2025届四川省绵阳市高三下学期三诊物理试卷（解析版）

第第页2025届四川省绵阳市高三下学期三诊物理试卷一、单项选择题：共7题，每题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．如图所示为氢原子部分能级图，一个处于n=1能级的氢原子，当吸收了E=12.75eVA．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】B【解析】【解答】由跃迁条件可知E可知一个处于n=1能级的氢原子，当吸收了E=12.75eV的能量后跃迁到了n=4故答案为：B。

【分析】先根据吸收的能量确定氢原子跃迁后的能级，再分析从该能级向低能级跃迁时释放光子的最多数量。2．物体A、B做匀速圆周运动，向心加速度a的大小与半径r关系如图所示，两物体线速度大小分别是vA、vB，角速度大小分别是ωA、ωB，则根据图像可知（）A．ωA>ωB B．ωA<ωB C．vA>vB D．vA<vB【答案】A【解析】【解答】AB．根据向心加速度与角速度关系可知a=ω2r，可知a−rCD．根据线速度与角速度关系v=ωr，可知线速度与角速度、运动半径均有关，C错误，D错误。故答案为：A。

【分析】结合向心加速度的公式（a=ω3．如图所示，玻璃球的半径为R，虚直线MN过球心O点，两束平行于MN且距离MN均为32R的同种单色光，照射到玻璃球面后，经过首次折射后的交点在O、N之间，则玻璃对该单色光折射率A．0<n<1 B．0<n<3 C．1<n<3 【答案】D【解析】【解答】画出光路示意图如图。由题意结合几何关系得sin故i=当首次折射光线经过N点时折射率最小，此时由几何关系得r=故折射率最小值n由此可知玻璃对该单色光折射率n大小的范围是n>故答案为：D。

【分析】先通过几何关系确定入射角，再结合折射光线的交点位置分析最小折射角，最后利用折射定律求折射率的范围。4．如图所示，理想变压器原线圈串联最大阻值为R的滑动变阻器，接入有效值不变的正弦交流电，副线圈接入阻值也为R的定值电阻，在滑动变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，电流表的示数（）A．一直增大 B．一直减小C．先增大后减小 D．先减小后增大【答案】A【解析】【解答】将原线圈看成一个等效电阻，变阻器滑片从左端向右端缓慢移动的过程中，滑动变阻器电阻阻值减小，结合闭合回路欧姆定律，I可知原线圈回路电流变大，则原线圈电压将逐渐变大，副线圈电压也会变大，电流表示数逐渐变大。

故答案为：A。

【分析】将副线圈电阻等效到原线圈，结合闭合电路欧姆定律，分析滑动变阻器移动时原、副线圈的电流变化。5．如图所示，上下边界与水平地面平行、高度为2L的区域内有水平垂直于纸面向里的匀强磁场：单匝导线框abcd、efgh是用材料相同，粗细不同的导线制成。边长均为L，abcd框的导线粗些。现将两导线框从同一高度同时自由释放，完全穿过磁场后落在地面上，下落过程中线框平面始终与磁场方向垂直，不计空气阻力，忽略导线框间的相互作用力。则导线框从开始进磁场到完全出磁场的过程中（）A．abcd框中的电流方向始终是a→b→c→d→aB．ab边所受安培力始终水平向右C．abcd框产生的热量大于efgh框产生的热量D．通过abcd框横截面的电荷量小于通过efgh框横截面的电荷量【答案】C【解析】【解答】A．根据楞次定律，abcd框进入磁场时的电流方向是a→b→c→d→a，出离磁场时电流方向与进入时相反，A错误；B．根据左手定则，线圈进入磁场时ab边所受安培力水平向右，出离磁场时ab边所受安培力水平向左，B错误；C．线框进入磁场时的速度均相同v=进入磁场过程中安培力F=BIL=加速度a=其中Rm=ρ可知进入磁场时以及在磁场中运动时加速度相同，同理可知出离磁场时加速度也相同，则两线框落地的速度相同，则线框产生的热量Q=mgH−因abcd框质量较大，可知abcd框产生的热量大于efgh框产生的热量，C正确；D．线圈进入磁场通过线圈某一截面的电量q=因R=ρabcd框电阻较小，可知通过abcd框横截面的电荷量大于通过efgh框横截面的电荷量，D错误。故答案为：C。

