东北三省精准教学联盟2025届高三4月联考物理试卷答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2025年04月试卷_0425东北三省精准教学联盟2025届高三4月联考（理想树）

高三物理 1．B【命题点】核聚变的反应方程、结合能与比结合能 【解析】核裂变可以在常温下进行，聚变反应需要在高温高压下才能进行，A错误；根据电荷数守恒和质 量数守恒，其核反应方程为2H 3H 4He 1n，所以X为中子，B正确；核聚变反应中质量亏损，但 1 1 2 0 质量数守恒，C错误；核聚变反应释放能量，有质量亏损，新核的比结合能增大，反应后新核的总结合能 大于反应前原子核的总结合能，D 错误。 2．C【命题点】圆周运动、受力分析 【解析】题干里没有提及此车轮是否为驱动轮，无法确定相对地面的运动趋势，无法判断摩擦力方向，A 错误；气门嘴的运动为匀速直线运动与匀速圆周运动的合运动，气门嘴运动到最低点时匀速圆周运动的线 速度不为零，合力提供向心力，故所受合力不为零；B错误；匀速圆周运动合力大小等于向心力大小，所 以气门嘴运动过程中所受合力大小不变， C正确；气门嘴运动到车轮轮轴前方同一竖直高度时，该点具 有水平速度和竖直向下速度，即合速度斜向下，D错误。 3．D【命题点】变压器的原理 Δ Δ 【解析】由于变压器存在漏磁，穿过副线圈的磁通量只有原线圈的90%，则 2 0.9 1 ，即K 0.9K ， Δt Δt 2 1 A错误；变压器不改变电流频率，所以原副线圈电流频率相同，B错误；由法拉第电磁感应定律有 Δ Δ U 10n U n 1 ，U n 2 ，联立可得 1  1 ，C错误，D正确。 1 1 Δt 2 2 Δt U 9n 2 2 4．B【命题点】楞次定律的应用、两根通电导线之间的作用力 【解析】题图甲中A线圈的电流变大，B线圈中的磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，根据楞次定律可 知题图甲中B线圈的感应电流方向为逆时针，与A中电流方向相反，互相排斥，所以B线圈面积有缩小趋 势；题图乙中B线圈的电流变大，B线圈中的磁场方向垂直纸面向里，AB线圈之间的磁场垂直纸面向外， 由磁感线的分布规律可知A线圈内总磁通量方向垂直纸面向里，当A线圈中的磁通量增大，根据楞次定律 可知题图乙中A中的感应电流方向为逆时针，与B中电流方向相反，互相排斥，所以A线圈面积有增大趋 势，B正确。 1【另解】题图甲中A线圈的电流变大，B线圈中的磁通量增大，根据增缩减扩可知B线圈通过缩小面积来 阻碍磁通量增大，所以B线圈面积有缩小趋势；题图乙中B线圈的电流变大，A线圈中的磁通量增大，根 据增缩减扩可知A线圈通过增大面积来阻碍磁通量增大，所以A线圈面积有增大趋势。 5．D【命题点】万有引力与重力的关系、动能定理 GMm 4 4 【解析】在地球表面，根据万有引力等于重力有 mg，其中M  πR3，可得g  πGR， R2 3 3 R R 可以将地球视为一个球心相同而半径为 的内部球体和厚度为 的外部球壳，由题意可知洞底恰好位于 2 2 GMm 内部球体表面，且外部球壳对洞底的物体的引力为零，而内部球体表面重力加速度满足 mg，其 R ( )2 2 4 R 2 g 中M π( )3，可得g πGR  ，A、B错误；根据动能定理可知从地表到洞底，万有引力 3 2 3 2 1 做功等于动能变化，则有W  mv2 0，由于内部球体表面重力加速度与内部球体的半径成正比，利用 G 2 mgmg R 3 3gR 平均值求做功，W    mgR，可得物体到达洞底时的速度大小为v ，C错误， G 2 2 8 2 D正确。 6．