2025-2026学年广东省东莞市高三（上）期末物理试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年广东省东莞市高三（上）期末物理试卷（含答案），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.如图为我国研制的一种全新微型核能电池，可以实现五十年稳定安全自发电。它利用镍核(2863Ni)同位素衰变成铜核(29ACu)同位素，释放的能量被半导体转换器吸收并转化为电能。下列说法正确的是( )
A. 镍核衰变产生的射线是α粒子流
B. 铜核的质量数等于64
C. 镍核的结合能比产生的铜核结合能大
D. 衰变中伴随产生的γ射线是由铜核跃迁发出的
2.在一定的气象条件下，空气中的小水滴会变成六棱柱状的小冰晶，太阳光穿过小冰晶时发生折射，看上去在太阳的周围出现一个彩色圆圈，这就是日晕，如图甲所示。图乙是两单色光穿过六棱柱状冰晶某横截面的示意图，下列说法正确的是( )
A. 若a光是黄光，则b光可能是红光
B. b光比a光更容易发生明显的衍射现象
C. a光在冰晶中的传播速度大于b光的传播速度
D. 用同一双缝干涉装置做实验，a光条纹间距小于b光条纹间距
3.北京时间2025年12月26日，长征八号甲运载火箭在海南商业航天发射场成功点火升空。火箭先进入近地点离地高度为h1，远地点离地高度为h2的椭圆轨道，运行稳定后在远地点点火加速进入圆轨道。地球半径为R，下列说法正确的是( )
A. 火箭从近地点到远地点的过程中，机械能不断减少
B. 火箭在椭圆轨道近地点的速度大于圆轨道的运行速度
C. 火箭在近地点的加速度与远地点的加速度之比为h22：h12
D. 火箭在椭圆轨道的运行周期大于圆轨道的运行周期
4.如图，小球在半径为R的光滑球面上的A、B之间来回运动。若AB≪R，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 在A点时小球受到的合力为零
B. 在最低点时小球受到的合力为零
C. 小球从A点运动到最低点所用时间为π2 Rg
D. 小球运动过程中动能变化的周期2π Rg
5.如图所示，宽度为 32L的匀强磁场垂直于水平桌面，水平放置的等腰梯形金属框的上底和下底长度分别为L和2L，腰长为L，用相同材料粗细均匀的金属丝制成。现使其在外力的作用下，匀速向右穿过磁场区域，速度垂直梯形底边。将右侧上底刚到达磁场左边界的位置记为x=0，以逆时针方向为电流的正方向，下列四幅图中线框中电流I和上底两端的电势差Uab随金属框向右移动距离x关系图可能正确的是( )
A. B.
C. D.
6.有一类鼠标利用霍尔效应测定鼠标滚轮滚动的角度，其原理如图所示，金属材料制成的霍尔元件A和B相互垂直的固定在磁铁的磁极之间，通有水平向右的电流，当磁铁绕中轴线从图示位置开始以图示方向转动时，监测A前、后表面的电压UA与B上、下表面的电压UB的数值即可确定磁铁转动的角度。磁铁之间磁场可视为匀强磁场，下列说法正确的是( )
A. 磁铁位于图示位置时，A的前表面电势低于后表面电势
B. 磁铁从图示位置转动30°时，UA的大小变为初始时的一半
C. 磁铁从图示位置转动45°时，UA=UB
D. 磁铁每转动一周，UA=UB会出现两次
7.如图(a)所示，用一根光滑细线将6个质量为m的小球通过沿直径的孔道等间距地串成一个环，并将其套在一个静置在水平面上的顶角为α的光滑圆锥体上，其俯视图如图(b)所示。已知小球间的细线与每个小球的孔道方向成θ角，重力加速度为g，则细线上的张力大小为( )
