2025-2026学年辽宁省辽阳市高三（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年辽宁省辽阳市高三（上）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于y轴对称分布，虚线为带电的外源DNA进入细胞膜的轨迹，M、N为轨迹上的两点。下列说法正确的是( )
A. 外源DNA带正电
B. M点的电场强度大于N点的电场强度
C. M点的电势比N点的电势高
D. DNA分子在M点的电势能比在N点的大
2.天王星和海王星都是太阳系中的行星，绕太阳的公转轨道均可近似看作圆形，经测定，天王星的公转周期约为84.02年，海王星的公转周期约为164.79年，则两者相比( )
A. 天王星的公转轨道半径更大B. 天王星的公转线速度更大
C. 海王星的向心加速度更大D. 海王星的公转角速度更大
3.如图所示，排球比赛中运动员第一次将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；第二次将飞来的相同排球从a点的正下方且与b点等高的c点斜向上击出，球也击中b点，排球运动的最高点d与a点的高度相同。不计空气阻力，则( )
A. 排球在a点的动能大于在d点的动能
B. 排球在a点的动能大于在c点的动能
C. 排球第一次击中b点时的动能小于第二次击中b点时的动能
D. 排球第一次运动过程中重力对排球做的功是第二次的一半
4.如图所示，O为固定在水平地面上的光滑半圆轨道的圆心，A为轨道上的一点，OA与水平方向的夹角为30°。小球在拉力F的作用下始终静止在A点。初始时拉力方向水平向左，若将拉力F在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转至沿圆轨道的切线方向，在此过程中，拉力F( )
A. 逐渐减小B. 逐渐增大
C. 先逐渐减小，后逐渐增大D. 先逐渐增大，后逐渐减小
5.2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式上展示的导弹具有强大的威慑力。某次演习中，发射了某型号导弹，假设导弹刚发射出来的一段运动可近似看成初速度为零、竖直向上的匀加速直线运动，导弹的质量为m，重力加速度大小为g，当导弹运动了时间t时，导弹的速度大小为v，则导弹的动力在该段运动中的冲量大小为( )
A. mgtB. mvC. mv+mgtD. mv−mgt
6.直角三棱镜能通过折射改变激光束宽度，原理如图所示，三角形ABC为直角三棱镜的横截面，宽度为d1的激光束从AC上以入射角α进入三棱镜，之后垂直AB边射出，激光束宽度变为d2。下列说法正确的是( )
A. 上方光束比下方光束先传播到AB边B. 下方光束比上方光束先传播到AB边
C. 棱镜对激光的折射率为sin∠AsinαD. d2cs∠A=d1csα
7.如图所示，固定于竖直平面内的大圆环圆心为O、半径为R，大圆环上套有一个质量为m、可视为质点的小环。小环从大圆环的最高处P点由静止开始自由下滑，当小环到达A点(图中未画出)时，小环的向心加速度大小等于重力加速度的大小g。下列说法正确的是( )
A. 若大圆环是光滑的，则P、A两点间的高度差为R4
B. 如果A点与O点等高，则小环从P点滑至A点的过程中克服阻力做的功为12mgR
C. 无论大圆环是否光滑，小环到达与O点等高处的加速度大小都为g
D. 若大圆环是光滑的，则小环到达A点时对大圆环的弹力大小为mg
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.伽马刀虽然名为“刀”，但实际上是一种精准放射治疗系统，通过聚焦γ射线去除病变组织。其主要利用C衰变获得所需的射线，C发生衰变后产生的新核用X表示，已知X比 ​2760C多一个质子，C的半衰期约为5.3年，下列说法正确的是( )
