圆创高三11月联考物理答案与解析_A1502026各地模拟卷（超值！）_11月_241108湖北省高中名校联盟2025届高三11月第二次联合测评（圆创联盟）_物理

湖北省高中名校联盟 届高三第二次联合测评 2025 物理试卷参考答案与解析 一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40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,第8~10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。 答案 1.【 】D 解析 发生 衰变变成 选项 错误 衰变是统计规律 选项 错误 半衰期不随温度变化 选 14 14 【 】16C β 17N, A ; , B ; , 项 错误 经过 个半衰期 古木样品中的 含量变成原来的 选项 正确 14 C ; 2 , 16C 1/4, D 。 答案 2.【 】C 解析 静止吊挂时 猴子受到重力 支持力 摩擦力三个力的作用 选项 错误 支持力 摩擦力的合力 【 】 , 、 、 , A ; 、 方向竖直向上 选项 错误 两次吊挂 树枝对猴子的作用力相同 选项 正确 树枝对猴子的作用力 , B ; , , C ; 与猴子对树枝的作用力大小相等 选项 错误 , D 。 答案 3.【 】D 解析 由图可知 光折射率较大 波速较小 频率较大 波长较短 选项 错误 设入射角为i折 【 】 ,a , , , , A、B、C ; , R θ c i R i 射角为 光的传播时间t 2 sin 而v n sin 解得t 2 sin 故时间相等 选项 正确 θ, = v , =n,= θ, = c , , D 。 sin 答案 4.【 】C 解析 月球的第一宇宙速度大于 选项 错误 着上组合体下降过程中 除月球引力对其做 【 】 1.6km/s, A ; , 正功 还有其它力做负功 速度在减小 选项 错误 轨控发动机喷气方向与着上组合体速度方向成锐 , , , B ; 角 获得与速度方向成钝角的阻力 阻力大于动力则能减速 选项 正确 组合体的速度逐渐减为零过 , , , C ; 程中 加速度与速度成钝角 若速度为零时 加速度不为零 组合体将上升 与实际不符 选项 错误 , , , , , , D 。 答案 5.【 】A P P 【 解析 】 P损 1=(U ) 2 R =90 % P 输,U1=5 . 0×10 5 V , P损 2=(U ) 2 R =42% P输, U 2=7.5×10 5 V, 选项 A 1 2 正确 。 答案 6.【 】C 解析 由图 知T 质点P振动方向为y轴正方方向 故波沿x轴正方向传播 选项 错误 质 【 】 (b) , =0 , , A ; 点振动y t 对时间求导 得y' v π 在T 时v π 选项 错误 =0.1sin5π, , = = cos5πt, =0 , = m/s, B 2 2 为波的传播速度 时间内传播的距离x vt 选项 正确t 时 (10m/s );0~0.05s = =0.5m, C ;=0.05s , x 处的质点的y坐标为 选项 错误 =3m -52cm, D 。 物理试卷参考答案与解析 第 页 共 页 1 ( 5 )答案 7.【 】B 解析 以圆盘为参考系 则线圈逆时针转动 由右手定则可知 沿半径方向的导线切割产生的感应电流 【 】 , , , 由内向外 即线圈中产生了逆时针电流 选项 错误 由安培定则可知 感应电流磁场方向与圆盘最初 , , A ; , 的剩磁方向一致 这样的磁场可以使圆盘进一步磁化 从而增强圆盘的磁性 选项 正确 圆盘中的感 , , , B ; 应电流沿半径向内 故由左手定则可知 圆盘所受线圈磁场的安培力为逆时针 与圆盘转动方向相反 , , , , 选项 错误 另一方面讲 若圆盘所受安培力与圆盘转动方向相同的话 则圆盘不再需要外力驱动即可 C , , , 自行加速转动 这就是妥妥的永动机 错误 由右手定则可知 圆盘逆时针转动时 线圈中产生的感应 , ,C ; , , 电流为顺时针 其磁场与圆盘最初的剩磁相反 将使圆盘磁性减弱 甚至消失 这将导致发电不可持续 , , , , , 选项 错误 D 。 答案 8.【 】AB 解析 搬水过程起点终点高度差相同 水桶质量一样 搬运用时一样 则两同学对水桶做功一样多 功 【 】 , , , , 率相同 选项 正确 由于肩高不相同 甲乙同学将水桶放肩上对水做功的大小也不相同 选项 错 , A、B ; , , C 误 水桶初末速度都是零 初末重力做功瞬时功率都是零 所以重力做功瞬时功率先增大后减小 选项 ; , , , 错误 D 。 