【分析】结合电磁感应、安培力、焦耳热及电荷量的公式，分析线框的电流方向、安培力方向、产生的热量及电荷量。6．一列简谐横波沿x轴正方向传播，x轴上相距8.0m的甲、乙两质点的振动图像如图中实线、虚线所示，则该简谐横波波速可能是（）A．2m/s B．4m/s C．8m/s D．12m/s【答案】C【解析】【解答】根据题目描述，甲、乙两质点相距8.0m若乙振动传到甲的情况，有甲、乙两质点之间的距离可以表示为n+34所以有n+解得λ=根据波速v=λT解得v=若甲振动传到乙的情况，有甲、乙两质点之间的距离可以表示为n+14所以有n+解得λ=根据波速v=λT解得v=所以当n=0是此时的速度v=8m/s故答案为：C。

【分析】先由振动图像确定周期，再结合波的传播方向，分析甲乙两质点的间距与波长的关系，进而推导波速的可能值。7．如图所示，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系一小球，抡动轻绳，使小球恰好能够在竖直面内绕O点沿逆时针方向做圆周运动，当小球运动到轻绳与竖直方向夹角为60°的P点时，剪断轻绳，小球飞行一段时间后落在水平地面上。已知绳长为d，O点到地面的高度为2d、忽略空气阻力。小球落地点与P点的水平距离是（）A．3+26d B．3+6d【答案】B【解析】【解答】小球恰好能在竖直面做圆周运动，则在最高点由牛顿第二定律有mg=m小球从最高点到P点的过程中，机械能守恒，有mg⋅d(1+解得v=2剪断绳子后，小球做斜上抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，由运动学知识有−水平方向做匀速直线运动，由运动学知识有x=vt联立解得x=(3故答案为：B。

【分析】先通过竖直圆周运动的临界条件求最高点速度，再用机械能守恒求P点速度，最后分析剪断轻绳后的斜抛运动，计算水平距离。二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，每小题有多个选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．鹊桥二号中继通讯卫星架设了地月新“鹊桥”，为嫦娥四号、嫦娥六号等任务提供地月间中继通信、鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆轨道，如图所示，A是近月点，B是远月点，CD为椭圆轨道的短轴，则鹊桥二号（）A．在A点的速度小于B点的速度B．在A点的加速度大于B点的加速度C．从D点经B到C的运动时间大于12hD．从C点经A到D的运动时间大于12h【答案】B,C【解析】【解答】A．根据开普勒第二定律，在A点的速度大于B点的速度，故A错误；B．根据GMmC．根据开普勒第二定律可知，卫星距离月球越远速率越小，则从D经B到C的运动时间大于半个周期，即大于12小时，故C正确；

D．根据开普勒第二定律可知，卫星距离月球越近速率越大，则从C经A到D的运动时间小于半个周期，即小于12小时，故D错误。

故答案为：BC。

【分析】结合开普勒定律和万有引力定律，分析卫星在椭圆轨道上的速度、加速度及运动时间。9．如图甲所示，足够长、上表面粗糙的木板P静止在粗糙水平地面上，可视为质点的小物块Q静止在木板的右端、现给物块Q水平向左的初速度，之后物块Q的速度v0随时间t变化的关系图像如图乙所示。若木板与地面间的滑动摩擦因数是μ1，小物块与木板上表面间的滑动摩擦因数是A．木板始终静止 B．木板先运动后静止C．μ1>μ【答案】B,D【解析】【解答】根据题意，由图乙可知，物块一直减速运动，且一段时间后加速度变小，可知，物块运动一段时间后与木板共速，并一起减速到0：AB．物块刚滑上木板时，对木块由牛顿第二定律有μ解得物块的加速度大小为a木板在木块给的水平向左的滑动摩擦力和地面给的向右的滑动摩擦力作用下，加速向做运动，当木块与木板共速后，一起向左做减速运动，直到速度减为零，停止运动，A错误，B正确；CD．当木块与木板共速后，一起向左做减速运动的过程中，对整体受力分析，由牛顿第二定律有μ解得共速后木块的加速度大小为a由木块的v−t图像可知a即μ2故答案为：BD。

