2025年高考第三次模拟考试三模物理（山西、陕西、青海、宁夏卷）全解全析

2025年高考第三次模拟考试物理·全解全析注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、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。1．某同学参加学校冬季运动会折返跑练习，某一次折返跑过程的图像可能是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】AD．图像中速度的正负表示方向，若开始速度为正，则返回时速度应为负，故AD错误；BC．图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，往返位移大小相等，所以对应面积应相等，故C错误，B正确。故选B。2．“弹簧公仔”以其呆萌的表情和摇摇晃晃的可爱姿态赢得人们的喜爱，如图所示，已知弹簧公仔头部A的质量为2m，脚部B的质量为m，连接AB的弹簧质量忽略不计。现对其头部A施加竖直向下的压力F使其静止，突然撤去力F后，A向上运动，一段时间后B也离开了地面。已知从撤去力F到A上升到最高点的过程中，弹簧的形变量始终未超出弹性限度。下列说法正确的是（）A．撤去力F后的瞬间，A的加速度大小为B．B刚要离开地面时，A的加速度大小为C．从撤去力F到B刚要离开地面的过程中，A一直处于超重状态D．从B离开地面到A、B相距最远的过程中，A的加速度不断减小，B的加速度不断增大【答案】B【详解】A．撤去力F后的瞬间，A所受重力和弹簧弹力未发生突变，合力大小为F，方向竖直向上，由牛顿第二定律可知A的加速度大小故A错误；B．B刚要离开地面时，地面对B的支持力刚好为零，弹簧的拉力大小等于B所受的重力mg，由牛顿第二定律可知A的加速度大小故B正确；C．从撤去力F到B刚要离开地面的过程中，弹簧对A的弹力先是越来越小的支持力，后是越来越大的拉力，由牛顿第二定律可知A的加速度方向先竖直向上，后竖直向下，因此A先处于超重状态，后处于失重状态，故C错误；D．当弹簧拉力大小时，B离开地面开始向上运动，此后由牛顿第二定律可知方向竖直向下，方向竖直向上，A减速上升，B加速上升，当A和B的速度相等时相距最远，在此过程中，弹簧的伸长量不断增大，拉力不断增大，A和B的加速度均不断增大，故D错误。故选B。3．2024年11月04日凌晨，神舟十八号载人飞船成功返回地面，叶光富、李聪和李广苏三位航天员圆满完成任务，从神舟十八号与空间站对接算起，航天组成员在轨共计192天。神舟飞船返回过程简化如图所示，椭圆轨道1为载人飞船返回时的运行轨道，圆形轨道2为空间站运行轨道，为轨道切点，为轨道1近地点，离地高度不计。已知轨道2的半径为，地球表面重力加速度为，地球半径为，轨道1的周期为，引力常量为，下列分析或结论正确的是（）A．轨道1上点加速度大于轨道2上点加速度B．载人飞船在轨道1上经过点时速度为C．载人飞船运行周期和空间站运行周期之比为D．地球质量【答案】C【详解】A．载人飞船在轨道1和空间站在轨道2上的处，都由万有引力来提供向心力，根据轨道半径相同，则加速度大小相同，故A错误；B．在轨道2上由万有引力来提供向心力在地球表面上有解得载人飞船在轨道2上的线速度大小为由于载人飞船从轨道1到轨道2要在P点加速，则载人飞船在轨道1上经过点时速度小于，故B错误；C．轨道1和轨道2运行的半径之比为由开普勒第三定律可知，载人飞船运行周期和空间站运行周期之比为故C正确；D．在轨道2上由万有引力来提供向心力解得地球质量为由于故D错误。故选C。4．如图所示，半径为R的竖直半圆轨道BCD与光滑水平轨道AB平滑连接于B点，水平面上固定一轻质弹簧，压缩弹簧储存的弹性势能可以发射质量为m的小滑块，已知重力加速度g，则下列说法正确的（）A．若半圆轨道也是光滑的，弹簧弹性势能为，则小滑块恰能到达D点B．若半圆轨道也是光滑的，小滑块恰能到达D点，则在C点对轨道的压力为C．若半圆轨道也是光滑的，弹簧弹性势能为，则小滑块运动过程中距B点最大竖直高度为2RD．若弹簧弹性势能为，小滑块到达D点对轨道压力为，则小滑块在半圆轨道上克服摩擦力做的功为【答案】B【详解】A．小滑块恰能到达D点，有解得根据机械能守恒定律，有解得即，滑块若恰好到达D点，弹性势能为，故A错误；B．小滑块恰能到达D点，有解得根据机械能守恒定律，有解得根据牛顿第二定律，有解得根据牛顿第三定律，可知对轨道的压力为，故B正确；C．由于小滑块的初动能为，可知小滑块可以冲过C点不能到达D点就离开圆弧轨道，设小滑块离开轨道的位置E与圆心的连线与水平方向夹角为，E距B点的竖直高度为，根据机械能守恒有根据牛顿第二定律，有根据几何关系有联立可得滑块从E点离开轨道后还能上升的最大高度为小滑块运动过程中距B点最大竖直高度为故C错误；D．