A. 2760C发生了β衰变
B. X的质量数与 2760C的质量数的差等于1
C. X的比结合能比 2760C的要大
D. 伽马刀中特定的200个 2760C原子，经过5.3年后仍有100个未发生衰变
9.如图所示，发电站输出电压有效值为10.8kV的正弦式交流电，经匝数比为1：50的理想变压器升压后通过输电线输送到变电站，输电线等效电阻R=20Ω，变电站两端有效电压为500kV，再用理想变压器变为电压有效值为220V的家用交流电，下列说法正确的是( )
A. 升压变压器输出电压最大值为540kV
B. 输电线上的电流为2000A
C. 输电线上损失的功率为8×107W
D. 升压变压器原线圈与降压变压器副线圈中的电流之比为11：500
10.如图甲所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左侧连接有阻值为R的定值电阻，金属棒垂直静止在导轨上，整个导轨处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，给金属棒施加水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始运动，金属棒运动x0的距离时撤去拉力，金属棒整个运动过程中的速度v与运动的位移x的关系如图乙所示。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良好，金属棒接入电路的电阻为R，则金属棒运动过程中( )
A. 加速度大小保持不变B. 通过电阻R的电荷量为BLx0R
C. 电阻R中产生的焦耳热为B2L2v0x02RD. 拉力F的冲量大小为B2L2x0R
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.高速路入口都安装有称量汽车重量的地磅。小型地磅结构图和电路图分别如图甲、乙所示，其中R是压敏电阻，秤台平放在压敏电阻上，被称汽车停放在秤台上。已知电路中电源电动势E=24V、内阻r=1.3Ω，电流表量程为0～0.3A，滑动变阻器R′的总电阻为500Ω。压敏电阻的阻值R随压力F变化的曲线如图丙所示，地磅出厂时已对电流表上的刻度重新赋值，使工作人员能够从表盘上直接读出秤台上汽车的质量，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)分析图乙和图丙可知，汽车的质量越大，电流表的示数越______(填“大”或“小”)。
(2)通过查阅说明书，发现秤台质量为500kg，说明书中还指出，0kg处标注在原电流表0.10A刻度处，说明该地磅在正常工作时，滑动变阻器R′和电流表的内阻之和为______Ω(结果保留一位小数)；某次称量时，电流表的示数为0.15A，则被称汽车的质量为______kg(结果保留至整数位)。
(3)地磅长时间使用后，内部电池的电动势略小于24V(仍恒定不变)、内阻有所增大。工作人员通过调节滑动变阻器，使秤台空载时电流表指针仍指在0.10A刻度处，此后的测量结果______(填“大于”“小于”或“等于”)被测车辆的质量。
12.钟同学欲利用一固定光滑圆弧面测定重力加速度，圆弧面如图甲所示，图中虚线为圆弧面最低处，圆弧面半径约为1.0m，该同学取一小铁球进行实验。
(1)用游标卡尺测量小铁球直径，读数如图乙所示，则小铁球的直径d= ______cm。
(2)钟同学将小铁球从槽中虚线左侧接近虚线处由静止释放，小铁球的运动可等效为一单摆。当小铁球第一次经过虚线处时开始用秒表计时，并计数为1，当计数为99时，所用的时间为t，则等效单摆的周期T= ______。