【分析】结合v-t图像的加速度变化，分析物块与木板的运动阶段，再通过牛顿第二定律比较动摩擦因数。10．如图所示，在光滑绝缘水平地面附近的空间中，存在方向水平向右、电场强度为E的匀强电场，在地面上相距为d的位置，有两个质量均为m的小球A和B，其中A球带电荷量为+q，B球不带电。某时刻，A、B两球速度都为零，A球只在电场力作用下开始运动，与B球发生多次弹性正碰，每次碰撞，A、B两球间无电量转移。则（）A．A、B球第2次相碰前，A球的电势能减少量为5EqdB．A、B球第2次相碰前，A球的电势能减少量为4EqdC．A、B球第1次和第3次相碰时间间隔为2D．A、B球第1次和第3次相碰时间间隔为4【答案】A,D【解析】【解答】AB．根据牛顿第二定律qE=ma，则A球的加速度a=设A、B第一次碰撞前A球的速度为v0，根据运动学公式v解得v0=机械能守恒定律得1联立解得vA=0第一次碰撞后A球静止，B球做匀速直线运动，A球又开始在电场中做初速度为零的匀加速直线运动。设从第一次碰撞到第二次碰撞经过的时间为t，这段时间内B球运动的距离xA球运动的距离x且xA=从开始到第二次碰撞前A球运动的总距离x=d+电场力做功W=qEx=5Eqd根据电场力做功与电势能变化的关系W=−所以A球电势能减少量为5Eqd，故A正确，B错误；CD．第一次碰撞后A球静止开始做匀加速运动，到第二次碰撞经过时间t第二次碰撞时，A球速度为v1，则v第二次碰撞A、B两球再次发生弹性正碰，以v1的方向为正方向，根据动量守恒定律得m由机械能守恒定律得1联立解得vA1从第二次碰撞到第三次碰撞，A球又做初速度为零的匀加速运动，B球做匀速直线运动，设从第二次碰撞到第三次碰撞经过时间为t2，同理可得t所以A、B球第1次和第3次相碰时间间隔Δt=故答案为：AD。