若小滑块到达D点对轨道压力为，有解得根据能量守恒定律，有可得小滑块在半圆轨道上克服摩擦力做的功为故D错误。故选BC。5．如图所示是带电量不同的正、负点电荷的某一平面的电场线，A、M、N是电场中的三点。A是两电荷连线的中点，M、N在两电荷连线的垂直平分线上，B电场线为过M点的一条电场线。取无穷远处电势为零。下列说法错误的是（）A．如将一带正电的试探电荷从M点静止释放，仅在电场力作用下，将沿B电场线运动B．A点电势大于0C．M点电势高于N点电势D．如将一带正电的试探电荷从M点移动到N点的过程中，电场力做正功【答案】A【详解】A．电场线的切线方向为场强方向，故如将一带正电的试探电荷从M点静止释放，仅在电场力作用下电荷只会沿切线方向运动，不会沿电场线运动，故A错误，符合题意；B．根据电势电势为标量，满足算术法则，设两场源电荷到A点距离均为r，结合题意，A点电势为故A点电势大于0，故A正确，不符合题意；C．根据电场线特点，顺着电场线方向电势降低，故M点电势大于N点电势，故C正确，不符合题意；D．由于M点电势高于N点电势，故带正电的试探电荷在M点电势能高于N点电势能，功能关系可知，正电的试探电荷从M点移动到N点的过程中电势能降低，故电场力做正功，故D正确，不符合题意。故选A。6．如图所示，D是一支理想二极管（正向电阻为零，可视为短路；反向电阻无穷大，可视为断路），C是极板水平放置的平行板电容器，初始时不带电。当S接1且稳定后，处于两极板间P点的一带电油滴能保持静止状态。下列说法正确的是（）A．保持S接1，减小C两极板的正对面积，油滴会向上移动B．保持S接1，将C的下极板上移，油滴会向下移动C．将S从1掷到2，油滴将向下运动D．将S从1掷到2，同时将下极板上移，油滴将向下运动【答案】A【详解】A．保持S接1，减小C两极板的正对面积，则根据知电容C减小，又而存在二极管，使得Q不能减少，故实际过程为Q不变，故U增大，根据及d不变，知E增大，所以油滴受到向上的电场力大于重力，油滴会向上移动，故A正确；B．保持S接1，将C的下极板上移，根据知d减小，C增大，U不变，Q增大，可以充电，根据知E增大，油滴向上运动，故B错误；C．将S从1掷到2，断开开关，不能放电，故油滴不动，故C错误；D．将S从1掷到2，同时将下极板上移，d减小，根据知C增大，断开开关，Q不变，根据联立知不变，故油滴不动，故D错误。故选A。7．某学习小组在研究光的折射现象时，让一束红光和一束绿光，从半圆形的玻璃柱体横截面的圆心O点以相同的入射角沿PO方向射入，其透射光线分别从同一横截面上的A、B两点射出，如图所示，已知，光速，则下列说法正确的是（

）A．OB是红光，OA是绿光B．玻璃对OA光束的折射率为C．OA光束在该玻璃中传播的速度为m/sD．逐渐增大角，因发生全反射而先消失的是OA光束【答案】C【详解】A．因为绿光的折射率大于红光折射率，所以OB是绿光，OA是红光，故A错误；B．玻璃对OA光束的折射率为故B错误；C．OA光束在该玻璃中传播的速度为故C正确；D．全反射是从光密介质射向光疏介质时，入射角大于等于临界角时发生的现象。图中所示光从光疏介质射向光密介质，逐渐增大角，也不会发生全反射现象，故D错误。故选C。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，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。8．简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10m的两质点，波先传到P，当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图像如图所示。则（）A．该波的传播速度可能为1m/sB．该波的传播速度可能为5m/sC．该波的波长可能是7.5mD．该波的波长可能是15m【答案】AD【详解】CD．根据图像可知，周期则Q质点的振动方程为将Q质点的图像向右平移2s得到P质点的图像，则P质点的振动方程为可知，当t=0时刻解得根据振动图像可知，0时刻，P质点沿y轴负方向运动，P质点的位移为，Q质点沿y轴正方向运动，由于波由P位置传播到Q位置，结合同侧法，作出P、Q位置之间的最简单波形如图所示由于最简单的波动方程对应的正弦波的表达式为当时，解得最小的x值为结合正弦波的对称性有（n=0，1，2，3…）解得（n=0，1，2，3…）若波的波长为7.5m，解得可知，波长不可能为7.5m，若波的波长为15m，解得可知，波长可能为15m，故C错误，D正确；AB．结合上述可知，波速为（n=0，1，2，3…）若波速为1m/s，解得可知，波速可能为1m/s，若波速为5m/s，解得可知，波速不可能为5m/s，故A正确，B错误。故选AD。9．如图甲所示，圆形线圈内有垂直于线圈平面的磁场，已知线圈面积为，线圈匝数，线圈总电阻，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势、感应电流、热功率、焦耳热随时间的变化图像正确的是（