A. 2mgsinθtanα2B. mg2sinθ⋅tanα2C. 2mg⋅tanα2sinθD. 2mgsinθ⋅tanα2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.将小球以相同的初速度斜向上抛出，如图所示，实线和虚线分别为小球在空气和真空中的运动轨迹，A点和B点分别为实线和虚线轨迹的最高点，虚线上的C点与A点等高。下列说法正确的是( )
A. 小球在B点与C点的机械能相同
B. 小球在A点和C点的速率相同
C. A点是实线轨迹中速率最小的点
D. B点是虚线轨迹中速率最小的点
9.如图为管式静电除尘器剖面图。放电极和集尘极之间的强电场使空气电离，产生的电子附着在管内空气中的粉尘上，带恒定电荷量的粉尘在静电力作用下被吸附到集尘极，e、f是电场中两点。下列说法正确的是( )
A. 带电粉尘被吸附过程中电势能可能减小B. 带电粉尘被吸附过程中电场力一直变小
C. 放电极的电势低于集尘极的电势D. 空气分子在f点更容易被电离
10.如图所示，质量为2kg的带有光滑轮子的平板车以v0=3m/s的速度在水平面上向左运动，将质量为1kg的已接通电源的玩具车轻放在平板车上，玩具车向右开始加速运动，则玩具车在平板车上运动的过程中( )
A. 玩具车速度大小为1m/s时，平板车速度大小为2.5m/s
B. 玩具车速度大小为1m/s时，平板车速度大小为3.5m/s
C. 玩具车和平板车的总动能会一直减少
D. 玩具车和平板车的总动能会一直增加
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.图(a)所示的彩虹圈是一种有趣的螺旋弹簧玩具。实验小组利用图(b)装置测量其劲度系数。平放于较光滑水平桌面上的彩虹圈一端用细线固定在墙上，另一端通过细线跨过较光滑的定滑轮连接一托盘。在托盘中逐次增加质量为5g的砝码，砝码总个数为n，通过彩虹圈上方水平放置的固定刻度尺读出放入砝码稳定后对应指针位置x，测得数据如下：
(1)为充分利用测量数据，实验小组用如下方法逐一求差：Δx1=x4−x1=14.99cm，Δx2=x5−x2=15.01cm，则Δx3=______cm；根据上述三个差值算出托盘中每增加一个砝码时彩虹圈的平均伸长量，重力加速度g取9.8m/s2，可求得彩虹圈的劲度系数k=______N/m(结果保留两位有效数字)。
(2)实验小组将该彩虹圈竖直悬挂，彩虹圈因自身重力作用而呈现的形态如图(c)中______(填正确答案标号)。
12.体重秤的核心部件力传感器的简要原理如图(a)所示，金属板的上下两侧各贴有电阻应变片R1、R2；金属板左端固定，在金属板右端施加向下的力时，金属板向下弯曲，使两电阻应变片随之形变，电阻发生改变。已知在日常体重测量范围内，金属板上下所贴电阻应变片的阻值变化量的绝对值ΔR与金属板受力的大小F的关系均为ΔR=λF，其中λ为常量。某同学利用该力传感器和电压传感器将力信号转化为电信号，制作了简易的体重秤。如图(b)所示，电源电动势为E，内阻不计；R1、R2为两电阻应变片，在金属板不受力时阻值均为R，R3为定值电阻，R4为滑动变阻器；电压传感器内阻很大。回答下列问题：
(1)当金属板右端受到向下的力时，R1的阻值______，R1+R2的阻值______；(填“增大”、“减小”或“不变”)
(2)当金属板受力为零时，闭合开关，将滑动变阻器R4的滑片滑到适当位置，使电压传感器的示数为零；
(3)当金属板右端受到向下的力时，电压传感器的示数Uab______0；(填“>”、“0；
对于此金属框出磁场过程，即 32L0。根据：E=BL″v，I=ER，Uab=IRab，联立可得：I=2 33xBvR，Uab=2 33xBv⋅RabR，可知I与Uab均随x线性增大。故ABC错误，D正确。
