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周南中学 2025 届高三第四阶段模拟考试物理答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C A D D C AC ABD BD BD
1．B
2．C【解析】小鸟自由落体的最大速度ݒ = 18 m/s，由ݒ = ݃ݐ 得ݐ = 1.8 s. A错误。
୫ ୫ ଵ ଵ
整个过程下落的高度为图乙ݒ-ݐ图与ݐ轴所夹面积，故ℎ =
௩ౣ
×
ହ
ݐ = 27 m。B错误。
ଵ
ଶ ଷ
ݒ-ݐ图的斜率为加速度，两段斜率比为2:(−3)，故ݐ ~ ହ ݐ 内ܽ = − ଷ ݃ = −15m/sଶ. C正确。
ଵ ଵ
ଷ ଶ
ହ ଶ ହ
全过程，由动量定理得݉݃ቀ ݐ ቁ−݂ቀ ݐ ቁ = 0−0，解得݂ = ݉݃. D错误。
ଵ ଵ
ଷ ଷ ଶ
3．A 【解析】ݐ = 0.5 s时，摆球所受拉力最大，摆球经过最低点。A正确。
拉力最小时摆球处于最高点，该处拉力等于重力沿绳的分量，故ܨ < ݉݃. B错误。
୫୧୬
ݐ = 0.1 s时，摆球所受拉力最小，摆球处于最大位移处，速度为零。C 错误；由图可知绳
的拉力变化周期为0.8 s，而小球向左摆和向右摆的两个半周期内绳的拉力的变化情况相同，
一次全振动拉力变化两个周期，故振动周期为1.6 s. D错误。
4. D 【解析】O到C，电场强度一直为正，沿ݔ轴正方向；沿电场电势一直降低。A错误。
电场强度一直在变化，电场力一直在变化，粒子一直做变加速运动。B错误。
ܧ-ݔ图覆盖的面积表示电势差，故ܷ > 3ܷ . 由动能定理得ݍܷ = ܧ ，ݍܷ = ܧ ，
ை ை ை ை
故ܧ > 3ܧ .C错误。
AB段图线与x轴所夹的面积大于BC段图线与x轴所夹的面积，故ܷ > ܷ ；而电势能
的减少量Δܧ = ܹ = ݍܷ，故粒子在AB段的电势能的减少量大于BC段。D正确。
减 静
5. D 【解析】楞次定律及其推论可以总结为电磁感应的结果(感应电流产生的磁场，感
应电流所受安培力及其反作用力)总是阻碍引起电磁感应的原因(通过感应线圈的磁通量
的变化，原磁场场源与感应线圈的相对运动)。
滑片向右移动时，螺线管内的电流增大，它产生的磁场变强，通过A、B两线圈的磁通量
增大，A远离螺线管、B靠近螺线管可以阻碍通过它们的磁通量增大。故A所受安培力使
它具有远离螺线管的趋势，B所受安培力使它具有靠近螺线管的趋势。A、B错误。
断开开关时，通过A、B两线圈的磁通量减小，A靠近螺线管、B远离螺线管可以阻碍通过
它们的磁通量减小。故A所受安培力使它具有靠近螺线管的趋势，B所受安培力使它具有
远离螺线管的趋势。C错误，D正确。
试卷第1页，共6页
{#{QQABRQKAggAIAABAABgCQwWQCAOQkhEACSgGwEAMMAAAyRFABAA=}#}6．C 【解析】感生电场与静电场的性质不同，对自由电荷施加的力不是静电力。B错误。
放入半径为ݎ且与真空室同心的环形导线圈，由楞次定律可知其中的感应电流从上往下看
沿顺时针方向；这说明自由电子沿逆时针运动。而自由电子是在感生电场力作用下发生定
向移动的，故感生电场力从上往下看沿逆时针方向，感生电场从上往下看沿顺时针方向。
A错误。
由对称性，导线圈内正、负电荷都应均匀分布在整个导线圈上，导线圈各处都呈电中性，
它们在电路中产生的恒定电场的场强处处为零，于是导线圈上电势处处相等。C正确。
该导线圈的电动势ℰ = ߨݎଶ = ߨݎଶ݇.
௧
电荷量为ݍ的自由电荷沿线圈转一圈，感生电场力对它做的功为ܹ = ݍܧ(2ߨݎ)，而感生
非
ௐ
电场力就是感生电磁感应的非静电力，由电动势的定义可得ℰ = 非 = 2ߨݎܧ.
