2025届江西省宜春市高三下学期4月模拟考试物理试卷

宜春市2025年高三模拟考试物理试卷 本试卷共6页， 共 100分，考试时长75分钟。 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、 准考证号填写在答题卡上的指定位置，认真核对与准考证号条 形码上的信息是否一致，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答： 选出答案后，用 2B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 擦擦干净后，再选涂其他答案标号。 答在试题卷上无效。 非选择题的作答： 用黑色墨水的签字笔直 接答在答题卡上的每题所对应的答题区域内。 答在试题卷上或答题卡指定区域外无效。 3.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束，监考人员将答题卡和试题卷一并收回 。 一、 选择题： 本题共10小题， 共 46分. 在每小题给出的四个选项中， 第 1~7题只有一项符合题目 要求，每小题4分 ； 第 8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分， 选对但不全 的得3分，有选错的得0分。 1.高压锅， 也被称为压力锅。 如图为高压锅简化图，加热前盖上限压阀，当内部气体压强达到一定 值时将通过排气孔和限压阀向外放气，从 而保证内部气压不再增大。 则以下说法正确的是 ( ) A.为加快食物加热效率，可用重物压住限压阀从而限制气体的外放 B.工作过程中， 锅内气体分子数一直不变 C.在日常生活中要定期检查高压锅的气密性及限压阀和排气孔是否畅通 D.加热结束后应尽快打开锅盖将食物取出 2.万载作为中国花炮四大主产区之一，每个月都会举办大型的焰火晚会。 以下说法正确的是 ( ) A.烟花爆炸时看到的五彩斑斓实际上是因为不同元素产生的特征谱线不同导致的 B.烟花在点燃后上升的过程中处于超重状态 C.在燃放过程中是火药化学能完全转化成了机械能 D.点燃后升空利用了烟花与燃烧气体间的反冲作用，它们彼此之间的力是一对平衡力 3.宋应星，宜春奉新人，其所著《天工开物》 一书是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性 著作。 其中描述的利用耕牛整理田地的场景如图甲所示，简化的物理模型如图乙所示： 人站在水平 木板上，两根绳子相互平行垂直于木板边缘与水平地面夹角θ=30° ,人与木板的总重力为800N, 木极与地面动摩擦因素 若人与木板匀速前进，以下说法正确的是 ( )人 A.木板对地面的压力Fx =800N B.每根绳中的拉力F=320N C.若θ可调，则当绳子水平时有F最小值 D.若②可调， 则当绳子与水平面夹角正切值 时有F最小值 绳子 .. F 绳子 夏 木板 甲 Z 物理 第 1页 共 6页 宜春市 2025 届高三模拟考试物理试卷 参考答案 1.C 压住限压阀可能会导致高压锅内部气压超过阈值从而导致爆炸，故 A 错误。加热过程中首先是水蒸发成蒸 汽，从而气体分子数增加；达到气压阈值后向外排气出现气体分子数减少，B 错误。要保证高压锅效率同 时要保证安全，故 C 正确。加热结束后，锅内仍有高温高压蒸汽，立即开盖可能导致蒸汽喷出，造成烫伤 或其他危险，D 错误。 2.A 五彩斑斓的光是因为不同元素燃烧后发生跃迁，特征谱线不同发出了不同频率的光导致的，故 A 正确。上 升过程是一个先加速后减速过程，则先超重后失重，B 错误。燃放过程存在化学能和机械能、内能之间的 相互转换，故 C 错误。烟花和燃烧气体之间的力属于作用力与反作用力，故 D错误。 3.D 根 据 题 意 ， 受 力 分 析 如 图 ， 则 有 竖 直 方 向�� = � − 2����� ，水平方向 2����� =f ，又� = ��� 可得�� =640N f = 160 3N � = 160� 故 A、B 错 误。根据摩擦角处理，如图可知，F 最小存在���� = � �� = � = 3 4 ，故 D正确 4.C 易得 A.B 正确，D 中反应产生能量可根据∆E = ∆mc2结合反应前后产物质量亏损可知 D 正确， 2 4��核的结合能应为[(2�� + 2��)−�3]�2，故 C 错误，选 C 5.B 垫球过程中球的动量变化量大小应为∆P = 2mv即∆P =1.25kg·m/s，故 A 错误。 