故选：D。
分进入、完全在磁场中、离开磁场三个阶段，分析切割磁感线的有效长度变化，结合闭合电路欧姆定律判断电流大小与方向，再由电势差规律分析Uab的变化。
本题通过等腰梯形框匀速穿过磁场的情境，考查电磁感应中有效切割长度、电流与电势差的动态分析，注重物理过程的分段思维和规律的综合应用。
6.【答案】C
【解析】解：A.当磁铁位于图示位置时，磁场方向水平向右，电流方向也水平向右，此时磁场方向与电流方向平行，电子不受洛伦兹力作用，不会发生偏转，所以A的前、后表面不会积累电荷，即UA=0，也就不存在前表面电势低于后表面电势的情况，故A错误；
B.设初始时磁场与A元件垂直，霍尔电压为UA0当磁铁从图示位置转动θ角度时，磁场方向与A元件平面的夹角为θ，此时磁场垂直于电流方向的分量为Bsinθ。根据公式U=kIBd(其中k为霍尔系数，I为电流，B为垂直于电流方向的磁场分量，d为元件厚度)，可知UA=UA0sinθ，当θ=30°时，UA=UA0sin30°=12UA0
但这里说的是变为初始时(UA=0)的一半表述错误，应该是变为磁场与A元件垂直时霍尔电压的一半，故B错误；
C.当磁铁从图示位置转动45°时，对于A元件，磁场垂直于电流方向的分量为Bsin45°
则UA=kIBsin45°d
对于B元件，磁场垂直于电流方向的分量为Bcs45°
则UB=kIBcs45°d
因为sin45°=cs45°，所以UA=UB，故C正确；
D.设磁场与A元件平面的夹角为θ，则UA=kIBsinθd，UB=kIBcsθd
当UA=UB时，即kIBsinθd=kIBcsθd
代入数据得tanθ=1，θ=45°+n⋅90°(n∈Z)，在磁铁转动一周(360°)的过程中，θ可取45°、135°、225°、315°，共四次满足UA=UB，故D错误。
故选：C。
依据霍尔效应原理，分析磁铁转动时磁场分量对元件A、B霍尔电压的影响，结合左手定则和磁场分量的变化判断各选项。
本题结合霍尔效应与磁场转动，考察洛伦兹力的应用和磁场分量的分析，核心是理解霍尔电压与磁场垂直分量的关系及转动时的分量变化。
7.【答案】B
【解析】解：对小球受力分析，构建矢量三角形如图所示
有T合=mgtanα2
绳子对小球拉力如图所示
由平行四边形法则可知T合=2Tsinθ，代入数据可得T=mg2sinθ⋅tanα2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
先对图a中小球受力分析，根据平衡条件求解绳对小球的合力，再对图b中小球受力分析，分析绳拉力。
考查了空间受力分析的方法，由于力不在同一个平面内，所以需要换不同角度受力分析。
8.【答案】AD
【解析】解：A：虚线轨迹为真空环境，机械能守恒，因此B点与C点的机械能相同。故A正确。
B：A点(实线轨迹最高点)和C点(虚线轨迹同高点)高度相同，重力势能相等。但A点经历了空气阻力做功，机械能小于初始值；C点机械能守恒，等于初始值。因此A点动能小于C点动能，A点速率小于C点速率。故B错误。
C：实线轨迹中，空气阻力始终做负功。在A点(最高点)之后的下落阶段，阻力依然做负功，速率会继续减小，故A点不是速率最小点。故C错误。
D：虚线轨迹为真空环境，斜抛运动在最高点B时，竖直分速度为0，仅保留水平分速度，是整个轨迹中速率最小的点。故D正确。
故选：AD。
这是一道斜抛运动在有空气阻力和无空气阻力两种情况下的对比分析题，核心考点包括：机械能变化：无空气阻力时(虚线轨迹)机械能守恒；有空气阻力时(实线轨迹)，阻力做负功，机械能不断减小。速率变化：真空(虚线)：斜抛运动的速率最小值出现在最高点，因为竖直分速度为0，仅保留水平分速度。空气(实线)：空气阻力一直做负功，且在上升阶段，除重力外阻力也做负功，速率持续减小；到达最高点后，在下落阶段，阻力方向与运动方向相反，仍做负功，速率会继续减小，因此最高点不是速率最小点。动能与势能关系：在等高的A、C两点，重力势能相等，可通过机械能变化判断动能(速率)大小。
