【文档说明】福建省泉州五校2024-2025学年高三上学期11月期中联考物理试题 Word版含解析.docx，共(16)页，2.866 MB，由小赞的店铺上传

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福建省泉州市2025届高三五校联考物理试卷本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。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。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.下列情形中，可以把人或物体看成质点的是（）A.研

究地球的自转B.研究跳水运动员的空中姿态C.测量马拉松运动员的比赛时间D.观察苏炳添百米赛跑的起跑动作【答案】C【解析】【详解】A．研究地球的自转时，需要考虑地球的大小和形状，不能把地球看成质点。故A错误；B．研究跳水运动员的空中姿态时，需要考虑运动员的大小和形状，不能

把运动员看成质点。故B错误；C．测量马拉松运动员的比赛时间时，可以忽略运动员的大小和形状，可以把运动员看成质点。故C正确；D．观察苏炳添百米赛跑的起跑动作时，需要考虑苏炳添的大小和形状，不能把苏炳添看成质点。故D错误。故选C。2.小凡和小成用软件模拟抛体运动过程，如图所示，在一个倾

角为的斜面上，以一与斜面成角的初速度抛出一个小球，他们发现当满足1tantan2=（不考虑小球的二次反弹）时，小球落回斜面时速度与斜面垂直。若已知1tan2=，小球的初速度大小为0v，重力加速度取g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.改变抛出角度，使得小球水平

落到斜面上，则()tan2+=B.改变抛出角度，使得小球水平落到斜面上，小球距离斜面最远距离为20510vgC.改变抛出角度，使得小球垂直落到斜面上，小球运动的时间为0104vgD.改变抛出角度，使得小球垂直落到斜面上，

落球点与抛出点距离为2054vg【答案】D【解析】【详解】A．小球水平落到斜面上，采用逆向思维，看成小球做平抛运动落在斜面上，位移偏转角为，速度偏转角为+，所以tan(+)2tan1αθθ==故A错误；B．采用逆向思维，看成小球做平抛运

动落在斜面上，平抛运动初速度002cos()2vvαθv=+=速度v垂直于斜面的分量sinyvv=重力加速度垂直于斜面的分量cosygg=小球距离斜面最远距离为2025420yyvsgvg==故B错误；C．小球垂直落到斜面上，此时小球初速度

沿斜面方向的分量为0，即0cossin0vαgθt−=根据题意，此时1tantan2=由于的1tan2=则45=联立得0102vtg=故C错误；D．小球垂直落到斜面上，落球点与抛出点距离为2200(cos)52sin4vvsgg==故D正确故选D。3.踢毽子是一种深受

学生喜爱的体育运动。在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比。一毽子从很高处由静止竖直下落到地面的过程中，运动的时间为t，下落的高度h、速度大小为v、重力势能为pE、动能为kE。以地面的重力势能为零。则

下列图像中可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】AB．根据牛顿第二定律可得mgfmgkvkagvmmm−−===−可知毽子由静止下落过程，随着速度的增加，加速度逐渐减小，所以毽子做加速度逐渐减小的加速运动，当空气阻力

等于重力时，毽子匀速下落；根据ht−图像的切线斜率表示速度，可知ht−图像的切线斜率。先增大后保持不变；根据vt−图像的切线斜率表示加速度，可知vt−图像的切线斜率逐渐减小，故AB错误；C．以地面的重力势能为零

，设初始位置离地的高度为H，根据重力势能表达式可得p()EmgHh=−故C正确；D．根据动能定理可知，kEh−图像的切线斜率表示合力，而毽子下落过程所受合力逐渐减小，则kEh−图像的切线斜率逐渐减小，故D错误。故选C。4.某同学用

300N的力将质量为0.46kg的足球踢出，足球以10m/s的初速度沿水平草坪滚出60m后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是（）A.23JB.46JC.132JD.18000J【答案】A

【解析】【详解】根据功能关系可知，足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功等于足球动能改变量的负值，即22fk0110.4610J23J22WEmv=−===故选A。5.如图所示是甲、乙两个点电荷电场的电场线，P、Q为同一电场线上的两点，下列说法正确的是（

）A.P点的电场强度小于Q点B.P点的电势高于Q点C.电子在P点时的电势能大于在Q点时的电势能D.若电子从Q点由静止释放，只受电场力作用，则电子会沿电场线运动到P点【答案】B【解析】【详解】A．电场先分布的疏密程度表示电场的强弱，根据图像，P点的电场线分布比