根据�合 = ∆� ∆� 可知�合 = 12.5�与水平方向夹 30°斜向上（如图） ,且根据几何 关系可知θ = 120°，则有�手 = (��)2 + �合 2 − 2���合���120° 可得�手 = 5 4 111�，故 B 正确,C 错误。垫出后根据竖直方向运动特点有最大高度 h = vy 2 2g 可 得 h=0.3125m 加上之前的 1.5m 有ℎ� =1.8125m＜1.9m 故无法直接扣球，D 错误。 6.B 电路简化如图，当�2从 0 增加到 3Ω的过程中，总电阻一直增大，故电源效率一直增加，A 错误；当�2 = 2� 时外电路总阻值等于电源内阻，故电源的输出功率先增后减小，B 正确。根据电 路分析可知电流表示数 I = I2 + I3,电压表示数 U = U3，则有 � � = U3 I2+I3 故 � � < �3， C 错误。r = ∆U ∆I 总 ，I总 = �1 + �又根据�2阻值增大，可知I总减小但�1增大，故电 流表示数变化大小∆I应大于总电流变化大小∆I总，则有 ∆� ∆� < ∆� ∆�总 = �故 D错误。 7.D 转速逐渐增大过程中 A、B 所受摩擦力逐渐增大直到 B 摩擦力达到最大值�����， 之后对 A 有�� + � = 5��2� ①， 对 B 有����� + � = 2��2� ② 联立消 T 可得�� = 3��2� + ����� ③ 可知��将继续增大直到 A 摩擦力达到最大值�����，此过程中 B 摩擦力保持不变。根据两者摩擦力方向可知此时并未达到最终结果，根据重心在 O 点靠 A 侧可知最后会向 A 侧划出。故根据①可知 T 要继续增大，则根据式③对 B 应有 �� = ����� − 3��2� 增有��会减小到 0 后反向增大到最大值，此过程��不变。综上有 A 的摩擦力先增 大后不变，B 的摩擦力先增大后不变再减小到 0 后反向增大。故 D正确。 8.BD AB．电势随距离的图像，图线斜率等于电场强度，则沿 BC 方向的场强分量为 ��� = 3−1 4×10−2 = 50v/m ，方向由� → �； 沿 AC 方向的场强分量为��� = 3−2 4×10−2 = 25v/m，方向由� → �； CD．根据矢量的合成可知，匀强电场的场强的大小为 ���2 + ���2 = 25 5v/m。 9.CD CD．该列波的波速 2 m/s 2m/s 5 4 xv t       ，又由 v T   ，可得波源的振动周期为 6 2 s 2s 2 T v      ，故 CD 正确。 从 0t  开始，经 11 3 s 1.5s 2 xt v    ，该质点开始振动，故0 4s 时间内它振动的时间为 2.5s，则其运动的总 路程为 2.5 4 50cms A T    ，故 B 错误。 A． 5st  时，波传播至 2 5m 10mx vt    ，由于 4m  ，所以 10mx 处的质点振动方向与 6mx  处的 质点振动方向相同，由图可知 6mx  处的质点振动方向沿 y轴正方向，故 0t  时刻波源的起振方向沿 y轴 正方向，故 A 错误。 10.AC A．设粒子在磁场中的速率为 v，运动半径为 R，对在电场中的运动过程由动能定理得 2 1 2 qEd mv ，在磁 场中运动过程由洛伦兹力充当向心力得 2vqvB m R  ，粒子在磁场中的运动轨迹为半个圆周，可知运动的半 径为 R d ，解得� = ��� 2 2� ，故 A 正确； B．粒子在电场中的运动时间为 1 2 2 d mt v qB   ，在磁场中的运动时间为 2 1 2 4 2 m mt qB qB      粒子从 O 运动到 P 的时间为   1 2 4 2 m t t t qB      ，故 B 错误； CD．将粒子从 M 到 N 的过程中某时刻的速度分解为水平向右和竖直向下的分量，分别为 vx、vy，再把粒 子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为 x yf qBv ， y xf qBv ，设粒子在最低点 N 的速度大小为 v1，MN 的竖直距离为 y。以向右为正方向，水平 方向上由动量定理可得 1 0 ymv qBv t qBy    ，再由动能定理得 211 02qEy mv  ，解得 1 qBdv m  ，y d 故 C 正确，D 错误。 