本题通过对比真空与有空气阻力两种情景下的斜抛运动，考查了机械能守恒、阻力做功对机械能的影响以及速率变化的动态分析，需要结合运动的分解和功能关系进行判断。
9.【答案】ABC
【解析】解：A.带电粉尘向集尘板运动时，静电力方向与位移方向相同，静电力做正功，电势能减小，故A正确。
B.该电场为辐射状，越靠近放电极电场强度越大，越靠近集尘板电场强度越小。粉尘向集尘板运动过程中，受到的电场力一直变小，故B正确。
C.管式静电除尘器中，放电极接高压负极，集尘板接正极，电场线由集尘板指向放电极，所以放电极的电势低于集尘板的电势，故C正确。
D.空气分子在电场强度大的地方更容易电离，e点比f点更靠近放电极，电场强度更大，所以e点的空气分子更容易被电离，故D错误。
故选：ABC。
明确管式静电除尘器的工作原理与辐射状电场的特点，结合电场力做功与电势能变化、电场强度分布、电势高低判断及空气电离条件等物理规律。
本题考查了静电场的性质与实际应用，核心是结合管式静电除尘器的工作场景，综合考查电场力做功与电势能变化、非匀强电场的强度分布、电势高低判断以及空气电离条件等知识点，检验了对静电场规律的理解和实际应用分析能力。
10.【答案】BD
【解析】解：AB.平板车质量M=2kg，初速度v0=−3m/s(向左为负方向)；玩具车质量m=1kg，初速度与平板车相同，后续向右运动(正方向)。设玩具车速度v1=1m/s(向右，正方向)，平板车速度为v2，由动量守恒：
Mv0=mv1+Mv2
代入数据解得：v2=−3.5m/s
即平板车速度大小为3.5m/s，向左
故A错误，B正确；
CD.玩具车向右运动时，平板车向左运动，二者存在相对运动，玩具车的电动机对平板车的作用力为内力，但电动机工作时消耗电能转化为系统的动能，因此系统的总动能会增加，故C错误，D正确。
故选：BD。
AB.根据动量守恒求玩具车速度大小为1m/s时，平板车速度大小；
CD.根据能量转化求玩具车和平板车的总动能的变化。
本题考查动量守恒定律的应用，系统在水平方向不受外力，因此水平方向动量守恒。
11.【答案】15.00;0.0015 B
【解析】解：(1)根据题意可得x6−x3=45.02cm−30.02cm=15.00cm，则每增加3个砝码彩虹圈的形变量为Δx=Δx1+Δx2+x33=14.99+15.01+15.003cm=15.00cm=0.1500m，根据胡克定律有k=3mgΔx=3×5×10−39.8N/m≈0.0015N/m
(2)因为重力的影响，距离悬挂点越近处，彩虹圈受到的拉力越大，形变量越大，故B正确，AC错误。
故选：B。
故答案为：(1)15.00，0.0015；(2)B。
(1)根据表格数据计算；根据胡克定律计算；
(2)距离悬点越近处，彩虹圈的形变量越大，据此分析。
本题考查了胡克定律的应用，知道悬挂起来的彩虹圈的形变并不均匀是解题的关键。
12.【答案】增大；不变； >； 60； 2kREg； 偏小
【解析】(1)当金属板右端受到向下的力时，上表面被拉伸应变片R1的电阻变大，下表面被压缩应变片R2的电阻变小。电阻大小随F的变化关系均为ΔR=λF，则R1+R2的阻值不变；
(3)当金属板受力为零时，闭合开关，将滑动变阻器R4的滑片滑到适当位置，使电压传感器的示数为零；当金属板右端受到向下的力时，R1的电阻变大，R2的电阻变小，则R1两端电压增大，a点电势升高，电压传感器的示数Uab大于0；
