2025届甘肃省甘青宁高三上学期三模联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1高三物理考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：必修第一册，必修第二册，必修第三册第九章，选择性必修第一册第一至第三章。一、选择题：本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题，每小题4分，共28分，只有一项是符合题目要求；第8~10题，每小题5分，共15分，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。约10分钟后，神舟十七号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得成功。大约6.5小时后，经历6次自主变轨，神舟十七号和天和核心舱完成对接。下列说法正确的是（）A.11时14分指的是时间间隔B.火箭喷出的气体对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得向前的推力C.火箭发射升空的过程中，航天员处于失重状态D.神舟十七号和天和核心舱对接时，飞船可以看成质点【答案】B【解析】A．11时14分指的是时刻，故A错误；B．火箭喷出的气体对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得向上的推力，故B正确；C．火箭发射升空起始过程中，加速度方向向上，航天员处于超重状态，故C错误；D．神舟十七号和天和核心舱对接时，飞船的形状大小不能忽略不计，飞船不可以看成质点，故D错误。故选B。2.飞力士棒可以实现日常训练肌肉和提高身体感知能力。如图甲所示，某型号飞力士棒的固有频率为3Hz，如图乙所示，某人用手驱动该飞力士棒锻炼。下列说法正确的是（）A.使用者用力越大，飞力士棒振动越快B.使用者驱动的频率越大，飞力士棒振动的幅度也越大C.无论使用者驱动的频率多大，飞力士棒振动的频率始终为3HzD.使用者驱动的频率减小，飞力士棒振动的幅度可能增大【答案】D【解析】A．飞力士棒做受迫振动，振动频率与驱动力频率一致，与用力大小无关，故A错误；B．飞力士棒振动的幅度与驱动力频率跟固有频率的差值有关，差值越小，幅度越大，故B错误；C．飞力士棒的振动频率与驱动力频率一致，与固有频率无关，故C错误；D．当使用者驱动的频率从大于3Hz开始减小到3Hz，飞力士棒振动的幅度会增大，故D正确。故选D3.如图所示，楔形木块abc放在水平地面上，两底角分别为α、β，且，所有接触面均光滑，两个完全相同的滑块A、B同时从顶端释放，则对于滑块在斜面上时，下列说法正确的是（）A.若楔形木块abc不固定，滑块A、B与楔形木块系统的动量守恒B.若楔形木块abc不固定，滑块A、B与楔形木块系统的机械能守恒C.若楔形木块abc固定，两滑块滑到底端的速度相同D.若楔形木块abc固定，同一时刻两滑块重力的瞬时功率相同【答案】B【解析】A．系统动量守恒的条件是系统所受到的合外力为0，A、B在竖直方向有分加速度，因此系统竖直方向的合外力不为0，故A错误；B．系统机械能守恒的条件是只有重力做功或系统内弹力做功，由于各接触面均光滑，只有重力或系统内弹力做功，因此系统机械能守恒，故B正确；C．到达底端时两滑块的速度方向不同，故C错误；D．时刻重力的瞬时功率为两侧面的倾角不相等，因此重力的瞬时功率不相等，故D错误。故选B。4.如图所示，两个等量负点电荷分别固定在P、Q两点，O为P、Q连线的中点，P、Q连线上的a、b两点关于O对称。将一电子由a点静止释放，电子仅在电场力作用下由a运动到b的过程中，下列关于电子速度v、加速度a、机械能E、动量p随运动时间t的变化关系中可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】A．在等量同种电荷的连线上从到的过程中电场强度先减小后反向增大，所以电子的加速先减小后反向增大，电场力先对电子做正功，再做负功，所以电子的速度先增大后减小，由对称性知在位置时速度为零，A正确；B．加速度随时间不是均匀变化的，B错误；C．电场力先做正功后做负功，机械能先增大后减小，C错误；D．动量图像与速度图像相同，D错误。故选A。5.如图1所示是甲、乙两组同学做水平弹簧振子实验。如图2所示是甲、乙所做实验中弹簧振子的图像，下列说法正确的是（）A.甲、乙的周期之比为B.甲、乙的振幅之比为C.时，甲的位移为1.5cm，乙的位移为1cmD.时，甲、乙的加速度均为零【答案】D【解析】A．由图像可知甲、乙周期之比为，故A错误；B．由图像可知振幅之比为，故B错误；C．时，甲的位移为，乙的位移为，故C错误；D．时，甲、乙均在平衡位置，加速度均为零，故D正确。故选D。6.如图所示，质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道小车静置于光滑水平面上，圆弧轨道最低点切线水平。一质量也为m的小球以水平初速度冲上小车，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.小球冲上小车的过程小球和小车组成的系统动量守恒B.小球返回到小车左端时，小车将向左运动C.无论小球初速度多大，小球最终都会从小车上返回D.