2025-2026学年北京市东直门中学高三上学期12月阶段(月考)考试物理试卷（学生版）

这是一份2025-2026学年北京市东直门中学高三上学期12月阶段(月考)考试物理试卷（学生版），共21页。试卷主要包含了单项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：90分钟 总分100
一、单项选择题
1. 如图甲为一列简谐横波在时的波的图像，图乙为该波中平衡位置位于处的质点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 此波的波速为
B. 此波沿轴正方向传播
C. 时，平衡位置位于质点的加速度最大
D. 时，平衡位置位于质点的加速度最大
2. 如图，将铅球放在固定的斜面上，用竖直挡板挡住并使其处于静止状态。不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
①铅球对斜面的压力大于铅球所受的重力
②铅球对挡板的压力大于铅球对斜面的压力
③若增大斜面倾角，铅球对挡板的压力增大
④若增大斜面倾角，铅球对斜面的压力减小
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
3. 我国发射的卫星“墨子号”与“济南一号”均使用了量子技术，“济南一号”比“墨子号”的运行周期短，“济南一号”和“墨子号”绕地球的运动均可视为匀速圆周运动。比较它们的运动，下列说法正确的是（ ）
A. “济南一号”的线速度更大B. “济南一号”的角速度更小
C. “济南一号”的向心加速度更小D. “济南一号”的运行轨道半径更大
4. 如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的负点电荷q，不计重力，下列说法中一定正确的是（ ）
A. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
B. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C. 点电荷运动在O点时加速度为零，速度达最大值
D. 点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到点电荷速度为零
5. 某电场的电场线分布如图中实线所示，虚线为一带电粒子的运动轨迹，下列说法中正确的是（ ）
A. 粒子在a点处的加速度大于在b点处的加速度
B. 粒子在a点处的电势能大于在b点处的电势能
C. 粒子在a点处的动能大于在b点处的动能
D. 粒子在运动过程中机械能守恒
6. 如图所示，速度不同的同种带电粒子a，b（重力不计）沿半径AO方向进入一圆形匀强磁场区域，a，b两粒子的运动轨迹分别为和，则下列说法中正确的是（ ）
A. a，b两粒子均带正电
B. a粒子在磁场中的运动时间比b粒子长
C. a粒子的速度比b粒子的速度大
D. 两粒子离开磁场时的速度反向延长线不一定都过圆心O
7. 甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）
A. 3 JB. 4 JC. 5 JD. 6 J
8. 如图所示，两个质量均为m的小木块A、B（可视为质点）放在水平圆盘上，A、B到转轴的距离分别为l、．小木块与圆盘之间的动摩擦因数均为，可以认为小木块最大静摩擦力等于滑动摩擦力．若圆盘从静止开始绕轴转动，并缓慢地加速，用表示圆盘转动的角速度，用g表示重力加速度的大小，下列说法正确的是（ ）
A. 圆盘对A的作用力大小大于A对圆盘的作用力大小
B. 当时，A所受摩擦力的大小为
C. A、B所受摩擦力的大小始终相等
D. B一定比A先开始滑动
9. 一质量为m的小球用细线悬挂静止在空中（图甲），某时刻剪断细线，小球开始在空中下降，已知小球所受空气阻力与速度的大小成正比，通过传感器得到小球的加速度随下降速度变化的图像如图乙所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 小球刚开始运动时的加速度a0>d时，正离子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计（正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）。
