2025_2026学年河南方城县第一高级中学高三下学期2月复习诊断物理试卷 [含解析]

这是一份2025_2026学年河南方城县第一高级中学高三下学期2月复习诊断物理试卷 [含解析]，共41页。试卷主要包含了答题前，考生务必用直径0，5s，波速为等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分）
1. 每年的11月是全国“消防宣传月”，2024年11月，潮南区围绕“全民消防、生命至上”主题举办一系列的活动，切实加强消防安全宣传教育工作，助力营造浓厚的消防安全宣传氛围，某次活动中消防员正演示灭火器使用方法，已知灭火器所受重力为100N，使用时灭火器喷嘴对灭火器的作用力大小为100N，喷嘴与竖直方向的夹角为60°，则下列说法正确的是（ ）
A. 消防员对灭火器的作用力一定大于100N
B. 消防员对灭火器的作用力方向竖直向上
C. 若增大喷嘴与竖直方向的夹角，消防员对灭火器的作用力增大
D. 消防员使用灭火器时经常需要改变喷嘴的角度，但对灭火器的作用力大小始终等于灭火器的重力大小
【答案】C
【解析】
【详解】AB．灭火器受重力、灭火器喷嘴对灭火器的作用力、消防员对灭火器的作用力，如图
根据力的合成可知N
故AB错误；
CD．若增大喷嘴与竖直方向的夹角，则与的夹角减小，根据力的矢量合成可知，消防员对灭火器的作用力增大，所以消防员对灭火器的作用力大小不一定等于重力大小，故C正确，D错误；
故选C。
2. 用光子能量为的单色光照射某金属，逸出的光电子最大初动能为；现用光子能量为的单色光照射该金属，则最大初动能的光电子刚逸出时，其物质波波长为（已知电子质量为、普朗克常数为）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据光电效应方程，最大初动能
已知当光子能量为时，，代入可得逸出功
改用光子能量为时，新的最大初动能为
根据动能与动量关系
得
物质波波长
得
故选C。
3. 我国运动员使用战绳训练，为2024年巴黎奥运会做准备，教练用传感器采集数据，提升训练效果。运动员持续抖动战绳一端，形成的绳波可视为简谐横波（不考虑反射）。以平衡位置在处的质点开始振动时为计时起点，时的部分波形图如图甲所示，的振动图像如图乙所示。则该绳波（ ）
A. 周期为0.5s，波速为
B. 质点Q简谐运动的表达式为
C. 从到，质点Q通过的路程为1m
D. 从到，该波沿x轴正方向传播了1.2m
【答案】C
【解析】
【详解】A．由乙图可知，该绳波周期为，由甲图可知，该绳波波长为，则波速为，故A错误；
B．由乙图可知时质点处于平衡位置沿y轴负方向振动，根据“上下坡”法可知该绳波沿轴负方向传播。其中，故B错误；
C．从到，质点Q通过的路程为，故C正确；
D．从到，该波沿x轴负方向传播了，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，星球探测车在星球表面以不同的初速度竖直上抛小球，分别测量初速度v的大小以及竖直上抛的最大高度h；用多次测出的数据拟合出v2-h图像如图所示，直线斜率为k，已知该星球半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. 星球表面的重力加速度为k
B. 星球的质量为
C. 星球的平均密度为
D. 星球的第一宇宙速度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据竖直上抛运动规律有
所以
则，故A错误；
B．根据万有引力与重力的关系有
所以，故B错误；
C．星球的平均密度为，故C正确；
D．根据万有引力提供向心力有
解得，故D错误。
故选C。
5. 下列有关力、运动和能量的说法正确的是（ ）
A. 做曲线运动的物体的速度与加速度一定都变化
B. 匀速圆周运动的加速度恒定，属于匀变速曲线运动
C. 一定质量的物体其动能发生变化，速度一定发生变化
D. 物体重力势能的变化与参考平面的选取有关
【答案】C
【解析】
【详解】A．物体做曲线运动的条件是速度和加速度不在同一条直线上，加速度可以是恒加速度，也可以是变加速度，其速度一定改变，加速度不一定变化，故A错误；
B．匀速圆周运动的加速度大小恒定，方向始终与速度方向垂直，属于变加速曲线运动，故B错误；
C．根据可知一定质量的物体其动能发生变化，速度一定发生变化，故C正确；
