甘肃省陇南市西和第二中学、第三中学、西和成名中学2026届高三下学期三诊物理答案

12345678910BCBDBDBADBCBCD1．答案：B解析：A.在“天宫”中宇航员仍然要受到地球引力，但是由于处于完全失重状态，使得处于漂浮状态，故A错误；B.即使在“天宫”中处于完全失重状态，但弹簧弹力仍然存在，宇航员仍可用弹簧拉力器炼身体，故B正确；C.第一宇宙速度是最大的环绕速度，“天宫”的运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；D.根据可知天宫绕地球运行的角速度大于地球静止卫星的角速度，而静止卫星的角速度等于地球自转的角速度，可知天宫绕地球运行角速度大于地球自转角速度，故D错误。故选B。2．答案：C解析：A.物体做曲线运动时，合外力指向轨迹的凹侧，故电子受电场力大致指向左侧，故电场线方向大致指向右侧，沿电场线方向电势降低，故a点的电势低于b点的电势，故A错误；B.b点处的等差等势线更密集，则电场强度更大，故B错误；C.电场线方向总是垂直于等势线，在b点，电场线方向向右，电子在b点受力方向水平向左，故C正确；D.a点的电势低于b点的电势，电子在电势低处电势能大，故电子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D错误。故选C。3．答案：B解析：A.落地前瞬间的速度由下落高度决定，屈腿发生在触地后，无法改变触地前的速度，故A错误；BD.人的末动量为0，动量变化量由落地前瞬间的速度和质量决定，固定不变。屈腿延长了与地面的接触时间，根据动量定理，当动量变化一定时，作用时间增加会减小冲击力，故B正确，D错误；C.根据动量定理，地面对人的支持力和重力的合冲量等于动量的变化量。设竖直向上为正方向，则有因为屈腿延长了作用时间，所以地面对人的冲量增大，故C错误。故选B。4．答案：D解析：根据氢原子能级跃迁规律可知，的光子能量为的光子能量为，显然，又由可知，即得频率大于得频率，A错误；又由公式可知，即的波长较长，由双缝干涉条纹间距公式可知，用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象时产生的干涉条纹间距较大，所以题图3中的干涉条纹对应的是，B错误；根据德布罗意波公式可得，由于，所以，即的光子动量大于的光子动量，C错误；欲使微安表示数变为0，应在光电管两端加反向电压，由电路图可知滑片P应向a端移动，D正确。5．答案：B解析：迅速向下拉动活塞，云室中的气体与外界来不及进行热量交换，该过程可视为绝热过程，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律，可知气体的内能减小，温度降低，A、C错误；根据理想气体状态方程，温度降低，体积增大，所以压强减小，B正确；体积增大，而总分子数不变，则分子的数密度减小，D错误.6．答案：D解析：A.甲图中线圈水平向右匀速运动到图示位置，运动过程线圈的磁通量一直为零，磁通量保持不变，线圈感应电流为零，故A错误；B.乙图中线圈绕匀速转动到与B垂直的图示位置，此时通过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，故B错误；C.丙图中线圈绕匀速转动到图示位置，线圈转动过程中，线圈的磁通量一直为零，磁通量保持不变，线圈感应电流为零，故C错误；D.丁图中线圈绕匀速转动到与B平行的图示位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，故D正确。故选D。7．答案：B解析：车轮受重力、支持力和摩擦力，三力平衡.前轮离开地面爬升至减速带最高点的过程中，支持力N与竖直方向夹角θ不断减小，则不断增大，摩擦力逐渐减小.根据牛顿第三定律可知，减速带受到车轮的摩擦力逐渐减小，压力逐渐增大，B正确.8．答案：AD解析：用户减少时，用户端消耗功率减小，发电机输出功率减小，则输电线上电流减小，输电线电阻R损耗的功率减少，输电线上损失的电压减小，降压变压器原线圈电压增大，则用户得到的电压增大，A、D正确；若升压变压器原、副线圈匝数比为n，则，又，则输电线电阻R损耗的功率，B错误；用户获得的交流电周期为0.02s，每个周期内，电流方向改变2次，则1s内电流的方向改变100次，C错误。9．答案：BC解析：A.物体A在O点平衡位置，有解得弹簧处理拉伸状态，故OC之间的距离为即振幅为；故A错误；B.物体A在B点时，弹簧的形变量最大，系统的弹性势能最大，故B正确；C.物体A在O点的速度最大，C点与O点的弹簧形变量一样，弹性势能相等，故有O点运动到C点，由动能定理得解得故C正确；D.由物块与弹簧构成的系统势能指的是重力势能和弹性势能之和。