答案 9.【 】CD v v t a v 解析 Δ Δ Δ 故随着速度的增加 Δ 减小 选项 错误 圆周运动竖直与水平位置坐标 【 】x= t· x=v, ,x , A ; Δ Δ Δ Δ y 变化之比 即圆周切线的斜率k Δ 很显然 随着物体的运动 轨迹切线的斜率一直在变化 选项 , = x, , , , B Δ p mg 错误 平抛运动动量变化 p mgt水平位置变化 x vt则Δ 为定值 选项 正确 匀强 ; Δ = Δ, Δ = Δ, x=v , C ; Δ E 电场中 设该直线与电场线之间夹角为 则电势能得变化 E qEx 位置变化 x 则Δ p , θ, Δ p= Δcosθ, Δ , x= Δ qE 不变 选项 正确 cosθ , D 。 答案 10.【 】BC 解析 滑块和斜面体的运动的末状态如图中虚线所示 由图中加速度的方向 【 】 , 可知a a 夹角是钝角 选项 错误 滑块和斜面体组成的系统水平方向动 1、2 , A ; 量守恒 且滑块和斜面体初速度为 所以滑块和斜面体水平方向上速度投 , 0, 影的大小时刻相等 方向始终相反 则滑块和斜面体的水平方向加速度投影 、 , 的大小相等 方向相反 选项 正确 由面接触的物体不脱离条件可知 滑块 、 , B ; , 和斜面体垂直斜面方向的速度投影时刻相等 所以垂直斜面方向的加速度投 , 影相等 选项 正确 将前述分析的结果画成矢量图 如右图所示 由几何知 , C ; , , 识可知a 的大小是a 的大小的 倍 选项 错误 ,1 2 5 , D 。 物理试卷参考答案与解析 第 页 共 页 2 ( 5 )二、非选择题:本题共5小题,共60分。 D2U IR 答案 分 分 π (- 0) 分 11.【 】(1)1.840(2 ) 2.500(2 ) (2) Id (3 ) 4 解析 螺旋测微器读数为d 游标卡尺读数为D 【 】(1) =1.5mm+34.0×0.01mm=1.840mm, = 2.5cm+0×0.05mm=2.500cm; d U D2U IR ρ R 则 ρ π (- 0) (2) D2=I- 0, = dI 。 π 4 4 答案 不需要 分 t 分 vt t 分 vt t 分 分 12.【 】(1) (2 ) (2)0(1 ) (1- 0)(1 ) (2- 0)(1 ) (3)ACDB(3 ) 分 (4)CD(2 ) 解析 光速太大 实验装置尺度太小 故不需要考虑光的传播时间 【 】(1) , , ; 不考虑红外线传播时间 故B接收到红外线的时刻t 就是A发出红外线的时刻 超声波从t 时 (2) , 0 ; 0 刻发出到tt 时刻被B接收 超声波传播的距离分别为vt t vt t 1、2 , (1- 0),(2- 0); 开始释放 记录位置数据前 需要先确定抛出点的位置并进行坐标调零 将A放在轨道末端进行 (3) A , , 定位调零 释放A之前就应该打开 开始记录 按钮 否则B有可能记录不到完整的平抛运动位置数 , “ ” , , 据 故实验步骤排序为 , ACDB; 题干说明了A发出脉冲的时间间隔为 故可由 坐标随时间变化规律确定A的平抛初速 (4) 0.02s, X 度 由 坐标随时间变化规律确定A的平抛加速度 即自由落体加速度 , Y ——— 。 答案 343 或 1 m 或 . m 13.【 】(1) ( 1.11) (2) ( 0083 ) 308 12 解析 对气体 由查理定律 【 】(1) , P P 1 2 分 T =T ……………………………………………………………………………………………… (2 ) 1 2 P P 即 1 2 = 308 343 解得 P 2 . 倍 分 P =111( )……………………………………………………………………………………… (2 ) 1 对气体 由玻意耳定律 (2) , PV pV 分 = 0 '…………………………………………………………………………………………… (2 ) 即 pV pV 12 0 = 0 ' 打火机内剩余气体的质量为 m V m · 分 '= V …………………………………………………………………………………………… (2 ) ' 解得 m m 分 '=0.083 ……………………………………………………………………………………… (2 ) 物理试卷参考答案与解析 第 页 共 页 3 ( 5 )答案 -2 14.