湖北省圓創(chuàng)教育教研中心2025屆高三三月聯(lián)合測(cè)評(píng)物理試題及答案

武漢樂(lè)學(xué)教育武漢樂(lè)學(xué)教育武漢樂(lè)學(xué)教育武漢樂(lè)學(xué)教育武漢樂(lè)學(xué)教育2025屆高三三月聯(lián)合測(cè)評(píng)物理試卷參考答案與解析一、選擇題:本題共10小題,每小題4分,共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求,第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分。武漢樂(lè)學(xué)教育題號(hào)12345678910答案ACBDAADBCBCBD【解析】由質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒知X是2EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(34),92)U,選項(xiàng)A正確;γ射線穿透能力很強(qiáng),但電離作用很弱,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律,對(duì)少量原子核不適用,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;2EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(38),94)Pu的比結(jié)合能大于2EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(34),92)U的比結(jié)合能,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。武漢樂(lè)學(xué)教育【解析】第一宇宙速度7.9km/s是衛(wèi)星在地球發(fā)射的最小速度,也是衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的最大環(huán)繞速度。月面上升階段,上升器要脫離月球,其起飛速度至少要達(dá)到月球上的第一宇宙速度,并不是地球上的第一宇宙速度7.9km/s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;上升器與軌返組合體交會(huì)對(duì)接后,組合體的軌道半徑不變,故運(yùn)動(dòng)周期不變,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;第二宇宙速度11.2km/s是衛(wèi)星脫離地球引力束縛的最小發(fā)射速度,軌返組合體進(jìn)入月地轉(zhuǎn)移時(shí),是從月球軌道向地球運(yùn)動(dòng),其速度不能超過(guò)11.2km/s,否則會(huì)脫離地球引力范圍,無(wú)法回到地球,選項(xiàng)C正確;返回器采用半彈道跳躍式再入大氣層方式返回,在大氣層中會(huì)受到空氣阻力,空氣阻力會(huì)對(duì)返回器做功,機(jī)械能不守恒,選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！窘馕觥坑稍€圈電壓表達(dá)式U=2202sin(100πt)V,知交流電的頻率f=50Hz,理想變壓器不改變交流電的頻率,所以副線圈中電流的頻率也為50Hz,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由理想變壓器電壓比公式副線圈上電壓有效值為48V,選項(xiàng)B正確;已知充電功率P=11kW=11000W,副線圈電壓有效值根據(jù)P=U2I2,解得副線圈電流由理想變壓器電流比公式解得原線圈電流50A,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;根據(jù)理想變壓器電壓比公式,增加原線圈匝數(shù)n1,副線圈電壓U2會(huì)減小,充電功率會(huì)減小,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。【解析】已知質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)方程為,在t=0時(shí)刻,質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸正方向振動(dòng)。根據(jù)頁(yè)(共6頁(yè))“上下坡法”,可知該波沿x軸負(fù)方向傳播,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)方程,可得周期T=物理試卷參考答案與解析第頁(yè)(共6頁(yè))物理試卷參考答案與解析第2頁(yè)(共6頁(yè))s。由波的圖像可知波長(zhǎng)λ=12m,根據(jù)波速公式解得v=1m/s,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;波沿x軸負(fù)方向傳播,t=0時(shí)刻,質(zhì)點(diǎn)P在平衡位置所以P點(diǎn)未回到平衡位置,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。從t=0到t=5s,質(zhì)點(diǎn)Q通過(guò)的路程s=20+10=30cm,選項(xiàng)D正確?！窘馕觥咳鐖D所示,AB為經(jīng)玻璃磚上表面的反射光,FC為經(jīng)玻璃磚下表面的反射光,由反射定律、折射定律,有GF與BC平行且相等,GF=BD-所以AF=6cm,則光在A點(diǎn)的折射角tanγ=解得γ=45°,即選項(xiàng)A正確?！窘馕觥咳鐖D為玻璃杯受力,由平衡條件知mg+F1=f2,且F2=f1,兩個(gè)摩擦力都恰,f=μF2,聯(lián)立解得選項(xiàng)A正確;由平衡條件,拇指所受的摩擦力f2大于玻璃杯的重力mg,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;增加拇指與杯的彈力F2,食指所受的摩擦力f1變大,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;增加食指與杯的彈力F1,拇指所受的摩擦力f2變大,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。武漢樂(lè)學(xué)教育VFiF2VFiF2【解析】金屬棒沿順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),由右手定則,金屬棒中的電流方向?yàn)锳→O,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由左手定則,金屬棒受到的安培力沿逆時(shí)針?lè)较?俯視),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;設(shè)每一極端小段的金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為e,有e=Brωr,則整根金屬棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為選項(xiàng)D正確;金屬棒中電流的大小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。