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AGQkhACCYgGhEAIsAABSQFABAA=}#}{#{QQABBQiEogCgAABAABgCQw3wCAGQkhACCYgGhEAIsAABSQFABAA=}#}2025届贵州省六校联盟

高考实用性联考卷（三）物理参考答案一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）题号1234567答案ABBCDBC【解析】1．12NN；12sinNmg，解得香肠

烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为122sinmgNN，故A正确。2．由题意知27BArr∶∶，由22MmGmrrv，得GMrv，解得72AB∶∶vv，故A错误。由2224πMmGmrrT，可得32πrTGM，所以2277

ABTT∶∶，故B正确。由2arv，所以11BAaa∶∶，故C错误。卫星的向心力为2Fmrv，所以向心力之比72BAFF∶∶，故D错误。3．A点的点电荷在O处产生的电场强度为12QEkr，方向沿AO方向，B点的点电荷在O处产生的电场强度为223QEkr，方向沿B

O方向，根据电场强度叠加原理可得O点的电场强度大小为2122kQEEEr，故A错误。A点的点电荷在C处产生的电场强度为32QEkr，方向沿AC方向，B点的点电荷在C处产生的电场强度为422233(3)QQQEkkkBCrr，方向沿BC方向，根

据电场强度叠加原理可得C点的电场强度大小为223422kQEEEr，故B正确。正试探电荷在移动过程中电场力先减小后增大，故C错误。正试探电荷在移动过程中电势能先减小后增大，故D错误。4．设每块砖的厚度是d，向上运动上运动时27

3ddaT①；向下运动时253ddaT②，联立①②得21aa③，根据牛顿第二定律，向上运动时mgfma④，向下运动时mgfma⑤，联立③④⑤得13fmg，故C正确。5．因为四根导线中的电流大小相等，方向相同，且O点与四根导线的距离相等，由安培定则

可知，导线1L和导线3L在O点的磁感应强度等大反向，同理导线2L和导线4L在O点的磁感应强度等大反向，所以O点的磁感应强度为零，故A错误。由同向电流相互吸引可知，2L受其他三根导线的吸引力分别指向三根导线，又由对称性可知，导线1L和导线3L对2L的安培力合力沿着bd方向，而4L对2L的安

培力也沿着bd方向，所以2L所受安培力的方向沿正方形的对角线bd方向。由图可知，1L与2L的距离小于1L与3L的距离，则导线1L在2L处产生的磁场比在3L处的强，又因为它们电流相等，由安培力公式FBIL可知，1L对2L的安培力大于1L对3L的安

培力，通过右手螺旋定则判断1L在2L、3L处产生的磁场方向不同，故安培力的方向不同，故B、C错误，D正确。6．结合乙图根据甲图有物块0~1s内，物块做初速为零的匀加速直线运动，有11Ffma，物块1~2s内，做匀速直线运动，有2Ff，物块2s后，做匀减

速直线运动，有3Ffma，代入数据得1kgm，224m/sa，则设物块减少到零的时间为t则有20atv，代入数据得1st，故第3秒末物块速度为零，第4秒内拉力与摩擦力平衡，物块静止，速度为零，故B正确。根据动能定理，

有0FfWW；fWfx联立，可得16JFW，故A错误。前4s内拉力的冲量为甲图中Ft图像与坐标轴所围面积，则有61Ns21Ns22Ns4NsFI，，，，，故C错误。根据A项分析已知速度时间图像与坐标轴围成面积表示位移，则前4秒内的位移为134m8m2x

，故D错误。7．人正对茶壶观察，作出滤网最边缘的光路俯视图，如图1所示，根据几何关系有232sin2dd，132sin2dd；根据折射率的定义式有sinsinn，解得15.30cmd，故C正确。二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项

中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。）题号8910图1答案ADABBD【解析】8．金属的逸出功是金属的自身固有属性，仅与金属自身有关，增加此X光的强度，该金属逸出功不变，故A正确。根据光子能量公式hv可知，增加此X光的强度，

X光的光子能量不变，故B错误。根据光电效应方程km0EhWv可知逸出的光电子最大初动能不变，故C错误。增加此X光的强度，单位时间照射到金属表面的光子变多，则单位时间逸出的光电子数增多，故D正确。9．在1t时刻，振动物体处于负的最大位移处，加速度方向竖直向上，物体处