）A． B．C． D．【答案】AD【详解】A．图乙可知0~1s内，磁感应强度向里增加，根据楞次定律和安培定则可知，线圈中感应电流的方向沿逆时针方向，线圈产生的感应电动势大小同理，内，线圈中感应电流的方向沿顺时针方向，产生的感应电动势大小同理，内，线圈中感应电流的方向沿逆时针方向，产生的感应电动势大小故A正确；B．由楞次定律得内的感应电流方向沿逆时针方向（正值），结合以上分析，得电流大小同理，由楞次定律得内的感应电流方向沿顺时针方向（负值），结合以上分析，电流大小同理，由楞次定律得内的感应电流方向沿逆时针方向（正值），结合以上分析，电流大小故B错误；C．线圈在内的热功率同理，内的热功率同理，内的热功率故C错误；D．线圈产生的焦耳热结合以上分析，内产生的热量为同理，内产生的热量为同理，内产生的热量为故D正确。故选AD。10．“西电东送”是我国实现经济跨区域可持续快速发展的重要保证，如图为模拟远距离输电的部分测试电路，输入端接在的交流电源上，原、副线圈匝数之比。定值电阻和理想变压器相连，小灯泡和并联，。电压表和电流表均为理想交流电表，是热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法正确的是（）A．流过灯泡L电流的频率为100HzB．环境温度降低时，电流表A示数一定增大C．环境温度降低时，电压表V示数一定增大D．当时，电压表的读数为12V【答案】CD【详解】A.由知圆频率为则流过灯泡L电流的频率为故A错误；BC.根据理想变压器的规律有，设副线圈电路总电阻为，则联立解得环境温度降低时，阻值变大，则变大，变小，变小，由知变大，变大，电压表V示数一定变大，故B错误，C正确；D.当时，由知由解得由解得即电压表的读数为12V，故D正确。故选CD。二、实验题：本题共2小题，共15分。11．某物理实验小组探究加速度与质量的关系，实验装置如图甲所示，小车内装有数个砝码，通过跨过滑轮的细绳连接一个装有重物的托盘，实验步骤如下：①挂上托盘和重物，改变木板的倾角，使小车拖着纸带沿木板匀速下滑；②取下托盘和重物，让小车沿木板下滑，测出小车和车中砝码的总质量M及加速度a：③保持托盘和重物的质量不变，在小车中依次减少砝码的个数，重复步骤①和②，记录多组数据，作出的图像；④最后总结出加速度与质量的关系。请回答以下问题：(1)该实验方案（选填“需要”或“不需要”）满足托盘和重物的总质量远小于小车及砝码的总质量。(2)图乙为某次实验中得到的纸带，A、B、C、D、E为选取的计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，打点计时器的频率为50Hz，则小车的加速度为m/s2。（结果保留3位有效数字）(3)实验中作出小车的的图像如图丙所示，已知图像的斜率为k，重力加速度大小为g，则托盘和重物的总质量m=。【答案】(1)不需要(2)1.72(3)【详解】（1）挂上托盘和重物，改变木板的倾角，使小车拖着纸带沿木板匀速下滑，有取下托盘和重物，让小车沿木板下滑，根据牛顿第二定律有联立可得同理，保持托盘和重物的质量不变，在小车中依次减少砝码的个数，仍然有由此可知，实验中mg等于小车合力的大小，则不需要满足托盘和重物的总质量远小于小车及砝码的总质量。（2）打点计时器的频率为50Hz，且相邻两计数点间有四个点未画出，所以相邻两计数点间的时间间隔为所以小车运动的加速度大小为（3）根据以上分析可知所以则12．某探究小组为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻丝的电阻率，进行了如下实验探究。(1)该小组先用螺旋测微器测量该金属丝的直径D，示数如图乙所示，其读数为mm。再用米尺测量金属丝长度L。(2)该小组用如图甲所示的电路测量该金属丝的电阻的阻值。图中电压表量程为3V，内阻很大，电源为两节串联的干电池，定值电阻的阻值为20.0Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9Ω。首先将置于位置1，闭合，调节电阻箱R的阻值，记下电压表的对应读数U，并计算利的数值，多次改变电阻箱值，获得多组和的数值，根据这些数据，在图丙中绘出了的图线。再将置于2，此时电压表读数为1.00V，根据图丙可得金属丝的电阻（保留一位小数）。然后可由表达式得到该材料的电阻率（用D、L、表示）(3)该小组根据图甲的电路和图丙的图像，可以求得电池组电动势V，内阻Ω。