2025届陕西省高三下学期三模物理试题

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2025届高三第三次模拟检测 物理试题参考答案及评分标准 一、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。 1.B 【解析】由图和题知，重力G、拉力T和支持力N三个力的合力为0，重力G的大 小和方向都不变，拉力T方向不变，支持力N与竖直方向的夹角0增大，拉力T 和支持力N都增大，故选B。 2.C 【解析】AB.设空间站距地心的距离为r,地球和空间站的质量分别为M和m,由 万有引力定律及牛频第二定律有c=m,解得a=G丝，r减小时a增大； 由万有引力定#及牛频第二定#有c恤-“，屏得T2√后，当r减小 时，T减小；故A、B错误； CD,由万有引力定律及牛频第二定体得G恤=m号，基理得线追度，√四。 GM 因为空间站轨道降低，圆周运动的半径「减小，所以由上式可知，空间站的线速度增大，空间站的动 能E=m变大，C正确。 2 在轨道降低过程中，大气阻力对空间站做负功，由功能关系可知，空间站的机械能减小，D错误。故选C。 3.C 【解析】A.核反应方程式为H+HHe+n,A错误； B.氘核的比结合能比氨核的小，B错误； C.一个氘核与一个氚核聚变反应质量亏△m=(2.0141+3.0161-4.0026-1.0087)u=0.0189u 聚变反应释放的能量是△E=△m·931.5MeV≈I7.6MeV,5g氘完全参与聚变释放出能量E=N,△E =2.64×105MeV,所以5g氘完全参与聚变释放出能量数量级为105MeV,故C正确。 氘核与氚核发生核聚变，要使它们间的距离达到105m以内，D错误。故选C。 4.C 【解折IA.由P=Ⅲ可知输电线电流1=号 的电线损耗功率P,=?合 输电电压U一定时，发电功率P加倍，输电线损耗功率变为原来的4倍，A错误： B.用户得到的功率P。=P-P,=PP 发电功率P加倍时，用户得到的功率没有加倍，B错误； C由=号可知，发电功率P一定时，输电电压U加倍，则路电线中的电流减丰，C正确： D,由P:可知，发电功率P一定时，输电电压U加倍，前电线损托功单变为原来的D错沃。故选C C③扫描全能王 3亿人整在用的扫mAp到 5.c 【解析】A.作出两种情况下的光路图，如图所示，在A处发生全反射，故有siC= 0P=5 R3 解得n=√3，A错误。 、B.由n三0PB解得sin∠APB=之，∠APB=30,B错误。 C由=片，可得= 3c,C正确： D.根据边角关系，光在B点的入射角为30°，B点正好在O点上方，折射角是60°，从B点射出的光与P点射 入的光平行，D错误，故选C。 6.D 【解析】B根据平抛运动坚直和水平方向运动方程人=之6，x=以，同学对套图所做功即= 2m2, 由h:>hn,x1<xa得t1>tn,1<w1,W1<W1,A、B错。 C.套圈在空中动量变化量△p=mg,由t1>l1得△p1>4p1,C错误。 D.套图在空中动能变化量△E=mgh,由h1>hn得△E,>△E1D正确，故选D。 7.D 【解析】A.由题知，入射速度为o时，电子沿x轴做直线运动则有：Ee=eeB 解得：E=B,故A错误。 B.若速度<，则eE>wB,电子所受合力沿y轴正方向，电子将向上偏转，故其不可能进入y<0的区城运动， B错误。 C.若电子入射速度为1.5。，电子受到的电场力和磁场力的合力向下，电子将向下偏转，当电子运动到速度 动能定理有-BAy=2m之m(1.5),解得4y=8g,由于粒子向 速度为时纵坐标为=8，根据Ee=,B,解得1=8B。C错误。 D.若电子入射连度为？，电子受到的电场力和磁场力的合力向上，电子将向上偏转，根据动能定理有 ,=分（宁户-宁（宁，只，=B,解得器D正填。 故选D。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.ACD 【解析】由图乙可知，质点P在=0时刻的振动方向沿y轴负方向，结合图甲，根据波的平移法可知，波沿x 轴正方向传播，故A正确；从图乙可知质点P的周期为2.4s,即波的周期也为2.45，质点P从y=5cm运动 到平衡位置用的时间为立T=0.2s,此时间内波传播立，波沿x轴正方向传播，=0时刻质点P左侧平街位 置，点的横坐标为x=0,则质点P从y=5cm运动到平衡位置的同时x=0处质点的振动传播到了x=1m处， 所以有位A=1m,解得波长A=2m,选项B错误：波速为=宁=5ms,选项C正确；质点P微简谐运动表 达式y=10sn(号+爱)m,代入1=21s解得y=5万cam,因位移方向活y轴正才句，所以加速度方向汤y轴 负方向，选项D正确。故选ACD。 C的扫描全能王 3亿人整在用的日mApp 9.BC 【解析】A.OP杆绕O点从b到c转动过程中，根据右手定则，产生的感应电流方向从O到P,从M到N,再根 据左手定则，MN受到的安培力向左，向左运动，A错误。 B.由于杆MN向左运动切割磁感线，产生由N到M的反电动势E:=BL,杆MW受到向左的安培力，所以杆 MW的速度)增大，设OP长度为d,则电路中总电动势E=号B心-BL,电路的电流I怎nN两搞的电势 差U=R,由杆MN的速度v增大，得E减小，I减小，U减小，B正确。 C.电路中的电流变小，杆OP所受安培力变小，又因其做匀速转动，所以外力的功率变小，C正确。 D.杆MN受到的安培力大小F=BL,因为I减小，所以F令减小，D错误。故选BC。 10.AD 【解析】A.转简边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系有=ωR 因0~2。