2025届辽宁省高三下学期三模物理试卷

这是一份2025届辽宁省高三下学期三模物理试卷，共15页。

【参考答案】
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．解析：根据波速度公式c=λf可知，电磁波频率越高，波长越短，发生光电效应的条件是入射光的频率要大于金属的极限频率，也就是说入射光的波长应小于金属的极限波长，由图中可以看到赖曼线系的电磁波长都小于钠的极限波长，所以B选项正确。
2．解析：兆瓦是功率的单位，1兆瓦=106W，A选项错误；磁铁匀速转动时，穿过线圈的磁通量不断变化，线圈中产生交流电，B选项错误；图示时刻，线圈切割磁感线的速度最大，产生的感应电动势最大，电流也是最大，C选项错误；根据右手定则或楞次定律，可以判断线圈中电流方向为dcba，D选项正确。
3．解析：第一阶段以恒定功率竖直向上加速过程，由功率P=Fv和牛顿第二定律F-mg=ma，可得速度v增加，牵引力F减小，加速度a减小，CD选项错误，第二阶段减速最终停在最高点，v减小最终减为0，A选项正确，B选项错误。
4．解析：干涉条纹间距与入射光的波长有关，白光入射，由于各种色光的条纹间距不等，看到的是彩色条纹，AB选项错误；在透镜球面和平面玻璃上表面之间反射回来的两束光相互干涉，这之间空气层厚度相同的地方，对应形成同一圈干涉条纹，如果将透镜缓慢上移，与原空气层厚度相同的地方将向中心移动，对应形成的干涉条纹就向里收缩，C选项正确，D选项错误。
5．解析：由铲子保持静止，受力分析如图所示，
水平方向 ， 竖直方向 ，
且，可得，所以A选项正确。
6．解析：卫星环绕中心天体运动，
由圆周运动规律和牛顿第二定律
推导可得 所以，D选项正确。
7．解析：第一次子弹打木块恰好击穿木块A未穿入木块B，说明子弹与木块A、B共速，设共速速度为v1，由系统动量守恒和能量守恒规律， ，解得，
第二次子弹打木块，假设子弹未射穿B，同理 ，解得，，
所以假设成立，子弹未击穿B，，C选项正确。
8．解析：电场强度是矢量，根据平行四边形定则进行矢量合成，可判断在正方形的中心O点，合场强为零，在O点右侧合场强方向向右，合场强大小随x变化先增大后减小，在O点左侧合场强方向向左，合场强大小随x变化也是先增大后减小，正负表示方向，所以A选项正确，B选项错误；沿电场线方向电势降低，可判断在x轴上O点的电势最高，电势是标量，正负表示大小 ，所以C选项正确，D选项错误。
9．解析：在P接触弹簧之前的受力分析图如图甲，摩擦力f为静摩擦力沿传送带向上，，从P接触弹簧开始到第一次弹簧压缩到最短的过程可分为两段运动，第一段物块P与传送带保持相对静止做匀速直线运动，受力分析图如图乙，设弹簧形变量为x，弹簧弹力F弹=kx，，随着x的增加，f先减小后反向增加，直到达到最大静摩擦力后开始相对滑动，如图丙，，之后P与传送带发生相对滑动，匀速直线运动结束，这一阶段速度不变，摩擦力先减小后变大，由功率P=fv，可得在第一阶段传送带对物块P做功的功率先减小后变大；第二阶段弹簧形变量x继续增加，物块P与传送带发生相对滑动，由于，物块P开始做减速运动直至速度减为零，在第二阶段f大小不变、物体速度减小，由功率P=fv可知功率减小，故C选项正确；全程运动分析P先做匀速运动后做减速运动，A选项错误，B选项正确；全程根据功能关系，，可得，由图丁可判断全程摩擦力对P做功大于0，所以，D选项错误。
f
x
丁
甲 乙 丙
10．解析：若电容器开始不带电，给金属棒水平向右的初速度v0，闭合开关后，导体棒受安培力作用做减速运动，规定向右为正方向，根据动量定理有，而，Q=CU，最终稳定时，联立可解得，A选项错误，B选项正确；若电容器开始带电量为Q，金属棒初速度为0，闭合开关后，导体棒受安培力作用做加速运动，根据动量定理有，而，，最终稳定时，联立可解得，C选项错误，D选项正确。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分） （1）B（1分） A（1分） （2）0.45（2分） （3）（2分）
解析：（1）先平衡阻力，再悬挂槽码，才能使绳上的拉力等于小车的合外力，故选B和A；之后再接通电源，释放小车。
（2）小车运动的加速度为
（3）图线OP对应小车合力等于槽码的重力mg时的加速度a1，即mg=Ma1，解得；
图线OQ对应小车的实际加速度a2，设此时细线的拉力为FT，对小车有FT=Ma2，对槽码有mg－FT=Ma2，解得，联立解得。
12．（8分）
（1）接线如右图 （2分）
（3）偏小 电压表分流 （每空1分）
（4）b 12 （每空2分）
解析：（1）热敏电阻的阻值比较小，选用电流表外接法测电阻误差小，所以连线如图所示。滑线变阻器采用限流接法或分压接法都可以。
（3）外接法测电阻由于电压表的分流影响，电流测量值偏大，导致电阻测量值偏小；
（4）如果蜂鸣器的右端接b，使蜂鸣器与热敏电阻并联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，并联部分获得的电压就越大，蜂鸣器的电压超过3V就能鸣叫报警；如果蜂鸣器右端接a，温度越低，热敏电阻的阻值越大，热敏电阻分压就越多，而蜂鸣器的电压就越低，就不能报警了，所以接b正确；由图乙可知温度在10℃时热敏电阻的阻值RT=20Ω，与蜂鸣器并联后的阻值，将可调电阻R1的阻值调为12Ω，刚好可使蜂鸣器的电压为3V开始报警，以后温度低于10℃也能报警。
13．（10分）
解：（1）T1=27+273=300K T2=12+273=285K （1分）
气体体积V不变，由查理定律 （2分）
解得T2温度时气体的压强 （1分）
设至少用F大小的力可以将杯盖向上取走
对杯盖受力分析如图所示，
（1分）
可得F=10.4N （1分）
（2）设室内时杯内气体体积为V1，如果保持气体压强p1不变，移到室外后由于温度降低体积变为V2，
由盖·吕萨克定律可得 （2分）
打开杯盖后杯内气体体积增多到V1，则室外杯内气体与原来在室内时杯内气体质量的比为
（1分）
（1分）
14．（13分）
（1）设轻杆转动到竖直时A、B的速度分别为、
（1分）
A做平抛运动过程，设运动时间为，竖直方向有
（1分）
（1分）
水平方向有 （1分）
可得 （2分）
（2）对系统，由机械能守恒定律有
（2分）
可得M=18m （1分）
（3）当轻杆运动到竖直，A脱离杆前瞬间，设杆对A、B的力的大小分别为、，由牛顿第二定律，对A有 （1分）
对B有 （1分）
设A、B对杆的力的大小分别为、
对杆受力分析有 （1分）
杆受转轴的力竖直向上
根据牛顿第三定律，杆对转轴的力竖直向下 （1分）
15．（17分）
解：（1）在速度选择器中
（2分）
（1分）
可得：（1分）
（2）在磁分析器中
（2分）
l=2r（1分）
可得：（1分）
在加速电场中（2分）
可得：（1分）
（3）在磁分析器中，从O到Q，沿x方向根据动量定理有
（2分）
（1分）
（1分）
可得：
（2分）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
D
A
C
A
D
C
AC
BC
BD