天津市河北区2026届高三上学期期末考试物理试卷（含解析）

这是一份天津市河北区2026届高三上学期期末考试物理试卷（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。
一、单选题：本大题共5小题，共25分。
1.下列说法正确的是( )
A. 光发生全反射是光导纤维导光的原理
B. 照相机镜头的增透膜应用了光的衍射原理
C. 肥皂膜上看到的彩色条纹是薄膜两表面的光线折射色散的结果
D. 观看立体电影需要用到特殊的眼镜是利用了光的偏振现象，说明光是一种纵波
2.下列说法正确的是( )
A. 布朗运动可以间接地反映液体分子运动的无规则性
B. 内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和
C. 气体压强仅与气体分子的平均动能有关
D. 气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变
3.若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证( )
A. 地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1602
B. 月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1602
C. 自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的16
D. 苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的160
4.教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的12，则( )
A. R消耗的功率变为12PB. 电压表V的读数变为12U
C. 电流表A的读数变为2ID. 通过R的交变电流频率不变
5.质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，不计带电粒子的重力，M从两板正中央射入，N从下板边缘处射入，它们最后打在同一点，如图所示。则从开始
射入至打到上板的过程中( )
A. 它们运动的时间关系为tN>tM
B. 它们的电势能减少量之比ΔEPM：ΔEPN=1：2
C. 它们的动能增量之比ΔEKM：ΔEKN=1：4
D. 它们的动量增量之比ΔPM：ΔPN=1：1
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.1934年，约里奥−居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为 24He+1327Al→X+01n。X会衰变成原子核Y，衰变方程为X→Y+10e。则( )
A. X的质量数与Y的质量数相等B. X的电荷数比Y的电荷数少1
C. X的电荷数比 ​1327Al的电荷数多2D. X的质量数与 ​1327Al的质量数相等
7.如图所示，是一列简谐横波在t=0时的波形图，此时P点沿y轴的正方向运动，已知波的传播速度为2m/s，则下列说法中正确的是( )
A. 波长为0.6m
B. 波沿x轴正方向传播
C. 经过△t=0.4s质点P沿x轴移动0.8m
D. 经过任意时间质点Q和P的振动情况总是相同的
8.质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g=10m/s2。则( )
A. 4s时物块的动能为零B. 6s时物块回到初始位置
C. 3s时物块的动量为12kg⋅m/sD. 0∼6s时间内F对物块所做的功为40J
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
9.“探究向心力大小的表达式”实验装置如图。
(1)采用的实验方法是______。
A.控制变量法
B.等效法
C.模拟法
(2)在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的______之比(选填“线速度大小”或“角速度平方”)；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值______(选填“不变”、“变大”或“变小”)。
10.某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。实验操作如下：
(1)螺旋测微器如图1所示。在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动_____(选填“A““B”或“C“)，直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。
(2)选择电阻丝的______(选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。
(3)图2甲中Rx为待测电阻丝。请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入图2乙实物电路中的正确位置。
(4)为测量Rx，利用图2甲所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1−I1关系图象如图3所示。接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：
请根据表中的数据，在方格纸上作出U2−I2图象。
(5)由此，可求得电阻丝的Rx=______Ω.根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。
四、计算题：本大题共3小题，共48分。