于超重状态，故A正确。在2t时刻，振动图对应的斜率为负，向下运动，故B正确。在2t时刻，还受到阻力作用，合力不为零，故C错误。由于物体做减幅振动，所以运动过程中，机械能一直减小，故D错误。10．根据图象得Bx函数关系式0.50.5Bx，金属棒向右运动切割磁感线产生感应

电动势EBLv，感应电流EBLIRrRrv，安培力22BLFBILRr安v，解得222()10(1)FRrFBLx安安v，根据匀速直线运动的速度位移公式xtv，可得金属棒不可能做匀速直线运动，故A错误。根据题意金属棒所受的安培力

大小不变，0x处与1x处安培力大小相等，有22220011BLBLRrRrvv，解得10.5m/sv，故B正确。金属棒在0x处的安培力大小为2222000.50.22N0.05N0.4BLFRr安v，对金属棒金属棒从0x运动到1mx过程中，根据动能

定理有22101122FWFxmm安vv，代入数据解得0.325JFW，故C错误。根据感应电量公式0BxLqxRrRr，到2x过程中，Bx图像包围的面积0.51.5222Bx，所以20.2C1C0.4Bx

LqRr，故D正确。三、非选择题（本题共5小题，共57分）11．（每空2分，共6分）（1）交流电源（2）422hhT（3）9.70【解析】（1）电火花打点计时器所用的交流电压为220V。（2）打E点时重物的速度为422DhhTv。（3）由机械能守恒

定律得2211122mghmmvv，整理得2212ghvv，则2hv图线的斜率2kg，解得2218.453.60m/s9.70m/s220.25kg。12．（除特殊标注外，每空1分，共9分）（1）5（2）②如图2所示（3分）③1212

()IIRI（2分）（3）2.1/2.2/2.3/2.4/2.5均给分0.24/0.25/0.26/0.27/0.28均给分（2分）13．（12分）解：（1）气体进行等压变化，有0115llSlSTT①

解得：1065TT②（2）此过程中气体内能增加015UCTCT③气体的压强0sinpSmgpS④气体对外做功大小为WpSl⑤热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量0011(sin)5

5QUWCTlpSmg⑥评分标准：本题共12分。正确得出①～⑥式各给2分。14．（14分）解：（1）根据题意可知EqqBv①解得：EBv②（2）粒子先在电磁场中做匀速直线运动，时间0t，有0Rtv③粒子从O进入电场做类平抛运动，受沿x轴负方向的电场力，有

Eqma④212Rat⑤解得：02RmRtttEqv⑥（3）仅有磁场，以133qERmvv进入磁场，有211qBmrvv⑦解得：33rR画出粒子的运动轨迹，如图3所示，由几何关系可得，轨迹所

对圆心角为120°，并且出射点到P点的距离为R则粒子在磁场中12πrTv⑧在磁场中运动的时间11202π3603mtTqEv⑨出磁场到P点的时间1t11Rtv⑩从M点运动至P点所用的时间1112π333mmtttqEvv⑪评分标准：

本题共14分。正确得出①、⑦、⑪式各给2分，其余各式各给1分。15．（16分）解：（1）从D到E由动能定理得图32211(cos)22EDmgRRmmvv①解得：7m/sEv因为7m/s0Ev，故可以到达E点②在E点若重力恰好提供向心力，则20mgmRv解得：05m/sE

vv③故在E点有2EEmgFmRv④解得：8NEF由牛顿第三定律可知，压力8NNEFF⑤（2）由于10.8tan，m在传送带上运动时由于Dv小于传送带速度，可知m一直做加速运动，则有1cossinmgmgma⑥解得：20.4m/sa由公式222DCaL

vv⑦解得：3m/sCv⑧（3）根据第（2）问可知，物块到达C点时速度大小为3m/sCv设物块在传送带上向上滑动的加速度大小为1a，有11cossinmgmgma⑨解得：2112.4m/sa上滑距离2119m20m224.8Csav⑩上

滑时间11Ctav此段时间内，传送带接触点的运动距离1160m31stv⑪物块减速到零后开始沿传送带加速下滑。设下滑加速度大小为2a，由牛顿第二定律可知21aa，故物块返回到C点时速度大小没变，还是3m/sCv，故物块下滑时，物块的距离21ss传送带接触点的运动距离21ss⑫

则物块从C点往B点返回时，由动能定理可得221102Cmgxmv⑬解得：10.9m1mx⑭则物块在整个过程摩擦生热2111122()cos()68.55JQmgxxmgssss⑮评分标准：本题共16分。正确得出①式给2分

，其余各式各给1分。