(3)更换半径不同的小铁球进行实验，正确操作，根据实验记录的数据，绘制T2−d2的图像如图丙所示，图中图线的横、纵截距均已标出，则当地的重力加速度g= ______，圆弧面的半径R= ______。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.两位同学在环境温度T1=300K的室内练习乒乓球，不慎将乒乓球踩了一下，经仔细检查发现乒乓球未发生漏气，乒乓球被踩后的体积为被踩前的23。为了“修复”乒乓球，两位同学将乒乓球放入温度恒为T2=360K的热水中，一段时间后乒乓球恢复原状。已知乒乓球被踩前球内气体的压强为p0，乒乓球被踩前后，球内气体的温度可视为不变(与环境温度相同)，球内的气体视为理想气体，且球内气体的内能满足U=kT(k为已知常量)。
(1)求乒乓球被踩后球内气体的压强；
(2)若乒乓球恢复原状时球内气体温度与热水温度相同，“修复”过程中乒乓球内气体吸收的热量为Q，求“修复”过程中乒乓球内气体对外界做的功。
14.如图所示，倾角θ=30°的斜面底端O点与光滑水平面平滑连接，轻弹簧的一端固定在M处，另一自由端恰位于斜面的底端O点，质量m=0.5kg的物块(视为质点)从斜面上的A点由静止开始下滑，此后多次挤压弹簧，弹簧被压缩的过程中始终在弹性限度内，其最大的弹性势能Ep=4J，物块与斜面间的动摩擦因数μ= 35，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)物块从A点第一次到达O点所用的时间t；
(2)物块沿斜面上滑能到达的最大高度h；
(3)物块第三次到达O点时的速度大小v。
15.如图所示，OACD为平面直角坐标系xOy内边长为L的正方形，A点和D点分别在x轴和y轴上，K点为OA的中点，第一象限内除正方形区域外，存在垂直纸面向里的匀强磁场，第四象限内有方向平行于y轴的匀强电场。质量为m0、电荷量为q0的带电粒子甲从y轴上的P点以初速度v0沿平行于x轴的方向射入第四象限，恰好从K点射入第一象限，一段时间后从C点进入磁场，经磁场偏转后垂直于y轴射入第二象限，不计粒子重力。
(1)求第四象限内匀强电场的电场强度大小E；
(2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B；
(3)若在粒子甲到达K点前，在K点静置不带电的粒子乙，甲、乙发生弹性碰撞后，乙经磁场偏转后能够返回正方形区域，已知碰撞后甲和乙的电荷量均分，不计粒子间的相互作用，求粒子乙的最大质量m乙。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：A、根据DNA分子运动轨迹的弯曲方向(凹侧)指向正极板(下方)，可知其受到的电场力方向与电场强度方向(向上)相反，因此外源DNA带负电，故A错误；
B、电场线的疏密表示电场强度大小，图中N点处电场线比M点密集，因此EN>EM，故B错误；
C、沿电场线方向电势降低，图中电场线方向由下向上，且N点在M点下方(更靠近正极板)，因此φN>φM，故C错误；
D、根据电势能公式Ep=qφ，由于qφM，可得EpM>EpN，故D正确。
故选：D。
DNA轨迹向下弯曲，由此分析电场力的方向，继而可得知带电性质；根据电场线疏密反映电场强度大小，比较电场强度的大小；根据沿电场线方向电势降低，判断电势的高低；根据电势能定义，以及电荷的性质，判断电势能的大小。
本题巧妙地将细胞电转染的生物学情境与带电粒子在电场中的运动相结合，考查了静电场核心概念的综合应用。题目通过电场线分布和粒子运动轨迹，要求学生判断粒子的电性、比较电场强度大小、电势高低以及电势能大小，涵盖了电场线、电场强度、电势、电势能等多个重要知识点。解答本题需要学生具备清晰的物理图景构建能力，能够从电场线对称分布和轨迹弯曲方向中提取有效信息，并灵活运用“沿电场线方向电势降低”、“电场线疏密表示场强大小”、“轨迹弯曲方向指向受力方向”等基本规律进行逻辑推理。其中，将负电荷在电势较高处电势能较小这一结论与图像信息结合是解题的关键，对学生的综合分析能力有一定要求。