C【命题点】带电粒子在电场中的直线运动、电容器 U Q 4πkQ 【解析】断电时，极板间电场强度E    ，极板电荷量增大，极板间的电场强度变大，A d Cd S 错误；由于下极板电性与液滴的电性相同，液滴受到竖直向上的电场力，极板间的电场力对液滴做负功， B错误；当液滴在极板间所受的电场力等于液滴的重力时，即mg  Eq时，液滴匀速下落，C正确；根据 S 电容器电容的决定式C  可知，电容器的电容与极板所带电荷量无关，D错误。 4πkd 7．C【命题点】复杂的运动学图像问题 v v 【解析】第一次运动，根据a 有t  ，根据微元法的思想可知该段图像与横轴围成的面积为时 t a 0.51.5 间，速度变化20m/s，则有t  20 s20 s，A错误；第二次运动，根据速度-位移公式 2 x v2 v 2 2ax，可知图像的斜率为k 2a，求得加速度为a 0.5 m/s2，B错误；第三次运动，根据v 0 t x 有t  ，根据微元法的思想可知该段图像与横轴围成的面积为运动时间，则物体运动到x 处的时间为 0 v 21 1  v v v v 1 x 1 t 0 1 x  0 1 x，C正确；第四次运动，根据运动学公式xv t at2可得 v  at，可知 2 0 2v v 0 0 2 t 0 2 0 1 1 图像的斜率为k  a，求得加速度大小为3 m/s2，D错误。 2 8．BD【命题点】热力学第一定律的应用、分子动理论 【解析】包装袋内的气体视为理想气体，气体质量不变，当温度增加时，包装袋内的气体分子总数并没有 发生变化，A错误；包装袋膨胀过程中，气体体积膨胀，外界对气体做负功，B正确；由于温度升高，气 体分子的平均运动速率变大，但不是所有气体分子的速度都变大了，C错误；包装袋材料的导热良好，所 以当环境温度升高时，气体内能增大，同时膨胀，外界对气体做负功，根据∆E=Q+W可知气体内能增加量 小于气体吸收热量，D正确。 9．BC【命题点】双缝干涉、多普勒效应、光电效应 【解析】根据公式h可知光子的能量与频率有关，A错误；在双缝干涉中，用蓝光替换红光后，入射 L 光的波长变小，根据x  可知干涉条纹间距会变小，B正确；当卫星远离地面时，由于卫星离地球 d 越来越远，地球表面接收端检测到的光信号频率会比光信号原始频率小，属于多普勒效应，C正确；偏振 现象证明了光是横波，D选项错误。 10．ACD【命题点】动量、动能定理的应用、牛顿第二定律 【解析】没有施加恒力F之前，有(m m )g kx ，施加恒力F的瞬间对整体分析，根据牛顿第二定律 A B 1 有F (m m )gkx (m m )a ，解得a 6 m/s2，对A分析，根据牛顿第二定律有 A B 1 A B F m gF m a ，解得F 2 N，由牛顿第三定律可知物块A对物块B的压力大小为2N，A正确； A N A N 分离前A、B两物块一起做加速度减小的加速运动，动量变化率即为所受合力的大小，根据F ma可知， 合 在分离前动量变化率一直在减小，B错误；分离时A、B间作用力为零，对A分析有F m g m a，解 A A 得a5 m/s2，此时B与A加速度相同，对B分析有kx m g m a，则x 9 cm，初始时x 10 cm， 2 B B 2 1 此过程x x x 1 cm，C正确；全过程根据动能定理有 1 2 kx kx 1 11 Fx(m m )gx 1 2 x (m m )v2，解得v m/s，D正确。 A B 2 2 A B 10 【另解】没有施加恒力F之前，则有F (m m )g kx ，施加恒力F的瞬间根据内力公式有 1 A B 1 3m F m (F) 2503(30) F  A 1 B  N 2 N，A正确。 N m m 23 A B 4π2(L L) 11．