22. 对于同一个物理问题，经常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，加深理解。给定一段粗细均匀的导体AB，横截面积为S、长为L。单位体积内有n个自由电子，每个电子的电荷量为e。该导体AB两端加某一电压时，自由电子定向移动的平均速率为v。
（1）求导体中的电流I；
（2）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞。电子与金属离子碰撞的平均结果表现为导体给电子以连续的阻力，这是导体形成电阻的原因。设阻力的大小与电子定向移动速率成正比，即，k是阻力系数。请推导导体的电阻率。
（3）自由电子与金属离子发生碰撞，会使金属离子的热运动更加剧烈，电子将能量转移给金属离子，从而使金属导体发热。某段时间内，将导体中所有自由电子因与正离子碰撞而损失的动能之和设为，将这段时间内导体产生的焦耳热设为Q，请证明：。
参考答案
1. 【答案】D
【解析】A．由题图可知，周期，波长
则波速，故A错误；
B．平衡位置位于处的质点在时刻向下振动，根据“上下坡法”知，波沿轴负方向传播，故B错误；
C．时质点运动到平衡位置，加速度为零，故C错误；
D．时质点运动到位移最大处，加速度最大，故D正确。故选D。
2. 【答案】A
【解析】①②根据题意，对铁球受力分析，如图所示
由平衡条件可得，
因为，则有，
由牛顿第三定律可知，铅球对斜面的压力大于铅球所受的重力，铅球对挡板的压力小于铅球对斜面的压力，故①正确，②错误；
③④若增大斜面倾角，则F增大，FN增大。由牛顿第三定律可知，铅球对挡板的压力增大，铅球对斜面的压力增大，故③正确，④错误。故选A。
3. 【答案】A
【解析】D．根据，
“济南一号”比“墨子号”的运行周期短，则“济南一号”的运行轨道半径更小，故D错误；
A．根据，，“济南一号”的线速度更大，故A正确；
B．根据，，“济南一号”的角速度更大，故B错误；
C．根据，，“济南一号”的向心加速度更大，故C错误。故选A。
4. 【答案】C
【解析】AB．根据点电荷电场强度的叠加法则，可知，同种正电荷连线的中垂线上，电场强度方向由O点向两边延伸，且大小先增大后减小，在P点由静止释放一个负点电荷q，在从P点到O运动的过程中，它只在电场力作用下，向下加速，电场强度可能越来越小，也可能先增大后减小，电场力可能越来越小，也可能先增大后减小，则加速度可能越来越小，也可能先增大后减小，但速度一定越来越大，故AB错误；
C．运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零，速度达最大值，故C正确；
D．点电荷越过O点后，所受的电场力向上，速度越来越小，直到点电荷速度为零；电场强度可能越来越大，也可能先增大后减小，加速度可能越来越大，也可能先增大后减小，故D错误。故选C。
5. 【答案】B
【解析】A．根据电场线的分布情况可知，a点的电场强度小于b点的电场强度，根据牛顿第二定律可知，a点的加速度小于b点的加速度，故A错误；
B．由于粒子受力方向指向运动轨迹的内侧，故粒子带正电，且a点的电势高于b点的电势，根据可知，粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故B正确；
C．由于能量守恒，可知粒子在a点的动能小于b点的动能，故C错误；
D．粒子在运动过程中，有电场力做功，所以粒子的机械能不守恒，故D错误。故选B。
6. 【答案】B
【解析】A．由图可知，粒子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，由左手定则可知，a、b两粒子均带负电，故A错误；
C．由洛伦兹力提供向心力有解得
对于同种粒子进入同一磁场中，半径越大，速度越大，由图可知a粒子运动半径小，则a粒子的速度比b粒子的速度小，故C错误；
B．由公式可知，对于同种粒子以不同速度进入同一磁场中，周期相同，则粒子在磁场中的运动时间