2.【答案】B
【解析】解：行星围绕太阳做匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供。
A、依据开普勒第三定律r3T2=k可知，公转周期T越大，公转轨道半径r也越大，由于海王星公转周期较大，故其轨道半径更大，故A错误；
BD、根据角速度公式ω=2πT可知，周期越大则角速度越小，故海王星的公转角速度更小；根据线速度公式v= GMr可知，轨道半径越大则线速度越小，故天王星的公转线速度更大，故B正确，D错误；
C、根据向心加速度公式a=GMr2可知，轨道半径越大则向心加速度越小，故海王星的向心加速度更小，故C错误。
故选：B。
天王星和海王星绕太阳近似做匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供。已知天王星公转周期较小，根据开普勒第三定律可知其轨道半径较小。轨道半径较小的行星，由万有引力提供向心力所决定的线速度较大，角速度也较大，向心加速度同样较大。因此天王星具有更大的公转线速度和角速度，以及更大的向心加速度。通过比较周期与轨道半径、线速度、角速度及向心加速度之间的定性关系，即可判断各选项的正误。
本题以天王星和海王星为背景，主要考查万有引力定律在天体运动中的应用，涉及开普勒第三定律以及圆周运动中线速度、角速度、向心加速度与轨道半径关系的分析与判断。题目计算量小，难度中等偏下，但要求学生熟练掌握天体运动的基本规律，并能灵活运用相关公式进行逻辑推理。通过比较两行星的周期，可迅速判断轨道半径大小关系，进而推导其他物理量的对比结果，有效检验了学生对公式v= GMr、a=GMr2及ω=2πT的理解与应用能力。
3.【答案】A
【解析】解：根据抛体运动规律，在竖直方向有h=12gt2可知，c点飞出排球的运动时间为a点飞出排球运动时间的两倍，即ta=12tc，则第一次水平位移与第二次水平位移相等，第一次水平速度是第二次水平速度的二倍，vxa=2vxb，则va=2vd
又知Ek=12mv2，Eka=4Ekd
所以排球在a点的动能大于在d点的动能，故A正确；
B、从c点到d应用动能定理，−mgh=Ekd−Ekc
则Ekc=Ekd+mgh，故排球在a点的动能与在c点的动能关系不一定，故B错误；
C、由于竖直方向两排球高度相同，又v2=2gh可知，两排球的竖直速度相等，即vya=vyb，根据v= vx2+vy2
动能Ek=12mv2
可知Ek1>Ek2，排球第一次击中b点时的动能大于第二次击中b点时的动能，故C错误；
D、第一次重力做功W1=mgh(a到b下落h)，第二次c与b等高，重力做功W2=0，故D错误。
故选：A。
通过对平抛和斜抛运动的分解，结合动能定理，比较两次运动中各点的动能及重力做功的大小。
这是一道结合抛体运动与动能定理的典型题，通过分析不同抛射方式下的速度与能量变化，检验对运动分解和能量守恒的综合应用能力。
4.【答案】A
【解析】解：小球受重力G、拉力F和支持力N三个力作用，根据三角形定则，当将拉力F在竖直平面内顺时针转至沿圆轨道切线方向，最后拉力F与支持力N垂直，如图所示
拉力F与支持力N垂直时，拉力最小，可知在此过程中，拉力F逐渐减小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
小球受重力G、拉力F和支持力N三个力作用，结合矢量三角形和几何关系分析。
在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度变化求解。
5.【答案】C
【解析】解：火箭的速度原来为零，起飞后速度为v，规定向上为正方向，导弹的动力在该段运动中的冲量大小为I，则由动量定理可得I−mgt=mΔv=mv
