浙江省稽阳联谊学校2025届高三下学期4月联考物理试卷（含解析）

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非选择题部分
14.14-Ⅰ．（1）D （1分） （2）5.070 （1分） （3）1.40 （2分） （4）没补偿阻力或补偿阻力时长木板倾角太小 （1分） 小车和力传感器总质量的倒数 （1分）
14-Ⅱ．AD（2分）
解析：答案A。双缝干涉测光波长实验中，条纹不清晰是因为单缝与双缝不平行，需要通过拨杆调节单缝，使之平行，故A正确。插针法测玻璃折射率实验中，玻璃的两光洁面不一定要平行，能找到折射光线就行，故B错误。配置好的油酸酒精溶液放置时间久了，酒精要挥发，会影响溶液浓度，导致实验误差增大，故C错误。用单摆测重力加速度实验中，摆球质量大、体积小，减小空气阻力的影响，D正确。
14-Ⅲ．（1）0.650mm （1分）
① （2分） ② 0.50A （1分） 10 （1分） 等于（1分）
解析：电流表内阻对电压表内阻测量无影响，所以测量值等于真实值
15.（8分）解析:(1)（2分）状态2温度高，分子平均速率大，对应曲线B；气体温度从300K至400K过程为等压变化，单位时间内单位面积气缸壁受到撞击力不变，但每次分子撞击力变大，故撞击次数减少。
（2）得Pa （1分）
气体先做等压变化，由气体状态方程可知，可知T=450K（1分）
后气体做等容变化，Pa （1分）
J （1分）
由热力学第一定律得J （2分）
（1）m1运动到C点时，根据牛顿第二定律得 可得 （1分）
m1从A到C的运动过程，根据动能定理得 （1分）
联立代入数据解得 h=2.25m （1分）
m1从A到B的运动过程，根据动能定理得
可得 （1分）
m1与m2相碰过程，根据动量守恒定律得 可得 （1分）
碰撞后到组合体到达F点过程，根据动能定理可得
代入数据解得 （2分）
m1与m2组合体与M进行弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
弹性碰撞中没有动能损失可得
解得 （1分）
m1与m2组合体与M碰撞后，对m3分析得：做加速运动，
对M分析，做减速运动，可得
设经过时间t，m3与M共速，则有解得，
该过程中m3运动的位移
M运动的位移 （1分）
共速后，m3与M分别减速运动，对m3分析得：做减速运动，
对M分析，做减速运动，可得
m3运动的位移
M运动的位移 （1分）
最终计算可得m3距离最右端的长度 （1分）
17.解析：
（1）感应电动势E=B1Lv=2V 1分
Uab=-RR+rE=-1.6V 2分
（2）导体棒在区域Ⅱ以速度v做匀速运动，则
P=(mgsinθ+B2L2vR+r)v=20W 2分
（3）区域Ⅰ，电动机功率不变，导体棒做变加速运动，由动能定理得
Pt1-mgsinθ∙x1-μmgcsθ∙x1=12mv2
解得 t1=0.45s 1分
区域Ⅱ，导体棒做匀速运动，t2=x2v=0.5s 1分
区域Ⅲ，导体棒做减速运动，由动量定理得
-mgsinθ∙t3-∑B22L2vR+r∆t=0-mv 其中 ∑vt=x3
解得 t3=0.64s 1分
所以，全程所用时间为 t=t1+t2+t3=1.59s 1分
（4）对全程用能量守恒可得
P(t1+t2)=mg(x1+x2+x3)sinθ+μmgcsθx1+Q 解得 Q＝5J 2分
电阻R上产生的焦耳热为QR=RR+rQ=4J 1分
18.解析：
由爱因斯坦光电效应方程得 （1分）
电场中动能定理 （1分）
解得m/s （1分）
极板上有光电子打中得区域为半径为y的圆形区域。
（1分）
（1分）
联立得y=0.6m（得出y值直接得前面2分）
（1分）
v
α
电子经过A板时最大速度大小为vm，与板最小夹角为α，，（1分）
所有电子均不从右侧边界飞出临界情况如图1
由几何关系得 （1分）
v
α
解得D=0.9m （1分）
光电子在磁场中运动最短时间对应轨迹如图2
（1分）
（4）取向下为y轴正方向，由y方向动量定理得