【 】(1)4×10 N (2)2.2m 解析 设小球经过N点时的速度为v 轨道对球的支持力为F 小球从M点运动到N点 根据 【 】(1) N, N, , 动能定理 mgR - qER = 1 m v2N ……………………………………………………………………………… (2 分 ) 2 在 点 由牛顿第二定律和向心力公式 N , mv2 F mg 分 N - =R ……………………………………………………………………………………… (2 ) 联立 解得 , 分 F N =4×10 -2 N …………………………………………………………………………………… (1 ) 由牛顿第三定律 小球对轨道压力大小为 分 -2 , 4×10 N …………………………………………… (1 ) 设小球脱轨后再次回到N点用时为t对小球 在水平方向 (2) , , qE ma 分 = ……………………………………………………………………………………………… (2 ) v v at 分 N =- N + ……………………………………………………………………………………… (2 ) 在竖直方向 y 1gt2 分 = …………………………………………………………………………………………… (2 ) 2 由几何关系 y h H 分 + = …………………………………………………………………………………………… (1 ) 联立 解得 , h 分 =2.2m …………………………………………………………………………………………… (2 ) 15.【 答案 】(1) a = e m U l, v m =m e l U v λ F (2) I = ne mv 2λS F l U , R =n 2 e mv 2λS F l (3) E总 = I2 n 2 e mv 2λS F l t , E总 = I2Rt 2 解析 导体内的电场强度为 【 】(1) U E 分 =l………………………………………………………………………………………………… (2 ) 故电子定向移动的加速度为 eE eU a 分 =m=ml ………………………………………………………………………………………… (2 ) 电子在阳离子间定向移动的时间为 λ τ =v F 故电子获得的最大定向移动速度为 eUλ v aτ 分 m = =mlv F ……………………………………………………………………………………… (2 ) 物理试卷参考答案与解析 第 页 共 页 4 ( 5 )时间 t内通过导体横截面的电子数为 (2) Δ N SnvΔt 分 = …………………………………………………………………………………………… (1 ) 其中 v eUλ v m 分 = = mlv F ……………………………………………………………………………………… (1 ) 2 2 通过导体的电流为 Ne I 分 =Δt ……………………………………………………………………………………………… (1 ) 联立 解得 , ne2λS I U 分 = mv F l ………………………………………………………………………………………… (1 ) 2 导体电阻为 U R 分 =I………………………………………………………………………………………………… (1 ) 联立 解得 , mvl R 2 F 分 =ne2λS …………………………………………………………………………………………… (1 ) 由 可知 (3) (2) I v 2 分 m =neS……………………………………………………………………………………………… (1 ) 导体内的总电子数为 N nlS 分 1= …………………………………………………………………………………………… (1 ) 时间t内 平均每个电子碰撞次数为 , t N 分 2=τ ……………………………………………………………………………………………… (1 ) 故时间t内 导体内自由电子损失的总定向移动动能为 , E总 = N 1· N 2· 1mv2m …………………………………………………………………………… (1 分 ) 2 联立 解得 , mvl E总 = I2 n 2 e2λS F t …………………………………………………………………………………… (1 分 ) mvl 将R 2 F 代入 =ne2λS 解得 E总 = I2Rt …………………………………………………………………………………………… (1 分 ) 物理试卷参考答案与解析 第 页 共 页 5 ( 5 )