2025届陕西省商洛中学高三质量检测试题(三模)物理试题试卷含解析

2025届陕西省商洛中学高三质量检测试题（三模）物理试题试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，两个相同的灯泡a 、b 和电阻不计的线圈L (有铁芯)与电源E 连接，下列说法正确的是
A ．S 闭合瞬间，a 灯发光b 灯不发光
B ．S 闭合，a 灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭
C ．S 断开，b 灯“闪”一下后熄灭
D ．S 断开瞬间，a 灯左端的电势高于右端电势
2、 “歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。

在某次起飞中，质量为m 的“歼-20”以恒定的功率P 起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间t 0飞机的速度达到最大值为v m 时，刚好起飞。

关于起飞过程，下列说法正确的是
A ．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B ．飞机所受合力增大，速度增加越来越快
C ．该过程克服阻力所做的功为2012m Pt mv -
D ．平均速度2
m v 3、如图所示，,A B 两个小球用长为1 m 的细线连接，用手拿着A 球，B 球竖直悬挂，且A 、B 两球均静止。

现由静止释放A 球，测得两球落地的时间差为0.2 s ，不计空气阻力，重力加速度2
10m /s g =，则A 球释放时离地面的高度为
A ．1.25 m
B ．1.80 m
C ．3.60 m
D ．6.25m
4、如图所示，在电场强度大小为E 0的水平匀强电场中，a 、b 两点电荷分别固定在光滑水平面上，两者之间的距离为l ．当a 、b 的电量均为+Q 时，水平面内与两点电荷距离均为l 的O 点处有一电量为+q 的点电荷恰好处于平衡状态．如果仅让点电荷a 带负电，电量大小不变，其他条件都不变，则O 点处电荷的受力变为( )
A ．0qE
B ．02qE
C ．033qE
D ．0233
qE 5、如图所示为某弹簧振子在0～5 s 内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是( )
A ．振动周期为5 s ，振幅为8 cm
B ．第2 s 末振子的速度为零，加速度为负向的最大值
C ．从第1 s 末到第2 s 末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动
D ．第3 s 末振子的速度为正向的最大值
6、如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是
A ．处于基态的氢原子吸收10.5eV 的光子后能跃迁至，n ＝2能级
B ．大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光
C ．若用从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应
D ．用n ＝4能级跃迁到n ＝1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV 的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41eV
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、某物体以30m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10m/s 2 ． 4s 内物体的（ ）
A ．路程为50m
B ．位移大小为40m ，方向向上
C ．速度改变量的大小为20m/s ，方向向下
D ．平均速度大小为10m/s ，方向向上
8、下列说法中正确的是（ ）
A ．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故
B ．物体温度升高时，速率小的分子数目减小，速率大的分子数目增多
C ．一定量的100C 的水变成100C 的水蒸气，其分子平均动能增加
D ．物体从外界吸收热量，其内能不一定增加
E.液晶的光学性质具有各向异性
9、一质量为m 的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v 时，其加速度大小为a （0a ≠），设汽车所受阻力恒为kmg （1k <），重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．汽车的功率为kmgv
B ．汽车的功率为()kmg ma v +
C ．汽车行驶的最大速率为1a v kg ⎛
⎫+ ⎪⎝⎭ D ．汽车行驶的最大速率为a v kg
10、如图所示，光滑半圆轨道竖直放置，在轨道边缘处固定一光滑定滑轮(忽略滑轮大小)，一条轻绳跨过定滑轮且两
端分别连接小球A 、B ，小球A 在水平拉力F 作用下静止于轨道最低点P 。

现增大拉力F 使小球A 沿着半圆轨道运动，
当小球A 经过Q 点时速度为v ，OQ 连线与竖直方向的夹角为30°，则下列说法正确的是( )
A ．小球A 、
B 的质量之比为2∶2
B ．小球A 经过Q 点时，小球B 的速度大小为2
v C ．小球A 从P 运动到Q 的过程中，小球A 、B 组成的系统机械能一定在增加
D ．小球A 从P 运动到Q 的过程中，小球B 的动能一直增加
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）如图所示，梁老师在课堂做“验证力的平行四边形定则”实验时，橡皮条的一端固定在黑板上方的A 点，另一端被两个弹簧测力计拉到O 点。