故ߨݎଶ݇ = 2ߨݎܧ，解得ܧ = . D错误。
ଶ
7.AC 【解析】滑动变阻器在P点左、右两边的部分并联，并联总电阻记为ܴ . 随着滑
௫
片从a移动到b，ܴ 从0增大到最大(P均分ܴ时)再减小为零，最大值记为ܴ .
௫ ௫
外电路的结构为“(ܴ 串ܴ 串电流表)并电压表”，故电压表的示数先增后减，电流表的示
௫
数先减后增，ܴ 两端的电压先减后增。A正确，B错误。
整个过程外电阻从ܴ 增大到ܴ +ܴ 再减小到ܴ . 若ݎ ≤ ܴ ，则外电阻不小于内阻且先
௫
远离内阻再接近内阻，电源输出功率先减后增。若ݎ ≥ ܴ +ܴ ，则外电阻不大于内阻且
௫
先接近内阻再远离内阻，电源输出功率先增后减。若ܴ < ݎ < ܴ +ܴ ，则电源输出功率
௫
先增后减再增再减。C正确，D错误。
8. ABD 【解析】由左手定则，粒子射入磁场后向左偏，它可能垂直OB、BC或CD射出。
గ
若垂直OB射出，则转半个圈，时间为 . A正确。
ଷగ
若垂直BC射出，则圆心为AB与BC的交点B，圆心角为 (五边形的内角和为(5−2)ߨ，
ହ
ଷగ ଷగ
即3ߨ，于是正五边形的每个内角为 )，时间为 . D正确。
ହ ହ
గ
若垂直CD射出，则圆心为AB与CD的延长线的交点，圆心角为 (三角形的一个外角等于
ହ
గ
与它不相邻的两个内角之和)，时间为 . B正确。
ହ
9.BD 【解析】忽略彗星质量的变化，彗星仅在太阳对它的万有引力作用下沿某个轨道运
动时机械能守恒。A错误。
试卷第2页，共6页
{#{QQABRQKAggAIAABAABgCQwWQCAOQkhEACSgGwEAMMAAAyRFABAA=}#}ெ ீெ ଵ
仅在万有引力作用下，由ܩ = ݉ܽ得ܽ = ∝ ，故彗星在近日点的加速度与地球公转
మ మ మ
的加速度之比为1:0.4ଶ，即25:4. B正确。
记地日距离为ݎ，则地球公转速度为ݒ = ට ீெ ，而彗星近日点速度为ݒᇱ = ට ଶீெ .
.ସ
௩ᇲ
故 = √5. C错误，D正确。
௩
10. BD 【解析】刚要发生相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，而它们的加
速度仍相等；此时，对B有ߤ (݉݃−݇ݒ) = ݉ܽ，对A、B整体有ܨ −ߤ (2݉݃−݇ݒ) = 2݉ܽ.
ଵ ଵ ଶ
解得ݒ = . A错误，B 正确。
ହ
分离前任意时刻，地面对A的摩擦力大小为ܨ = ߤ (2݉݃−݇ݒ)，两边在该过程对时间取
ଶ ଶ
平均乘以时间可得ܨ 的冲量大小为ܫ = ߤ (2݉݃ݐ−݇Δݔ).
ଶ ଶ ଶ
分离前的过程，对整个系统，由动量定理得ܨ ݐ−ܫ = 2݉ݒ −0.
ଵ ଶ
మିଷ௧
解得Δݔ = . C错误，D正确。
మ
11．【答案】(1) C；(2) 增大，0.18
【解析】(1) 利用该装置做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验时，并不需要获知
小车所受合外力的大小，不需要补偿阻力。A错误。
以小车和砝码整体为研究对象，补偿阻力后，由于仍有摩擦力做负功，其机械能并不守恒，
当然不能用于“验证机械能守恒定律”。B错误。
补偿阻力只是使重力、支持力和阻力平衡，从而绳的拉力等于小车所受合外力。但由于没
有测量绳的拉力，需要将砝码和砝码盘的总重力近似当作绳的拉力。而这是有条件的，即
小车和砝码的加速度大小ܽ ≪ ݃，这要求砝码和砝码盘的总质量远远小于小车的质量。C
正确。
(2)(a) 纸带向右运动，故打点计时器相对纸带向左运动，左边的点迹更晚打出，而左边
的点迹更密，故小车在减速运动，需要增大倾角。
(b) 在݉ ≪ ܯ且已经补偿阻力的前提下，小车所受合外力可视为݉݃. 对小车，由牛顿第
ଵ ெ ଵ ଵ ଵ ଵ.଼ ெ
二定律得݉݃ = ܯܽ，即 = ⋅ ，故 − 图的斜率为 = ，解得ܯ ≈ 0.18 kg.