(排除選項(xiàng)C的方法:若磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng),設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Ka,則而據(jù)題目描述的磁場(chǎng),電動(dòng)勢(shì)應(yīng)比之大,選項(xiàng)C錯(cuò)誤)【解析】空氣阻力大小滿足f=kv,k=ah2(a為常數(shù)),質(zhì)量m=bh3(b為常數(shù)),由牛頓第二定律mgsinθ-mgcosθ-f=ma,解得顯然,速度越大,加速度越大,選項(xiàng)A正確,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;質(zhì)量越大,h越大,加速度越大,選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。【解析】等量同種正點(diǎn)電荷中垂線上由C→O→D,電場(chǎng)強(qiáng)度的分布規(guī)律:增大→減小(O點(diǎn)為零)→增大→減小,由Eq=ma,小球的加速度大小變化:增大→減小(O點(diǎn)為零)→增大→減小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由對(duì)稱性,vD=vc=0,選項(xiàng)B正確;移走A,小球豎直方向上受力由45°→90°→45°,r先減小再增加),則桿對(duì)小球的作用力N先增大后減小,選項(xiàng)C正確;移走B,小球豎直方向上受力由45°→90°→45°,r先減小再增加),由于k與mg的大小關(guān)系未知,則桿對(duì)小球的作用力N大小無(wú)法判斷,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。物理試卷參考答案與解析第3頁(yè)(共6頁(yè))【解析】位置2→位置3,初速度大小不同,水平方向勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同,在位置2,就不會(huì)在位置3再次相遇,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球a從1→3、小球b從P→3,t1相同,水平方向上x(chóng)a1-xb1L=6vot1;小球a從1→5、小球b從Q→5,t2相同,水平方向上x(chóng)a2-xb2L=6vot2;小球a從1→7、小球b從M→7,t3相同,水平方向上x(chóng)a3-xb3又xa=L,所以選項(xiàng)B、D正確;小球a從1→2、7o小球b從P→2,t4相同,水平方向上2L=8vt4;小球a從1→4、小球b從Q→4,t5相同7oL=8vot5;小球a從1→6、小球b從M→6,t6相同,水平方向上L=8vot6;易得t4∶t5∶t6=1∶2∶3,所以x12=x24=x46,又x12+x24+x46+x67=L,所以x12=x24=x46<,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。Q4Q457MP3二、非選擇題:本題共5小題,共60分。11.(6分)dΔt(1)(2分)Δt(3)偏大(2分)【解析】(1)小車通過(guò)光電門時(shí)的速度大小(2)由運(yùn)動(dòng)規(guī)律2aL=()2-0得L,圖線斜率k,所以a;由牛頓第二定律m2g-μm1g=(m1+m2)a,可得μ;(3)設(shè)空氣阻力、繩與滑輪間的摩擦力為f,由牛頓第二定律m2g-μ真m1g-f=(m1+m2)a得測(cè),所以求出的動(dòng)摩擦因數(shù)偏大。12.(10分)(1)×1(2分)11.0(2分,11不扣分)(2)A1(2分)10(2分)4.0(2分)【解析】武漢樂(lè)學(xué)教育(1)用多用電表的歐姆“×10”擋位測(cè)量待測(cè)電阻,發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角很大,應(yīng)改用低倍率擋“×1”擋測(cè)量;表盤讀數(shù)11.0,則電阻Rx=11.0×1Ω=11.0Ω;物理試卷參考答案與解析第4頁(yè)(共6頁(yè))(2)由IY=IX+IRx,Y表的量程應(yīng)比X表的大,所以Y表應(yīng)選A2,X表應(yīng)選A1;I2=I1+得4.0Ω。13.(10分)(1)初始時(shí),活塞受力平衡,有p1S=p0S+mg……………………(2分)解得p1=1.25×105Pa…………………(2分)(2)活塞達(dá)到卡槽前壓強(qiáng)恒為p1,氣體等壓變化………………………(2分)解得T1T0<2T0……………………(1分)活塞達(dá)到卡槽后體積不變,有……………(2分)解得武漢樂(lè)學(xué)教育p2=1.875×105Pa…………………(1分)14.(16分)解:(1)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間為t1。沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),有L=v0t1………………(2分)沿y軸負(fù)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),有yPvyt1…………………………(2分)tanθ……………(1分)解得yPL……………(1分)(2)粒子在第四、三象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng),在第二象限做類斜拋運(yùn)動(dòng),剛好能回到P點(diǎn)。由對(duì)稱性可知,粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r……………(2分)由牛頓第二定律物理試卷參考答案與解析第5頁(yè)(共6頁(yè))qv1B…………………………解得B……………(3)粒子在第四、三象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,則有t2·…………………………粒子在第二象限從N點(diǎn)到P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3與粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等。有t=2t1+t2……………解得……………………t……………………15.(18分)(1)B沿斜面下滑,由牛頓第二定律mgsinθ=ma…………………………B運(yùn)動(dòng)至斜面底端,與A第1次碰撞前的速度大小為v'2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2'2-v22=2aL……………………解得v'2=8m/s…………………………(2分)(2分)(1分)(1分)(2分)(2分)(2分)(1分)(2)A與B第1次碰撞后,速度大小分別為vA1、vB1,由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律,有(以向右為正方向)2mv1+mv'=2mvA1+mvB1………………………(2分) 2mv12+mv2'22mvA12+mvB12………(2分)解得vA1=-3m/s………………………(1分)vB1=12m/s…………………………(1分)(3)B以速度vB1沿斜面上滑,由牛頓第二定律mgsinθ+μmgcosθ=ma'由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),B)1=2a's1B運(yùn)動(dòng)至斜面底端,速度大小為v'B1,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v'EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),B)1=2as1解得以此類推,每次B滑下斜面的速度是其滑上斜面速度大小的?！?2分)因此,在第二次碰前物理試卷參考答案與解析第6頁(yè)(共6頁(yè))v'A1vA1m/s,v'B1vB1=6m/s。第二次碰撞后vB2=4m/s第三次碰前第三次碰撞后4B1vB3=3m/s=4B1第四次碰前武漢樂(lè)學(xué)教育v'A3m/s,v'B3m/s第四次碰撞后vA4m/s=vA2vB4=1m/s=vB2不難看出,第k次碰后二者速度均為第k-2次碰后的