内，仙与t成正比，所以水桶的速度v与t成正比，即水桶做初速度为零的匀加速直线运动，故A 正确： B.图乙中0~3。内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设 为0，则0=6+3）=20 2 故水井的深度为h=R=2oRo 故B错误； C.把水桶从并底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为P鬼=驰_mg·2_2mgR 3to 30 3 故C错误； D.根据动能定理可知，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为 2 m(woR)2=moiR2 2 故D正确。 故选AD。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)(1)> (2)m.xp=maxu+mixN (3)品(m,号-m-m,)(各2分) 【解析】(1)为了保证小球碰撞后不反弹，要求m.>m; (2)两球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出，点的高度相等，它们做平抛运动的时间1相等，碰撞前α球的速 度大小=号 碰撞后a球的速度大小，=y 碰撞后6球的速度大小”，= 如采碰撞过程系统动量守恒，则碰撞前后系统动量相等，即mo=m,+m6 整理得mxp=m。花+mxN (3)损失的机械能B=m,6_m,花m 222 平抛运动竖直方向有h=旺 2 C③扫描全能王 事亿人都在用的日mAp到 联立以上式子解得E=是(m,品-m,-m,) 4h 12.(9分)(1)B(2分) (2)ADCE(2分) (3)16k(16×103)(1分) (4)160(2分)880(2分) 【解析】(1)按照多用电表的正确操作，应先旋动部件S,进行机械调零，使指针对准电流的0刻线，其次将K 旋转到电阻挡“×100”的位置：然后将插入“+”“-”插孔的表笔短接，旋动部件T,进行欧姆调零，使指针对 准电阻挡刻度的0刻线，故选B。 (2)多用电表指针如图中虚线，电阻示数偏大，应旋转K调至更大倍率的电阻挡“×1k”的位置，再重新进行 欧姆调零，之后将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接后读数记录，最后关闭多用电表将选 择开关置于“OFF"位置，故选ADCE。 (3)多用电表电阻读数R.=16×1032。 4)接指开关接到2°为1A指，所以有1=，代入数据解得风+风=160，换指升关换到4 为1V挡，所以有U=1R.+I×R4,代入数据解得R4=880n。 13.(9分)(1)= a (2)f=F-ma 8 【解析】(1)对舰载机根据匀变速直线运动速度时间公式=仙，解得=卫 …（2分)》 (2)对于舰载机根据牛顿第二定律F-f=ma…(2分) 解得f=F-m0… (2分) (3)对舰载机根据匀变速直线运动位移时间公式x= -at (1分) 弹力F做功甲=，解得W= 2a (2分) 14.(14分)(1)T=1.5T+ kVoTo 4poS2 a0紫)n kV哈 【解析】(1)建立压强与体积的关系 当气体体积为1.5V。时，弹簧伸长量x= .5V。-V。_Va (1分) 此时气体压强为：p=Po kx。kV =Po+2S (2分) 应用理想气体状态方程上P:1.5北 (1分) T T T=1.5T+ kVoTo (1分) 4poS2 (2)根据理想气体状态方程P-凸·2 …(1分） T。T 当气体体积逐渐膨胀至2儿，时，气体压强P=P+ kVo (2分) C③扫描全能王 3亿人整在用的日mAp印 解得T3=2T。+ 2kVo To （1分) PoS2 气体温度变化量△T=T3-T。,解得△T=T。+ 2kVo To PoS2 …（2分)） 气体内能变化量△U=R kW哈 外界对气体做功W=-P%。2 …(1分） 根据热力学第一定律△U=W+Q (1分) 解得气体吸批的热量Q=(T理 k t)w%+黑 (1分) 28 15.(16分)(1)a= 8BLvo 3mR (2)w=50 'no=2 % (30 【解析】(1)MN棒开始运动时，产生的感应电动势大小为：E。=B·2L·2…（1分) 回路中感应电流：2R+R Eo …(1分) MN棒所受的安培力大小：F=BI2L …(1分)》 根据牛颜第二定律有F=ma (1分) 解得：a= 8B'L'vo …（1分） 3mR (2)回路电流为零时有：B·2L·w=B·L·%,得：%=2Dy…（1分) 在PQ释放后，M棒运动到导轨ab、gf的最右端的过程 对MN棒根据动量定理-B/x2=mww一mX①… (1分) 对PQ棒根据动量定理BI山=m吧rw②… (1分) ①@联主解得mw-号物 (2分) (3)当MN棒从初始位置到导轨ab、矿的最右端时，根据焦耳定律Q=R,MN棒与PQ棒接入电路的电阻 之比为2l,产生的热量之比为21。……（们分)》 设金属棒P0产生的焦耳热为Q,对整个回路，根据能量守恒定律有30，=[(2，)》尸--】 解得0，-8 (1分) 当MN棒从导轨ab、gf的最左端到与PQ棒共速时，MN棒接入导轨间的长度由2L变为L,所以接入电路的 电阻由2R变为R,MW棒与PQ棒接入电路的电阻之比为1：l,产生的热量之比为1：1。…(1分) 设金属棒PQ产生的焦耳热为Q2,对整个回路，根据能量守恒定律有 20:=2(+城o-2w) (1分) 对MN棒和PQ棒根据动量守恒mDw+mw%=2mt 解得：治Q=时 … (1分) PQ棒产生的热量Q=Q,+Q2 代入解科Q-=38m 600m (1分) C③扫描全能王 3亿人整在用的扫mAp到