小球返回到小车左端后将相对地面向左做平抛运动【答案】C【解析】A．系统在水平方向上所受合外力为0，则系统仅在水平方向上动量守恒，故A错误；B．受力分析可知，圆弧轨道所受合力一直向右，即一直加速向右，直到分离，故B错误；C．足够大使小球飞离小车时，二者水平分速度相等，故飞出又落回，而较小时小球也会返回小车左端，故C正确；D．设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，选取向右为正方向，整个过程中动量守恒得由机械能守恒得联立解得即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后相对地面做自由落体运动，故D错误。故选C。7.如图所示，匀强电场（图中未画出）方向与边长为a的正方形ABCD所在平面平行，在A、C两点分别放置电荷量为的等量异种电荷，已知B点的电场强度为0，静电力常量为k，下列说法正确的是（）A.匀强电场方向垂直于ACB.匀强电场的场强大小为C.B、D连线上的电场强度处处为零D.B、D连线中点的电场强度大小为【答案】B【解析】A．两点电荷在点产生的合场强方向平行于，根据点电场强度为0，匀强电场的方向为指向，故A错误；B．两点电荷在点产生的场强均为，点的电场强度为0，根据矢量叠加，匀强电场的大小为，故B正确；C．两电荷在连线上产生的场强大小不等，因此在与匀强电场叠加后场强不是处处为零，故C错误；D．连线中点的电场强度大小为故D错误。故选B。8.太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当火星、地球和太阳位于同一直线上，且火星与地球的距离达到最近时，称之为“火星冲日”，对于很多天文爱好者来说，这是观察火星的最佳时期。如图所示，假设地球、火星绕太阳的运动均可看做匀速圆周运动，已知地球公转半径为R，公转周期为T，连续两次出现“火星冲日”现象的时间间隔为t。下列说法正确的是（）A. B.C.火星绕日运动的周期为 D.火星绕日运动的半径为【答案】BD【解析】AB．当火星、地球和太阳再次位于同一直线上时，则一定满足，选项A错误，B正确；C．连续两次出现“火星冲日”现象时，由几何关系得解得选项C错误；D．由开普勒第三定律得解得选项D正确。故选BD。9.如图所示，质量的三角形木块ABC静止在水平地面上，三角形木块倾角为，将一质量的滑块轻放到木块的AC边上恰好能保持静止。现给滑块施加一个斜向下与AC边夹角为的力F，F的大小恒为2N，三角形木块ABC仍静止在水平地面上，重力加速度g取，下列说法正确的是（）A.水平地面对三角形木块没有摩擦力B.水平地面对三角形木块有向左摩擦力C.滑块将沿AC边做匀加速运动，加速度大小为D.水平地面对三角形木块的支持力大小为【答案】AC【解析】ABC．根据滑块恰好静止在斜面上可得所以对滑块有解得对整体在水平方向由牛顿第二定律有解得AC正确、B错误；D．同理对整体在竖直方向有解得D错误。故选AC10.A、B两列波在同一介质中分别沿x轴正、负方向相向传播，时刻的波形如图所示。已知波速均为，两波源（分别位于x轴两端无穷远处）持续振动。下列说法正确的是（）A.原点处的质点位移始终为0B.两列波相遇区域将形成一系列稳定的振动加强点和振动减弱点C.时，处的质点位移为D.时，处的质点加速度指向y轴负方向【答案】BCD【解析】A．由于两列波振幅不等，原点处的质点也要振动，振幅为振幅之差，不可能位移始终为0，故A错误；B．由于两列波频率相同，在相遇区域将形成一系列稳定的振动加强点和振动减弱点，故B正确；C．根据题意和图像知，解得周期时，波传到处，处两列波均为波峰，故质点位移为。故C正确；D．时，处两列波位移均大于0，故质点加速度指向轴负方向，故D正确。故选BCD。二、非选择题：本题共5小题，共57分。11.实验小组的同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。（1）小明使用摆球、摆绳开展实验，组装了如下几种实验装置，其中最合理的装置是___________。A. B.C. D.（2）某次实验测得单摆摆长为L，完成n次全振动的时间为t，则重力加速度的表达式___________（用n、L、t等字母表示）。另一同学分别在甲、乙两地进行实验，改变单摆摆长，得到周期T和摆长L的多组数据，在同一坐标系中作出图像，如图所示，则在甲地测出的重力加速度___________（选填“大于”或“小于”）在乙地测出的重力加速度。（3）若该同学测得的重力加速度值偏大，其原因可能是___________。A.单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了B.把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间C.开始计时，秒表过早按下D.测摆线长时摆线拉得过紧【答案】（1）B（2）小于（3）D【解析】（1）该实验中，摆长要固定，需用铁夹固定上端，选用细绳保证摆长不变，同时选用质量大，体积小的铁球，故ACD错误，B正确。故选B。（2）[1]单摆的周期可得[2]由得所以图线的斜率由题图知甲地得到的图线的斜率大于乙地得到的图线的斜率，所以在甲地测出的重力加速度小于在乙地测出的重力加速度。（3）A．