11.如图所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T.在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。
12.如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量ma=1kg的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量mb=3kg小物块b发生弹性正碰(碰撞时间极短)。已知圆弧轨道半径R=0.8m，传送带的长度L=1.25m，传送带以速度v=1m/s顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2。求
(1)碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小；
(2)碰后小物块a能上升的最大高度；
(3)小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。
13.小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方。两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压，周期T0=2πmqB.板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子。
有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。t=0时刻，发射源在(x,0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计。
(1)若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；
(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系。
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：A.光发生全反射是光导纤维导光的原理，故A正确；
B.照相机镜头的增透膜应用了光的干涉原理，故B错误；
C.肥皂膜上看到的彩色条纹是薄膜两表面的光的干涉的结果，故C错误
D.观看立体电影需要用到特殊的眼镜是利用了光的偏振现象，光是一种横波，故D错误。
故选：A。
逐一分析各选项涉及的光学原理，结合全反射、干涉、偏振等现象的应用判断正误。
本题考查常见光学现象的原理辨析，需准确区分全反射、薄膜干涉与折射色散的不同，易在增透膜原理等细节上出错。
2.【答案】A
【解析】解：A：布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，它由液体分子的无规则碰撞引起，因此可以间接反映液体分子运动的无规则性，故A正确；
B.内能是物体内所有分子热运动的动能与分子间势能的总和，故B错误；
C.气体压强由分子的平均动能和分子的数密度(单位体积内的分子数)共同决定，故C错误；
D.温度是分子平均动能的标志，温度降低时，分子的平均动能必然减小，故D错误。
故选：A。
逐一分析各选项涉及的热学基本概念，结合布朗运动的成因、内能的定义、气体压强的决定因素及温度与分子平均动能的关系判断正误。
本题考查热学基础概念的辨析，需准确把握内能的构成、气体压强的影响因素等细节，易在概念混淆处出错。
3.【答案】B
【解析】【分析】
万有引力提供月球做圆周运动的向心力，对比月球轨道上的物体及地球表面附近的物体的运动情况，即可求解。
解决本题的关键是掌握月地检验的原理，掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力这两个理论，并能灵活运用。
【解答】
A.设月球质量为M月，地球质量为M，苹果质量为m，地球半径为r，月球半径为r月，则月球受到的万有引力为：F月=GMM月(60r)2，苹果受到的万有引力为：F=GMmr2，由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项A错误;
B.根据牛顿第二定律：GMM月(60r)2=M月a月，GMmr2=ma，整理可以得到：a月=1602a，故选项B正确;
C.在月球表面处：GM月m,r月2=m,g月，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出月球表面和地球表面重力加速度的关系，故选项C错误;
D.苹果在月球表面受到引力为：F,=GM月mr月2，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与在
地球表面受到的引力之间的关系，故选项D错误。A.设月球质量为M ​月，地球质量为M，苹果质量为m，地球半径为r，月球半径为r ​月，则月球受到的万有引力为F月=GMM月(60r)2，苹果受到的万有引力为F=GMmr2，由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项A错误。
B.根据牛顿第二定律GMM月(60r)2=M月a月，GMmr2=ma，整理可以得到a ​月=1602a，故选项B正确。
C.在月球表面处GM月m,r月2=m,g月，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出月球表面和地球表面重力加速度的关系，故选项C错误。
D.苹果在月球表面受到引力为F′=GM月mr月2，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与在地球表面受到的引力之间的关系，故选项D错误。
4.【答案】B
【解析】【分析】
根据交流电的产生以及最大值的表达式，分析交流电的最大值的变化。
结合有效值与最大值之间的关系分析有效值的变化；结合变压器的特点分析副线圈上的电压的变化、功率的变化以及频率的变化。