Q点的电场线分布密集一些，则P点的电场强度大于Q点，故A错误；B．沿电场线，电势降低，根据图像可知，P点的电势高于Q点，故B正确；C．电子带负电，电子在电场中的pEe=−由于PQ而电势能的正负表示大小，可知，电子在P点时的电势能小于在Q点时的电势能，故C错误；D．电子在电场中仅仅受

到电场力，静止释放，若电子沿电场线运动，则电场线必定为一条直线，由于图中Q点位置的电场线为曲线，可知，若电子从Q点由静止释放，只受电场力作用，则电子不会沿电场线运动到P点，故D错误。故选B。6.如图甲所示，100匝总阻值为0.3kΩ的圆

形线圈两端M、N与一个阻值为1.2kΩ的电压表相连，其余电阻不计，线圈内有垂直纸面指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。下列说法正确的是（）A.线圈中产生的感应电流沿顺时针方向B.电压表的正接线柱接线圈的N端C.线圈中磁通量的变化率为0.05Wb/sD.电表的

读数为40V【答案】D【解析】【详解】AB．根据楞次定律判断，线圈中产生感应电流沿逆时针方向，所以电压表的正接线柱接线圈的M端，故AB错误；C．由图乙知，线圈中磁通量变化率为的的0.15Wb0.10Wb0.5

Wb/s0.1st−==故C错误；D．感应电动势为50VEnt==电表的读数为1.2k50V=40V1.2k0.3kRUERr==++故D正确。故选D。7.小明同学在空气干燥的教室里进行一个小实验，将一塑料扁带撕成细丝后，一端打结，做成“章鱼”的造型，用毛巾顺着细丝向下捋几下，

同样用毛巾来回摩擦PVC（塑料）管。将“章鱼”抛向空中，然后把PVC管从下方靠近它，直到“章鱼”处于悬停状态，则下列正确的是（）A.PVC管带电方式属于感应起电B.塑料扁带丝由于带上异种电荷会向四周散开C.用毛巾摩擦后，“章鱼”与PVC管带同种电荷DPVC管与“章鱼”相互靠近过程中，两者间相互吸

引【答案】C【解析】【详解】A．PVC管带电方式属于摩擦起电，故A错误；B．塑料扁带丝由于带上同种电荷而排斥，向四周散开，故B错误；C．用毛巾摩擦后，“章鱼”与PVC管带同种电荷，故C正确；D．PVC管与“章鱼”相互靠近过程

中，两者间相互排斥，从而处于悬停，故D错误。故选C。二、多选题8.很多电风扇都可以在吹风的同时左右摇头，如图甲所示为电风扇摇头齿轮传动的部分结构图，如图乙所.示为其中销钉小齿轮与曲柄齿轮的传动示意图，其中销钉小齿轮的齿数为12，曲柄齿轮的齿数为

60，A、B分别为销钉小齿轮和曲柄齿轮边缘上两点，则两齿轮匀速转动时（）A.销钉小齿轮与曲柄齿轮的转动周期之比为1∶5B.销钉小齿轮与曲柄齿轮的转动周期之比为5∶1C.A、B两点做圆周运动的向心加速度之比为1∶5D.A、B两点做圆周运动的

向心加速度之比为5∶1【答案】AD【解析】【详解】由题意可知，小齿轮与大齿轮的半径之比为12:12:601:5rr==由于A、B两点的线速度大小相等，根据2rTv=可得销钉小齿轮与曲柄齿轮的转动周期之比为1212::1:5TTrr==根据2var=

可得A、B两点做圆周运动的向心加速度之比为21::5:1ABaarr==故选AD。9.如图所示，空间中有正交的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，匀强电场方向竖直向下，电场强度为E，将一质量为m，带电荷量为q+的小球水平向左射入场区中，速度大小为v。

已知mgEBvq==，g为重力加速度，电磁场空间范围足够大。则在小球之后运动的过程中，以下说法正确的是（）A.电场力对小球做正功，故小球机械能一直增大B.小球运动过程中的最大速度为5vC.小球运动过程连续两次速度最大时的位置间的距离为4mvBqD.小球偏离入射方向的最大距离为6mv