（结果均保留2位有效数字）(4)持续使用后，电池组电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此金属丝电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】(1)0.740(2)11.6（11.4~11.8）(3)2.8/2.7/2.91.6（1.5~1.8）(4)偏小【详解】（1）螺旋测微器的精确值为，由图乙可知金属丝的直径为（2）[1]电压V，则，由图丙中的图线得Ω-1解得[2]根据电阻定律可得解得该材料的电阻率为（3）由闭合电路欧姆定律可得整理得则图像的纵轴截距为解得图像的斜率为解得（4）当电动势E减小，内阻r增大时，则做出的图线的纵轴截距增大，斜率变大，如图中虚线所示，则同样电压时使用原来的图线对应偏大，则R测量值偏小。三、计算题：本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．如图所示，开口向上的导热薄壁汽缸竖直放置，a、b为固定在汽缸内壁的卡口，水平活塞密封一定质量的理想气体。刚开始时活塞停在a处，缸内气体压强处于大气压强为Pa，温度为K的状态A。缓慢升高气体温度至K，气体处于状态B。已知由状态A到状态B，气体内能增加量为J。卡口a、b之间的距离为cm，a、b的大小可忽略，a到汽缸底部的距离为cm。活塞质量为kg，厚度为cm，横截面积为cm2。不计活塞与汽缸之间的摩擦。求：状态A到状态B，气体分子的平均速率（选填“变大”“变小”或“不变”），气体吸收的热量Q66J（选填“大于”“小于”或“等于”）；(2)活塞刚要离开卡口a时，气体的热力学温度；(3)气体在状态B时的压强。【答案】(1)变大大于(2)330K(3)【详解】（1）[1]因为状态A到状态B，温度升高，故气体分子的平均速率变大；[2]根据热力学第一定律可知，内能变化量为正，气体对外做功，W为负，故吸收热量Q要大于W，即Q>66J（2）对活塞受力分析解得由于该过程为等容变化，根据查理定律

解得（3）设活塞到达卡口b时，气体的热力学温度，气体的体积为，该过程为等压变化，根据盖-吕萨克定律解得

温度继续升高至432K，气体为等容变化，根据查理定律解得14.如图所示，一质量的物块A（可视为质点）用一长度的轻绳悬挂于P点（P点与水平面相距1m），初始时轻绳与竖直方向的夹角，轻绳所能承受的最大拉力，P点正下方C处有一钉子。另一质量的物块B（可视为质点）与水平轻质弹簧连接（此后B与弹簧的连接体称为B），静止于光滑水平面上。现由静止释放物块A，当其运动至P点正下方时，轻绳碰到钉子后恰好断裂。之后物块A将在光滑水平面上做匀速直线运动，直至与物块B发生碰撞（物块A触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块A的后续运动）。A、B分离后，B滑上倾角的固定粗糙斜面，然后下滑。已知物块B与斜面间的动摩擦因数，斜面与水平面平滑连接，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，B到斜面底端的距离足够远，取重力加速度大小，，。求：(1)P、C两点间的距离x；(2)第一次碰撞过程中，弹簧的最大弹性势能；(3)斜面的最小高度h。【答案】(1)0.8m(2)0.3J(3)0.25m【详解】（1）设A摆至最低点时的速度为v0，根据动能定理解得轻绳即将断裂时有解得可得（2）由题意可知，AB碰撞过程动量守恒，弹簧压缩量最大时，AB速度相等，由动量守恒定律根据功能关系可知解得（3）由题意可知，AB碰撞过程动量守恒，设碰撞后AB的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律由能量关系解得B进入斜面后由动能定理解得h=0.25m15．如图所示，以O为坐标原点建立坐标系，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，z轴正方向垂直纸面向外（图中未画出），沿x轴正方向从左到右依次存在四个区域，区域之间的边界均平行于平面。Ⅰ区存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小；Ⅱ区存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；Ⅲ区存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；Ⅳ区存在沿y轴负方向的匀强电场和沿z轴负方向的匀强磁场，电场强度大小，磁感应强度大小，Ⅳ区足够宽。Ⅰ区右边界与x轴的交点为，轴上的A点到O点的距离。一个比荷的带电粒子从A点以速度、沿x轴正方向射入