11.（共 8 分，每空 2 分）(1)BD；(2) 1 k ；(3)o sinc s k f bg gM    ， sin cos g b g     【详解】（1）设小车和手机的质量为 M，斜面倾角为，对钩码和小车以及手机的系统，由牛顿第二定律 有  sin cosmg Mg Mg M m a      ，可得   sin cosm g a Mg Mga M M       ，可得 a 与  m g a 成 一次函数。 D．因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也 就不需要质量关系，即不需要钧码的质量应该远小于智能手机和小车的质量，故 D正确； B．为了让绳子拉小车的力为恒力，则细绳应该始终与长木板平行，故 B 正确； AC．本实验若平衡了摩擦力，系统的牛顿第二定律表达式为  m g a a M   ，a 与  m g a 成正比例函数， 不符合实验实验结果，则不需要平衡摩擦力，故 AC 错误； B．本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，故 B 正确。 （2）根据 a 与  m g a 的一次函数关系，可知图像的斜率的意义为 1 k M  ，则小车和手机的质量为 1M k  （3）根据 a 与  m g a 的一次函数关系，可知纵截距的物理意义为 sin cosMg Mgb M     ， 联立解得 o sinc s k f bg gM    ， sin cos g b g     12.（共 10 分，每空 2 分） 1.500/1.499/1.501 ；A ； �0�1 �2 ； ��2�0�1 4��2 ； 等于 （1）螺旋测微器的读数即电阻丝的直径 d=1mm+0.500mm=1.500mm （2）各个电表的灵敏度情况如下：A 表偏转 1 格所需电压为 1μA×100Ω=0.1mV，B 表偏转 1 格所需电压为 0.02A×60Ω=1.2V，C 表偏转 1 格所需电压为 0.1V，为了测量更精确，就要求电表更灵敏，A 正确。 （3）实验小组将滑动变阻器滑片调至最左端后，闭合开关 S，调节滑动变阻器使其滑片处于合适位置，调 节电阻箱，使其示数为�0，然后调节滑片 P，使表头的示数为 0，由电桥平衡条件,得 �� �1 = �0 �2 ，解得�� = �0�1 �2 根据电阻定律 LR S  得待测电阻丝的电阻率� = �� 2�0�1 4��2 （4）重复（3）的操作，测出多组 xR 、 的数据，分别取平均值，可减小偶然误差，此实验表头内阻不影 响实验原理，电桥法无系统误差，因此待测电阻丝电阻的理论测量值等于真实值。 13. （8 分）(1)n = 2 （2）�影 = 0.05 3� 2 （1）根据几何关系可知，AB 等于独木舟长度，又影子 BC = 3AB 可知β = 30° ---------------1 分 则有 n = sinα sinβ −−−−−−−−−−−−−−− 2 分 ⇒ n = 2 ---------------1 分 （2）因为是平行光，可知独木舟中心与影子中心到 O 点距离比值不变，根 据数学知识可知两者位移之比依然是 �舟：�影=1： 3 ---------------1 分 有�舟 = 1 2 ��2 ⇒ �舟 = 0.05� 2， ---------------2 分 则�影 = 0.05 3� 2 ---------------1 分 14. （12 分）（1）�0 = 20m/s2；（2）�� = 30m/s；（3）t=40s （1）根据��� �2 = �� ---------------1 分 且该星球 M、R 均为地球 0.5 倍，则�0 = 2� ⇒ �0 = 20m/s2 ---------------2 分 (2) 光伏板吸收能量转化后的功率为 P = η∆ES ⇒ P = 6 × 104W ---------------1 分 又 f = 0.1(m + m0)�0 ⇒ f = 2000N ---------------1 分 则有�� = � � ⇒ �� = 30m/s ---------------1 分 (3) 在匀加速阶段 F − f = (m + m0)� ⇒ F = 3000N ---------------1 