Bq【答案】BD【解析】【详解】BCD．将初速度v分解为与初速度方向相同即向左的13vv=和方向相反即向右的22vv=分运动2v对应的洛伦兹力大小22FqvBmgqE==+故粒子以2v向右做匀速直线运动，另一分速度1v在洛伦兹力的作用下逆时做匀速圆周运

动，有211vqvBmr=解得13mvmvrqBqB==周期为2mTqB=当1v转至与2v同向时速度有最大值125vvv+=其运动过程中偏离入射方向的最大距离即为圆周运动的直径，即62mvrqB=连续两次速度达到最大值的时间间隔为T，故其间距为24mvLvTqB==故BD正确，C错误；A．由B

CD分析可知，在一个周期内，电场力一半时间做正功，一半时间做负功，因此小球机械能并不是一直增大，故A错误。故选BD。10.如图所示，一小物块（不计重力）以大小为a＝4m/s2的向心加速度做匀速圆周运动

，半径R＝1m，则下列说法正确的是（）A.小物块运动的角速度为2rad/sB.小物块做圆周运动的周期为πsC.小物块在s4t=内通过的位移大小为m20D.小物块在πs内通过的路程为零【答案】AB【解析】【详解】A．依据a＝ω2R，物块运动的角速度42rad/s1

aR===故A正确；B．周期2sT==故B正确；C．根据v＝ωr，知v＝2m/ss4t=内通过的位移大小22mxr==故C错误；D．小球在πs内通过的路程为l＝vt＝2×πm＝2πm故D错误。故选AB。三、实验题11.某同学为研究“合力做功和物体功能改变的关系”，设计了如下实

验，他的操作步骤是：A.按如图所示摆好实验装置B.将质量M=0.20kg的小车拉到打点计时器附近，并按住小车C.在质量m分别为10g、30g、50g的三种钩码中，挑选了一个质量为50g的钩码挂在拉线的挂钩上D.接通打点计时器的电源（电源频率为f=50Hz），然后释

放小车，打出一条纸带（1）多次重复实验，从中挑选一条点迹清晰的纸带如图所示，把打下的第一点记作“0”，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用毫米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为10.80cmd=，23.0

0cmd=，36.80cmd=，412.00cmd=，518.80cmd=，627.00cmd=，他把钩码重力（当地重力加速度29.8m/sg=）作为小车所受合力算出打下“0”点到打下“5”点合力做的功，则合力做

功W=______J，（结果均保留2位有效数字），打下“0”点到打下“5”点，小车动能的改变量k0.056JE=。（2）此次实验研究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”的结论，且误差很大，显然，在实验探究过程中忽视了各种

产生误差的因素，请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助分析一下，造成较大误差的主要原因可能是（）A.钩码质量没有远小于小车质量B.小车释放时离打点计时器太近C.钩码质量太小D.小车与长木板间有摩擦【答案】（1）0.092（2）AD【解析】【小问1详解】由于实验中把钩码重力作为小车所受

合力算出打下“0”点到打下“5”点合力做的功，则合力做功为32550109.818.8010J0.092JWmgd−−===【小问2详解】A．释放小车后，钩码也在向下做加速运动，加速度方向向下，则钩码的重力大于细绳的拉力，若实验中已经平

衡摩擦力，对小车进行分析有TMa=对钩码进行分析有mgTma−=解得1mgTmM=+当mM时，则有Tmg=可知，钩码质量没有远小于小车质量是造成较大误差的主要原因之一，故A正确；B．小车释放时离打点计时器

过近时并不影响合力做功值与动能增加量之间的差异，故B错误；C．结合上述可知，若平衡摩擦力，钩码质量越小，实验误差越小，故C错误；D．小车与长木板间有摩擦，实验中若没有平衡摩擦力，则实际上小车的合力值为细绳的弹力与摩擦力之差，结合上述可知，该差

值小于钩码的重力，即小车与长木板间有摩擦是引起实验误差的主要原因，故D正确。故选AD。12.某同学利用图甲所示装置探究弹簧弹力与形变量的关系。把弹簧上端固定在铁架台的横杆上，记录弹簧自由下垂时下端在刻度尺的位置。在弹簧下端悬挂不同质量的钩码，记录弹簧的长度。以弹簧的弹力F为纵轴，弹

