湖北省部分高中協(xié)作體2025屆高三下學(xué)期3月一模聯(lián)考物理試題答案

高三物理試題答案一、單項選擇題：1、解析：D照相機每隔0.1s拍照一次，所以題圖中0～8cm所用的時間t＝0.4s，照片與實物的比例為1∶10，所以題圖中8cm對應(yīng)的實際位移x＝80cm＝0.8m，則小球在通過題圖中8cm距離內(nèi)的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(0.8,0.4)m/s＝2m/s，A、B錯誤；題圖中對應(yīng)小球通過6cm處的瞬時速度可用題圖中3.5cm到7.5cm這一段位移的平均速度表示，題圖中3.5cm到7.5cm這一段對應(yīng)的實際位移x′＝40cm＝0.4m，所用時間t′＝0.2s，所以題圖中6cm處的瞬時速度v′＝eq\f(x′,t′)＝eq\f(0.4,0.2)m/s＝2m/s，C錯誤，D正確。2、解析：D取水面上質(zhì)量為m的水滴，從小孔噴出時，由機械能守恒定律可知mgy＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gy)，A錯誤；水從小孔P射出時做平拋運動，則x＝vt，h－y＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝veq\r(\f(2（h－y）,g))＝2eq\r(y（h－y）)，可知x與小孔的位置有關(guān)，由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)y＝h－y，即y＝eq\f(1,2)h時，x最大，最大值為h，并不是y越小x越大，B、C錯誤，D正確。3、解析：B飛船上的觀測者相對飛船靜止，測得的長度仍為30m，而地球上的觀測者觀測高速飛行的飛船，長度縮短了，故A錯誤，B正確；根據(jù)狹義相對論的基本假設(shè)可知，飛船和地球上的觀測者測得光信號的速度均為c，C、D均錯誤。4、解析：C由題可知，振幅為A＝20cm，頻率為f＝0.5Hz，則ω＝2πf＝π，由圖可知波的波長為λ＝8m，波向右傳播，且v＝λf＝8×0.5m/s＝4m/s，該時刻P點的振動方向沿y軸負方向，Q點的振動方向沿y軸正方向，故從該時刻開始計時P點的振動方程為y＝20sin(πt＋eq\f(3π,4))cm，故t＝0時P點的位移為y＝10eq\r(2)cm，當(dāng)t＝0.25s時P點的位移為y＝0，P點到達平衡位置，故ABD正確，C錯誤。本題選不正確的，故選C。5、解析：A根據(jù)電阻定律可知R＝ρeq\f(l,S)得ρ＝eq\f(RS,l)，故電流沿AB方向時有ρ＝eq\f(Rbc,a)，AB錯誤；若電流沿CD方向，樣品的電阻R′＝ρeq\f(b,ac)＝eq\f(b2,a2)R，A正確，D錯誤。故選A。6、解析：B粒子a向上偏轉(zhuǎn)，由左手定則可判斷，粒子a帶正電，而粒子b向下偏轉(zhuǎn)，則粒子b帶負電，故A錯誤；如圖所示，由幾何關(guān)系可知，磁場寬度x＝Rasin60°＝Rbsin30°，解得Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故B正確；由qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBR,m)，比荷相同，磁場相同，則va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故C錯誤；粒子運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，則Ta＝Tb，a運動的時間ta＝eq\f(60°,360°)Ta＝eq\f(1,6)Ta，b運動的時間tb＝eq\f(30°,360°)Tb＝eq\f(1,12)Tb，故ta∶tb＝2∶1，故D錯誤。7、解析：C根據(jù)幾何關(guān)系，光束邊緣的光線進入半球時的入射角為30°，根據(jù)折射定律可知n＝eq\f(sinθ,sin30°)，解得θ＝45°，到達底面時與O點距離為L，則有eq\f(L,sin45°)＝eq\f(R,sin75°)，解得L＝(eq\r(3)－1)R，則能從底面透射出光的面積為S＝π(eq\r(3)－1)2R2，故C正確，A、B、D錯誤。8、解析：BD將楔形物體、光滑球體視為一個整體可知，楔形物體對地板的壓力大小為(M＋m)g，故A錯誤；球體對AC面的彈力大小為FNAC＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(5,3)mg，當(dāng)F＝FNACsinθ＝eq\f(4,3)mg時，楔形物體水平方向上受到的合力為零，沒有運動趨勢，摩擦力為零，故B正確；楔形物體受到的最大靜摩擦力Ffm＝μ(m＋M)g，當(dāng)水平向右的外力最小(設(shè)為Fn)時，楔形物體可能有向左運動趨勢，當(dāng)μ(m＋M)g≥eq\f(4,3)mg時，F(xiàn)n＝0；當(dāng)μ(m＋M)g＜eq\f(4,3)mg時，F(xiàn)n＝eq\f(4,3)mg－μ(m＋M)g，故C錯誤；當(dāng)水平向右的外力最大(設(shè)為Fm)時，楔形物體有向右運動趨勢，由平衡條件有Fm－FNACsinθ－Ffm＝0，解得Fm＝eq\f(4,3)mg＋μ(m＋M)g，故D正確。