武漢樂學教育武漢樂學教育武漢樂學教育武漢樂學教育武漢樂學教育2025屆高三三月聯合測評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選項中,第1~7題只有一項符合題目要求,第8~10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。武漢樂學教育題號12345678910答案ACBDAADBCBCBD【解析】由質量數守恒和核電荷數守恒知X是2EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(34),92)U,選項A正確;γ射線穿透能力很強,但電離作用很弱,選項B錯誤;半衰期是大量原子核衰變的統計規(guī)律,對少量原子核不適用,選項C錯誤;2EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(38),94)Pu的比結合能大于2EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(34),92)U的比結合能,選項D錯誤。武漢樂學教育【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)星繞地球做圓周運動的最大環(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A錯誤;上升器與軌返組合體交會對接后,組合體的軌道半徑不變,故運動周期不變,選項B錯誤;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,軌返組合體進入月地轉移時,是從月球軌道向地球運動,其速度不能超過11.2km/s,否則會脫離地球引力范圍,無法回到地球,選項C正確;返回器采用半彈道跳躍式再入大氣層方式返回,在大氣層中會受到空氣阻力,空氣阻力會對返回器做功,機械能不守恒,選項D錯誤。【解析】由原線圈電壓表達式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A錯誤;由理想變壓器電壓比公式副線圈上電壓有效值為48V,選項B正確;已知充電功率P=11kW=11000W,副線圈電壓有效值根據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C錯誤;根據理想變壓器電壓比公式,增加原線圈匝數n1,副線圈電壓U2會減小,充電功率會減小,選項D錯誤。【解析】已知質點Q的振動方程為,在t=0時刻,質點Q沿y軸正方向振動。根據頁(共6頁)“上下坡法”,可知該波沿x軸負方向傳播,選項A錯誤;由質點Q的振動方程,可得周期T=物理試卷參考答案與解析第頁(共6頁)物理試卷參考答案與解析第2頁(共6頁)s。由波的圖像可知波長λ=12m,根據波速公式解得v=1m/s,選項B錯誤;波沿x軸負方向傳播,t=0時刻,質點P在平衡位置所以P點未回到平衡位置,選項C錯誤。從t=0到t=5s,質點Q通過的路程s=20+10=30cm,選項D正確。【解析】如圖所示,AB為經玻璃磚上表面的反射光,FC為經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點的折射角tanγ=解得γ=45°,即選項A正確。【解析】如圖為玻璃杯受力,由平衡條件知mg+F1=f2,且F2=f1,兩個摩擦力都恰,f=μF2,聯立解得選項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B錯誤;增加拇指與杯的彈力F2,食指所受的摩擦力f1變大,選項C錯誤;增加食指與杯的彈力F1,拇指所受的摩擦力f2變大,選項D錯誤。武漢樂學教育VFiF2VFiF2【解析】金屬棒沿順時針勻速轉動時,由右手定則,金屬棒中的電流方向為A→O,選項A錯誤;由左手定則,金屬棒受到的安培力沿逆時針方向(俯視),選項B錯誤;設每一極端小段的金屬棒產生的感應電動勢大小為e,有e=Brωr,則整根金屬棒的感應電動勢的大小為選項D正確;金屬棒中電流的大小,選項C錯誤。(排除選項C的方法:若磁場為勻強磁場,設磁感應強度大小為Ka,則而據題目描述的磁場,電動勢應比之大,選項C錯誤)【解析】空氣阻力大小滿足f=kv,k=ah2(a為常數),質量m=bh3(b為常數),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A正確,選項B錯誤;質量越大,h越大,加速度越大,選項C正確,選項D錯誤。【解析】等量同種正點電荷中垂線上由C→O→D,電場強度的分布規(guī)律:增大→減小(O點為零)→增大→減小,由Eq=ma,小球的加速度大小變化:增大→減小(O點為零)→增大→減小,選項A錯誤;由對稱性,vD=vc=0,選項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),則桿對小球的作用力N先增大后減小,選項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的大小關系未知,則桿對小球的作用力N大小無法判斷,選項D錯誤。物理試卷參考答案與解析第3頁(共6頁)【解析】位置2→位置3,初速度大小不同,水平方向勻速運動時間不同,在位置2,就不會在位置3再次相遇,選項A錯誤;小球a從1→3、小球b從P→3,t1相同,水平方向上xa1-xb1L=6vot1;小球a從1→5、小球b從Q→5,t2相同,水平方向上xa2-xb2L=6vot2;小球a從1→7、小球b從M→7,t3相同,水平方向上xa3-xb3又xa=L,所以選項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C錯誤。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)小車通過光電門時的速度大小(2)由運動規(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,所以求出的動摩擦因數偏大。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】武漢樂學教育(1)用多用電表的歐姆“×10”擋位測量待測電阻,發(fā)現指針偏轉角很大,應改用低倍率擋“×1”擋測量;表盤讀數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(共6頁)(2)由IY=IX+IRx,Y表的量程應比X表的大,所以Y表應選A2,X表應選A1;I2=I1+得4.0Ω。13.(10分)(1)初始時,活塞受力平衡,有p1S=p0S+mg……………………(2分)解得p1=1.25×105Pa…………………(2分)(2)活塞達到卡槽前壓強恒為p1,氣體等壓變化………………………(2分)解得T1T0<2T0……………………(1分)活塞達到卡槽后體積不變,有……………(2分)解得武漢樂學教育p2=1.875×105Pa…………………(1分)14.(16分)解:(1)粒子在電場中做類平拋運動,從P點運動到Q點的時間為t1。沿x軸正方向做勻速直線運動,有L=v0t1………………(2分)沿y軸負方向做勻加速直線運動,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動,在第二象限做類斜拋運動,剛好能回到P點。由對稱性可知,粒子在磁場中做圓周運動的半徑r……………(2分)由牛頓第二定律物理試卷參考答案與解析第5頁(共6頁)qv1B…………………………解得B……………(3)粒子在第四、三象限做勻速圓周運動的時間為t2,則有t2·…………………………粒子在第二象限從N點到P點的運動的時間t3與粒子在第一象限運動的時間相等。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運動至斜面底端,與A第1次碰撞前的速度大小為v'2,由運動學公式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'由運動學公式vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),B)1=2a's1B運動至斜面底端,速度大小為v'B1,由運動學公式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(共6頁)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第四次碰前武漢樂學教育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