(4)由于电阻大小随F的变化关系均为ΔR=λF，且R1+R2的阻值不变，有：ΔU=IλF，即电压传感器两端电压变化量与压力成正比，则有：
m人m物=ΔU人ΔU物=12200=350
解得：m人=60kg；
(5)根据题意可知：U=Iλmg，其中：I=ER1+R2=E2R
解得：U=Eλg2R⋅m
U−m图像的斜率为k，则有：Eλg2R=k
解得：λ=2kREg；
(6)使用一段时间后，电源的内阻增大，导致电流变小，R1两端电势差相比电源没有内阻时减小，则体重秤的测量结果偏小。
故答案为：(1)增大；不变；(3)>；(4)60；(5)2kREg；(6)偏小。
(1)当金属板右端受到向下的力时，上表面被拉伸，下表面被压缩，由此分析电阻的变化，再根据电阻大小随F的变化关系分析R1+R2的阻值；
(3)当金属板右端受到向下的力时，R1的电阻变大，根据电势差的变化情况进行分析；
(4)电压传感器两端电压变化量与压力成正比，由此解答；
(5)根据闭合电路欧姆定律求解电压的表达式，再根据斜率为k进行解答；
(6)使用一段时间后，电源的内阻增大，导致电流变小，分析传感器示数的变化，由此分析。
本题主要是考查传感器的简单应用和闭合电路的欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况，能够根据电路连接情况求解电路的电阻，根据闭合电路的欧姆定律求解电流或电压。
13.【答案】忽略水珠与桌面的附着力，将杯子竖直拿起需要的力的大小为mg(T1−T0)(p0+Δp)ΔpT1 冷却后杯中气体的密度是ρ0(p0+Δp)T0p0T1
【解析】解：(1)初始状态平衡：杯子放置在水平桌面时，内部气体压强p1=p0+Δp
受力平衡满足p1S=mg+p0S
代入数据得横截面积S=mgΔp
冷却过程：倒扣后气体密封，体积V不变，温度从T1缓慢冷却至T0，根据查理定律p1T1=p丙T0
代入数据得冷却后内部气体压强p内=(p0+Δp)T0T1
拿起杯子时平衡条件为F+p内S=mg+p0S
代入数据得F=mg(T1−T0)(p0+Δp)ΔpT1
(2)理想气体状态方程为pV=nRT，气体密度ρ=mV
化简得ρ=pMnRT，冷却后杯中气体压强p内=(p0+Δp)T0T1，温度为T0
则冷却后气体密度ρ=(p0+Δp)MRT1，
代入数据得ρ=ρ0(p0+Δp)T0p0T1
答：(1)忽略水珠与桌面的附着力，将杯子竖直拿起需要的力的大小为mg(T1−T0)(p0+Δp)ΔpT1；
(2)冷却后杯中气体的密度是ρ0(p0+Δp)T0p0T1。
(1)对竖直拿起的杯子受力分析，考虑大气压力、杯内气体压力与杯子重力，根据受力平衡条件，联立各力的表达式，即可得到拿起杯子所需的力；
(2)以杯内气体为研究对象，确定初末状态的压强、温度参量，结合理想气体状态方程与密度公式，关联体积与密度，从而求出冷却后气体的密度。
这是一道典型的力学与热学结合的综合题，第一问通过对杯子的受力分析，考查大气压力、内部气体压力与受力平衡的综合应用；第二问以杯内气体为研究对象，结合理想气体状态方程与密度公式，考验热学状态分析与公式迁移能力。
14.【答案】爆炸点到抛出点的水平距离为120 m，竖直距离为80 m 炸裂后A的速度大小为15 5m/s 爆炸过程中释放的化学能为1462.5 J
【解析】解：(1)烟花弹从抛出点运动至最高点(爆炸点)的过程：水平方向位移为x=v0csθ⋅v0sinθg，竖直方向位移为h=(v0sinθ)22g，解得：x=120 m，h=80 m。
(2)爆炸后，A部分做抛体运动：其竖直方向分速度为vAy=gtA，设爆炸后A运动总时间为t，满足位移方程−h=vAyt−12gt2，水平方向分速度vAx=−xt，合速度大小vA= vAx2+vAy2，解得：vA=15 5m/s。
