高三试卷：九师联盟湖北省宜昌协作体2025届高三11月联考（全科）物理高三物理答案

1.C由题意可知,刷身份证时会产生感应电流,即由磁产生电,有感应电流产生,所以其工作原理为电磁感应现象,A图中有电源,为电动机的工作原理,是根据通电导体在磁场中受力而运动的原理制成的,A错误;B图中的实验是探究通电螺线管的磁性强弱与电流大小的关系,利用了电流的磁效应,B错误;C图中没有电源,为发电机的工作原理,是根据电磁感应现象制成的,C正确;D图中为奥斯特实验,说明通电导线周围存在磁场,D错误.2.C向右行笔时,毛笔相对白纸向右滑动,受到向左的滑动摩擦力,由相互作用力的关系可知毛笔对白纸有向右的滑动摩擦力,A错误;分析镇纸受力,镇纸受到重力和支持力的作用,镇纸不受摩擦力,B错误;分析白纸和镇纸整体受力得桌面对白纸有向左的静摩擦力,与毛笔对白纸的滑动摩擦力平衡,C正确,D错误.3.B根据图像,汽车的速度减半,根据功率和速度关系公式P=FU,汽车匀速行驶时牵引力等于阻力,所以功率减小为原来的一半,B正确;根据动能定理,整个过程中合外力做功为错误;减速过程中功率不变,根据P=FU可知,汽车牵引力不断变大,C错误;根据图像可知,速度与时间图像下方与坐标轴所围的面积表示位移,通过的位移小于D错误.4.A因发射的“鹊桥二号”未能变轨到绕太阳转动,则发射速度要小于第二宇宙速度,即发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间,选项A正确;“鹊桥二号”在轨道I运行到近月点A时减速才能变轨进入冻结轨道"运行,选项B错误;根据牛顿第二定律有解得,可知“鹊桥二号”在轨道I上经过A点的加速度等于在轨道"上经过A点时的加速度,选项C错误;轨道I的半长轴大于轨道"的半长轴,由开普勒第三定律,知“鹊桥二号”在轨道I上的运行周期比在轨道"上的运行周期长,选项D错误.5.D根据电场强度的叠加可知,F点和G点场强大小相等但方向不同,A错误;根据电势的叠加可知,F点和G点电势相等,B错误;根据电势叠加可知,P、Q两点在A、B两点电荷电场中电势为零,在C点电荷电场中P点电势比Q点电势高,因此,一正电荷在P点的电势能比在Q点的电势能大,C错误;由于G点电势比Q点电势低,F与G两点电势相等,因此将一负电荷沿直线从F点移到G点,电势能先减小后增大,D正确.6.C滑板从A点运动到B点因摩擦产生的热量为Q1=μmgcosθ●选项A不符合题意;滑板从A点运动到C点因摩擦产生的热量为Q2=μmgcosθ●十μmgs,选项B不符合题意;滑板刚好能通过轨道槽最高点D,则有mg=,可求得UD,从A点运动到到D点,由能量守恒得十2mgR十联立可求得Q4,选项D不符合题意;根据题中信息无法求得滑板到达E点的速度,则无法求出滑板在E点的动能,所以无法求得从A点运动到E点因摩擦产生的热量,选项C符合题意.7.A电容器的电容由自身决定,与带电量无关,充电过程电容器电容不变,而带电量增加,根据可知,电容器两极板间的电压逐渐增大,A正确,B错误;最大电流由可知,充电刚开始时,电容器极板上电荷量为零,充电电流最大,随电容器极板上电荷量增加,充电电流减小,C错误;电容器充电功率大,充电快,电容器充满电时极板间电压达到最大值,电荷量达到最大值,充电结束,由QmaX=C●UmaX知电荷量最大值不变,D错误.8.AC斜抛运动可分解为坚直方向的竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动.由于A球运动的最大高度比B球运动的最大高度大,因此A球抛出初速度的竖直分速度大,因而在空中运动的时间长,由于水平位移相同,因此A球在空中运动的最小速度小,A项正确,B项错误;因A球在空中运动的时间长,由△U=g△t可知,A球的速度变化量大,C项正确;A球抛出时竖直分速度大,水平分速度小,因此两抛出的初速度大小关系不能确定,D项错误.9.CD在滑动变阻器的滑片P由b端滑到a端的过程中,滑动变阻器接入电阻的阻值先增大后减小,根据串反并同,电压表示数U先变大后变小,A错误;电源的效率为,可知,外电阻先增大后减小时,电源的效率先变大后变小,B错误;根据欧姆定律可知电流表示数先减小后增大,U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和,所以U与I的比值先变大后变小,C正确;ΔU与ΔI的比值等于等效电源的内电阻,为R3与r的并联电阻,D正确.10.BD由于轻绳开始刚好伸直,没有张力,因此圆盘转动后,A、B开始随圆盘转动需要的向心力由静摩擦力提供,A项续增大转动角速度,轻绳开始有拉力并和摩擦力一起提供向心力,当转动角速度为w2时,由于m×2r(w—w)=错误;物块A刚好要滑动时,有μmg=m续增大转动角速度,轻绳开始有拉力并和摩擦力一起提供向心力,当转动角速度为w2时,由于m×2r(w—w)=2mr(w—w),可见增加的向心力相同且都由轻绳提供,因此从A刚好要滑动开始,随着转动的角速度增大,A、B受到的摩擦力大小始终不变,始终等于μmg,A、B不可能滑动,B、D项正确,C项错误.解析:(1)由纸带求速度由逐差法求加速度XCE—XAC=a(4T)2,解得【高三期中考试●物理参考答案第1页(共2页)】【高三期中考试●物理参考答案第2页(共2页)】(2)由于弹簧测力计示数F即为轻绳拉力,长木板光滑,轻绳拉力即为小车的合力,由牛顿第二定律F=Ma得a=图像是过原点的直线,斜率小车质量.(3)由移动距离关系,重物的位移、速度、加速度均为小车的倍,小车加速度a=KF0,则重物加速度为12.(1)见解析偏大解析:(1)电路图如图所示.(2)由欧姆定律知测得电流表的内阻为(3)根据闭合电路欧姆定律有,得到十根据题意有得到由解得由表达式可知,若不考虑电流表的内阻,则会使测得电池的内阻偏大.13.解:(1)根据图像可知,0~1s内工件的加速度大小为(2分)对工件有μmg=ma1(2分)解得μ=0.3(1分)(2)由图可知,工件与长木板小车最终共速,对长木板小车由运动学公式可得Ψ1=a2t(2分)根据牛顿第二定律可知μmg=Ma2(2分)解得M=3kg(1分)14.(1)由题意可知,小球受到重力和电场力的合力沿AP方向,则电场强度方向水平向右(1分)由力的合成有(2分)解得(1分)(2)由几何关系知A、P水平距离为(1分)而UAP=Ed(1分)则(2分)(3)根据动能定理,重力和电场力的合力对小球做功最多时,小球的动能最大,如图过O作AP的平行线与圆的交点就是Q.A、Q沿合力方向的距离为L=r十rcos60。(2分)重力和电场力的合力为(2分)小球从A到Q,根据动能定理有(2分)解得EQ=3mgr十(1分)15.解:(1)在圆管最高点有(1分)由圆管底端到顶端过程有(2分)解得Ek=20J(2分)(2)物块稳定时有mg=Kx0(1分)由能量守恒定律得释放弹簧到圆管底端过程有Ep=mg(x0十x)十