(1)下列原因可能会导致实验结果不准确的是________
A ．弹簧测力计在实验前没有调零
B ．弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧侧力计刻度
C ．弹簧测力计自身的重力对拉力大小有影响
D ．拉橡皮条的细绳套粗一些且短一些，实验效果较好
(2)为了提高实验的准确性，减少误差，请提出合理的解决办法(一条即可)_________
(3)两弹簧测力计的读数分别为F 1和F 2，两细绳的方向分别与橡皮条延长线的夹角为α1和α2，如图所示，以下说法正确的是______.
A ．为了验证力的平行四边形定则，只需作力的图示来表示分力与合力
B ．实验中用平行四边形定则求得的合力F 一定与OA 在一条直线上
C ．若保持O 点的位置和夹角α1不变，夹角α2可变，若F 1增大，则F 2可能减小
D ．两弹簧测力计间的夹角α1和α2之和必须取90°
12．（12分）小明同学在“研究物体做匀变速直线运动规律”的实验中，利用打点计时器（电源频率为50Hz ）记录了被小车拖动的纸带的运动情况，并取其中的A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 七个计数点进行研究（每相邻两个计数点之间还有4个点未画出）。

其中10.70cm x =，2 1.62cm x =，3 2.75cm x =，4x =________cm （从图中读取），5 5.65cm x =，
67.41cm
x=。

则打点计时器在打D点时小车的速度
D
v=________m/s，小车的加速度a=________m/s2。

（计算结果均保留到小数点后两位）
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，一根柔软的细绳跨过轻质定滑轮，绳的一端连接物体A，另一端通过一轻质弹簧与物体B连接，物体B静止在地面上。

物体A从高处由静止下落，当下落h高度时，绳刚好被拉直。

然后又下落H的高度，恰好能到达地面，此时物体B对地面的压力恰好减为0。

重力加速度为g，弹簧的弹性势能与其劲度系数成正比，不计摩擦和空气阻力。

求：
(1)绳刚被拉直时，物体A下落的时间；
(2)物体A B
、的质量之比。

14．（16分）粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。

初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。

已知大气压强p0=75cmHg，环境温度不变。

现从U形管右侧缓慢注入水银，使右侧空气柱上方水银柱的长度变为25cm。

求：
(i)右侧管内封闭空气柱的长度；
(ii)左侧管内水银面上升的高度。

15．（12分）一导热性能良好的圆柱形气缸固定在水平面上，气缸上端开口，内壁光滑，截面积为S。

A是距底端H高
处的小卡环。

质量为m 的活塞静止在卡环上，活塞下密封质量为0m 的氢气，C 为侧壁上的单向导管。

大气压强恒定为0p 。

环境温度为0T 时，从C 处注入水，当水深为2
H 时，关闭C ，卡环恰对活塞无作用力。

接下来又从C 处缓慢导入一定量氢气，稳定后再缓慢提升环境温度到01.6T ，稳定时活塞静止在距缸底2.7H 处，设注水过程中不漏气，不考虑水的蒸发，氢气不溶于水。

求：
①最初被封闭的氢气的压强1p ；
②导入氢气的质量M 。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、B
【解析】
A ．闭合开关瞬间，两小灯泡均有电流流过，同时发光，A 错误；
B ．闭合开关瞬间，a 灯立即发光，根据楞次定律可知线圈中产生的阻碍原电流变大的感应电流逐渐减小至0，因为a 灯和线圈并联，所以通过线圈的电流逐渐增大，通过a 灯的电流逐渐减小，亮度逐渐减小，因为线圈电阻不计，所以稳定时a 灯被短路，最后熄灭，B 正确；
C ．断开开关瞬间，b 灯断路无电流流过，立即熄灭，C 错误；
D ．断开开关瞬间，根据楞次定律可知，通过线圈的电流水平向右，所以线圈作为感应电动势右端电势高于左端，所以a 灯右端的电势高于左端，D 错误。

故选B 。

2、C
【解析】
AB.根据图像可知，图像的斜率为加速度，所以起飞中，斜率越来越小，加速度越来越小，速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律F ma =合，加速度减小，合外力减小，AB 错误
C.根据动能定理可知：
20102m f mv Pt W -=-，解得：2012
f m W Pt mv =-，C 正确 D.因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于2m v ，D 错误 3、B
【解析】
设释放时A 球离地高度为h t =∆，求得 1.80m h =，。