9、解析：BCD若A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，彈簧被釋放后，A、B分別相對C向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力矢量和不為零，故A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；對A、B、C組成的系統(tǒng)，A與C、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，和A、B與C間的動摩擦因數(shù)或摩擦力大小是否相等無關(guān)，B、D正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力矢量和為零，故其動量守恒，C正確。10、解析：AD調(diào)制是把要發(fā)射的信號“加”到高頻振蕩電流上去，頻率越高，傳播信息能力越強，A正確；電磁波在空氣中的傳播速度接近光速且恒定不變，B錯誤；由v＝λf，知波長與波速和傳播頻率有關(guān)，C錯誤，D正確。二、非選擇題：（本大題共5小題，共60分）11、(12分)解析：(1)v-t圖像中，圖線斜率的絕對值表示加速度大小，根據(jù)圖乙可知，0～2s內(nèi)滑塊Q的加速度大小a1＝eq\f(12－4,2)m/s2＝4m/s20～2s內(nèi)木板P的加速度大小a2＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2兩物體一起做勻減速直線運動的加速度大小a3＝eq\f(4,6－2)m/s2＝1m/s2。(2)v-t圖像中，圖線與時間軸所圍幾何圖形的面積表示位移，則滑塊Q運動的總位移x＝eq\f(12×2,2)m＋eq\f(4×6,2)m＝24m。(3)0～2s內(nèi)對滑塊Q分析有μ1mg＝ma10～2s內(nèi)對木板P分析有μ1mg＋F－μ2(mg＋Mg)＝Ma2兩物體一起做勻減速直線運動，對PQ整體分析有μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3解得F＝9N。答案：(1)4m/s22m/s21m/s2(2)24m(3)9N12、(12分)解析：(1)小物體在E點處做圓周運動，當(dāng)其恰好通過E點時，小物體速度為零，從C到E的運動過程，根據(jù)動能定理有0－eq\f(1,2)mvC2＝－mg·2R解得vC＝2eq\r(6)m/s設(shè)小物體剛好反彈到E點，斜面長度為L，全過程對小物體運動，根據(jù)動能定理有0－eq\f(1,2)mvC′2＝－mg·2R－2μmgLcosθL＝eq\f(R,tanθ)解得vC′＝2eq\r(10)m/s故小物體在水平面上的速度范圍為2eq\r(6)m/s<v0<2eq\r(10)m/s。(2)由于2eq\r(6)m/s<eq\r(30)m/s<2eq\r(10)m/s，mgsinθ>μmgcosθ故小物體最后停在H處，從小物體開始運動到小物體最后停止，全過程用動能定理－mgR－μmgscosθ＝0－eq\f(1,2)mv02解得s＝1.8m。答案：(1)2eq\r(6)m/s<v0<2eq\r(10)m/s(2)H處1.8m13、(12分)解析：(1)由幾何關(guān)系知，軌道AB與水平面的夾角為37°，小物塊從A點第一次到C點的過程，由動能定理知(qE＋mg)(Lsin37°＋R－Rcos37°)－μ(qE＋mg)Lcos37°＝eq\f(1,2)mvC12－0在C點由牛頓第二定律知FN－qE－mg＝meq\f(vC12,R)，聯(lián)立解得FN＝10.8mg由牛頓第三定律知此時小物塊對軌道的壓力大小是10.8mg。(2)小物塊從A第一次到D的過程，由動能定理知(qE＋mg)(Lsin37°－Rcos37°)－μ(qE＋mg)Lcos37°＝eq\f(1,2)mvD12－0小物塊第一次到達D點后以速度vD1逆著電場線方向做勻減速直線運動由動能定理知－(qE＋mg)xmax＝0－eq\f(1,2)mvD12聯(lián)立解得xmax＝1.2R。(3)分析可知小物塊到達B點的速度為零后，小物塊就在圓弧軌道上做往復(fù)圓周運動，由功能關(guān)系知(qE＋mg)Lsin37°＝μ(qE＋mg)dcos37°解得d＝15R。答案：(1)10.8mg(2)1.2R(3)15R14、(12分)解析：(1)電路中串聯(lián)定值電阻，目的是減小電流，保護靈敏電流計，故本題答案為選項C。(2)由題知，當(dāng)電流從靈敏電流計正接線柱流入時，指針向左偏轉(zhuǎn)。S閉合后，將原線圈A插入副線圈B的過程中，穿過B的磁場向下，磁通量變大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流從靈敏電流計正接線柱流入，則靈敏電流計的指針將向左偏轉(zhuǎn)。(3)線圈A放在B中不動，穿過B的磁場向下，將滑動變阻器的滑片向左滑動時，穿過B的磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流從靈敏電流計正接線柱流入，則靈敏電流計的指針將向左偏轉(zhuǎn)。(4)線圈A放在B中不動，穿過B的磁場向下，突然斷開S時，穿過B的磁通量減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流從靈敏電流計負接線柱流入，則靈敏電流計的指針將向右偏轉(zhuǎn)。答案：(1)C(2)向左(3)向左(4)向右15、(12分)解析：(1)設(shè)初始狀態(tài)汽缸內(nèi)氣體的壓強為p1，對兩活塞整體有p0·2S＋p1·S＋3mg＝p0·S＋p1·2S對Ⅱ活塞有k·0.1l＋p0·S＝p1·S＋mg解得k＝eq\f(40mg,l)。(2)設(shè)活塞Ⅱ剛到汽缸連接處時內(nèi)部氣體壓強為p2，對兩活塞整體有p