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高 三 四 模 检 测
物理试题参考答案及评分标准
2025.05
一、选择题：本题共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要
求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选
错的得0分。
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案
D B C A D B C A BD AD BC AC
三、非选择题：本题共6个小题，共60分。
π a
（ 分）（）20 （）滑块与转台有摩擦力 （）
13. 6 1 t 2 3 bL
0
评分标准：每空 分，共 分
2 6
（ 分）（） （） （） （）
14. 8 1 10.010 3 120 4 0.17 5 <
评分标准：每空 分，共 分
2 8
（ 分）
15. 8
π
（）x 处的质点的振动方程y 2 t φ …………………………
1 = 2m = 2sin( T + )(cm) ①
π
代入点（ ， ）和（ ，）解得φ ，T …………………………………
0 1.0 1.1 0 = = 1.2s ②
6
（）若波沿x轴正方向传播，则y 的质点位置为Q，
2 =1.0cm
5 λ …………………………………………
1 = 2 ③
12
λ1=4.8m
v λ1 ……………………………………………
1 = T ④
v …………………………………………
1 = 4m/s ⑤
若沿x轴负方向传播则为P点，则y 的质点位置为P，
=1.0cm
1 λ ， …………………………………………………………………………
2 = 2 ⑥
12
λ2=24m
λ
v 2 ……………………………………………………………………………
2 = T ⑦
v …………………………………………………………………………
2 = 20m/s ⑧
评分标准：每式 分，共 分
1 8
高三物理试题参考答案 第 页 （共 页）
1 4（ 分）
16. 8
（）设封闭气体的初、末态体积分别为V、V ，根据盖—吕萨克定律有
1 1 2
V V
1 2 ……………………………………………………………………………
T = T ①
1 2
V V Sl Sl ………………………………………………………………
2 - 1 = 2 - 1 ②
解得V
3
1 =2000cm
文物的体积V Sl V ………………………………………
3
= 2200 + 1 - 1 = 205cm ③
（）设封闭气体在 、 状态下的体积为V 。根据盖一吕萨克定律有
5
2 1.01×10 Pa 273K 0
p V p V
0 0 1 1 ………………………………………………………………………
T = T ④
0 1
其中p p ……………………………………………………………………
1= 0 +h ⑤
V
被封闭氮气的分子个数为n 0 N ……………………………………………
= A ⑥
22.4
联立各式得 n 个 …………………
22
= 5.85×10 ⑦
评分标准： 式 分，其余每式 分，共 分
③ 2 1 8
（ 分）
17. 14
πm
令t
0 = qB
0
（）粒子运动轨迹如图
1
在 ~t 时间内，
0 0
根据动量定理可知 qE t mv …………………………………………………
0 ⋅ 0= 1 ①
πm
在t ~ t 时间内，粒子在磁场运动的周期T 2 ………………………………
0 2 0 = qB ②
0
在 t ~ t 时间内 qE t mv m v ………………………………………
2 0 3 0 ,2 0 ⋅ 0= 2 - (- 1) ③
πm πE
粒子在t 3 时刻粒子的速度 v 0 ……………………………………
= qB 2 = B ④
0 0
（）在 t ~ t 时间内，q E t mv mv …………………………………………
2 4 0 5 0 ⋅3 0 ⋅ 0= 3 + 2 ⑤
πm πE
解得粒子在5 时刻的速度 v 2 0
qB 3 = B
0 0
πm
在 ~6 时间内，静电力对粒子的做功大小为 W 1 mv 2 ……………………
0 qB = 3 ⑥
0 2
π E m
2 2
W 2 0 ………………………………………………………………………
= B ⑦
2
0
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2 4（）在 t 之间的 时刻释放粒子，粒子运动轨迹如图所示，
3 0∼ 0 t
在t t 时间内，qE t t mv ' …………………
∼ 0 0 ⋅( 0 - )= 1 ⑧
v '
y ' 1 t t ……………………………………
1 = ⋅( 0 - ) ⑨
2
mv '
在t t 时间内，r ' 1 …………………………
0∼2 0 1 = qB ⑩
0
在 t t 时间内，q E t mv ' mv '…………
2 0 ∼3 0 ⋅2 0 ⋅ 0 = 2 + 1 ⑪
v ' v '
y ' 2 - 1 t ……………………………………
2 = ⋅ 0 ⑫
2
mv '
在 t t 时间内，r ' 2 ……………………………………………………
3 0 ∼4 0 2 = qB ⑬
0
πmE
( )
r ' r ' 4 0 ………………………………………………………………
2 1 + 2 = qB 2 ⑭
0
πmE
所以第一次到达直线x 4 0时到x轴的距离
= qB
2
0
y y ' y ' …………………………………………………………………………
= 1 + 2 ⑮
π E m E q
2
y 0 0 t 2 ………………………………………………………………
= B q + m ⑯
2
2 0 2
评分标准： 每式 分，其余每式 分，共 分
⑧⑨⑪⑫ 0.5 1 14
（ 分）
18. 16
（）物块A到达圆弧轨道 点时，根据牛顿第二定律有
1 P
v
m g θ m
2P
……………………………………………………………………
1 sin = 1 R ①
v v θ ……………………………………………………………………
y = Pcos ②
v
物块 距离 点最大高度 H
2y
1 ． ………………………………………
A P = g = m ③
2 6
（）设木板与轨道底部碰撞前，物块A和木板的速度分别为v 和v ，Q点到木板右端的
2 1 2
距离为L。
物块A从轨道最低点到P点，
m
1
gR(
1+ sin
θ)
=
1 m
1
v 2
1 -
1 m
1
v 2P ………………………………………………
④
2 2
由动量守恒定律和功能关系有
m v m v m v …………………………………………………………………
1 0 = 1 1 + 2 2 ⑤
1 m v 2 1 m v 2 1 m v 2 μm gL ………………………………………………
1 0 = 1 1 + 2 2 + 1 ⑥
2 2 2
联立解得 v v
1 = 6m/s, 2 = 4m/s
L ……………………………………………………………………………
= 5m ⑦
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3 4（）对A μm g m a …………………………………………………………………
3 1 = 1 1 ⑧
对木板μm g m a ………………………………………………………………
1 = 2 2 ⑨
v
2
木板位置改变前，右端到轨道底端的距离d 2 ………………………………
= a ⑩
2 2
得 d
= 2m
点到轨道底端的距离x d L ………………………………………………
Q Q = + ⑪
位置改变后，使A仍能沿轨道恰好运动到上端点P
v v
则A运动过程不变，仍一直匀减速运动，历时 t 0 - 1 ………………………
A = a ⑫
1
t
A = 1s
木板与轨道底端发生n次碰撞。
木板从开始运动到第一次与轨道底端碰撞的时间
t
t A 1 （ ）………………………………………
= n = n = 1,2,3⋯⋯ ⑬
2 - 1 2n - 1
位移x B = 1 a 2 t 2 …………………………………………………………………… ⑭
2
速度v a t ………………………………………………………………………
B = 2 ⑮
点到木板右端的距离L'，
Q
L' x x …………………………………………………………………………
+ B = Q ⑯
L' 2 （ ）（ ） …………………………………………
= 7 - ( n ) 2 m n = 1,2,3⋯⋯ ⑰
2 - 1
由能量守恒得
Q μmgL' …………………………………………………………………………
= ⑱
Q 8 （ ） …………………………………………
= 28 - n (J) n = 1,2,3⋯⋯ ⑲
2
(2 - 1)
评分标准： 每式 分，其余每式 分，共 分
⑩⑪⑫⑭⑮⑯ 0.5 1 16
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4 4