ଵ
12. 【答案】(1) 见解析(2分)，900(2分)；(2) 45(2分)，5(2分)；(3) 1.4(2分).
【解析】(1) 欧姆表内部由电源、定值电阻、电流表和滑动变阻器串联组成；电流从电源
正极流出后，经过一些元件从黑表笔流出，其结构如图所示。
试卷第3页，共6页
{#{QQABRQKAggAIAABAABgCQwWQCAOQkhEACSgGwEAMMAAAyRFABAA=}#}由闭合电路欧姆定律得ܧ = ܫ(ܴ +ܴ )，其中ܴ = ݎ+ܴ +ܴ +ܴ.
௫ ஐ ஐ ஜ
ா
欧姆调零时ܴ = 0且ܫ = ܫ ，故ܧ = ܫ ܴ . 解得ܴ = = 15 kΩ.
௫ ஐ ஐ
ூ
故ܴ = 15 kΩ−14 kΩ−98.5 Ω−1.5 Ω = 900 Ω.
(2) 由ܧ = ܫ(ܴ +ܴ )和ܧ = ܫ ܴ 得ܴ =
ா
−
ா
=
ா
ቀ
ூ
−1ቁ = 15ቀ
ூ
−1ቁ kΩ.
௫ ஐ ஐ ௫
ூ ூ ூ ூ ூ
分别将ܫ = 25 μA和ܫ = 75 μA代入可得对应的电阻值为45 kΩ和5 kΩ.
(3) 电阻箱的读数为35000.0 Ω，即35 kΩ，于是
ாᇲ
ቀ
ூ
−1ቁ = 35 kΩ.
ூ ூ
而指针所指刻度为37.5 kΩ，故 ா ቀ ூ −1ቁ = 37.5 kΩ；故ܧᇱ = ଷହ ܧ = 1.4 V.
ூ ூ ଷ.ହ
మோమ ோ
13.【答案】(1) ；(2) ݉݃(ܮ+݈)；(3) −
ଶరర ସ
【解析】(1) 线框进入磁场的过程，由闭合电路欧姆定律得ܤ݈ݒ = ܫ ܴ.
线框受力平衡，故ܤܫ ݈ = ݉݃.
ோ
解得ݒ = .
మమ
ab进磁场前，有ݒ ଶ = 2݃ℎ；解得ℎ =
మோమ
. （4分）
ଶరర
(2) cd边离开磁场前，同样有ܤܫ ݈ = ݉݃，ܤܮݒ = ܫ ܴ，故ݒ = ݒ .
ଵ ଵ ଵ ଵ
线框穿过磁场的过程，由能量守恒得ܳ = ݉݃(ܮ+݈). （3分）
(3) cd边离开磁场前瞬间，有ܫ = ；由右手定则可知电流沿顺时针方向。
ଵ
ோ ோ
故ܷ = −ܫ ，解得ܷ = − . （3分）
ௗ ଵ ௗ
ସ ସ
14.【答案】(1)
ଷ௩బ మ
；(2)
௩బ；(3)
(6݀,0)，
(ଶଶହାହଷగ)ௗ
ସௗ ௗ ସହ௩బ
ଷ ଷ
【解析】(1) 从P到O，位移偏角的正切tanߙ = ；于是，速度偏角的正切tanߠ = .
଼ ସ
由tanߠ =
௩得ݒ
=
ଷ
ݒ ，而ݒ =
ହ
ݒ .
௬
௩బ ସ ସ
由动能定理得ݍܧቀ ଷ ݀ቁ = ଵ ݉ݒଶ − ଵ ݉ݒ ଶ；解得ܧ = ଷ௩బ మ . （4分）
଼ ଶ ଶ ସௗ
试卷第4页，共6页
{#{QQABRQKAggAIAABAABgCQwWQCAOQkhEACSgGwEAMMAAAyRFABAA=}#}(2) 带电小球从入射到击中挡板轨迹如图所示。
ହ
由几何关系得݀ = ݎcosߠ，故ݎ = ݀.
ସ
由ݍݒܤ = ݉
௩మ
得ܤ =
௩బ.