根据单摆周期公式有解得若单摆的悬点未固定紧，摆动过程中出现松动，使实际摆线增长了，而摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A错误；B．把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间，根据可知，周期测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，故B错误；C．开始计时，秒表过早按下，时间测量值偏大，结合上述可知，周期测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，故C错误；D．测摆线长时摆线拉得过紧，即摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故D正确。故选D。12.某同学用如图甲所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图乙所示。图乙中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让质量为的入射小球A多次从斜轨上同一位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，然后把质量为的被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上同样位置由静止释放，与小球B相碰，并且重复多次，实验得到小球落点的平均位置分别为M、N，测量、、分别为M、P、N距O点的水平距离。（1）若入射小球A质量为，半径为；被碰小球B质量为，半径为，则___________。A. B. C. D.（2）若测量数据近似满足关系式___________（用表示），则说明两小球碰撞过程动量守恒。（3）在验证动量守恒后，若测量数据满足表达式___________（仅用表示），则说明碰撞为弹性碰撞。（4）若采用下图装置来验证碰撞中的动量守恒，实验中小球平均落点位置分别为与小球在斜槽末端时球心的位置等高。下列说法中正确的是___________。A.若，则表明此碰撞过程动量守恒B.若，则表明此碰撞过程动量守恒C.若此碰撞满足动量守恒且，则表明此碰撞过程机械能守恒【答案】（1）C（2）（3）（4）C【解析】（1）为防止和碰后反弹，且和是对心正碰，因此必须是故选C。（2）设碰撞前小球的速度为，碰撞后小球的速度为，小球的速度为，由动量守恒定律可得小球离开轨道后做平抛运动，小球做平抛运动抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，则有若测量数据近似满足关系式则说明两小球碰撞过程动量守恒。（3）若碰撞为弹性碰撞，根据机械能守恒可得又联立可得则有在验证动量守恒后，若测量数据满足表达式则说明碰撞为弹性碰撞。（4）AB．若采用图乙装置来验证碰撞中的动量守恒，设人射小球碰撞前的速度为，碰撞后的速度为，被碰小球的速度为，抛出点到挡板的水平位移为，则小球平均落点在点时有联立解得同理，小球平均落点在点、点时，水平位移仍为，则对应的平抛初速度为若满足代人以上三个速度，可得故AB错误；C．若满足代人以上三个速度，可得则表明此碰撞过程机械能守恒，故C正确。故选C。13.一列沿x轴传播的简谐波，图甲中实线所示为处质点的振动图像，虚线所示为处质点的振动图像，图乙为时这列简谐波的波形图。已知图乙中P点和甲图中的某个质点振动步调相同，求：（1）该简谐波波长；（2）该简谐波可能达到的最大波速；（3）质点P的振动方程。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【小问1详析】由于图乙为时刻的波形图，可知质点在3s时刻位于平衡位置，结合图甲3s时刻质点位于平衡位置，即质点与同步调，由图甲可知，在3s时刻质点向轴正方向振动，由同侧法可知简谐波沿轴负方向传播，质点与质点平衡位置的间距为在0时刻质点位于平衡位置向上振动，质点位于波峰位置，由于波沿轴负方向传播，则有解得【小问2详析】当时，波长最大，则有则最大波速为解得【小问3详析】由于点与质点振动步调相同，结合图甲可知点的振动方程为14.某同学设计了如图所示的游戏装置，在长度、倾角的固定光滑斜面CD顶端C点锁定一质量的物块A，在与CD同一竖直面内有一以O为圆心、半径的四分之一光滑圆弧轨道EFG，F为圆弧轨道EFG的最低点，OG连线与竖直方向夹角也为，在圆弧轨道G点还锁定有另一物块B。某时刻解锁物块A，物块A由静止沿斜面下滑后从D点抛出，并能恰好无碰撞地从E点进入光滑圆弧轨道EFG，在物块A即将撞击到物块B的瞬间，解锁物块B，A、B发生弹性碰撞后，A速度反向，并恰好能从E点离开轨道。物块A、B均可视为质点，不计空气阻力，，重力加速度g取。求：（1）物块A到达D点的速度大小；（2）物块A第一次经过F点时对轨道的压力大小N；（3）物块B的质量M。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详析】设D点速度为，物块从顶端C点下滑后从D点过程，根据动能定理解得【小问2详析】点斜抛后水平方向速度不变，设E点速度为，有解得设物块在F点速度，物块从E点到F点过程，根据动能定理设物块在F点时轨道给的弹力为，根据牛顿第二定律联立以上解得根据牛顿第三定律【小问3详析】设物块在G点速度为，物块由点运动到点过程，根据动能定理求得解得发生碰撞