本题考查了交流电的产生以及变压器的构造和原理，对交流电来说，当线圈的角速度减小时，不仅仅交流电的频率发生变化，交流电的最大值、有效值都会产生变化。
【解答】
AB.线圈在匀强磁场中匀速转动，设线圈的最大横截面积为S，磁场的磁感应强度为B，线圈转动的角速度为ω，则产生的最大电动势为：Em=nBSω
原线圈两端的电压等于电动势的有效值，为：U1= 22Em= 22nBSω
设原副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为：U=U2=1kU1= 22k⋅nBSω…①
当发电机线圈的转速变为原来的12时，有：Em′=nBSω′=12nBSω=12Em…②
副线圈两端的电压为：U′= 24k⋅nBSω…③
联立①③可知，U′U=12，即电压表的读数变为12U；
由：P=U2R
R消耗的电功率：P′P=U′2U2=14，即R消耗的功率变为14P，故A错误，B正确；
C.由变压器的特点可知，副线圈消耗的功率为原来的14，则发电机产生的电功率变成原来的14；由②可知，线圈产生的电动势是原来的12，由P=UI可知，电流表的读数变成原来的12，故C错误；
D.发电机线圈的转速变为原来的12，则原线圈中电流的频率变成原来的12，所以副线圈中，通过R的频率变成原来的12，故D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】解：A、由题可知，两个带电粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且它们的水平位移相等、初速度相等，则在电场中的运动时间相等，即tN=tM。故A错误；
B、在竖直方向上，根据y=12at2=Eqt22m知，竖直位移之比为1：2，则电荷量之比为1：2.因为电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功W=qEy，因为电荷量之比为1：2，竖直位移之比为1：2，则电场力做功为1：4，根据动能定理知的，电场力做功为1：4，则动能的增量之比为1：4，它们的电势能减少量之比ΔEPM：ΔEPN=1：4，故B错误，C正确；
D、根据动量定理，有：动量增量Δp=qEt，qM：qN=1：2，t相等，则动量增量之比ΔpM：ΔpN=1：2，故D错误。
故选：C。
将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析．
解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子沿电场方向和垂直电场方向上的运动规律，结合牛顿第二定律、动能定理、运动学公式综合求解。
6.【答案】AC
【解析】解：
设X质量数为M、电荷数为A，由核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知4+27=1+M、2+13=0+A，解得M=30，A=15；
设Y质量数为M′、电荷数为A′，由核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知30=M′+0、15=A′+1，解得M′=30，A′=14。
A、X的质量数与Y的质量数相等，都是30，A正确；
B、X的电荷数比Y的电荷数多1，B错误；
C、X的电荷数为15，比铝的电荷数多2，C正确；
D、X的质量数为30，和铝的质量数不相等，D错误。
故选AC。
7.【答案】BD
【解析】【分析】
根据质点的振动方向，通过“上下坡法”判断波的传播方向，质点不随波迁移，只上下振动，P、Q两个质点的平衡位置相距一个波长，振动步调一致．
解决本题的关键能够从波的图象中得出波长，知道波长、波速、周期的关系，以及掌握质点的振动方向和波传播方向的关系．
【解答】
A、根据图象可知，波长λ=0.4cm，故A错误；
B、质点P向上振动，根据“上下坡法”知波的传播方向沿x轴的正方向。故B正确。
C、质点不随波迁移，只上下振动，故C错误。
D、P、Q两质点相距一个波长，振动步调一致，经过任意时间质点Q和P的振动情况总是相同的。故D正确。
故选：BD。
8.【答案】AD
【解析】解：物块与地面间的滑动摩擦力为：f=μmg=0.2×1×10N=2N。
A、t3=3s时物体的速度大小为v3，则有：(F−f)t3=mv3，其中F=4N，代入数据解得：v3=6m/s；
t4=4s时速度为v4，根据动量定理可得：−(F+f)(t4−t3)=mv4−mv3，代入数据解得：v4=0，故A正确；
B、0～3s物块沿正方向加速运动，3s～4s物块沿正方向减速运动，4s末的速度为零，4s～6s物块反向加速，且加速度大小与0～3s内的加速度大小相等，故6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
C、3s时物块的动量大小为：p=mv3=1×6kg⋅m/s=6kg⋅m/s，故C错误；
D、0～3s内物块的位移：x1=v32t3=62×3m=9m，方向为正方向；
3s～4s内物块的位移：x2=v3+v43(t4−t3)=6+02×(4−3)m=3m，方向为正方向；
6s时物块的速度大小为v6，则有：(F−f)t2=mv6，解得：v6=4m/s
4s～6s物块的位移大小为：x3=v62t2=42×2m=4m，方向为负方向。
所以0～6s时间内F对物块所做的功为：W=F(x1−x2+x3)=4×(9−3+4)J=40J，故D正确。
故选：AD。
求出物块与地面间的滑动摩擦力，根据动量定理求解3s时的速度和4s时的速度，再根据位移计算公式求解位移，根据功的计算公式求解做的功。
本题主要是考查动量定理与图象的结合，关键是弄清楚运动情况和受力情况，知道合外力的冲量等于动量的变化。
9.【答案】A 角速度的平方 不变
【解析】解：(1)向心力公式F=mrω2可知，影响向心力大小的因素有小球质量、小球做圆周运动的半径、小球做匀速圆周运动的角速度；要研究其中一个因素变化对向心力所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法，故A正确，BC错误。
