云南省曲靖市第一中学2025-2026学年高三上学期12月教学质量检测四物理试题（含答案）

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1．D
【详解】A．用图甲所示装置，探究向心力大小的相关因素主要用到了控制变量法，A错误；
B．用图乙所示装置，探究加速度与力、质量的关系主要用到了控制变量法，B错误；
C．用图丙所示装置，测量引力常量主要用到了放大法，C错误；
D．如图丁所示探究分力与合力关系，主要用到了等效法，D正确。
故选D。
2．C
【详解】AD．通过题图乙可知输入电压的最大值为，有效值为U=24V，交变电流的周期，交变电流的频率，
原线圈接的交变电压瞬时值表达式为，变压器不改变频率，过电阻电流的频率为50Hz，故AD错误；
BC．设流过R2的电流为，则原线圈电流为，根据
解得
R2两端的电压为
变压器的输入功率为
故B错误、C正确。
故选C。
3．D
【详解】A．两列波的波速相等、波长相等，根据可知，频率也相等，满足发生干涉所需的条件，故A错误；
B．横波a沿x轴正方向传播，根据波的传播方向和质点振动方向的关系可知，质点P沿轴正方向运动，故B错误；
C．两波源的起振方向相反，即两波源的振动反相，处的质点到两波源的距离之差为，所以该点为振动减弱点，振幅等于两列波的振幅之差，即，故C错误；
D．处的质点到两波源的距离之差为0，所以该点为振动减弱点，故D正确。
故选D。
4．D
【详解】AB．木箱处于静止状态，由平衡条件可得
代入数据得静摩擦力，故A错误，B错误；
CD．若撤去，木箱仍处于静止状态，由平衡条件得静摩擦力，故C错误，D正确。
故选Ｄ。
5．D
【详解】ABC．两个铁花上升高度不同，运动时间不同，同时飞出，所以无法同时落地。因为初始速度方向不同，根据动能定理，落地时速度大小一样，但是速度方向不同。由于两个铁花的质量不同，所以落地时动能不相等，故ABC错误；
D．a平抛，b斜向上抛，在水平方向则有
在竖直方向，对a则有
对b则有
联立可得，故D正确。
故选D。
6．D
【详解】A．由爱因斯坦光电效应方程可知
即图像斜率为普朗克常量，故A错误；
B．颜色相同，强度不同的光照射同一金属，饱和光电流的强弱只与入射光的强度有关，与照射时间无关，故B错误；
C．蓝光的频率比黄光大。当照射同一金属时，逸出功相同，由
可知，蓝光的遏止电压大，最大初动能大，故C错误；
D．由
遏止电压与入射光频率的关系
即斜率为
所以，故D正确。
故选D。
7．B
【详解】A．设甲回到抛出点的时刻为，两个图像具有对称性，则有
解得
故A错误；
B．乙回到抛出点的时刻为
故B正确；
C．设竖直上抛运动的最大高度为，根据竖直上抛运动对称性
结合
可得
故C错误；
D．设甲运动到最高点的时刻为，由图像的对称性可得
至，甲下落的高度为
甲、乙在同一水平线时的高度为
综合可得
故D错误。
故选B。
8．BC
【详解】A．线框进入磁场过程，右边切割磁感线，根据右手定则可知
，感应电流方向沿逆时针，根据左手定则，安培力方向向左，线框做减速运动，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，根据牛顿第二定律可知，加速度减小，则线框做加速度减小的变减速直线运动，故A错误；
B．线框刚到磁场边界MN时，感应电动势
感应电流
安培力大小
解得，故B正确；
C．在线框进入磁场的过程中，感应电动势的平均值
感应电流的平均值，
解得，故C正确；
D．对线框进行分析，根据动量定理有
解得，故D错误。
故选BC。
9．CD
【详解】A．乙从椭圆轨道的D点加速到经过D点的圆轨道上时，速度会增大，所以乙在D点的速度小于卫星在经过D点的圆轨道上的速度，由万有引力提供向心力有
解得，可知乙卫星在经过D点的圆轨道上运行的速度小于甲的运行速度，则甲在A点速度一定大于乙在D点的速度，故A错误；
B．由万有引力定律公式，可知由于两卫星的质量关系未知，故两卫星经过Q点时受到地球的引力方向相同，均指向地心，但大小不一定相等，故B错误；
C．乙在椭圆轨道上运行过程中机械能守恒，即在B、P、D、Q点的机械能关系满足，故C正确；
D．由可知，甲卫星圆轨道的半径小于乙卫星椭圆轨道的半长轴，根据开普勒第三定律可知，甲卫星绕地球运行的周期小于乙卫星绕地球运行的周期，所以甲从A运行到C所需的时间小于乙从B运行到D所需时间，故D正确。
故选CD。
10．BD
【详解】A．金属针尖和屏幕之间电场相当于点电荷与金属板间的电场，不是匀强电场，离子不作匀加速直线运动，A错误；
B．由于球心到屏幕表面中心的垂直距离为，可认为金属针尖附近的电场相当于带电导体球周围的电场，利用点电荷周围的电场强度