根据机械能守恒定律，动能和势能之和不变，由物块与弹簧构成的系统中，动能越小，势能越大；系统在C点和B点动能为零，势能最大；系统在O点动能最大，势能最小，故D错误。故选BC。10．答案：BCD解析：设传送带的长度为L，由几何关系得，解得，煤块刚放上传送带时，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得，解得，则煤块从静止加速到与传送带共速需要的时间，煤块的位移大小为，由于，因此煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得，解得，根据，解得煤块从与传送带共速到滑至地面所用时间为，位移大小为，运送煤块所用时间A错误；摩擦力大小始终为，第一个过程摩擦力对煤块做功，第二个过程摩擦力对煤块做功，故全程摩擦力对煤块做功为B正确；第一个过程传送带的位移大小为，煤块与传送带的相对位移大小为，第二个过程传送带的位移大小，相对位移大小，第一个过程传送带运动快，第二个过程煤块运动快，煤块在传送带上的划痕应为16m，C正确；第一个过程因摩擦产生的热量为，第二个过程因摩擦产生的热量为，总热量，D正确.11．答案：(1)B(2)(3)解析：（1）A.验证机械能守恒定律，则满足则可知小球的质量m不需要测量，故A错误；B.光电门1和光电门2之间的距离h需要测量，故B正确；C.小球从光电门1到光电门2下落的时间t不需要测量，故C错误。故选B。（2）小球通过光电门1时的瞬时速度可近似等于平均速度，则有由，可得由此可知，若验证小球下落过程中机械能守恒，则该图线的斜率（3）设小球在下落过程中平均阻力大小为f，由牛顿第二定律可得解得则12．答案：D；F；200；小；C；2500解析：（1）如图所示，设电源的电动势为E，内阻为r，打开时，设电流表满偏电流为实验要求，这样才有当闭合时，和并联，并联后总阻值这样才有闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于，调节使电流表偏为，所以流过的电流为，所以从上述原理可知，打开与闭合，近似认为干路中电流不变的前提是故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②尽可能大，所以选用大量程的D，因电流表的满偏电流确定，故电源电动势也要匹配地选用电动势较大的F。（3）由以上分析可知，当F中记录的阻值为400Ω，被测电流表的内阻的测量值应为200Ω；当闭合时，和并联，并联后总阻值，而电阻不变，所以闭合后的干路电流比闭合前的总电流要大，即电流大于，而此时电流表支路的电流等于，那么支路的电流要大于，那么其电阻，所以用此方法测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小。（4）设电路中除电流表内阻以外其它电阻的总电阻为R，根据全电路的欧姆定律可知则解得故需要选滑动变阻器C。（5）经过改装后的欧姆表总内阻根据全电路的欧姆定律可知当指针指示表盘正中央时，代表可得此即为欧姆表在此挡位的中值电阻值。13．答案：(1)(2)(3)（，2，3，4...）解析：（1）粒子初速度，在电场中运动时间后进入磁场，进入磁场时沿y轴方向速度大小为，则有粒子在电场中做类平抛运动，则有，联立解得（2）粒子在电场中运动时加速度为a，，解得进入磁场时速度大小为v，根据运动的合成与分解可得解得在磁场中做圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有粒子恰好能回到P点则有解得联立即得（3）粒子在第一象限中运动时间，x方向做匀速直线运动故，轨迹如图则其中，粒子在磁场中运动周期为T，则有几何关系可知粒子在磁场中扫过的圆心角为240°，在磁场中运动时间，则粒子在磁场中运动时间为故（，2，3，4...）14．答案：(1)(2)解析：（1）测量水折射率实验中，入射角的正弦值折射角的正弦值根据折射定律联立解得水的折射率为（2）要在水面上方任何位置都完全看不见钉子，则要求从钉子射出的光到达泡沫以外水面时发生全反射，根据全反射规律和几何关系有其中代入数据解得圆形泡沫的最小半径15．答案：（1）0，6m/s（2）12m/s，6m/s（3）见解析（4）解析：（1）B从A的左端开始到右端的过程，由动能定理解得B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系解得（2）第一次碰后A向右以速度做匀速运动，B做初速度为0，加速度为的匀加速运动，则第二次碰撞时解得此时B的速度为，同样根据由动量守恒和能量关系解得AB的速度为（3）同理第3次碰撞时解得t′=s此时B的速度为18m/s从开始运动到第一次碰撞的时间画出由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图