【分析】分阶段分析A球的加速运动、A与B的弹性碰撞，结合运动学公式、能量守恒分析电势能变化，结合碰撞周期分析时间间隔。三、实验探究题：本题共2小题，共16分。11．某同学尝试利用多用电表尽可能精确测量一电流表（量程为0.5A）的内阻。（1）首先，该同学将多用电表选择开关旋到“×10”的电阻挡，欧姆调零后，让多用电表（选填“红”或“黑”）表笔接待测电流表的“+”接线柱，发现多用电表指针偏角特别大，他重新正确选挡并欧姆调零后再次测量，指针位置如图甲，读出电流表内阻为Ω。（2）然后，该同学设计如图乙所示电路，并通过测量多组数据提高测量精度，则应该选用多用电表的直流电压挡位V（选填“2.5”“10”或“50”）作为电压表。【答案】（1）黑；15（2）10【解析】【解答】（1）首先，该同学将多用电表选择开关旋到“×10”的电阻挡，由于电流从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表，则黑表笔连接内部电源的正极，所以欧姆调零后，让多用电表黑表笔接待测电流表的“+”接线柱；发现多用电表指针偏角特别大，可知，待测电阻较小，则应选择“×1”的电阻挡，并欧姆调零后再次测量，指针位置如图甲，可知电流表内阻为RA=15×1（2）由于电流表量程为0.5A，内阻约为RA=15Ω，根据欧姆定律可得U=IgRA（1）[1][2]首先，该同学将多用电表选择开关旋到“×10”的电阻挡，由于电流从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表，则黑表笔连接内部电源的正极，所以欧姆调零后，让多用电表黑表笔接待测电流表的“+”接线柱；发现多用电表指针偏角特别大，可知，待测电阻较小，则应选择“×1”的电阻挡，并欧姆调零后再次测量，指针位置如图甲，可知电流表内阻为R（2）由于电流表量程为0.5A，内阻约为RA=15则应该选用多用电表的直流电压挡位10V作为电压表。12．在“探究平抛运动的特点”实验中：同学们进行了如下几组实验：（1）如图甲所示，实验一：保持仪器离地高度不变，用小锤打击弹性金属片，改变打击弹片的力度，发现A、B两球都同时落地。实验二：改变仪器离地高度、再用小锤打击弹性金属片，发现A、B两球仍然都同时落地。关于这两个实验的分析，正确的是（）A．实验一说明：平抛运动水平初速度大小不影响空中运动时间B．实验二说明：平抛运动水平初速度大小不影响空中运动时间C．两个实验都说明：平抛运动沿水平方向的分运动是匀速直线运动D．两个实验都说明：平抛运动沿竖直方向的分运动与自由落体运动相同（2）用如图乙所示的实验装置描绘平抛运动的轨迹，下列操作正确的是（）A．安装装置时要使平抛轨道的抛射端处于水平位置B．建立坐标系的原点位置要在小球中心离开轨道处C．每次向下移动接球挡板的高度变化必须相等D．在描绘某一平抛运动轨迹时，定位板的位置可以不同（3）同学们用二维运动传感器得到比较精确的平抛运动轨迹，并在坐标纸上建立了如图丙所示的坐标系，坐标纸的每小格边长为L0，a、b、c是轨迹上的三个点，当地重力加速度为g①钢球离开轨道时速度v0=（用L0②测得轨迹上多个点的坐标值x,y，并在图丁所示的y−x2坐标系中描点连线，得到一条过坐标原点的直线。这说明测得的轨迹（选填“是”或“不是”）抛物线。测得图丁中直线斜率为k，则k与L0【答案】（1）A；D（2）A；B（3）3gL【解析】【解答】（1）A．实验一高度相同时即使初速度不同两球也会同时落地，说明平抛运动水平初速度大小不影响空中运动时间，故A正确；B．实验二高度不同时，两球仍能同时落地，只能说明两球竖直方向的运动相同，不能说明水平速度不影响小球运动的时间，故B错误；CD．无论是改变打击力度改变初速度还是改变高度，两球总是同时落地，则两个实验都说明两物体在竖直方向的运动完全相同，即平抛运动沿竖直方向的分运动与自由落体运动相同，故D正确，C错误。故选AD。（2）A．安装装置时要使平抛轨道的抛射端处于水平位置，以保证小球做平抛运动，故A正确；B．建立坐标系的原点位置要在小球在轨道末端时球心在竖直木板的投影位置，即要在小球中心离开轨道处位置，故B正确；C．每次向下移动接球挡板的高度变化不一定必须相等，故C错误；D．在描绘同一平抛运动轨迹时，定位板的位置必须相同，故D错误；

故选AB。（3）①竖直方向有Δy=2L0=gT2，水平方向有3L=v0T，解得v②根据平抛运动规律有：x=v0t，y=12gt2，结合几何关系，变形整理得：y=g2v02x2

在图丁所示的y-x21、平抛运动的分解水平方向：匀速直线运动。竖直方向：自由落体运动（初速度为0，加速度为g）。2、运动时间平抛运动的空中运动时间只由下落高度决定，与水平初速度无关。公式：3、实验一与实验二的结论区分实验一（同一高度，不同初速度）：重点说明时间与初速度无关，竖直方向运动相同。实验二（不同高度，不同初速度）：重点说明任意高度下，平抛竖直方向都与自由落体相同。4、轨迹描绘实验的操作要点