【答案】（1）98.50（98.45~98.55均正确）（2分） （2）2.00（2分） （3） 2 1 （2分） T2 T2 2 1 【命题点】利用单摆测量重力加速度 【解析】（1）刻度尺的分度值为1mm，细线的长度为l 98.20 cm，磁性小球的直径为d 6.0 mm， d 测得的摆长Ll 98.50 cm； 2 （2）磁性小球每次经过最低点时手机检测到磁脉冲信号，所以磁性小球做单摆运动的周期为 t 279.00 T   s2.00 s； n1 801 2 L 4π2 （3）根据单摆周期公式T 2π ，则有T2  L，结合T2 L图像可知图像的斜率 g g 4π2 T2 T2 4π2(L L) k   2 1 ，解得当地重力加速度g  2 1 。 g L L T2 T2 2 1 2 1 【评分细则】第（1）问：细线的长度读为98.15cm~98.25cm范围内均正确，故最终摆长读数为98.45cm~ 98.55cm范围内均正确； 第（1）（2）问：题干中已经给出单位，答案应该只保留数字。两问任一问出现单位或者两问都出现单位 的，扣1分，同一错误不重复扣分。 I (R r ) 12．【答案】（1）1.300（2分） （2）①见解析（2分） ② 2 1 2 （2分） I I 1 2 d L （3）  （2分） 2 πR x 【命题点】伏安法测电阻 【解析】（1）螺旋测微器固定尺刻度为1mm，螺旋尺刻度为30.0×0.01mm=0.300mm，所以螺旋测微器的 示数为d 1 mm0.300 mm1.300 mm； （2）①用多用电表电阻“1”挡粗测该段漆包线的电阻，由题图（c）可知漆包线阻值约为6Ω，故选择 电流表外接法，将电流表A 与定值电阻R 串联改装成量程为3V的电压表，电流表A 在干路，而漆包线 2 1 1 两端电压可以从零开始自由调节，且为了调节方便，滑动变阻器选R ，并采用分压式连接，则设计电路如 3 图所示； 4②结合电路图，可知流过该段漆包线电阻的电流为I I ，该段漆包线电阻两端的电压为I (R r )，根 1 2 2 1 2 I (R r ) 据欧姆定律可知该段漆包线电阻为R  2 1 2 ； x I I 1 2 L L （3）根据电阻决定式R  ，其中S πR2 ，可得内芯部分半径为R  ，外层绝缘漆膜的厚 x S 内 内 πR x d L 度为内外半径的差，即R R   。 外 内 2 πR x 【评分细则】第（1）问：题干中已经给出单位，答案应该只保留数字，答案出现单位的，扣1分； 第（2）①问：分压式接法正确得1分，改装电表正确得1分，电路图中未标明所用电学元件字母的视为 错误，不得分。 2mv2 4mv 13．【答案】（1）45（4分） （2） 0 （2分） （3） 0 （4分） qL qL 【命题点】带电粒子在组合场中运动 【解析】（1）带电粒子在y轴方向做匀速直线运动，有 L v t 1分 2 0 在x轴方向做匀加速运动，设末速度大小为 ，有 L  v x t 1分 4 2 则v  v2 v2  2v ，离开电场时速度与 y 轴夹角满足 合 0 x 0 v tan x 1 1分 v 0 则45 1分 L （2）沿y轴方向有 v t ， 2 0 5L 1 沿x轴方向有  at2， 4 2 在匀强电场中，设电场强度大小为E，满足 qE ma 1分 2mv2 解得E  0 1分 qL 【另解】设匀强电场的电场强度大小为E，根据动能定理有 L 1 qE  m(v2 v2)， 4 2 合 0 2mv2 解得 E  0 。 qL （3）由于带电粒子刚好不从AC边射出磁场，则其运动轨迹与AC相切，由几何关系得带电粒子在 磁场中做圆周运动的半径 L 2 2 r   L 1分 2 4 此时洛伦兹力充当向心力，有 mv2 Bqv  合 2分 合 r 4mv 代入数据解得B  0 1分 qL 【评分细则】本题解法较多，可从力学和能量的角度解题，答案正确，其他等效列式均可得满分。 14.