福建省福州第三中学2024-2025学年高三上学期模拟预测物理答案_2025年1月_250110福建省福州第三中学2024-2025学年高三上学期第七次模拟

福州三中 2024—2025 学年第一学期高三第 7 次质量检查
物理答案
（每题4分，共16分）1、B 2、B 3、C 4、C
（每题6分，共24分）5、AC 6、AD 7、AC 8、BD
（每空1分，共2分）9、不变；越大
2Br2 1 4πB2r4
（每空1分，共5分）10、由M到N 不变的 r2B
3R 3 3R
（每空1分，共2分）11、
4
（每空2分，共6分）12、9.6×10； 2；0 0.75
（每空2分，共8分）13、(1)−；2 (2；)4.9 (，3) 。
1 1 1  − 
(1)  (2)  (3)    −  0
14、（共10分）【答案】（1）a 7.5m/s2；（2）F 500N
【解析】（1）由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a x v2 mgsinma
1 1 1
代入数据得v 2gx sin15m/s
1
v2
匀减速继续下滑的过程有2ax v2代入数据得a 7.5m/s2
2 2x
2

（2）若减速过程中两滑雪板间的夹角74，根据牛顿第二定律有2Fsin mgsinma
2
mamgsin
F  500N
解得 
2sin
2
Bql B2ql 4
15、（共12分）【答案】（1） ；（2） ；（3）
3m 10m 9
v 2
【解析】（1）根据题意，小球在磁场中做匀速圆周运动时，根据牛顿第二定律，则有Bqv m b
b R
l Bql
又有R 解得v 
3 b 3m
（2）小球在沿杆向下运动时，受向左的洛仑兹力F，向右的弹力N，向下的电场力qE，向上的摩擦力f，
如图所示，
当小球以v 匀速运动时，根据平衡条件，水平方向上有N F Bqv
b b
B2ql
竖直方向上有qE  f Bqv 解得E 
b
10m
（3）根据题意，由做功公式可知，小球从a运动到b过程中，电场力做功
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1 8
{#{QQABLYgEogAgABJAABgCAw1gCEAQkhEACYgGBEAEsAIAyBFABCA=}#}B2q2l2
为W qEl 
电
10m
1 2B2q2l2
设摩擦力做功为W，由动能定理有W W  mv2 解得W 
电 2 b 45m
2B2q2l2
则带电小球从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功为W' 
45m
W' 4
则带电小球从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值为 
W 9
电
16、（共15分）【解析】解： 设 在倾斜导轨上运动的最大速度为 。
匀速运动时速度最大，由平衡条(1)件得   
2   =      
感应电流为 回路总电阻为
总  2  总   总
3
联立可得  =  =   =  + 2 =2 
当 通过   =时7.5，  立/  即解除 、 与轨道的固定，在安培力作用下， 向右做减速运动， 、 整体向右做加
(速2)运动  ，当  与  、 的速度相  同时  ， 、 、 一起向右做匀速运动，设  速度为 。  
由于 与 、  组  成的  系统合外力为零，  系  统动  量守恒，取向右为正方向，由动  量守恒定律得

解  得   =3  
设  =到2达.5  /时  的速度为 。
( 在 3) 通  过 的   过程，取向右′  为正方向，对 、 整体，由动量定理得
−
−  1   ⋅  =2  ′  −2  
其中
−  1总  −    1总  2
⋅  =  ′ =  ′
此过程回路总电阻
总
3
′ =  + 2 =2 
联立解得
5
′  =6  / 
从 离开 至 到达 的过程中，回路产生的总焦耳热为
1 2 1 2
金属  棒 与   中  电流相   等，等于 中电流的一半，由焦耳定律  =2×2  知  金 − 属2棒 ×2 与  ′  中产生的热量是 中热量
2
的 则  金  属棒 产生的热量   =      
1 1
4    =6 
联立解得
1
答： 在  倾  = 斜1导08轨  ≈ 上 0 运 .0 动 1  的最大速度为 ； 到达 前匀速运动的速度为 ； 从 离开
至 到(1达)  的过程中，金属棒 产生的热量7为.5  /  (。2)    2.5  /  (3)   
0.01 
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2 8
{#{QQABLYgEogAgABJAABgCAw1gCEAQkhEACYgGBEAEsAIAyBFABCA=}#}小题解析：
1、【答案】B
【解析】【分析】本题考查用动量定理解决流体问题；求出 时间内的质量，根据动量定理求出平均冲击力。

