北京市第九中学2025-2026学年高三第二学期开学质检物理试题-普通用卷

这是一份北京市第九中学2025-2026学年高三第二学期开学质检物理试题-普通用卷，共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.有关运动与相互作用的关系，下列说法正确的是( )
A. 一个物体速度向东，则其受合力一定向东
B. 一个物体速度越大，则其受合力一定越大
C. 一个物体受合力为0，则其速度一定为0
D. 一个物体受合力越大，则其速度变化一定越快
2.如图1所示，用手握住长绳的一端，t=0时刻在手的带动下A点开始上下振动，其振动图像如图2所示，则以下四幅图中能正确反映t1时刻绳上形成的波形的是( )
A. B.
C. D.
3.若已知地球质量为M，万有引力常量为G，将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体，忽略地球自转影响，仅由这些信息不能计算出( )
A. 地面附近的重力加速度B. 地球的第一宇宙速度
C. 同步卫星距地面的高度D. 近地卫星绕地球做圆周运动的周期
4.一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p−T图像如图所示，下列判断正确的是( )
A. 状态a的体积小于状态b的体积B. 状态b的体积小于状态c的体积
C. 状态a分子的平均动能最大D. 状态c分子的平均动能最小
5.如图所示，一束可见光经过玻璃三棱镜折射后分为a、b两束单色光。下列说法正确的是( )
A. 玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B. 玻璃中a光的传播速度小于b光的传播速度
C. 真空中a光的波长大于b光的波长
D. 如用a光照射某金属能发生光电效应，则用b光照射该金属也一定发生光电效应
6.2020年12月4日，我国新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置正式建成，为本世纪中叶实现聚变能应用的目标打下了坚实的基础。“人造太阳”利用聚变反应放出巨大能量，并且实现聚变反应的持续可控。下列核反应方程中，属于核聚变的是( )
A. 90234Th→91234Pa+−10eB. 12H+13H→24He+01n
C. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301nD. 92 238U→90234Th+24He
7.水上滑翔伞是一项很受青年人喜爱的水上活动。如图1所示，滑翔伞由专门的游艇牵引，游客可以在空中体验迎风飞翔的感觉。为了研究这一情境中的受力问题，可以将悬挂座椅的结点作为研究对象，简化为如图2所示的模型，结点受到牵引绳、滑翔伞和座椅施加的三个作用力F1、F2和F3，其中F1斜向左下方，F2斜向右上方。若在游艇牵引下游客做匀速运动，则( )
A. F1可能大于F2 B. F2一定大于F3
C. F1和F2的合力可能大于F3 D. F2和F3的合力方向可能沿水平向右
8.如图所示，摩天轮是游乐园中常见的大型游乐设施之一。摩天轮绕中心轴在竖直平面内匀速转动，将某一座舱及其乘客组成的系统作为研究对象，下列说法正确的是( )
A. 转动过程中，系统的机械能守恒B. 转动过程中，系统的动量守恒
C. 从最高点转动到最低点，合力做功为零D. 从最高点转动到最低点，合力的冲量为零
9.如图表示某电场等势面的分布情况．将某一试探电荷先后放置在电场中的A点和B点，它所受电场力的大小分别为FA、FB，电势能分别为EPA、EPB，下列关系式正确的是( )
A. FA>FBB. FAEPBD. EPAfb ，则用a光照射某金属能发生光电效应，用b光照射该金属不一定发生光电效应，故D错误。
故选B。
6.【答案】B
【解析】解：A、单独一种原子核自发放射出电子，属于β衰变，故A错误；
B、两个质量较轻的原子核变成一个质量较重的核的反应，是核聚变反应，故B正确；
C、一个质量较重的变成两个质量较轻的核的反应，是核裂变反应，故C错误；
D、单独一种原子核自发放射出α粒子，属于α衰变，故D错误。
故选B。
7.【答案】B