必须保证初速度水平（斜槽末端水平）。坐标原点应取在球心离开轨道的位置（即抛出点）。同一轨迹实验中，挡板/定位板必须固定，否则不是同一轨迹。5、平抛轨迹数据处理轨迹方程：→与成正比。若以为横坐标、为纵坐标，图像为过原点的直线→证明是抛物线。斜率，可求​​。6、逐差法求时间间隔竖直方向：。在连续相邻时间内的竖直位移差恒定，且。二、易错点提醒1、混淆实验结论错误地认为实验二说明“水平初速度不影响时间”是它的主要结论，其实实验二的主要结论是竖直方向与自由落体相同（在不同高度下都成立）。错误地认为这两个实验能证明水平方向是匀速运动（其实这两个实验只能证明竖直方向的规律，水平方向匀速需要别的实验验证）。2、轨迹实验的操作细节误以为每次移动挡板高度必须相等（其实不需要）。误以为描绘同一轨迹时可以移动定位板（其实不能，否则轨迹会变化）。（1）A．实验一高度相同时即使初速度不同两球也会同时落地，说明平抛运动水平初速度大小不影响空中运动时间，选项A正确；B．实验二高度不同时，两球仍能同时落地，只能说明两球竖直方向的运动相同，不能说明水平速度不影响小球运动的时间，选项B错误；CD．无论是改变打击力度改变初速度还是改变高度，两球总是同时落地，则两个实验都说明两物体在竖直方向的运动完全相同，即平抛运动沿竖直方向的分运动与自由落体运动相同，选项D正确，C错误。故选AD。（2）A．安装装置时要使平抛轨道的抛射端处于水平位置，以保证小球做平抛运动，选项A正确；B．建立坐标系的原点位置要在小球在轨道末端时球心在竖直木板的投影位置，即要在小球中心离开轨道处位置，选项B正确；C．每次向下移动接球挡板的高度变化不一定必须相等，选项C错误；D．在描绘同一平抛运动轨迹时，定位板的位置必须相同，故D错误；

故选AB。（3）①[1]竖直方向有Δy=2L0=gT2

水平方向有3L=v0T

解得v②[2][3]根据平抛运动规律有：x=v0t，y=12gt结合几何关系，变形整理得：y=g2v02x2解得9k四、计算题：本题共3小题，共38分。解答应当写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的，不能得分。13．“接球训练”是人与宠物狗的互动游戏。某次游戏开始时，人与宠物狗站在同一直线，人用力将小球斜向上出，抛出时的初速度大小为12m/s，方向与水平面成45°，小球离手时离地面的高度和宠物狗嘴离地面高度相等。宠物狗看到小球飞出，经历短暂反应时间后启动全力追赶小球，在小球落到嘴高位置时用嘴将其接住，已知宠物狗身高（认为宠物狗嘴离地面高度等于狗身高）约为50cm，其奔跑速度为9.6m/s，奔跑过程看成匀速直线运动，不计空气阻力和宠物狗加速的时间。重力加速度g取10m/s2。计算结果保留一位小数，求：（1）小球运动过程中离地面的最大高度；（2）宠物狗的反应时间。【答案】（1）解：将小球初速度沿水平和竖直方向正交分解，有v解得v由v解得v设小球上升的高度为h，离地面的最大高度为H，则h=则H=h+（2）解：设小球上升的时间为t1，则解得t设网球离手到狗用嘴将其接住的总时间为t总，水平位移为x盘由x盘=设狗奔跑的时间t狗，反应时间为t反解得t由t解得t所以，宠物狗的最短反应时间是0.2s。【解析】【分析】(1)最大高度：将小球初速度分解为竖直分量，先求竖直上抛的上升高度，再加出手时的离地高度（即宠物狗身高）；