【解答】以水为研究对象，根据动量定理可知 ，又 ，代入可得 ，B

2 2 2
正确。  =   =   =    =       =    
2、【答案】B
【解析】解： 、由甲图可知 ，由图乙可知 ，则该波的传播速度为 ，故
4
A错误；   =4   =2   =  =2  /  =2  / 
B、由图乙可知， 时刻，质点 向上振动。在甲图上，根据波形平移法可知该波沿 轴负方向传播，故
B正确；  =0  
C、由于 ，所以质点 在 内通过的路程为 ，
1
故C错误
=
；
9  =4  +2   9   =4×4  +2  =18  =18×20   =360  
D、简谐波沿 轴负方向传播，质点 只在平衡位置上下振动，并不会随波迁移，故D错误。
故选： 。  
读出波长  和周期，再求波速；由图乙读出 时刻质点 的振动方向，在甲图上，利用波形平移法判断波
的传播方向；根据时间与周期的倍数，求  解=质0点 在 内  通过的路程；质点 只在平衡位置上下振动，并
不会随波迁移。  9  
本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力。对于波的图象，往往先
判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。
3、【答案】C
【解析】解：设轨道半径为 的卫星线速度为 ，卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：

2
=
2


解得：

= 
在很短时间 内卫星与地心 的连线扫过的面积为： 代入 解得：
1 1
相同时间内  ，  卫星与地心  的连线扫过的面积和 卫  星 = 与2地   心   的连线  扫过的  面 = 积2  之  比  为  ：  ： ： ，
则 ：  ： ：  ，故C正确、ABD错误  。      =1 2
2 2
故选   ：  。  =     =1 4

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3 8
{#{QQABLYgEogAgABJAABgCAw1gCEAQkhEACYgGBEAEsAIAyBFABCA=}#}由万有引力提供向心力点的线速度的表达式，根据三角形面积计算方法求解在很短时间 内卫星与地心
的连线扫过的面积表达式，由此得到轨道半径之比。   
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式
进行分析，掌握卫星与地心 的连线扫过的面积的计算方法。
4、【答案】C 
【解析】解： 、平台与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小
1
开始时平台受到  两圆柱的摩擦力平衡，所以开始运动时加速  度 = 大2小  ( 为  +  ) 
，故A错误；

B、 = 圆  +柱  表面的点转动的线速度大小为
′  若平=台   运动的速度大小为 ，则

1 
=      =  (  +  )  2 2
根据牛顿第二定2 律可得  +(   )

−  (  +  )  2 2 =(  +  ) 
因为 在不断增大，  加+速(  度  会) 越来越小，故B错误；
C、对  物体进行受力分析可得，可得
物体受到平台的摩擦力逐渐减小，故  0 C=正  确  ；
D、开始运动时加速度大小为 所以即使 较小，平台也运动，故D错误。