(3)爆炸瞬间，系统动量守恒：水平方向有Mv0csθ=mAvAx+mBvBx，竖直方向有0=mAvAy+mBvBy，爆炸释放的化学能ΔE=(12mAvA2+12mBvB2)−12M(v0csθ)2，解得：ΔE=1462.5 J。
答：(1)爆炸点到抛出点的水平距离为120 m，竖直距离为80 m。
(2)炸裂后A的速度大小为15 5m/s。
(3)爆炸过程中释放的化学能为1462.5 J。
(1)烟花弹从地面斜抛至最高点的过程，竖直方向为匀减速直线运动，水平方向为匀速直线运动。最高点竖直分速度为零，由初速度的竖直分量可求出上升时间，进而计算水平位移和竖直位移。
(2)爆炸后A的运动可视为以炸裂点为起点的抛体运动。已知A竖直上升3秒，可求出其竖直分速度。A落回出发点，其水平位移和竖直位移已知，结合运动总时间可求出水平分速度，进而合成得A的合速度大小。
(3)爆炸过程时间极短，系统动量守恒。已知爆炸前烟花弹在最高点的速度(水平方向)，以及爆炸后A的速度，根据质量相等和动量守恒可求出B的速度。爆炸释放的化学能等于爆炸后两部分总动能与爆炸前烟花弹动能之差。
本题是一道综合性强、难度较高的力学题，融合了斜抛运动、动量守恒和能量转化等多个核心知识点。题目通过烟花弹的爆炸过程，系统性地考查了学生对复杂运动过程的分段分析能力、动量守恒定律的矢量性应用以及爆炸中机械能与化学能转化的理解。计算量较大，涉及多步运算，要求学生具备扎实的公式应用能力和清晰的逻辑推理能力。本题的亮点在于将爆炸前后物体的运动状态巧妙关联，特别是利用A部分落回原点的条件反向求解其速度，有效检验了学生对抛体运动规律的逆向运用和综合分析能力。
15.【答案】离子在匀强磁场中运动时速度的大小是qB0Lm 加速器中心圆弧线上电场强度E的大小是qB02L2πmR 设环形加速器中圆弧线上某点到圆心O连线与SO的夹角为θ，圆弧线上各点磁场磁感应强度Bx的大小与对应θ的关系是B0LR 2θπ
【解析】解：(1)粒子在磁分析器中由洛伦兹力提供向心力，有qv0B0=mv02L
代入数据得v0=qB0Lm
(2)在环形加速器中运动，根据动能定理有qE×2πR4=12mv02
代入数据得E=qB02L2πmR
(3)粒子在环形加速器中运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB=mv2R
代入数据得B=mvqR
根据动能定理有EqθR=12mv2
代入数据得v= 2EqθRm
代入数据得B=B0LR 2θπ
答：(1)离子在匀强磁场中运动时速度的大小是qB0Lm；
(2)加速器中心圆弧线上电场强度E的大小是qB02L2πmR；
(3)设环形加速器中圆弧线上某点到圆心O连线与SO的夹角为θ，圆弧线上各点磁场磁感应强度Bx的大小与对应θ的关系是B0LR 2θπ。
(1)离子在磁场分析器中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合轨迹的几何关系确定轨道半径，再由向心力公式即可求出速度大小；
(2)离子在环形加速器的电场中加速，每次经过电场区域动能增加，结合动能定理与圆周运动的向心力公式，可推导出电场强度的大小；
(3)离子在环形加速器中运动时，动能增加量与角度θ相关，由动能定理得到速度与θ的关系，再结合洛伦兹力提供向心力，推导出磁场B_θ与θ的关系。
本题结合带电粒子在电场中的加速和在磁场中的圆周运动，考察动能定理、洛伦兹力公式及几何分析，核心是分阶段推导运动规律。砝码总个数n
1
2
3
4
5
6
指针位置xn/cm
20.00
25.01
30.02
34.99
40.02
45.02