(2)反应时间：先求小球从抛出到被接住的总时间，再求宠物狗奔跑的水平位移对应的时间，两者的差值即为反应时间。（1）将小球初速度沿水平和竖直方向正交分解，有v解得v由v解得v设小球上升的高度为h，离地面的最大高度为H，则h=则H=h+（2）设小球上升的时间为t1，则解得t设网球离手到狗用嘴将其接住的总时间为t总，水平位移为x盘由x盘=设狗奔跑的时间t狗，反应时间为t反解得t由t解得t所以，宠物狗的最短反应时间是0.2s。14．拔火罐是一种传统的中医疗法。专业操作人员将蘸有酒精的棉球点燃伸进火罐内停留一会儿随即退出，然后迅速将罐子扣在需要治疗的部位，如图所示。某次治疗时，火罐扣于皮肤前瞬回。罐内气体压强等于大气压76cmHg，罐内气体温度87°C；冷却后，罐内气体温度与室温27°C相同时，由于皮肤凸起，火罐内气体体积变为罐内空间体积的十分之九；操作人员慢慢打开罐顶部的空气开关，室温下的大气进入罐内，直到罐内气体压强等于大气压，皮肤凸起状态没有变。已知罐内空间体积500cm（1）求冷却后在打开罐顶部的空气开关前，罐内气体的压强；（2）求在打开罐顶部的空气开关过程中，从大气中进入罐内的气体体积。【答案】（1）解：以冷却前罐内气体为研究对象，设压强为p1，体积为V1，温度为T1，冷却后，压强为p2，体积为V2，温度为T2，则p1=76由理想气体状态方程得p解得p（2）解：打开罐顶部的空气开关过程中，设从大气中进入罐内的气体体积是ΔV，以打开空气开关前罐内气体和从大气中进入罐内的气体为研究对象，则解得Δ【解析】【分析】(1)冷却后罐内气体压强：以罐内气体为研究对象，利用理想气体状态方程（已知初态压强、体积、温度和末态体积、温度）求解末态压强；

(2)进入罐内的气体体积：以“冷却后罐内气体+进入的大气”为研究对象，利用玻意耳定律（等温过程），结合最终压强与体积的关系，求解进入的气体体积。（1）以冷却前罐内气体为研究对象，设压强为p1，体积为V1，温度为T1，冷却后，压强为p2，体积为V2，温度为T2，则p1=76由理想气体状态方程得p解得p（2）打开罐顶部的空气开关过程中，设从大气中进入罐内的气体体积是ΔV，以打开空气开关前罐内气体和从大气中进入罐内的气体为研究对象，则解得Δ15．如图甲所示是洛伦兹力演示仪，其结构示意图如图乙所示，两个励磁线圈之间有一个半径为R的球形玻璃框，体积很小的电子枪在玻璃框内。球形玻璃框球心O点和电子枪枪口K在图乙所示平面内，O点与K点连线竖直且垂直于两个励磁线圈轴线，距离是45R，调整“磁场强弱选择挡”使前后两个励磁线圈通电产生磁感应强度大小为B、方向垂直于图乙所示平面向里的匀强磁场，调整“加速电压选择挡”可以让电子枪发射电子的速度大小不同、电子质量为m，电荷量为e，不考电子重力和电子间的相互作用力。（1）若电子枪发射的电子，速度方向水平向左且垂直于KO，恰好通过O点，如图丙所示，求电子枪的加速电压；（2）若电子枪枪口方向可调，发射电子的速度方向斜向左上方与KO夹角是53°，能够在图丙所示平面内做轨迹不同的完整的圆周运动，求电子枪发射电子的最大速度；（3）若玻璃框是边长为2R的正方体，中心仍在O点，加速电压连续可调。在图丁所示的平面内，电子枪枪口位置不变，调整枪口方向发射速度方向斜向左上方与KO成不同夹角β的电子，0≤β≤90°，调整“加速电压选择挡”的电压U，速度大小不同的电子都能够做完整的圆周运动。求不同夹角β与相应的加速电压最大值Um之间的关系。【答案】（1）解：电子在磁感应强度大小为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，设半径为r1，速度大小为v1，电子枪的加速电压为U因为ev1联立解得U（2）解：电子枪发射电子的速度越大，在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径越大，轨迹与玻璃相切时，半径最大，对应的速度最大，圆心是O2设最大半径为r2，最大速度为vm，在△O因为e联立解得r2=（3）解：当电子速度与KO夹角β1时，运动轨迹刚好与玻璃框的下边、右边相切，设此条件下电子做匀速圆周运动的最大半径