故选： 。  =  +  
A、可通  过摩擦力平衡条件，计算加速度；
B、利用线速度规律、牛顿第二定律计算加速度的变化；
C、利用牛顿第二定律判断；
D、由 中计算出的加速度，判断力的变化是否影响运动情况。
本题考  查了对线速度、牛顿第二定律、力的合成与分解的理解和应用。
5、【答案】AC
【解析】解： 、足球向前踢出后，由于受到地面阻力的作用，会做减速运动，速度逐渐减小，运动员向
前追赶足球，做   加速运动，速度逐渐增大，运动员追上足球时位移大小相等，即 图像与坐标轴围成的
面积相同，故A正确，B错误；  − 
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4 8
{#{QQABLYgEogAgABJAABgCAw1gCEAQkhEACYgGBEAEsAIAyBFABCA=}#}、 图像的斜率表示速度，足球做减速运动，足球的 图像斜率逐渐减小，当运动员追上足球时，
足  球和  运−动  员在同一时刻达到同一位置，足球和运动员的  −图  像交于同一点，足球和运动员的起点相同，
故C正确，D错误。  − 
故选： 。
足球向前   踢出后，由于受到地面阻力的作用，会做减速运动，运动员向前追赶足球做加速运动， 图像
的纵坐标值的变化表示速度的变化，图像与坐标轴所围成的面积表示位移， 图像切线的斜率表  −示  速度。
本题考查了 图像和 图像，解题关键是根据情境分析好足球和人的运  动−状  态，结合图像分析即可。
6、【答案】  A−D   − 
【解析】解： 、从 到 电子受力指向实线的凹侧，而电子受电场力方向与电场强度方向相反，所以电场
强度方向背离  实线  方  向，沿着电场线方向电势降低，则 点的电势低于 点的电势，故A正确；
B、等差等势线  越  密，电场强度越大，所以 点场强大于 点  场强，则电子在  点受到的电场力大，根据牛顿
第二定律可知，电子在 点的加速度大于在  点的加速度  ，故B错误； 
、根据电场线与等势面  垂直，且由电势高  的地方指向电势低的地方，则从 到 的电势升高，根据公式
可知，电子电势能减小，动能增大，故D正确，C错误；     =
故  选： 。
根据曲线   运动的特点得出电场力的方向，结合粒子的电性得出电场线的方向，从而的出电势的高低；
根据电场线的疏密程度得出场强的大小，结合牛顿第二定律得出加速度的大小关系；
根据电势能的表达式得出电势能的变化趋势，从而得出电子动能的变化趋势。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和电势能的表达式完
成分析。
7、【答案】AC
【解析】解： 、因不计一切摩擦，故滑块与小球组成的系统在水平方向上所受合外力为零，则水平方向此
系统满足动量  守恒定律，故A正确；
B、小球运动至最高点滑块时，小球和滑块在水平方向上共速，故两者此时水平速度相同 。
(  1 =  2)
由图 可得 与 的关系式为： ，当 时，解得小球的速度 ，故B错误；
1
C、设(  小)球和  滑 1 块  的 2 质量分别为  、 1 =，  取 0− 向 2 右  2 为正方  1 向=，  小 2 球和滑块组成的系统  水 1 = 平3方  向 0 动量守恒，结合
选项的结论，则有：   
1
0 =(  +  )×  0
解得： ，故3小球与滑块的质量比为 ： ，故C正确；
=2  1 2
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5 8
{#{QQABLYgEogAgABJAABgCAw1gCEAQkhEACYgGBEAEsAIAyBFABCA=}#}D、设小球达到的最大高度为 ，根据机械能守恒定律，结合 选项的结论，则有：
ℎ  
1 2 1 1 2
ℎ=   0− (  +  )(  0)
解得： 2 2 3
2
因小球能  0从=圆3  弧ℎ最高点冲出滑块，故需满足 ，则小球的初速度大小需满足： ，故D错误。
故选： 。 ℎ>   0 > 3  
根据动量   守恒的条件判断此系统水平方向上是否满足动量守恒定律；根据小球运动至最高点时此系统的运
动状态，结合图 的 与 的关系求解小球的速度；根据此系统水平方向动量守恒与机械能守恒定律解答。
本题主要是考查(了  )动量  1守恒  2定律和机械能守恒定律的综合应用，对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统
不受外力作用或某一方向不受外力作用 或合外力为零 。解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的
动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再( 根据机械能守)恒定律列方程求解。
8、【答案】BD
【解析】解： 、由题意可知轨迹为圆滚线的运动是匀速圆周运动与匀速直线运动的合运动。离子在电磁场
中运动的轨迹  属于圆滚线，可将离子的运动分解为匀速圆周运动与匀速直线运动，如下图所示，在 点使离
子具有一对等大反向的速度，水平向右的分速度 所对应的洛伦兹力的分力与电场力平衡 即  ，则
离子具有水平向右速度为 的匀速直线运动；水平  向左的分速度 在其所对应的洛伦兹力作(用  下   做=匀  速  )圆周
运动。  
由 到 的时间恰好是分运动的匀速圆周运动的一个周期，故A点运动到

点的时间为 ，故A错误；
2  
、由 到  电  场力做做正功，由 到 电场力做负功，根据动能定理可知在
点  动能最  大  ，速度最大。由功能关  系  可知，该离子电势能先减小后增大，故 
C错误，D正确。
故选： 。
由题意可   将离子的运动分解为匀速圆周运动与匀速直线运动，根据力与运动的关系，结合匀速圆周运动的
周期解答；根据动能定理，电场力做功的公式，功能关系解答。
本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动问题，属于知识给于类题型，理解题意是关键。掌握轨迹为“圆
滚线”的运动的处理方法，根据分运动具有独立性与等时性解答。
9、【答案】不变；越大
【解析】本题考查水平面内的圆周运动，知道向心力的来源是解题的关键。根据向心
力的来源分析，结合向心力公式和牛顿第二定律分析即可解题。
【解答】小球在重力、支持力作用下做匀速圆周运动，受力如图所示：
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6 8
{#{QQABLYgEogAgABJAABgCAw1gCEAQkhEACYgGBEAEsAIAyBFABCA=}#}其中重力和支持力的合力提供向心力，则 ，可见小球运动的轨道平面越接近漏斗
合 向 2