A. 1.25 m 与上述计算结果 1.80m h =不相符，故A 错误；
B. 1.80 m 与上述计算结果 1.80m h =相符，故B 正确；
C. 3.60 m 与上述计算结果 1.80m h =不相符，故C 错误；
D. 6.25m 与上述计算结果 1.80m h =不相符，故D 错误。

4、D
【解析】
开始时，对放在O 点的点电荷由平衡知识可知：002cos30a F E q = ；当让点电荷a 带负电时，则a 、b 对O 点点电荷
的库仑力竖直向上在，则O 点处电荷的受力变为0220023(2cos 60)()3
a F F E q E q =
+=，故选D. 5、D
【解析】 A ．由题图可知振动周期为4 s ，振幅为8 cm ，选项A 错误；
B ．第2 s 末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项B 错误；
C ．从第1 s 末到第2 s 末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项C 错误；
D ．第3 s 末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的最大值，选项D 正确.
6、D
【解析】
A ．处于基态的氢原子吸收10.2eV 的光子后能跃迁至n =2能级，不能吸收10.2eV 的能量．故A 错误；
B ．大量处于n =4能级的氢原子，最多可以辐射出24
C 6=种，故B 错误；
C ．从n =3能级跃迁到n =2能级辐射出的光的能量值大于从n =4能级跃迁到n =3能级辐射出的光的能量值，用从n =3能级跃迁到n =2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n =4能级跃迁到n =3能级辐射出的光，照射该金属时不一定能发生光电效应，故C 错误；
D ．处于n =4能级的氢原子跃迁到n =1能级辐射出的光的能量为：410.85(13.6)12.75eV
E E E =-=---=，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34eV 的金属铂产生的光电子的最大初动能为：12.75 6.34 6.41eV km E E W =-=-=，故D 正确；
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、ABD
【解析】
由v=gt 可得物体的速度减为零需要的时间，故4s 时物体正在下落；路程应等于向上的高度与下落1s 内下落的高度之和，由v 2=2gh 可得，h==45m ，后1s 下落的高度h'=gt′2=5m ，故总路程为：s=（45+5）m=50m ；故A 正确；位移h=v 0t-gt 2=40m ，位移在抛出点的上方，故B 正确；速度的改变量△v=gt=10×4=40m/s ，方向向下，故C 错误；平均速度，故D 正确；故选ABD 。

竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用△v=at 求得．
8、BDE
【解析】
A. 气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散；故A 错误.
B. 温度从微观角度看表示了大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多；故B 正确.
C. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，因温度不变则分子平均动能不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大；C 错误.
D. 物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能不一定增加；故D 正确.
E. 液晶的光学性质具有晶体的各向异性；故E 正确.
故选BDE.
解决本题的关键要掌握分子动理论、热力学第一定律等热力学知识，要对气体分子间距离的大小要了解，气体分子间距大约是分子直径的10倍，分子间作用力很小．
9、BC
【解析】
AB ．车的额定功率为P ，汽车的速度为v 时，根据牛顿第二定律得
P kmg ma v
-= 得
()P kmg ma v =+
故A 错误，B 正确。

CD ．汽车匀速运动时牵引力等于阻力， 速率最大，故有
1m P a v v kmg kg ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭
故C 正确，D 错误。

故选BC 。

10、BC
【解析】
A ．根据题述条件，不能够得出小球A 、
B 的质量之比，A 错误；
B．当小球A经过Q点时速度为v，沿轻绳方向的分速度大小为：
v
v cos 60°＝
2
等于此时B的速度大小，B正确；
C．小球A从P运动到Q的过程中，水平拉力F做正功，小球A、B组成的系统机械能一定增加，C正确；
D．小球A从P运动到Q的过程中，小球B的重力势能一直增加，机械能一直增加，但动能不一定一直增加，D错误。