（1分）
（1分）
向上时，
（1分）
选择题部分详解：
1.解析：答案D
A中功是标量、单位为kg·m2/s2，B中磁感应强度是矢量，其单位特斯拉为导出单位，C中用基本单位表示为kg·m/As3
2.答案A
3.解析：答案D
A横梁对支撑杆的作用力等于支撑杆对横梁的作用力；B对衡量拉索支撑杆系统整体分析可知，横梁对两侧立柱的压力不变；C对支撑杆分析，减小两拉索的夹角，两拉力的合力增大，水平横梁对支撑杆的作用力增大；D正确。
4.解析：答案C
A由于静电感应，避雷针的针尖带负电；B中A和C电势相等，B点电势最高；C正确；D空气中一电子由C点运动到B点，电势增大，电子电势能减小。
5.解析：答案C
因速度大小对阻力大小影响很小，在估算时可把阻力大小恒定1N进行计算。
小球上升阶段的加速度
上升的时间
上升的高度
下降阶段的加速度
下降用时间
则共用时间为t=t1+t2=2.5s
6.解析：答案C
A．当a运行到b的时间等于从c运行到d的时间时，小于。反之小于，无法确定对应时间大小。
B．根据万有引力提供向心力，因为火星轨道半径是地球轨道半径的k倍，所以火星与地球做圆周运动的向心力大小之比
C．由万有引力定律，可知角速度大小之比为
D．由开普勒第三定律得解得
7.解析：答案B
A． 解得
B．有等效电路可知，当n1:n2=1:4时，R等=R，变压器输出功率最大
C．图示中干簧管两触点磁化一致，无法相吸，电路无法导通
D．磁场正在减弱，由右手螺旋定则可知，电流由流向，正在给电容器充电，N板带正电
8.解析：答案A。
A选项解析见教材P87，可知A选项正确。垫片向左移动后，空气薄膜夹角增大，条纹间距变小，条纹要向左移动，故B错误。C选项解析见教材P99，当狭缝个数增加时，衍射条纹的宽度将变窄，亮度将增加，故C错误。3D电影的原理是光的偏振，故D错误。
9.解析：答案D。
灯泡A3、A4的亮度相同，则通过A3、A4的电流相同，通过A3电流的有效值I3＝2Uab2R0，通过A4的电流I4=UabR0+R。由I3=I4可得，R=2-1R0，故A错。增大交流电频率时，不影响通过二极管电流，电容器对交流电的阻碍作用减小，电感对交流电的阻碍作用增大，所以A3灯亮度不变，A2变亮，A1变暗。故B、C错误，D正确。
10.解析：答案D。
由木板A恰好能处于静止可得，A与斜面间动摩擦因数μ0＝tan370＝0.75，且A、B在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足mBv0=mA+mBv，可得v＝0.6m/s，故A、B错误。B物体向下减速时加速度为a2=gsin370-μcs370=-0.4m/s2，减速时间t=v-v0a2=1s，此过程中，物块B的位移xB=v0+v2t=0.8m，木板A的位移为xA=v2t=0.3m，所以A板长度至少为L=xB-xA=0.5m，故C错误。全过程中系统因摩擦产生的热量Q=μmBgcs370∙L+μ0mA+mBcs370∙xA=18.6J，故D正确。
11.解析：答案AC
A正确；B为衰变过程释放出的核能，不是的结合能；C正确；DX为α粒子，铀238核的半衰期不随温度变化。
12.解析：答案BC
由P点的振动图像可知，T=2s，4s末时第一列波传播至P点，7s末第一列波传播至P点。时间差∆t=3s，距离之差∆s=9m，故波速为3m/s，波长为6m，A错误，B正确；第一列波振幅3cm，合振动振幅1cm，∆s=9m为半波长奇数倍，P为振动减弱点，故第二列波振幅为2cm，D错误；S1S2=33m，可知S1、S2连线上一共有振动加强点11个，C正确。
13.解析：答案AD
由楞次定律可知A正确，，内环感应电动势，则时刻，内环中感应电流大小，B错误；t=0至时间内，半径为5r的圆环条通过内环横截面的电荷量，
C错误；半径为5r圆环条的发热功率
，D正确。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
D
A
D
C
C
C
B
A
D
D
AC
BC
AD