

A. 该波沿x轴正方向传播B. 该波沿x轴负方向传播
C. t=0.5s时刻， P、Q速度相同D. t=1.0s时刻， P、Q速度相同
【答案】AC
【解析】AB．由于P点沿y轴负方向振动，根据“同侧法”，波沿x轴正方向传播，A正确，B错误；
C．由题可知，波长，波速
t=0.5s时刻，波向右传播了
平衡位置恰好处于3.5m处， P、Q到平衡位置的水平距离均为0.5m，根据对称性，两者速度相同，C正确；
D．t=1.0s时刻，波向右传播了
Q恰好运动到平衡位置，速度最大，而P点运动到平衡位置下方，速度小于最大速度，D错误。故选AC。
10. 如图所示，两条相距为l的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，空间内有方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。两根质量均为m、电阻均为R的导体棒MN、PQ垂直放置于金属导轨不同位置，保持与导轨良好接触。某时刻给MN一个水平向右的初速度v0，此后过程中两导体棒不发生碰撞，则从该时刻起到两导体棒达到稳定状态的过程中（ ）
A. 通过导体棒PQ的电流均匀增大
B. 导体棒MN做加速度减小的减速运动
C. 导体棒MN上产生的焦耳热为
D. 导体棒MN和导体棒PQ通过距离之差为
【答案】BD
【解析】A．当给MN一个向右的初速度时，MN切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，导体棒PQ由于受到安培力的作用也随之切割磁感线运动产生感应电动时，根据电磁感应原理可知，电路产生的电动势
电路中的感应电流
根据左手定则可知，MN受到向左的安培力而做减速运动，PQ受到向右的安培力而向右做加速运动，故逐渐减小，因此PQ的感应电流逐渐减小，而不是均匀增加，A错误；
B．MN受到的安培力
根据牛顿第二定律则有
解得
由于逐渐减小，所以导体棒MN做加速度减小减速运动，B正确；
C．两导体棒组成的系统动量守恒，则有
解得稳定时，两导体棒的速度为
根据能量守恒定律可知，整个过程系统产生的热量
由于两导体棒的电阻相等，所以导体棒MN上产生的热量
C错误；
D．对MN由动量定理可得
设稳定时，二者的距离之差为，根据法拉第电磁感应定律则有
根据欧姆定律可得
其中
联立解得
D正确
故选BD。
三、实验探究题：本题共2小题，共16分。
11. 用如图所示的装置验证动量守恒定律。气垫导轨上安装光电门 1、2，滑块 1、2上固定着相同的竖直遮光条，与光电门连接的电子计时器可以记录遮光条通过光电门的时间。
（1）接通气垫导轨待气源稳定后，轻推滑块1，测得遮光条先后通过光电门1、2的时间分别为Δt、Δt'，若Δt ___________Δt'，则说明气垫导轨已经调到水平。（选填“>”“=”或“