五市十校协作体2025-2026学年高三上学期1月期末阶段性考试物理试卷+答案

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B．图乙增大玻璃板和透镜的距离，条纹向内移动，故B错误；
C．图丙是放射源放出三种射线在磁场中的运动轨迹，由左手定则可知1粒子带负电，为射线，C正确；
D．一群处于n=4能级的氢原子跃迁回基态时最多辐射出不同频率光子的种数为种，故D错误。
2．B
AB．根据电容的决定式，若降低液面高度，S减小，则电容减小，根据U= QC 可知电压增大，则B正确，A错误；
CD．仅提高液体浓度，可知电容器的电容增大，因为电容器带的电荷量始终不变，根据
可知电压U减小，静电计指针的张角减小，故C、D错误。
C
BC. 甲乙之间力的作用点在手上，甲的手移动位移与所受力的方向相反，故乙对甲的推力做负功。
B
若甲乙同时停止运动，两者位移差为14米，两者还未相撞，故临界条件为甲车停止后，乙车刹停恰好不相撞。即14×2+14×142a - 14×142×2 =21，解得a=73 m/s2
5. D
【详解】A．依题意，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，混凝土板受力平衡，有
由牛顿第三定律可知钢索受到的拉力保持不变，故A错误；
B．对整体受力分析，水平方向不受外力，吊车不受地面的摩擦力，由牛顿第三定律可知吊车对地面的摩擦力始终为零，故B错误；
C．钢索对定滑轮的作用力为两根钢索的合力，悬臂PM与水平方向的夹角缓慢减小过程中，两力大小不变，夹角变大，所以合力逐渐变小，即钢索对定滑轮的作用力逐渐变小，故C错误；
D．若四条绳增加相同的长度，由几何知识可知绳子与竖直方向夹角变小，根据
可知四条绳受到的拉力均变小，故D正确。
6.A
闪光间隔时间t1=119s，圆盘转动角速度w为40πrad/s，在t1时间内转过的角度为wt1=40π19 ，人眼看到白点转动角度为2π19，则w，=2π19/t1=2πrad/s，周期为1s,且为顺时针转动。
7.D
板进入左侧电场过程中力随位移线性线性变化，且与位移方向相反，故为简谐振动，A错误；
整个过程中最大电场力为QE，B错误；
板右端到达右侧电场中点时速度最小，C错误；
可作出板所受电场力与位移的图像，由图可得：- 12 QE×1.5L=0 - 12 mv02,解得v0 =.
8.AD
A、根据开普勒第三定律，轨道II的半长轴大于轨道I的半长轴，所以卫星沿轨道I运行的周期小于卫星沿轨道II运行的周期，A正确；
B、卫星在轨道Ⅱ上经过点的加速度等于在轨道III上经过点的加速度，B错误；
C、不同轨道上的星体与中心天体的连线在相等时间内扫过的面积不相等，C错误；
D、卫星从轨道I变轨进入椭圆轨道II，需要点火加速，卫星的机械能增加，同理卫星从轨道II变轨进入椭圆轨道III，也需要点火加速，所以卫星在轨道I上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，D正确；
9.BC
ABC、设绳的拉力为FT，斜面的弹力为FN，对小球分析，由：
FTsin45+FNcs45=mg;FTcs45-FNsin45=ma
得：FT=22mg+22ma
由乙图得m=0.2kg
将a=5m/s2代入得FT=322N，FN=22N。故BC正确，A错误；
D、当FN=0时，a=10m/s2,当a＞10m/s2，小球将离开斜面，上述表达式不成立。
ABC
由qU0=12mv02得v0=2qU0m ，
由qv0B=mv02/r得r=1B2mU0q,
可知碳半径更小，更靠近圆心，则A正确；
要打在底片上，rmin = 3R2 , rmax = 5R2
代入公式得Umin=9U016,Umax=25U016,则B正确；