【解析】解：AB、将力F2和F3沿水平方向与竖直方向分解如图：
沿x方向：F2x−F1x=0
沿y方向：F2y−F1y−F3=0
即：F2x=F1x,F2y=F1y+F3
由勾股定理：F1= F1x2+F1y2
F2= F2x2+F2y2= F1x2+(F1y+F3)2> F1x2+F1y2
可知，F1一定小于F2，F2一定大于F3，故A错误，B正确；
C、结点受到三个力的作用处于平衡状态，则三个力的合力为零，所以F1和F2的合力大小一定等于F3的大小，方向与F3相反，故C错误；
D、结点受到三个力的作用处于平衡状态，则三个力的合力为零，所以F2和F3的合力方向与F1相反，一定不能沿水平方向向右，故D错误。
故选：B。
该题结合共点力的平衡考查力的合成与分解，解答的关键是正确理解并会应用：三个力的合力为零时，其中的两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反。
8.【答案】C
【解析】【详解】A.转动过程中，系统的动能不变，但是重力势能在变化，所以机械能不守恒，A错误；
B.转动过程中，系统的速度大小不变，但是方向在变化，由于动量是矢量，方向与速度方向一致，所以动量大小不变，但是方向在变，所以动量不守恒，B错误；
C.根据动能定理，系统从最高点到最低点，动能不变，所以合力做功为零，C正确；
D.系统在最高点和最低点速度的方向不相同，大小相等，则动量大小相等，方向不相同，所以动量的变化量不等于零，根据动量定理，合力的冲量不为零，D错误。
故选C。
9.【答案】A
【解析】解：AB、因为A处等势面比B处密集，所以A处电场强度比B处大，由F=Eq知，A处所受的电场力FA大于B处所受的电场力FB，故A正确，B错误；
CD、因为A、B处在同一等势面上，所以φA=φB，由Ep=qφ知，EpA= EpB，故CD错误。
故选：A。
等势面越密集处，电场线越密集，电场强度越大；同一等势面上的点电势均相等。据此分析。
解答本题的关键是能够根据等势面的分布情况定性地判断出电场强度的大小关系，还要知道等势面的基本特征。
10.【答案】D
【解析】解：AB、根据安培定则判断出导线电流N在M处的磁场是沿纸面水平向右，用左手定则判断出M处导线受到的安培力沿MN连线指向M，故AB错误；
CD、P点到M、N的距离相等，所以M、N在P点的磁场等大，则根据右手定则，M在P点的磁场垂直MP向右上方，N在P点的磁场垂直NP向右下方，由平行四边形定则可得，合磁场方向沿纸面向右，即垂直于MN连线向右，故C错误，D正确。
故选：D。
根据安培定则和左手定则判断；根据通电导线周围磁场的分布和右手定则以及平行四边形定则求得和磁场方向。
本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在P点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解。
11.【答案】D
【解析】【详解】AB.电源的输出功率
P=IE−I2r
由数学知识可知，图像应为开口向下的抛物线，故AB错误；
CD.电源的输出功率
P=IU=E−UrU=EUr−U2r
由数学知识可知，图像应为开口向下的抛物线，故C错误，D正确。
故选D。
12.【答案】B
【解析】解：AB、开关S断开后，V1示数和匝数比不变，则副线圈的两端电压不变，副线圈回路的总电阻增大，副线圈的电流减小，电流表A2的示数减小，电阻R的电压减小，电压表V2的示数增大，故A错误，B正确；
C、电压表V1的示数等于原线圈两端电压，电压表V2的示数不等于副线圈两端电压，二者之比不等于n1：n2，故C错误
D、原副线圈的电流与匝数成反比，所以电流表A1、A2的示数之比为n2：n1，故D错误；
故选：B。
输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，根据理想变压器的原理结合电路动态分析的方法分析即可。
处理变压器的动态问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。
13.【答案】D
【解析】A、金属棒向下运动过程切割磁感线产生感应电动势，对电容器充电，电路中有电流，金属棒受到竖直向上的安培力作用，所以金属棒的运动不是自由落体运动，故A错误；