而由于针尖处的电势为U，根据点电荷的电势可知
联立可得
B正确；
C．电离后的正离子在电场中加速，但不一定打到极板上，因此单位时间电离的离子数量应大于，C错误；
D．如果电场线为直线，粒子加速度沿着直线运动，两个粒子达到屏幕上的距离为x0，利用相似三角形可知
而电场线垂直于金属板，如图由于惯性，粒子在电场中并不沿电场线运动，而是偏离电场线，并且距离中心线越远，偏离角度越大，因此撞击到屏幕上的间距至少为，D正确。
故选BD。
11．(1)乙
(2)变密
(3)
【详解】（1）从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，设空气膜的厚度为l，则其光程差为Δx=2l
即光程差为空气层厚度的2倍，当光程差Δx=nλ时，此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为λ，相邻亮条纹之间的距离（θ为两平板玻璃的夹角）
由图可知乙的条纹间距大，所以乙光的波长较长一些。
（2）由于薄膜干涉中相邻亮条纹对应的薄膜厚度差恒定，根据相邻亮条纹之间的距离
可知将薄片向着劈尖移动使劈角变大时，相邻亮条纹间距变小，所以干涉条纹会变密。
（3）设空气膜的厚度为l，则其光程差为Δx=2l
即光程差为空气层厚度的2倍，当光程差Δx=nλ时，此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为λ，相邻亮条纹之间的距离（θ为两平板玻璃的夹角）
可得波长为。
12．(1)2.86
(2)B
(3) 0.19
【详解】（1）小车的加速度大小为
（2）A．图线①的产生原因是，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，是由于小车质量太小造成的，故A错误；
B．图线②说明F = 0时小车就有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B正确；
C．图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。
故选B。
（3）[1]对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有
两式联立，求得
[2]由的关系式可知，关系图线的斜率
即
13．(1)kg
(2)℃
(3)J
【详解】（1）状态1（初始），根据平衡条件有 （1分）
状态2，根据平衡条件有 （1分）
等温过程方程 （1分）
解得kg （1分）
（2）缓慢加热，状态3有，cm，
等压过程方程 （2分）
解得℃ （1分）
（3）从状态2至状态3内气体对外做功 （1分）
由热力学第一定律，有 （1分）
得J （1分）
14．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球从到，根据能量守恒定律得（1分）
小球从到，根据动能定理有（2分）
解得（2分）
（3）小球运动至点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到轴和轴，则轴方向有（2分）
竖直方向有（2分）
解得，
说明小球从点开始以后的运动为轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有（1分）
（1分）
联立解得小球过点后运动的轨迹方程（2分）
15．(1)7.5N
(2)6m/s
(3)3.375m
【详解】（1）由题意可知，在外力的作用下，两物块先一起做加速运动，再做减速运动后分开，对整体，根据牛顿第二定律可得 （1分）
对物块，有 （1分）
F与物块移动的距离间的关系式为，当时，
代入上式得 （1分）
（2）当时，两物体在减速，有
（1分）
（1分）
可联立解得，得 （1分）
即时，两物块分开，设分开时两物块速度大小为，根据动能定理 （1分）
其中 （1分）
得
两物块分开后物块做减速运动，设其运动到点时的速度大小为，则 （1分）
得 （1分）
要使落在圆弧面上时动能最小，设其运动到点时速度为，做平抛运动的时间为，则，， （1分）
落到上时的动能 （1分）
当，即，时落到上时的动能最小
滑到长木板上以后，做减速运动，
做加速运动，有
代入得，
移动的位移 （1分）
移动的位移 （1分）
共速后，一起做匀减速直线运动，有
设的右端运动到时的速度为，有 （1分）
得
锁定后继续做减速运动到点，则 （1分）
得
则长木板的长度 （1分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
D
D
D
D
B
BC
CD
BD