《2025届高三一模》参考答案题号12345678910答案ADCBCADBDADBC1．A【难度】0.65【知识点】卫星发射及变轨问题中各物理量的变化、不同轨道上的卫星各物理量的比较【详解】A．根据开普勒第三定律有由题知圆的半径与椭圆的半长轴相等，则卫星2的周期与卫星1的周期相等，故A正确；B．根据牛顿第二定律有则有可知在点时，加速度相同，故B错误；C．以地球球心为圆心，并过点画出圆轨道3，如图所示由图可知卫星从轨道3到卫星2的椭圆轨道要在点点火加速，做离心运动，则卫星在轨道3的速度小于卫星2在椭圆轨道点的速度，又由图可知，轨道1和轨道3都是圆轨道，则有可得可知轨道1上卫星的速度小于轨道3上卫星的速度，可知卫星在轨道1上经过点的速度小于卫星2在点的速度，故C错误；D．据前面分析，在椭圆轨道上运行的卫星2在点适当减速，即可在半径为的低轨道绕地球运行，故D错误。故选A。2．D【难度】0.65【知识点】匀变速直线运动位移与时间的关系【详解】AB．题中加速和减速的时间未知，则两车加速、减速的加速度大小不一定相等，故AB错误；CD．由可知，在运动的位移相等时，两车运动的最大速度之比等于两车运动时间之比的倒数，故C错误，D正确。故选D。3．C【难度】0.65【知识点】地球同步卫星与其他卫星的对比、不同轨道上的卫星各物理量的比较【详解】A．根据题意可得，星链卫星绕地球做圆周运动，其线速度方向沿切线方向，不同位置的卫星线速度方向不同，故A错误；B．卫星不位于同步轨道上，无法和地球保持相对静止，故B错误；C．根据万有引力提供向心力可得卫星高度高于空间站，则卫星的运动半径大于空间站的运动半径，卫星速度小于空间站速度，故C正确；D．根据开普勒第三定律可知，卫星高度低于同步轨道卫星，则卫星的运动半径小于同步轨道卫星的半径，卫星周期小于，故D错误。故选C。4．B【难度】0.65【知识点】电场强度的叠加法则【详解】A、B、C、D各点在O点的电场方向如图所示可知B点电荷带正电、D点电荷带负电，设AC长度为x，根据平衡条件和几何知识有，即，解得，故选B。5．C【难度】0.65【知识点】波长、频率和波速的关系、根据波的图象判断质点在某时刻的位移、速度和加速度方向【详解】A．根据波形可知，波长为根据同侧法可知，波前起振方向向下，由于计时开始时的波形图如图所示，再经过9s，平衡位置在x=7m处的质点第二次达到波峰，则有解得故A错误；B．结合上述可知，此列简谐横波的波速为故B错误；C．波形传播到平衡位置在x=9m处的质点处经历时间由于由于质点起振方向向下，可知，11s时，x=9m处的质点恰好位于波峰位置，即位移为20cm，故C正确；D．波形传播到平衡位置在x=6m处的质点处经历时间由于则x=6m处的质点在0~12s运动的路程为故D错误。故选C。6．A【难度】0.65【知识点】多普勒效应、涡流的原理、应用与防止、周期性外力作用下物体的振动频率、电磁阻尼与电磁驱动的理解【详解】A．手摩擦盆耳嗡嗡作响，水花飞溅，水在周期性外力作用下振动，这属于受迫振动，故A正确；B．由多普勒效应可知声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率减小，声调变低，故B错误；C．如图（c）所示，运输时要把毫安表的正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故C错误；D．甲图变压器把硅钢切成片状的目的是为了减小涡流，故D错误。故选A。7．D【难度】0.65【知识点】计算核反应中的质量亏损【详解】A．根据核反应前后质量数和电荷数守恒可得，X的质量数为4，电荷数为2，即X为，该反应为α衰变，故A错误；B．核反应过程中放出的核能为反应后生成的所有新核的总结合能与反应前所有原子核的总结合能之差，即故B错误；C．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数几个原子核无意义，故C错误；D．