导弹的动力在该段运动中的冲量大小I=mv+mgt，故B正确，ABD错误。
故选：C。
以动量定理为核心：导弹受动力与重力，合外力的冲量等于动量变化。合外力冲量是“动力的冲量−重力的冲量”，据此推导得动力的冲量，以此分析选项。
这道题以抗战胜利纪念的导弹运动为情境，聚焦动量定理的核心应用：通过分析导弹受动力、重力的合外力冲量与动量变化的关系，推导动力的冲量，能强化“合外力冲量等于动量变化”的核心逻辑，是动量定理的典型基础应用题。
6.【答案】D
【解析】解：做两条辅助线如图
由几何关系可得PM−=d1=MN−⋅sin∠PNM=MN−⋅csα；NQ−=d2=MN−⋅cs∠MNQ=MN−⋅cs∠A
C.根据题意可知，光束在AC上发生折射，由折射定律n=sinαsin∠A，故C错误；
AB.根据题意，设光束在空气中传播速度为c，根据光束在三棱镜中的传播速度v=cn
在空气中，传播到AC边，上方光束比下方光束所用时间多t1=PN−c=PM−⋅tan∠PMNc=d1tanαc
在三棱镜中，由AC边传播到AB边，下方光束比上方光束所用时间多t2=MQ−v=NQ−tan∠Av=d2tan∠Av=d2tan∠Acn=d1tanαc=t1
则上下两束光同时传播到AB边，故AB错误；
D.由几何关系可知，d1=MN−⋅csα，d2=MN−⋅cs∠A，则d2cs∠A=d1csα=MN−，故D正确。
故选：D。
作出辅助线，由几何关系确定各个角度，由折射定律求出折射率，由几何关系求出d1和d2与上下光束在AC边入射之间的关系，根据v=cn和几何关系分析判断上下两束光传播到AB边的顺序与时间；根据几何关系判断D选项是否正确。
光的折射是重点内容，考试热点，本题关键要理解，并能熟练应用光的折射定律。
7.【答案】B
【解析】解：A、若大圆环是光滑的，小环从P到A的过程根据动能定理得mgh=12mv2
根据题设条件和向心加速度得表达式得an=g=v2R
联立以上可得P、A两点的高度差为h=R2，故A错误；
B、若A点与O点等高，则小环从P点滑至A点的过程中根据功能关系得mgR−Wf=12mv2
解得Wf=12mgR，故B正确；
C、根据受力分析可知若大圆环光滑，到达与O等高处时切向加速度大小为g，合加速度为 2g≠g，
若不光滑，到达与O等高处时切向加速度小于g，合加速度也将大于g，故C错误；
D、若大圆环是光滑，小环到达与O等高处时对大圆环的弹力大小为mg，
而大环不光滑时A并不在于O等高处，故D错误。
故选：B。
利用向心加速度等于g的条件，结合动能定理(或机械能守恒)与受力分析，验证各选项的能量与受力关系。
这是一道综合圆周运动、动能定理与受力分析的典型题，通过向心加速度的条件串联起能量与受力的分析，考查对知识点的综合应用能力。
8.【答案】AC
【解析】解：A.C的衰变方程为 2760C→ 2860X+ −10e，放出一个电子，发生的是β衰变，质量数不变，故A正确，B错误；
C.衰变过程是原子核向更稳定状态转变的过程，所以X的比结合能比 2760C的要大，故C正确；
D.由题意可知经过5.3年，就有一半质量的 2760C核发生衰变，变成其他新核，一半的质量，是统计学概念不是一般的数量，故D错误。
故选：AC。
先根据新核比原核多一个质子，确定衰变的类型；接着分析衰变过程中质量数的变化情况；再依据衰变释放能量的特点，判断新核与原核的比结合能大小；最后明确半衰期是大量原子的统计规律，不适用于少量原子。
这道题以伽马刀的钴衰变为实际医疗情境，覆盖衰变类型判断、比结合能比较、半衰期的统计性等核物理核心点，精准针对“半衰期适用于少量原子”等易错认知设项，既关联实际应用，又强化核物理概念的辨析与理解，是核物理基础类优质题。
9.【答案】BC
【解析】解：A、根据变压比可得升压变压器输出电压的有效值为U2=n2n1U1=501×10.8×103V=540×103V=540kV，则升压变压器输出电压最大值为U2m= 2U2=540 2kV，故A错误；
