东北三省精准教学联盟2025届高三4月联考物理试卷答案

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2341，所以为中子，正确；核聚变反应中质量亏损，但1H1H2He0nXB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0.91，即K0.9K，ΔtΔt21A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U10n1，2，联立可得11，错误，正确。U1n1U2n2CDΔtΔtU29n24．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GMm44【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，R233RR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22GM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()224R2g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32321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G2mgmgR33gR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，G2282D正确。6．C【命题点】带电粒子在电场中的直线运动、电容器UQ4πkQ【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，AdCd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。4πkd7．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ta0.51.5间，速度变化20m/s，则有t20s20s，A错误；第二次运动，根据速度-位移公式2xv2v22ax，可知图像的斜率为k2a，求得加速度为a0.5m/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x0处的时间为v2111x1v0v1v0v1，正确；第四次运动，根据运动学公式2可得，可知tx0x0Cxv0tatv0at22v0v12t21图像的斜率为ka，求得加速度大小为3m/s2，D错误。28．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】没有施加恒力之前，有，施加恒力的瞬间对整体分析，根据牛顿第二定律F(mAmB)gkx1F有，解得2，对分析，根据牛顿第二定律有F(mAmB)gkx1(mAmB)aa6m/sA，解得，由牛顿第三定律可知物块对物块的压力大小为，正确；FmAgFNmAaFN2NAB2NA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合ma可知，在分离前动量变化率一直在减小，错误；分离时、间作用力为零，对分析有，解BABAFmAgmAa得2，此时与加速度相同，对分析有，则，初始时，a5m/sBABkx2mBgmBax29cmx110cm此过程，正确；全过程根据动能定理有xx1x21cmCkxkx111Fx(mm)gx12x(mm)v2，解得vm/s，D正确。AB22AB10【另解】没有施加恒力之前，则有，施加恒力的瞬间根据内力公式有FF1(mAmB)gkx1F3mAF1mB(F)2503(30)，正确。FNN2NAmAmB234π2(LL)．【答案】（）（均正确）（分）（）（分）（）21（分）11198.5098.45~98.55222.0023222T2T1【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98.20cm，磁性小球的直径为d6.0mm，d测得的摆长Ll98.50cm；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t279.00Ts2.00s；n18012L4π2（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gg4π2T2T24π2(LL)21，解得当地重力加速度21。kg22gL2L1T2T1【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）②212（2分）I1I2dL（3）（2分）2πRx【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1mm0.300mm1.300mm；（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，将电流表与定值电阻串联改装成量程为的电压表，电流表在干路，而漆包线A2R13VA1两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，并采用分压式连接，则设计电路如R3图所示；4②结合电路图，可知流过该段漆包线电阻的电流为，该段漆包线电阻两端的电压为，根I1I2I2(R1r2)据欧姆定律可知该段漆包线电阻为I2(R1r2)；RxI1I2L（）根据电阻决定式L，其中2，可得内芯部分半径为，外层绝缘漆膜的厚3RxSπR内R内SπRxdL度为内外半径的差，即R外R内。2πRx【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。2mv24mv13．【答案】（1）45（4分）（2）0（2分）（3）0（4分）qLqL【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vt1分20在x轴方向做匀加速运动，设末速度大小为，有Lv�xt�1分42则22，离开电场时速度与轴夹角满足v合v0vx2v0yvtanx11分v0则451分L（2）沿y轴方向有vt，205L1沿x轴方向有at2，42在匀强电场中，设电场强度大小为E，满足qEma1分2mv2解得E01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L122qEm(v合v)，4202mv2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L2r2L1分24此时洛伦兹力充当向心力，有2mv合Bqv合2分r4mv代入数据解得B01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1.5A（4分）（2）0.2m/s（4分）（3）13.5J（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6分EB0Lv01根据闭合电路欧姆定律可知感应电流EI1分Rr解得I1.5A1分（2）金属棒运动过程中感应电流不变，则分B0Lv0B1Lv11由题图乙可知分B15T1代入数据解得金属棒运动到处时的速度大小分x=8mv10.2m/s2（3）金属棒受到的安培力大小为F安BIL，金属棒从x=0处运动到x=2m处过程中克服安培力做功B0B2W克安BILxILx2分222其中分B2B0kx2(10.52)T2T1代入数据解得W克安13.5J1分【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1hgt21分2分xvCt1解得，分t0.3svC4m/s1（2）子弹打木块过程系统动量守恒，根据动量守恒定律有分m0v0m0v1mvC1解得分v1400m/s111子弹损失机械能Emv2mv28400J1分2002017（）木块到达点时，竖直速度大小，合速度大小22分3Dvygt3m/svDvCvy5m/s1木块滑上木板后，以沿斜面向下为正方向，对木块有F合mgsinmgcos01分对木板有F合'Mgsinmgcos(mM)gcos01分则木