该核反应过程中的质量亏损为故D正确。故选D。8．BD【难度】0.85【知识点】物块在倾斜的传送带上运动分析、判断某个力是否做功，做何种功【详解】A．货物所受摩擦力沿斜面向上，与速度方向同向，故做正功，故A错误；B．货物对传送带的压力θ减小，货物对传送带的压力增大，故B正确；C．货物随传送带一起保持匀速运动，两者之间无相对滑动，所受摩擦力为静摩擦力故C错误；D．如果，则最大静摩擦力小于重力的分力，所以无法向上传输，故D正确。故选BD。9．AD【难度】0.65【知识点】振动图像与波形图的结合、波长、频率和波速的关系【详解】A．由乙图知，波长为2.0m，由丙图知，周期为0.8s，则波速为故A正确；B．由题知，质点比质点先振动，故波向x轴负方向传播，在时刻质点P处于平衡位置，根据“上下坡”法，可知质点P此时向y轴负方向振动，故丙图不是质点P的振动图像，故B错误；C．因，故质点此时处于波谷，速度为零，故C错误；D．因，则质点运动的路程为故D正确。故选AD。10．BC【难度】0.65【知识点】动量定理的内容【详解】AB．设它们之间的作用力是FT，分析飞船有分析火箭有所以可得火箭的质量飞船的质量为故A错误，B正确。CD．根据动量定理可得故有所以推力F越大，就越大，且与F成正比，故故D错误，C正确。故选BC。11．(1)(2)(3)【难度】0.65【知识点】用电流表和电阻箱测量电源的电动势和内阻【详解】（1）实物连线如图（2）由电路可知电阻R1两端电压则电阻性负载和电流表A1电压之和为则（3）[1][2]由电路可知可得则解得12．(1)串4000.0(2)右B(3)见解析(4)5.4（5.1~5.7）1.6（1.3~1.9）(5)增大了I2-I1图线的斜率绝对值，减小了测量误差【难度】0.65【知识点】测量电源电动势和内阻的实验原理、器材、实验电路【详解】（1）[1][2]将灵敏电流计G和电阻箱R1连接改装成量程为6V的电压表，在图甲虚线框中应将G表与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调整为（2）[1][2]闭合开关S前，将R的滑片滑至最右端以保护电路。当滑动变阻器最大阻值太大时，会出现“将滑动变阻器滑片从初始位置滑向另一端的过程中，电流表示数变化很小，当滑片即将滑至另一端点时电流表示数突然变大超过量程”的现象（3）根据要求描点作直线，如图所示（4）[1][2]由于远小于，可认为为干路电流，根据闭合电路欧姆定律可得可得根据图像可得，解得电动势为内电阻为（5）定值电阻在电路中的作用主要是增大了图线的斜率绝对值，减小了测量误差。13．(1)(2)【难度】0.65【知识点】计算系统内能改变、吸放热及做功、应用波意耳定律解决实际问题【详解】（1）右侧缸内气体始终与外界大气相连，则右侧缸内气体压强始终为，关闭前活塞对左侧立柱恰无作用力时，左侧缸内气体体积为，压强满足活塞恰运动到右侧立柱时左侧缸内气体体积为，压强满足设充入气体在压强时的体积为，则对左侧缸内气体和充入气体整体有解得（2）活塞从右侧立柱缓慢移动到左侧立柱过程，活塞对气体的作用力从随位移线性减为，则活塞对左侧缸内气体做的功为从处阀门排出气体在大气压强下的体积为，对外界做的功为则该过程左侧缸内气体从外界吸收的热量14．(1)(2)【难度】0.65【知识点】应用波意耳定律解决实际问题【详解】（1）装置在水面时，下潜至水深时由玻意耳定律可得解得且解得（2）当细绳松弛时解得由玻意耳定律可得且解得根据水压故水深为。15．（1）7℃；（2）0.53J【难度】0.65【知识点】判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况【详解】（1）气泡在池底时压强由理想气体状态方程得解得即池底温度（2）由图可知，气泡在上升过程中平均压强由得气体做的功解得由热力学第一定律得气体吸收的热量