分 此过程结束速度有�1 = � � ⇒ �1 = 20m/s ---------------1分 �1 = �1 � ⇒ �1 = 20s ---------------1 分 �1 = �1 2 �1 ⇒ �1 = 200� ---------------1 分 此后开始恒定功率运动，根据功能关系有 Pt2 − f（x − x1） = 1 2 (m + m0)(vm2 − v12) ---------------1 分 ⇒ t2 = 20s 则可知 t = t1 + t2 ⇒ t=40s ---------------1 分 15. （16 分）（1）Q = 0.25C；（2）�1=1s，�� = 0.5J；（3）�总 = 3(1+ 0.2) 2 � （1）在最低点，导体棒切割磁场，电容器两端电压与导体棒两端电动势相等， 有 U = E = BLv1，得 U = 4V ---------------2分 电容器的电容 QC U  ，联立解得 Q = 0.25C。---------------2 分 （2）导体棒由在左边导轨上静止释放后，在下滑过程中受力分析如图： 解法一：沿斜面方向由动量定理得 1 1 1 1sin cosmgt mgt BILt mv     ---------------1 分 解得�1=1s ---------------1 分 沿斜面方向由牛顿第二定律得 1xG f F ma   又 F BIL ， 1 va t    1 Q C U vI CBL BLCa t t t           则 2 2 1 1sin cosmg mg B L Ca ma     ，得�1 = 1m/s2 ---------------1 分 故导体棒由在左边导轨上静止释放后做匀加速直线运动。 导体棒释放位置距离导轨的最低点距离�1 = �1 2 �1 = 0.5m ---------------1 分 电容器储存的能量 2 1 1 1 137 cn os37i 2 sCE mgx mg x mv    解得�� = 0.5J ---------------1 分 解法二：根据电容器储存能量公式 2 C 1 2 E CU ，又 U = E = BLv1，解得�� = 0.5J （3）以上分析可知，物体冲上右侧导轨后，由于导体棒的速度减小，产生的电动势减小，故电容器放电， 导体棒安培力沿斜面向上，受力分析图如图所示： 根据牛顿第二定律得 2xG f F ma   F BIL 2 Q vI BLC BLCa t t        解得�2 = 5m/s2 ---------------1分 则第一次冲上右轨道所用时间�2 = �1 �2 ，得�2 = 0.2s 物体上滑到右侧轨道最高点位移�2 = 0−�1 2 −2�2 ，得�2 = 0.1m ---------------以上 1 分 同理，导体棒从右侧斜面最高点滑下过程中电容器充电，加速大小等于 1a ，导体棒第二次经过最低点时设 其速度为�2 = �1�3， 2 2 1 3 1 2 x a t , 解得�3 = 0.2s；�2 = 0.2 m/s。 ---------------以上 1 分 之后以�2冲上左轨道，物体上滑到左侧轨道最高点位移�4 = 0−�2 2 −2�2 ，得�4 = 0.02m，所用时间�4 = �2 �2 ，得�4 = 0.2 0.2 s。左轨道再次下滑时间�4 = 1 2 �1�52，得�5 = 0.2�，第三次到最低点的速度�3 = �1�5，得�3 =0.2m/s。 ---------------以上 2 分 之后冲上右轨道，物体上滑到右侧轨道最高点位移�6 = 0−�3 2 −2�2 ，得�6 = 0.004�，所用时间�6 = �3 �2 ，得�6 = 0.04s。 如此往复，直至停在最低点。 在两边导轨加速下滑过程时间依次为 �1 = 1s，�3 = 0.2s，�5 = 0.2s … 公比为 0.2，由等比数列求和公式，得下滑总时间�下 = 5(1+ 0.2) 4 s 在两边导轨减速上滑过程时间依次为： �2 = 0.2s，�4 = 0.2 0.2 s，�6 = 0.04s …公比为 0.2，由等比数列求和公式，得上滑总时间�上 = 1+ 0.2 4 s ---------------以上 1 分 所以全程�总 = 3(1+ 0.2) 2 s ---------------1 分