簧的长度x为横轴建立直角坐标系，绘制的Fx−图像如图乙所示。由图像可知，该弹簧的劲度系数为___________N/m（计算结果保留3位有效数字）。【答案】43.8【解析】【详解】设竖直悬挂时，弹簧的原长为0

x，根据胡克定律00()Fkxxkxkx=-=-可知Fx−图像的斜率表示劲度系数，该弹簧的劲度系数为21.75N/m43.8N/m(10.06.0)10Fkx−==−四、解答题13.如图甲为一测量电解液电阻率的玻

璃容器，P、Q为电极，设1ma=，0.2mb=，0.1mc=，当里面注满某电解液，且P、Q间加上电压后，其UI−图像如图乙所示，当10VU=时，求电解液的电阻率ρ是多少？【答案】40Ωm=【解析】【详解】由题图乙可求得10VU=时，电

解液的电阻2000ΩURI==由题图甲可知电解液容器长1mla==截面积20.02mSbc==结合电阻定律lRS=得40Ωm=14.如图甲所示，曲线OP上方有沿y−方向的匀强电场，其场强大小为1E，曲线左侧有一粒子源AB，B端位

于x轴上，能够持续不断地沿x+方向发射速度为0v，质量为m、电荷量为q的粒子束，这些粒子经电场偏转后均能够通过O点，已知从A点入射粒子恰好从P点进入电场，不计重力及粒子间的相互作用。（1）写出匀强电场边界

OP段的边界方程（粒子入射点的坐标y和x间的关系式）：（2）若第四象限内存在边界平行于坐标轴的矩形匀强磁场1B（未画出），磁场方向垂直纸面向外。自O点射入的粒子束，经磁场偏转后均能够返回y轴，若粒子在第四象限运动时始终未离开磁场，求

磁场的最小面积；（3）若第一象限与第四象限间存在多组紧密相邻的匀强磁场2B和匀强电场2E（如图乙），电磁场边界与y轴平行，宽度均为d，长度足够长。匀强磁场02mvBqd=，方向垂直纸面向里，匀强电场2024mvEqd=，方向沿x轴正方向，现仅考

虑自A端射入的粒子，经匀强电场1E偏转后，恰好与y轴负方向成45=从O点射入，试确定该粒子将在第几个磁场区域拐弯（即速度恰好与y轴平行）。【答案】（1）21202Eqyxmv=；（2）220min222mvSqB=；（3）3【解析】

【详解】（1）粒子在电场E1区域做类平抛运动，则0xvt−=2112Eytqm=解得21202Eqyxmv=（2）设粒子经过O点的速度为v，与y轴的夹角为θ，则0sinvv=由2mvqvBr=可得0sinmvmvrqBqB==粒子在磁场中运动

时，在y轴上的偏移量022sin2sinmvmvyrqBqB===∆y恒定，故所有粒子均击中y轴上的同一位置，即02mvyqB=−处；在x轴上从B端射入的粒子到达的x轴上坐标的最远距离为0maxmvxqB=得磁场的最小面积220min222mvSqB=（3

）粒子经过O点时与y轴负方向成45=角，可得粒子的速度为02vv=设粒子在第n+1个磁场区域拐弯，则电场中共加速n次：由动能定理()222011222nEqndmvmv=−可得220022nnvvv=+在y轴方向上由动量定理()2Δcos45xnqvBtmvmv=−

−可得220200022mvnqBxmvvmvxd=++=可得2112xnnnd=+++解得13354144n++由于n只能取整数，故n只能取2，即粒子将在第3个磁场区域拐弯。15.水平放置的两块平行金属板板长l=5.

0cm，两板间距d=1.0cm，两板间电压为90V，且上板为正极板，一个电子沿水平方向以速度v0=2.0×107m/s从两板中间射入，如图所示，电子的质量为m=9.0×10-31kg，电荷量为e=-1.6×10-19C。（1）电子偏

离金属板的侧位移y0是多少？（2）电子飞出电场时的速度大小是多少（保留两位有效数字）？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，求OP之长。【答案】（1）5×10-3m；（2）2.0×107m/s；（3）2.5×10-2m【解析】【详解】（1）电子在偏转电场中运动，由eEma=U

Ed=2012yat=0lvt=联立以上，代入数据得30510my−=。（2）电子飞出电场时，水平分速度0xvv=竖直分速度60410m/syeUlvatmdv===则飞出电场时的速度为2272.010m/sxyvvv=+（3）设v与v0的夹角为θ，则tan0.2yxvv=

=由题设知，电子飞出电场后做匀速直线运动，则0tanOPys=＋解得22.510mOP−=