B、由右手定则可知，感应电流由M流向N，因此电容器右极板带正电，左极板带负电，故B错误；
C、金属棒向下做加速运动动能增大，金属棒切割磁感线产生感应电动势对电容器充电，电容器储存的电能增加，电流流过金属棒时产生焦耳热。综上金属棒减少的重力势能等于金属棒的动能、电容器储存的电能与金属棒产生的焦耳热之和，故电容器储存的电能小于金属棒减少的重力势能，故C错误；
D、由C分析可知，金属棒减少的机械能等于电容器储存的电能与金属棒产生的焦耳热之和，因此金属棒减少的机械能大于电容器储存的电能，D正确。
故选：D。
金属棒向下运动过程切割磁感线产生感应电动势，对电容器充电，电路中有充电电流，金属棒受到安培力作用；由右手定则判断感应电流方向，然后判断电容器极板带电情况；应用能量守恒定律分析答题。
14.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了电阻定律；解答本题的关键是能够熟练应用学过的电流定义式、匀强电场电场强度与电势差的关系式、欧姆定律、电阻定律，结合已知条件进行相关的公式推导。
I=ΔqΔt，E=Ud，R=UI，R=ρlS，根据以上相关公式再结合已知条件进行推导即可；电子的运动过程可简化为电子以速度v沿导线方向匀速运动，故电子在导线中定向运动时受到的平均阻力为f=0。
【解答】
A.设导线的横截面积为S，在Δt时间内以S为底，vΔt为高的柱体内的自由电子都将从此截面通过，由电流及电流密度的定义知：j=IS==ΔqΔtS=n⋅SvΔt⋅eΔtS=nve，故A错误；
BC.设导线的长度为l，导线两端的电压为U，则U=E⋅l，R=ρlS，由A分析知I=jS=nveS，根据欧姆定律得R=UI，联立，解得ρ=Enev，E=ρj，故B错误，C正确。
D.由题意可知，电子的运动过程可简化为电子以速度v沿导线方向匀速运动，故电子在导线中定向运动时受到的平均阻力等于电场力f=F=eE=eρj=ne2vρ，故D错误。
15.【答案】14.5
BD
①
等于

【解析】【详解】(1)小球直径为14mm+0.1mm×5=14.5mm
(2)A.摆线要选择伸缩性小些的，并且尽可能长一些，选项A错误；
B. 摆球要选择质量大些、体积小些的，以减小空气阻力的影响，选项B正确；
CD.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5∘。释放摆球，从平衡位置开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间t，则单摆周期
T=t30
选项C错误，D正确。
故选BD。
(3)[1]将悬点到小球上端的距离记为摆长L，则
T=2π L+rg
可得
T2=4π2gL+4π2rg
可知T2−L图像应该是①；
[2]因该图像不影响直线的斜率，则利用该图线求得的重力加速度等于利用图线②求得的重力加速度。
16.【答案】×100
BCA
1900
增大
设电源内阻为r，挡位电阻为 Rz ，电路中的R4及表头内阻均计入R0内，在两表笔短接时，由欧姆定律可得流过表头的电流为
IG=Er+R0⋅RzR0+Rz×RzR0+Rz=Er(R0Rz+1)+R0
选择开关从“×10”位置旋转到“×100”位置后，挡位电阻 Rz 增大了，可知流过表头的电流 IG 也增大了，如果不重新调零，则表笔短接时指针将指在欧姆零点的右侧，由上式可知，适当增大R0，可使 IG 减小，使指针重新指向零点。

【解析】【详解】(1)[1]由图甲中a位置可知电阻阻值约为2000 Ω ，由于选择的挡位较小，指针偏转角度太小，而且落在了刻度变化极大的非线性区域，测量误差较大；如果选择“×1K”挡位，指针将落在刻度线比较稀疏的区域，测量误差依然较大；所以应选择与阻值比较匹配的“×100”挡位来进行测量；
(2)[2]选择新挡位之后，首先要进行调零，再开始测量，所以正确的顺序为BCA；
(3)[3]该电阻的测量值为 19×100Ω=1900Ω ；
(4)[4]选择开关从“×10”位置旋转到“×100”位置后，应当增大欧姆调零电阻R0的大小；
[5]设电源内阻为r，挡位电阻为 Rz ，电路中的R4及表头内阻均计入R0内，在两表笔短接时，由欧姆定律可得流过表头的电流为