C、粒子打在内圆环上，轨迹与内圆环交于C点，如图
当MC⊥CO时，圆弧MC对应的圆心角θ最小，用时最短，几何关系可知最小圆心角
则最短时间为
联立解得，故C正确；
D、根据上述r=1B2mUq
得Umin=21U032,Umax=175U096。
11、（1）AD （2）(2x2-x3-x1)/t02 （3）加速度与合外力成正比
12、（1）R2
(2)2000
4000
5.3%
【详解】（1）电源电动势
欧姆表内阻R内=EI=2000Ω，故滑动变阻器应选择R2
（2）由（1）可知，欧姆表内阻为2000Ω；
（3）电流表量程为3mA，由图丙所示可知，读数为1.00mA，由闭合电路的欧姆定律得
代入数据解得Rx=4000Ω；
由电动势变为原来的95%，则真实值为测量值的95%，相对误差为5.3%。
（1）2.28×105pa (2)4.8L
由P1T1 = P2T2 ；（2分）
将数据代入得P2=2.28×105pa；（2分）
根据物质的量不变，P2V+P0△V=P1V；（2分）
解得△V=4.8L。（2分）
14. (1)v块=2v03 (2)μ=v024gL (3)19L81
（1）滑块与木板A相互作用由动量守恒定律：mv0=mv块＋mvA ；（1分）
由题意当v块＝2vA
联立可得：vA= v03 , v块=2 v03 ；（1分)
（2）滑块与木板A最终共速，设共速为（v共1)系统动量守恒：
mv0=(m＋m）v共1；（1分)
解的v共1＝v02 ；（1分)
滑块与木板A相互作用过程中，摩擦力做功使系统动能减少，减少的动能等于克服摩擦力做的功。由能量守恒:μmgL=12mv02-12(m+m)v共12；（1分)
解的μ=v024gL；（1分)
木板A(质量m，速度v共1＝v02)与木板B(质量2m，初始静止)发生弹性碰撞：
mv共1=mvA1＋2mvB1；（1分)
12mv共12=12mvA12+122mvB12；（1分)
解的 vA1= － v06 ， vB1=v03；（1分)
最终滑块与B共速，设共速速度为（v共2）系统动量守恒:
mv共1+2mvB1=(m+2m)v共2 ；（1分)
v共2=7 v018；（1分)
对B由动能定理:μmgxB= 122mv共22－ 122mvB12解的xB=13L81；（1分)
对B由动量定理:μmgt=2mv共2－2mvB1解的t=4L9 v0 ；（1分)
滑块 A匀速运动xA=vA1∙t=－2L27；因此最终A与B距离为d=|xA|+xB=19 L81；（1分)
15、（1）1m/s 53 V （2）2.625N·S （或 218N.S） 0.658J （或79120J） (3)107m/s2 207m/s2
（1）导体棒接入回路的电动势E回=BL1vm;( 1分)
电流I= E回23Ra+Rb ;（1分）
由F=BIL1+μmg;（1分）
联立得I=2A，vm=1m/s.（1分）
C刚要离开地面时，FT=mcg;
由BI0L2=FT得I0=1A；（1分）
则v0= =0.5m/s（1分）
对a分析，由动量定理得：Ft- -μmgt = mv0 ( 其中x=) （1分）
联立得：I=Ft=2.625N.S（或I=218N.S）（1分）
对系统分析，由能量守恒定律得：F x=12mv02+μmgx+Q；（1分）
Qb=13Q（1分）
联立得：Q=1.975J，Qb=0.658J.（或Qb=79120J）（1分）
E=BL1va-BL2vb;(1分)
I=E23Ra+Rb;(1分)
对导体棒a分析：F-BIL1-μmg=maa ；(1分)
对导体棒b、c分析：BIL2-mcg=(m+mc)ab；(1分)
由E增大，ab所受安培力也随时间增大，aa减小，ab增大，当E不变时，即ab=2aa;(1分)
联立得：aa=107m/s2(1分),ab=207m/s2(1分)。（小数也给分）