故选：A。
(2)标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值；
根据向心力公式Fn=mω2r
在小球质量m和转动半径r相同的情况下，向心力之比等于角速度平方之比；
由于两球线速度相同，根据ω=vR可知两球角速度之比等于塔轮半径反比；
又根据F=mrω2可知，小球质量和转动半径相同的情况下，向心力之比为塔轮半径反比的平方，逐渐加大手柄的转速，塔轮半径不变，故向心力之比不变，进而左右标尺露出的红白相间等分标记的比值不变。
故答案为：(1)A；(2)角速度平方；不变。
(1)根据实验目的，结合向心力公式F=mrω2分析影响向心力大小的因素，再分析所采用的物理方法；
(2)根据向心力演示仪的原理分析即可。
本题考查了探究小球做圆周运动所需向心力的大小Fn与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验，实验的原理为圆周运动向心力公式，采用了控制变量法；知道线速度与角速度的关系，知道小球做匀速圆周运动的角速度是通过改变塔轮半径来实现的。
10.【答案】(1)C；(2)不同；(3)；(4)；(5)23.5。
【解析】解：(1)为保护螺旋测微器，将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动微调旋钮C，直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。
(2)为减小实验误差，选择电阻丝的不同位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。
(3)根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
(4)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：
(5)由图示电路图可知：Rx+RA+R0=△U1△I1=1.9640×10−3Ω=49Ω，RA+R0=△U2△I2=2.0480×10−3Ω=25.5Ω，则电阻丝阻值：Rx=49Ω−25.5Ω=23.5Ω；
故答案为：(1)C；(2)不同；(3)；(4)；(5)23.5。
(1)根据螺旋测微器结构明确进行微调的部位；
(2)为减小实验误差要进行多次测量求平均值，根据题意分析答题；
(3)根据图示电路图连接实物电路图；
(4)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象；
(5)根据电路图与图示图象应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻丝阻值。
要掌握常用器材的使用方法、注意事项与读数方法；为减小实验误差要进行多次测量求平均值；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法。
11.【答案】解：(1)根据导体切割磁感应线产生的感应电动势计算公式可得：
E=BLv=0.5×0.2×8V=0.8V；
(2)根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流为：I=ER=8A
拉力的大小等于安培力，即：F=FA=BIL
解得：F=0.8N
(3)根据功能关系可知，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即等于拉力F做的功，所以有：Q=W=F×2L
代入数据得：Q=0.32J
【解析】(1)根据导体切割磁感应线产生的感应电动势计算公式求解感应电动势；
(2)根据闭合电路的欧姆定律、安培力的计算公式结合平衡条件求解拉力大小；
(3)根据功能关系求解感应电流产生的热量Q。
本题主要是考查电磁感应与力、能量的结合，根据平衡条件列出方程求解拉力，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据功能关系列方程求解产生的热；第二问也可以根据焦耳定律求解。
12.【答案】解：(1)设小物块a下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为va，
根据机械能守恒定律有：magR=12mava2
代入数据解得：va=4m/s
小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有：FN−mag=mava2R
代入数据解得支持力：FN=30N
根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N；
(2)小物块a与小物块b发生弹性碰撞，取初速度方向为正方向，根据动量守恒有：mava=mav′a+mbvb
根据能量守恒有：12mava2=12mav′a2+12mbvb2
联立解得：v′a=−2m/s，vb=2m/s
小物块a反弹，对a根据机械能守恒有：magh=12mav′a2
解得：h=0.2m；
(3)小物块b滑上传送带，因vb=2m/s>1m/s，故小物块b先做匀减速运动，
根据牛顿第二定律有：μmbg=mba
解得a=2m/s2
则小物块b由2m/s减至1m/s，所走过的位移为：x1=vb2−v22a=22−122×2m=0.75m
运动的时间为：t1=vb−va=2−12s=0.5s
因x1=0.75m2qU0，粒子运动轨迹如图所示：
由y=mv2qB，R0=mv0qB，R1=mv1qB
粒子经过电场过程，由动能定理得：−qU0=12mv12−12mv02，−qU0=12mv22−12mv12
由几何知识得：x=y+2(R0+R1)
解得：x=y+2qB (qyB)2+2mqU0+2qB (qyB)2+4mqU0；
②如果：qU0