由图可知，a粒子运动轨迹所对圆心角较大，则a粒子在磁场中的运动时间比b粒子长，故B正确；
D．两粒子沿半径方向飞入，则两粒子离开磁场时的速度反向延长线一定都过圆心O，故D错误。故选B。
7. 【答案】A
【解析】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为，；
碰后甲、乙的速度分别为，，
甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得解得
则损失的机械能为解得，故选A。
8. 【答案】D
【解析】A．圆盘对A的作用力与A对圆盘的作用力是相互作用力，总是等大反向，选项A错误；
B．当时，A所受摩擦力的大小为，选项B错误；
C．根据可知，在两物块未发生相对滑动时，A、B所受摩擦力的大小不相等，当两物块都产生相对滑动后受滑动摩擦力大小相等，选项C错误；
D．根据可知
可知产生滑动时B的临界角速度较小，则B一定比A先开始滑动，选项D正确。故选D
9. 【答案】C
【解析】A．某时刻剪断细线，小球只受重力，则小球刚开始运动时的加速度a0＝g，故A错误；
B．当小球下降的速度使小球受到的空气阻力与重力相等时，合力为零，加速度为零，速度达到最大，之后以最大速度做匀速下降，故小球下降的速度不会一直增大，故B错误；
C．根据牛顿第二定律可得mg－f＝ma
由图乙可知a＝a0－v，又a0＝g
联立解得，故C正确；
D．根据功能关系可知，小球下降过程机械能的减少等于克服空气阻力所做的功，故D错误。故选C。
10. 【答案】C
【解析】A．根据电容器的决定公式
实验中，只将电容器b板向上平移，则两极板的正对面积S减小，电容减小，由于两极板电荷量保持不变，根据电容的定义公式
则两极板两端的电势差增大，静电计指针的张角变大，所以A错误；
B．根据电容器的决定公式
实验中，只在极板间插入有机玻璃板，则增大介电常数，电容增大，由于两极板电荷量保持不变，根据电容的定义公式
则两极板两端的电势差减小，静电计指针的张角变小，所以B错误；
C．实验时无意间手指触碰了一下b板，不会影响实验结果，因为b板本来就接地，手指触碰也是接地，所以不会影响，则C正确；
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，但电容保持不变，因为电容与电容器两极板所带电荷量，及电压无关，所以D错误；故选C。
11. 【答案】A
【解析】AB．开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，滑动变阻器R0接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，电源内阻和两端的电压增大，电压表的示数减小，滑动变阻器R0两端的电压减小，通过电阻R2的电流减小，电流表的示数减小，故A正确，B错误；
C．滑动变阻器R0两端的电压减小，则通过电阻R2的电流减小，电阻R2消耗的电功率减小，故C错误；
D．电路总电阻减小，总电流增大，电源内阻消耗的功率增大，故D错误。故选A。
12. 【答案】C
【解析】A．对电热丝，有
解得回路电流为，故A错误；
B．根据闭合回路欧姆定律，有
解得电源的内阻为，故B错误；
C．电动机的转子被卡住，回路电流为
电热丝上消耗的功率，故C正确；
D．电动机的效率为解得，故D错误。故选C。
13. 【答案】B
【解析】A．由于A做平抛运动，其竖直方向为自由落体运动，加速度为重力加速度，而B物体沿轨道下滑，其竖直方向有支持力竖直向上的分量，则竖直方向的加速度小于重力加速度，根据可知，若A、B两物体同时开始运动，则A物体先落地，故A正确；
BC．由于AB运动过程中，只有重力做功，则动能的变化量相等，A具有初动能，所以A落地时动能较大，速度较大，但两球落地时速度方向相同，所以两球动量变化量的方向不同，故B错误，C正确；
D．A、B两物体落地瞬间，A球速度较大，速度方向与竖直方向夹角相同，
根据可知，A物体重力的瞬时功率大于B物体重力的瞬时功率，故D正确。本题选错误的，故选B。
14. 【答案】D
【解析】A．将h=1000m代入可知表示1000m处海水的密度，故A错误；
B．潜水器在下潜4000m~7000m过程中，浮力
