答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260518陕西省西安市陕西师范大学附属中学2025-2026学年高三下学期5月阶段检测（全科）

陕西师大附中 2025—2026 学年度高三年级
第九次模考 物理答案
一．选择题（本题包括10小题，共46分。第1-7小题每题给出的四个选项中，
只有一个选项正确，选对得 4分；第 8-10小题每题多个选项正确，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 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B D B D B C B BD AC AD
二．实验题(共14分)
2
1 2L
11．（6分）(1)匀速直线运动 (2)mgL M  (3) 不会
2  t 
2
【详解】（1）若两磁头显示出的电流曲线一致，即速度未发生变化，即匀速直线运动。
2
v L 1 2L
（2）撤掉m后，小车合外力做功为mgL，末速度可用  求出，则有mgL M 
2 t 2 2  t 2 
（3）根据之前匀速直线运动时系统受力平衡，去掉m后小车所受合外力应为物块重力mg，
与摩擦力无关，故此实验中小车所受摩擦力不会对实验结果存在影响。
U I U I U U
12．（8分） d R R R 2 1 1 2 2 1 R
1 2 1 I I I I 0
1 2 1 2
【详解】[1]为了保护电流表，滑动变阻器的阻值应该最大，故滑片P应滑至d端。
[2]根据等效替代原理可知，弹性绳的阻值和电阻箱的阻值相等为R。
1
[3]分析可知弹性绳电阻的增加量等于电阻箱阻值的增加量，即弹性绳电阻增加量为R R 。
2 1
[4][5]由闭合电路的欧姆定律可得EUIrR 
0
U I U I U U
将U，I U，I 代入上式，联立可得E 2 1 1 2，r 2 1 R
1 1 2 2 I I I I 0
1 2 1 2
三．计算题(共3小题.第13题10分,14题12分,第15题18分,共40分)
P 11R
13. 答案 (1) (2)
2hc 3c
c
【详解】（1）光的频率满足 f 

设单位时间内光源射出的光子数为n ，则Pn hf
0 0
n P
则单位时间内射入介质的光子数n  0 
1 2 2hc
{#{QQABKQ6twgo4wISACb5qE0FYCgkYkJAhJAgshRCUqAQqCBFABKA=}#}（2）由几何关系可知K与BE之间的距离为R，
c
设光在介质中的折射率为n，则光在介质中的传播速度v
n
7R R R
则有  
3c c v
4 3c
解得n ，v
3 4
假设光线射到BD上的G点，光路图如图所示
8
由几何关系可知DG2Rtan53 R，OA DB3R
3
可知DG在BE上
1
因sinC sin53，即53C
n
可知光线在G点发生了全反射，设光线在G点反射后射到AB边上的H点，则有
3RDG 5R
HG 
sin53 12
由几何关系知光线在H点的入射角为37°，故光线未发生全反射。
2R 5R
R
光线在介质中的传播时间 t cos53 12
v
11R
得出t 
3c
14．(1)v 5 2m/s
P
(2)x 5m
P
10 2
(3)v  m/s
2m 1
【详解】（1）小球A在y方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有qvBma
1
解得a5m/s2
1
根据位移时间公式有L at2
2 1
解得t 1s
1
小球A运动P点时，沿y方向的速度为v at 5m/s
y 1
故小球从N端离开管时的速度大小v  v2v2 5 2m/s
P 1 y
（2）由上问可得d vt 5m
OP 11
{#{QQABKQ6twgo4wISACb5qE0FYCgkYkJAhJAgshRCUqAQqCBFABKA=}#}作出小球从 P点离开管后做逆时针方向的圆周运动，交x负半轴于P点，画出其运动轨迹
如图所示
v2
根据洛伦兹力提供向心力，则有qBv m P
P r
代入数据解得r5 2m
v
根据几何关系有d 2rsin2r y 10m
PP
v
P
可得x d d 5m
P OP PP
（3）从Q点作轨迹圆的切线与圆相切于Q点，根据切割线定理有QQ2 OPOP
代入数据解得QQ10 2m
根据几何关系可知QQ与x轴成45角
2m
小球做圆周运动的周期为T  2s
Bq
QQ  1
小球B运动时间与小球A运动时间满足t  t n Tn0,1,2,3
B v 1  2
2
10 2
当n0时v 有最大值为v ，代入上式可得v  m/s
2 2m 2m 1
15．(1)6m/s
(2)1m
(3)4.5m
(4)3.25m
【详解】（1）设铁块A、B与木板C的质量分别为3m、2m、m。铁块A、B弹开过程动
量守恒，有3mv 2mv 0
A B
3mv2
铁块A弹开后恰好过半圆形轨道最高点P，则由牛顿第二定律得3mg  P
R
铁块A弹开后，一直运动到半圆形轨道最高点P，机械能守恒
{#{QQABKQ6twgo4wISACb5qE0FYCgkYkJAhJAgshRCUqAQqCBFABKA=}#}1 1
3mv2  3mv2 23mgR
2 A 2 P
解得v 6m/s
B
（2）铁块B滑上木板C后动量守恒，设共速时速度为v，则2mv 2mmv
B
1
对木板C由动能定理得2mgx mv2
2
代入数据解得x1m
（3）经多次碰撞后，B和C最终停止，由能量守恒得
1
2mgL 2mv2
2 B
解得L4.5m
（4）碰撞过程C的速度大小不变，方向反向，到再次碰撞时B、C速度已相同，从第2次
碰撞开始（以下n2,3,4），由动量守恒得m v m v m m  v
B n1 C n1 B C n
1
设第n1次碰撞后木板C的位移最大值为x ，则由动能定理得2mgx 0 mv2
n1 n1
2
n1
v2
求得x  n
n 4g
2
x m m  1
所以q n1  B C  
x m m  9
n B C
v2
其中x  1 1m，则结合等比数列求和公式，可得从铁块B滑上木板C，到C停止，木
1 4g
x
板C运动的总路程sx2 1
1q
解得s3.25m
{#{QQABKQ6twgo4wISACb5qE0FYCgkYkJAhJAgshRCUqAQqCBFABKA=}#}