2025年高考第三次模拟考试卷：三模物理（山西、陕西、青海、宁夏卷）解析版

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：三模物理（山西、陕西、青海、宁夏卷）解析版，共28页。试卷主要包含了如图所示，D是一支理想二极管等内容，欢迎下载使用。
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2R
D．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0
C．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/s
D．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/s
B．该波的传播速度可能为5m/s
C．该波的波长可能是7.5m
D．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100Hz
B．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) 2.8/2.7/2.9 1.6（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
Q 66J（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=0.25m
15．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Ⅰ区，经点进入Ⅱ区时第一次穿过xOz平面，进入Ⅲ区时恰好第二次穿过平面，进入Ⅳ区时恰好第三次穿过平面，之后在Ⅳ区内继续运动。不计粒子所受重力。求：
(1)带电粒子进入Ⅱ区时的速度；
(2)带电粒子第二次穿过平面时的位置坐标；
(3)Ⅲ区的宽度d；
(4)带电粒子在Ⅳ区运动时距平面的最大距离和每次穿过xOz平面时距Ⅳ区左边界的距离。
【答案】(1)大小为，方向与x轴正方向成角
(2)
(3)
(4)；（n=1，2，3……）
【详解】（1）带电粒子在Ⅰ区中做类平抛运动，根据动能定理有
求得
设速度方向与x轴正方向夹角为，则
即
（2）粒子进入Ⅱ区后，粒子速度方向与磁场方向不垂直，所以粒子做螺旋线运动，一边沿x轴正方向以速度做匀速直线运动，一边在垂直于x轴的平面内以速度做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
求得
粒子进入Ⅱ区后转过半周第二次穿过xOz平面，所经历的时间为
粒子第二次穿过xOz平面时的x坐标为
y坐标为0
z坐标为
即粒子第二次穿过xOz平面时的坐标为
（3）粒子进入Ⅲ区时速度大小仍为，方向与平面平行、偏向y轴正方向且与x轴正方向成，粒子在Ⅲ区匀速圆周运动过程有
得
Ⅲ区的宽度
（4）粒子进入Ⅳ区时速度大小仍为，方向与平面平行偏向y轴负方向夹角且与x轴正方向成，粒子进入Ⅳ区后，受到沿y轴负方向的电场力，将速度分解为水平向右的分速度，使带电粒子受到竖直向上的洛伦兹力与电场力平衡，即
解得
由运动的合成分解得另一分速度大小为，方向与y轴负方向夹角为偏向x轴负方向。带电粒子以在竖直平面内做匀速圆周运动有
解得
带电粒子在Ⅳ区运动时距xOz平面的最大距离
带电粒子在Ⅳ区运动时沿y轴正方向穿过xOz平面时的时间
在此过程中沿x轴正方向运动的距离（n=0，1，2，3……）
带电粒子在Ⅳ区运动时沿方向穿过xOz平面时的时间
在此过程中沿x轴正方向运动的距离（n=1，2，3……）