IG=Er+R0⋅RzR0+Rz×RzR0+Rz=Er(R0Rz+1)+R0
选择开关从“×10”位置旋转到“×100”位置后，挡位电阻 Rz 增大了，可知流过表头的电流 IG 也增大了，如果不重新调零，则表笔短接时指针将指在欧姆零点的右侧，由上式可知，适当增大R0，可使 IG 减小，使指针重新指向零点。
17.【答案】解：(1)根据匀变速直线运动规律x=v0t+12at2
解得a=4m/s2
(2)根据牛顿第二定律，有 mgsinθ−f=ma
解得 f=60N
(3)重力的冲量大小I=mgt=2400N⋅s
答：(1)滑板及人的加速度的大小为4m/s2；
(2)滑板及人受到的阻力的大小为60N；
(3)滑板及人受到的重力的冲量大小为2400N⋅s。
【解析】本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以由运动求力，也可以由力求运动。
18.【答案】【详解】(1)导体棒切割磁感线产生的电动势为 E=Blv=0.1T×0.4m×5m/s=0.2V
根据闭合电路欧姆定律，可得回路感应电流 I=ER+r=0.2V(0.4+0.1)Ω=0.4A
根据右手定则，可知 ab 中电流方向为由 b 指向 a
(2)导体棒 ab 相当于电源， ab 间的电势差为路端电压 U=IR=0.4A×0.4Ω=0.16V
(3)由功率公式可得 P=I2R=0.4A2×0.4Ω=0.064W

【解析】详细答案和解答过程见答案
19.【答案】解：(1)小球从O'到A过程由动能定理有：qEL=12mv2
解得：v= 2qELm
(2)此模型是在电场力作用下的简谐运动，类比单摆的周期公式T=2π Lg，只要求出对应的加速度即可，
由牛顿第二定律得：qE=ma
解得：a=qEm
代入上式得：T′=2π mLqE
(3)根据重力与电场力大小关系可知，动能最大的位置在与竖直方向成45角斜向右下的位置，对小球根据动能定理有：mgLcs45∘−qEL(1−cs45∘)=12mv2
小球在细线拉力最大的位置，根据牛顿第二定律有：Fm− 2mg=mv2L
联立，解得：Fm=(3 2−2)mg
【解析】(1)小球从O'到A过程根据动能定理求小球到达A点时速度的大小；
(2)类比单摆的周期公式T=2π Lg，求出小球在电场力作用下的加速度，代入单摆的周期公式即可；
(3)先求出重力与电场力的合力，分析出动能最大的位置在与竖直方向成45角斜向右下的位置，再根据动能定理及牛顿第二定律求出细线拉力的最大值。
解答本题的关键是能灵活应用动能定理及牛顿第二定律，求小球做简谐运动的周期时要注意学会类比单摆的周期公式，求细线拉力的最大值时要注意利用等效重力场，找出等效最低点。
20.【答案】【详解】(1)对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律
eE=Ma
解得氙离子在放电室内运动的加速度大小
a=eEM
(2)电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与径向磁场给的洛伦兹力平衡，沿着轴线方向的匀强磁场给的洛伦兹力提供向心力，即
eE=evB2 ， evB1=mv2R
解得径向磁场的磁感应强度大小为
B2=mEeRB1
(3)单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，设单位时间内进入放电室的电子数为 n1 ，则未进入的电子数为 n−n1 ，设单位时间内被电离的氙离子数为 N ，则有
Nn1=k
已知氙离子数从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有
N=n−n1
联立可得单位时间内被电离的氙离子数为
N=nk1+k
氙离子经电场加速，有
eEd=12Mv12
时间 Δt 内氙离子所受到的作用力为 F′ ，由动量定理有
F′⋅Δt=N⋅Δt⋅Mv1
解得
F′=nk 2eMEd1+k
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小
F′=F
则
F=nk 2eMEd1+k

【解析】详细答案和解答过程见答案