B、输电线上的电流为I=U3−U2R=(540−500)×10320A=2000A，故B正确；
C、输电线上损失的功率为P损=20002×20W=8×107W，故C正确；
D、降压变压器的匝数比为n3n4=U3U4=500×103220=2500011，所以降压变压器副线圈中的电流为I4=n3n4I，升压变压器原线圈中的电流为I1=n2n1I，联立解得I1I4=1125000，故D错误。
故选：BC。
根据变压比计算；根据输电线上损失的电压和电阻的关系计算；先根据变压比计算降压变压器的匝数比，然后根据变流比计算即可。
掌握变压器的变压比和电流比是解题的基础，能够根据欧姆定了计算出输电线上的电流是解题的关键。
10.【答案】BD
【解析】解：A、根据加速度表达式a=vΔvΔx可知，由于v−x图像的斜率为定值，但速度v随位移x变化，故加速度大小也是变化的，故A错误；
B、根据通过电阻电荷量的公式q=ΔΦR总，由于电路中定值电阻与金属棒电阻串联，总电阻为2R，磁通量变化量ΔΦ=BL×2x0，代入数据解得q=BLx0R，故B正确；
C、根据功能关系，电路产生的总焦耳热等于克服安培力做的总功Q总=∫B2L2v2Rdx，利用图像面积可得Q总=B2L2v0x02R，由于两个电阻阻值相等，电阻R中产生的焦耳热为Q=12Q总=B2L2v0x04R，故C错误；
D、对金属棒运动的全过程应用动量定理有IF−∫B2L2v2Rdt=0，根据位移关系∫vdt=2x0可知，安培力的冲量大小为B2L2x0R，由此解得拉力F的冲量IF=B2L2x0R，故D正确。
故选：BD。
题目描述金属棒在拉力作用下从静止开始运动，位移达到x0时撤去拉力，最终速度减为零，整个过程金属棒切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流和安培力。速度v与位移x的图像表明在0到x0阶段速度随位移线性增加，之后线性减小，由此可分析加速度变化。通过电阻的电荷量可由磁通量变化量与总电阻的比值确定，需注意回路总电阻为2R。焦耳热的分析需考虑整个回路产生的总热量，再根据电阻比例分配。拉力冲量可通过全过程动量定理分析，金属棒初末速度均为零，拉力冲量等于安培力冲量，而安培力冲量与金属棒运动的总位移相关。
本题以金属棒在电磁感应中的运动为载体，综合考查了电磁感应、动力学、能量与动量等多个核心知识点。题目通过v−x图像巧妙设问，将复杂的变加速过程直观呈现，有效考查了学生对图像信息的提取、微元思想的应用以及功能关系、动量定理等规律的灵活运用能力。计算量中等偏上，对学生的综合分析能力要求较高。其中，通过全过程动量定理求解拉力冲量，以及利用图像与微积分结合求总焦耳热，均是本题的思维亮点，能很好地锻炼学生的物理建模和逻辑推理能力。
11.【答案】大 78.6;3500 大于
【解析】解：(1)析图乙和图丙可知，汽车的质量越大，压力越大，压力越大电流中电阻就越小，电路中总电阻就会变小，总电流会变大；
(2)根据闭合电路欧姆定律有I=ER+r+R′+RA
变形得R′+RA=EI−(R+r)
代入数据解得R′+RA=78.6Ω
根据闭合电路欧姆定律结合图像。有I=ER+r+R′+RA
代入数据有I=2485+2+78A=0.15A
所以指针指在3500kg刻度处时，由丙图可知，此时对应的压敏电阻的阻值为85Ω，根据牛顿第三定律可知，压敏电阻承受的压力大小为F=F′N=3.5×104N
对重物和台秤进行受力分析，根据平衡条件可得FN=mg
代入数据得m=3500kg
所以此时质量是3500kg
(3)重新调节滑动变阻器为R′′，空载时I=0.10A，根据闭合电路欧姆定律有
当秤台上面有汽车时，根据闭合电路欧姆定律有
代入数据得1I=1I+R0−RE不变，测量同样的电阻R，且R