故选BC。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、AD 将竖直平面转到水平面 C
【解析】
(1)[1]A．弹簧测力计在实验前没有调零，弹簧测力计测力时会导致实验结果不准确，故A符合题意；
B．本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大，读数时视线必须与刻度尺垂直，防止视觉误差，故B不符合题意；
C．弹簧测力计测的是拉力大小而不是重力大小，所以弹簧测力计自身的重力，不会导致实验结果不准确，故C不符合题意；
D．在实验中要减小拉力方向的误差，应让标记同一细绳方向的两点尽量远些，故细绳应该长一些；拉橡皮条的细绳套粗一些且短一些，会导致实验结果不准确，故D符合题意；
故选AD；
(2)[2]为了提高实验的准确性，减少误差要选用弹性小且适当长的细绳或将竖直平面转到水平面；
(3)[3]A．为了验证力的平行四边形定则，应采用作力的图示来表示分力与合力，但不是只需作力的图示来表示分力与合力，故A错误；
B．因实验中存在误差，故不可能严格使F与F'重合，所以实验中用平行四边形定则求得的合力F不一定沿OA直线方向，故B错误；
C．对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，保持O点的位置和夹角1α不变，即橡皮条长度不变，弹簧拉力1F方向不变，弹簧拉力2F方向和大小都改变，如图：
根据平行四边形定则可以看出1F 的读数不断增大时，2F 先变小后变大，所以若1F 增大时，2F 可能变小，故C 正确； D ．实验中，把橡皮筋的另一端拉到O 点时，两个弹簧测力计之间的夹角不一定是取90︒，故D 错误；
故选C 。

12、4.10cm （4.09~4.11cm ） 0.12m/s 0.21m/s 2
【解析】
[1]．由图读出4x =4.10cm ；
相邻两计数点之间的时间间隔为T =0.1s ；
[2]．打点计时器在打D 点时小车的速度
2
42(4.10 1.62)10m/s=0.12m/s 20.2
D x x v T ---⨯== [3]．小车的加速度
2
2263322()(7.412 2.75)10m/s 0.21m/s 990.1
x x x a T ----⨯⨯===⨯
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1) 2h t g =
(2) 2()
m H M H h =+ 【解析】
(1)物体A 自由落体h 的过程，有 212
h gt = 解得
2h t g
=(2)又有
22v gh =
物体A 再下落H 的过程，A 与弹簧组成的系统机械能守恒，结合题意得
21()2
kH mg H h =+ 物体B 离地时刻受力有
kH Mg =
解得
2()
m H M H h =+ 14、 (i)4.5cm ；(ii)2cm
【解析】
(i)设玻璃管的横截面积为S ；令ρ、g 分别为水银密度和重力加速度，初始时，右侧水银柱高度为h 1=15cm ，产生压强为p h 1，空气柱长度为l 1=5cm ，压强为p 1，注入水银后，右侧水银柱高度为h 1ʹ=25cm ，产生压强为p h 1ʹ，空气柱长度为l 1ʹ，压强为p 1ʹ，由力的平衡条件有
p 1=p 0+p h 1=90cmHg
p 1ʹ=p 0+p h 1ʹ=100cmHg
由玻意耳定律有p 1l 1S =p 1ʹl 1ʹS ，联立以上各式并代入数据解得
l 1ʹ=4.5cm
(ii)初始时，左侧空气柱长度为l 2=32cm ，压强为p 2=p 1；注入水银后，设左侧水银面上升的高度为h ，高出的水银柱产生压强为2p h ，左侧空气柱压强为p 2ʹ由力的平衡条件有
p 2ʹ=p 1ʹ‒2p h
由玻意耳定律有
p 2l 2S =p 2ʹ(l 2‒h )S
联立以上各式并代入数据得
h 2‒82h +160=0
解得
h =80cm （不合题意，舍去），h =2cm
15、①02mg p S + ；②74
m 【解析】
① 设设注水前气体的体积为V 1，从最初到水深为
2
H 时，气体经历等温过程，注水后气体压强为p 2，由玻意耳定律 1122pV p V = 其中
1V SH =
2()2
H V S H =-
对活塞，有 02p S mg p S +=
联立解得 012
mg S p p += ②设导入气体后且尚未升温时气体总度为h ，显然此时活塞已经离开卡环，接下来升温过程为等压过程，则有 ()00
2.70.51.6HS hS T T -= 解得
118
h H = 考虑到此h 高度的气体中，原有气体点高为
12H ，故后导入的气体点高为 112
h h H =- 解得
178
h H = 设此时密度为ρ，则有
12Sh M H m S ρρ=
解得
74m M =。