上端口，所受合外力大小不变，但做圆周  运动=的  半径=会   越ta大n  ，=则  其线  速度 越大。
2Br2 1 4πB2r4
10、【答案】 由M到N 不变的 r2B  =   tan 
3R 3 3R
【详解】[1]由右手定则可知，电流方向为由M到N。
[2]导体棒MN转动切割产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，所以圆环消耗的电功率不变。
1
[3][4]导体棒MN转动切割产生的感应电动势恒定E 2 Br2Br2
2
E 2Br2
R I  
外电路的并联高电阻 ，内阻R，由闭合电路欧姆定律可得，MN中的电流 3R 3R
2
2
1
MN两端的电压U  r2B
3
2π 3 4πB2r4
[5]转动一周的时间t  ，则电路中产生的热量QI2 Rt
 2 3R
11、【答案】
4
【解析】【分析9.6】×根1据0 20 ，结合牛顿第二定律得出 与 图线，结合图线的斜率求解汽车的功率，当加
1
速度等于零时，速度最大  = ．    
对于图线问题，通常的解题思路是通过物理规律得出物理量间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解．
【解答】解：牵引力 ，根据牛顿第二定律得：
−   
=   =  =   − 
可知图线的斜率为：
2
解得汽车的功率为：  =  =0.05=40
3 4
当加速度 ，速度  最=大2，.4由×1图0线×可4知0  ，最=大9.6速×度1为0 ：  . ．
1
故答案为：
=0
， ．
=0.05  /  =20  / 
4
12、【答案】9.6×10 ； 20 ； 或
3
【解析】解： (1) 钢 − 球 2 静 ( 止 2) 于 4.9 最低 (3 点 ) 位4 置 0 时 .75 拉力传感器示数为 ，根据平衡条件
钢球摆动到最低(1)点时，根据牛顿第二定律  0  0 =  
2

2−   =  
钢球从释放点到最低点的过程中，取最低处为零势能，根据机械能守恒定律
1 2
在释放点，沿绳方向的合力为零，根据数学知识 代入数据联立  解  得  (1−     )= 2  
结合 函数，图像的斜率 ；  1 =        2 =3  0−2  1
图  像2−的  纵1截距  =−解2 得传感器示数 ；
(2)  =3  0 =14.7   0 =4.9 
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7 8
{#{QQABLYgEogAgABJAABgCAw1gCEAQkhEACYgGBEAEsAIAyBFABCA=}#}在最低点时传感器示数 时，根据函数关系式 代入数据解得
(3)  2 =7.35   2 =3  0−2  1  1 =3.675 
在释放点满足 解得 。
1 3.675 3
1 =       =  0         =  0 = 4.9 =4
故答案为： ； ； 或 。
3
根据平(1衡)−条2件、(2牛)4顿.9第二 (3 定 )4律、 0. 机 75 械能守恒定律求解 函数，结合图像求解作答；
(1)(根2)据函数关系式求解释放点传感器的示数，再根据数学知  识2−求  解1 作答。
(本3)题主要考查了平衡条件、牛顿第二定律、机械能守恒定律的运用，求解 函数是解题的关键，明确
释放点沿绳子方向的合力为零。  2−  1
13、【答案】 ； ； ， 。
1 1 1  − 
(1)  (2)  (3)    −  0
【解析】解； 根据闭合电路欧姆定律可得： ，整理可得： ，所以横坐标
1 1  +  0 1
(1)  =  +  (  +  0)  =  +  ⋅ 
应为 ；
1

当电压表读数为 时且 ，则有 ，解得此时电阻箱阻值 ，根据等效替代关系可知此时待测
1 1 1
(2)     =   =   = 
电阻的阻值 ；
1
=  = 
根据 的关系式结合图像可得：斜率 ，纵轴截距
1 1  +  0  −  1
(3)  −   =  =   = 
解得： ，
1  − 
=   =   −  0
故答案为： ； ； ， 。 根据闭合电路欧姆定律得出 的函数关系式，确定横坐
1 1 1  −  1 1
标 的值，根 (1 据 ) 斜  率 (2 和 ) 截  距 (3 求 )  解电   动 − 势  和 0 内(阻1)；(3)  − 
根据题图结合电压表示数，判断此时电阻箱的阻值，根据等效替代关系求解待测电阻的阻值。
(本2)题是涉及测量电动势和内电阻的图象的实验问题，关键是根据物理规律写出有关纵轴和横轴物理量的函
数表达式，然后讨论即可求解。
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{#{QQABLYgEogAgABJAABgCAw1gCEAQkhEACYgGBEAEsAIAyBFABCA=}#}