【答案】（1）a端 1.5 A（4分） （2）0.2 m/s（4分） （3）13.5 J（4分） 【命题点】外力作用下，单杆在导轨上切割磁场的运动问题 【解析】（1）根据右手定则可知感应电流的方向由b到a，可以等效为电源的金属棒上电流方向由低 电势到高电势，所以a端电势高 1分 金属棒切割磁感线时的感应电动势 6E  B Lv 1分 0 0 根据闭合电路欧姆定律可知感应电流 E I  1分 Rr 解得I 1.5 A 1分 （2）金属棒运动过程中感应电流不变，则 B Lv B Lv 1分 0 0 1 1 由题图乙可知B 5 T 1分 1 代入数据解得金属棒运动到x=8m处时的速度大小v 0.2 m/s 2分 1 （3）金属棒受到的安培力大小为F  BIL， 安 金属棒从x=0处运动到x=2m处过程中克服安培力做功 B B W  BILx  0 2 ILx 2分 克安 2 2 2 其中B  B kx (10.52) T 2 T 1分 2 0 2 代入数据解得W 13.5 J 1分 克安 【评分细则】第（3）问：本题从图像的角度列出等效公式，答案正确的也给满分。 15．【答案】（1）4m/s（3分） （2）8400J（3分） （3）52.575J（12分） 【命题点】动量守恒与机械能守恒的应用 【解析】（1）木块离开C点后做平抛运动，从C到D过程有 1 h gt2 1分 2 xv t 1分 C 解得t 0.3 s，v 4 m/s 1分 C （2）子弹打木块过程系统动量守恒，根据动量守恒定律有 m v m v mv 1分 0 0 0 1 C 解得v 400 m/s 1分 1 1 1 子弹损失机械能E  m v2  m v2 8400 J 1分 2 0 0 2 0 1 7（3）木块到达D点时，竖直速度大小v  gt 3 m/s，合速度大小v  v2 v2 5 m/s 1分 y D C y 木块滑上木板后，以沿斜面向下为正方向，对木块有 F mgsinmgcos0 1分 合 对木板有 F ' Mgsinmgcos(mM)gcos0 1分 合 则木块与挡板第一次发生碰撞前木板静止，木块做匀速运动，木块与挡板碰撞时，由动量守恒定律有 mv mv Mv 1分 D D1 2 由机械能守恒定律有 1 1 1 mv2  mv2  Mv2 1分 2 D 2 D1 2 2 解得v 0，v 5 m/s 1分 D1 2 第一次碰撞后对木块有 mgsinmgcosma 1分 1 对木板有 Mgsinmgcos(mM)gcosMa 1分 2 解得a 12 m/s2，a 12 m/s2 1分 1 2 设两者共速时的速度为v ，根据速度公式有 共 v at v a t 1分 共 1 2 2 2 2 5 5 解得t  s，v  m/s， 2 24 共 2 共速时相对位移 1 1 25 xv t  a t2  at2  m 1分 2 2 2 2 2 2 1 2 48 共速后由受力平衡可知，此后木块与木板一起做匀速运动，则木块与木板间产生的热量为 Q mgcos(lx)52.575 J 1分 【评分细则】第（3）问，木块与木板质量相等，直接运用速度交换的二级结论求出木板速度v 5 m/s， 2 需要扣1分； 本题其他等价公式或解法，答案正确得满分。 8高三物理 题号 题型 分值 考查的主要内容及知识点 难度 1 单选 4 核聚变的反应方程、结合能与比结合能 易 2 单选 4 圆周运动、受力分析 易 3 单选 4 变压器的原理 易 4 单选 4 楞次定律的应用、两根通电导线之间的作用力 易 5 单选 4 万有引力与重力的关系、动能定理 中 6 单选 4 带电粒子在电场中的直线运动、电容器 中 7 单选 4 复杂的运动学图像问题 中难 8 多选 6 热力学第一定律的应用、分子动理论 易 9 多选 6 双缝干涉、多普勒效应、光电效应 易 10 多选 6 动量、动能定理的应用、牛顿第二定律 难 11 实验 6 利用单摆测量重力加速度 中 12 实验 8 伏安法测电阻 中 13 计算 10 带电粒子在组合场中运动 中 14 计算 12 单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题 中 15 计算 18 动量守恒与机械能守恒的应用 难 9