（4分）
ௗ
(3) 带电小球的运动具有周期性，从出发到撞击挡板是半个周期，后半个周期与前半个周
期对称。带电小球从出发到第 5次穿过ݔ轴的轨迹如图所示。
由图可知从O到第5次穿过ݔ轴恰好完成2个周期，故ݔ = 4[݀ +ݎ(1−sinߠ)] = 6݀.
ହ
第5次穿过ݔ轴的位置坐标为(6݀,0). （3分）
ହଷగௗ
小球在磁场中每一段运动的圆心角为53°，时间为 .
ଵ଼௩బ
ௗ ହଷగௗ (ଵ଼ାହଷగ)ௗ
小球运动一个周期的时间为2ቀ + ቁ = .
௩బ ଵ଼௩బ ଽ௩బ
(ଵ଼ାହଷగ)ௗ ௗ (ଶଶହାହଷగ)ௗ
从出发到第5次穿过ݔ轴所用的时间为ݐ = 2× + = （3分）
ହ
ଽ௩బ ௩బ ସହ௩బ
15. 【答案】(1) 6√5 m/s；(2) 10.4 m；(3) 15 m
解析：(1) 小球离开滑槽到落入斜面，竖直方向2ݒ = ݃ݐ，故ݒ = 12 m/s.
௬ ௬
小球沿切线落入斜面，有tanߠ =
௩ೣ，故ݒ
= 6 m/s.
௫
௩
于是ݒ = ඥݒ ଶ +ݒ ଶ = 6√5 m/s. （5分）
௫ ௬
(2) 小球离开滑槽到落入斜面，水平方向的位移ݔ = ݒ ݐ = 14.4 m.
ଶ ௫
小球从C点滑出时，相对滑槽的速度沿切线，故tanߙ =
௩
，解得ܸ = 10 m/s.
ା௩ೣ
试卷第5页，共6页
{#{QQABRQKAggAIAABAABgCQwWQCAOQkhEACSgGwEAMMAAAyRFABAA=}#}小球从C点滑出前，小球与滑槽组成的系统水平方向动量守恒݉ݒ = ܯܸ，故ܯ = 3 kg.
௫
这个过程中，小球和滑块的水平位移大小分别记为ݔ和ܺ，则ݔ +ܺ = ݈cosߙ +2ܴsinߙ.
而这个过程的任意时刻ݐᇱ，有݉ݒ = ܯܸ ，故݉ݔ = ܯܺ.
௫௧ᇲ ௧ᇲ
解得ܺ = 4 m，故݀ = ݔ −ܺ = 10.4 m. （5分）
ଶ
(3) 小球做自由落体运动的过程，有ݒ ଶ = 2݃ℎ，故ݒ = ඥ2݃ℎ.
小球与滑槽碰撞后瞬间，小球的水平分速度与竖直分速度分别记为ݒ 和ݒ ，滑槽的速度
௫ଵ ௬ଵ
大小记为ܸ .
ଵ
碰撞过程，由水平方向动量守恒得ܯܸ = ݉ݒ .
ଵ ௫ଵ
碰撞过程小球所受外力沿AB的冲量为零，其沿AB的分速度不变，故
ݒ sinߙ = ݒ sinߙ +ݒ cosߙ
௬ଵ ௫ଵ
碰撞后小球相对滑槽沿AB运动，故tanߙ =
௩భ
.
௩ೣభାభ
ଷ ଷ ଵ
解得ݒ = ݒ ，ݒ = ݒ ，ܸ = ݒ .
௬ଵ ௫ଵ ଵ
ହ ଵ ଶ
碰撞损失的机械能为Δܧ = ଵ ݉ݒ ଶ − ଵ ݉൫ݒ ଶ +ݒ ଶ൯− ଵ ܯܸ ଶ，解得Δܧ = ଶ ݉݃ℎ.
௫ଵ ௬ଵ ଵ
ଶ ଶ ଶ ହ
从释放小球到小球从C点滑出，由能量守恒得
݉݃(ℎ+݈sinߙ) = Δܧ + ଵ ݉൫ݒ ଶ +ݒ ଶ൯+ ଵ ܯܸଶ
௫ ௬
ଶ ଶ
解得ℎ = 15 m. （6分）
试卷第6页，共6页
{#{QQABRQKAggAIAABAABgCQwWQCAOQkhEACSgGwEAMMAAAyRFABAA=}#}