将m、m代入解得，
由于成线性变化，则浮力做功为
故B错误；
C．吸入水的过程中还有其他力做功，故C错误；
D．设潜艇原来的质量为m，根据力的平衡条件可知
吸入水后，有
其中代表4000m处水密度，代表7000m处水的密度，代入后可解得速度，故D正确；故选D。
15. 【答案】
【解析】两辆小车同时从静止开始运动，一段时间后合上夹子，两辆小车同时停下来。测出两辆小车的位移大小分别为和，根据运动学公式可得，
可得两辆小车的加速度之比
16. 【答案】（1）从左向右 （2）变长 （3）
【解析】【小问1】由图甲电路图可知，电容器充电后上极板带正电，下极板带负电；所以开关扳到b，流过定值电阻R的电流方向是从左向右。
【小问2】根据，仅增大定值电阻R的电阻值，电容器充完电后所带电荷量不变；开关扳到b后，由于定值电阻R的电阻值增大，则放电电流减小，由于电容器放电时所带的电荷量不变，所以电容器的放电时间变长。
【小问3】根据可知，图乙中图像与横轴围成的面积表示电容器放电时所带的电荷量，图中大约有41个小方格，则开关扳到a，经足够长的时间，电容器所带的电荷量为
若电源的电动势为6.0V，则电容器的电容为
17. 【答案】（1） （2） 1.39##1.40##1.41 ；3.0##3.1##3.2 ；偏小
【解析】【小问1】由于电流表量程太小，需要将其改装成量程为；由并联知识，定值电阻应选，故定值电阻应选
【小问2】图2图像纵轴截距为电动势，则该电源的电动势为
图2图像斜率的绝对值为内阻，则内阻为
由于电表量程已经改装为，所以图像中电流实际值应变为其数值的3倍；
则内阻为
测得内阻值实际为电源内阻与电压表的并联值，所以测得的内阻比真实值偏小。
18. 【答案】（1） ；13.0
（2）①B ；D ；F ②见解析 ③13.3 ④0.400 ⑤
【解析】【小问1】多用电表指针偏转角度太大，表明通过电流太大，即待测电阻过小，为了减小读数的偶然误差，使指针指到中央刻线附近，应换小倍率，即应换用小倍率“”挡
根据欧姆表的读数规律，该读数为
【小问2】①电源电动势为，为了减小读数的偶然误差，电压表选择，即电压表选择D。为了减小误差，需要使电压表与电流表能够几乎同时到达满偏，则有
根据两待选电流表，上述最大电流近似等于90mA与0.13A，可知，为了减小电流表的读数误差，电流表选择量程，即选择B。
控制电路采用滑动变阻器分压式，为了调节方便，使测量数据的连续性强，滑动变阻器选择总阻值小一些，即滑动变阻器选用F。
②根据电路图，连接实物图，如图所示
③根据欧姆定律有则有
结合图像可知解得
④根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
⑤合金丝的横截面面积为
根据电阻公式可知，合金丝的电阻率
19. 【答案】（1） （2） （3）
【解析】【小问1】小滑块恰好能通过最高点C，根据牛顿第二定律有
解得
小滑块在空中做平抛运动，则有，
联立解得小滑块通过C点后落地点到B的距离为
【小问2】小滑块从B点到C点过程，
根据动能定理得解得
在B点由牛顿第二定律有解得
根据牛顿第三定律可知小滑块对圆轨道最低处B点压力大小
【小问3】根据能量守恒可得解得
20. 【答案】（1） （2） （3）
【解析】【小问1】电子经过加速电场过程，根据动能定理，解得
【小问2】电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有，，联立解得
则电子从偏转电场射出时速度的大小为
【小问3】在偏转电场，有
离开偏转电场后，有，，解得
则电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离为
21. 【答案】(1)；(2)；(3)见解析
【解析】(1)设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1，
根据动能定理可得，解得
洛伦兹力充当向心力，则有，解得
(2)离子射出时加速器时解得
离子动能为
(3)在电场中运动可以看作连续的匀加速直线运动，设离子射出时速度为v。
根据平均速度公式可得在电场中运动时间为
离子在D形盒中运动的周期为
粒子在磁场中回旋的时间为有=
当d