D．物体重力势能的变化，与参考平面的选取无关，故D错误。
故选C。
6. 玉璧象征着古人“天圆地方”的朴素宇宙观。实验小组以密度均匀的同心圆玉璧为实验材料，探究其折射率与相关角度的定量关系，实验过程得到右图所示的示意图，其中极细光束自空气从O点入射，轨迹恰好与半径为3R的内圆相切，并从P点出射。下列说法正确的是（ ）
A. 增大入射角θ，光可能在O点发生全反射
B. 换用波长更大的光进行实验，光在玉璧中的传播时间一定小于
C. 减小入射角θ，光在传播过程中不可能发生全反射
D. 从P点出射的光的光强与从O点入射的光的光强一定相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．空气相对于玉璧是光疏介质，不满足全反射发生的条件，故A错误；
B．根据题图可知，O点的折射角为37°，由几何关系可得该光束在玉璧中传播路程为
传播速度为
换用波长更长的光，玉璧对其折射率减小，传播速度变大，折射角增大，路程减小，则，故B正确；
C．稍微减小入射角，光可能在玉璧内圆上发生全反射，故C错误；
D．由于光在折射的同时可能发生光的反射，出射光光照强度一般小于入射光光照强度，故D错误。
故选B。
7. 某同学将弹性球从某高度处由静止释放，与地面碰撞（碰撞时间极短）后等速率反弹，再竖直向上运动，直至最高点，若空气阻力大小恒定，下列关于其运动过程的图像、图像，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】AB．当弹性球下落时，所受空气阻力大小恒定，方向竖直向上，加速度满足
当弹性球上升时，所受空气阻力方向竖直向下，加速度满足
可知小球在下落和上升过程中均为匀变速直线运动，且上升过程中的加速度比下落过程中的大，图像的斜率反映加速度的大小，故A正确，B错误；
CD．弹性球在下降和上升阶段加速度方向均竖直向下，未变方向；且初始下降过程中的加速度较小，故CD错误。
故选A。
二、多项选择题（第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，共18分）
8. 如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中
A. 小球的加速度先减小后增大
B. 下滑加速度最大时速度
C. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是
D. 小球最终速度
【答案】BCD
【解析】
【分析】对小球进行受力分析，再根据洛伦兹力的变化，分析各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态．
【详解】小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为；开始下滑后，小球速度将增大，受到水平向右的洛伦兹力，则杆对小球的支持力将减小，摩擦力减小，合力增大，加速度增大；当洛伦兹力等于电场力时，支持力为零，摩擦力为零．此后小球继续加速度，洛伦兹力将大于电场力，杆对小球的支持力变为水平向左，随着速度增大，洛伦兹力增大，则杆对小球的支持力将增大，摩擦力随之增大，小球的合力减小，加速度减小，所以小球的加速度先增大后减小．当加速度减小为零，即a=0时，速度达到最大，则有 mg=μ（qvmB-qE），最大速度即稳定时的速度为 ，故A错误，D正确．当洛伦兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g达最大；此时qvB=qE，所以：v=E/ B，故B正确；由此分析知，小球的最大加速度出现在洛伦兹力等于电场力的状态，且最大加速度为g．下滑加速度为最大加速度一半有两种情况：一种情况：在洛伦兹力小于电场力时，另一种在洛伦兹力大于电场力时．在洛伦兹力小于电场力时，有，解得，；在洛伦兹力大于电场力时，有 ，解得，．故C正确．故选BCD．
【点睛】本题的关键要正确分析小球的受力情况，抓住洛伦兹力的变化，引起其他力的变化，来分析合力的变化，从而判断小球的运动情况．要明确加速度为零时速度最大，但加速度最大时速度不为零．
9. 我国水力发电站大都处在人烟稀少的西部山区，需要通过高压输电方式输送到用电需求量巨大的东南沿海大城市。为了减少输送过程的能量损失，我国目前采用最先进的特高压直流输电模式进行输电，其原理示意图如图所示。从发电厂发出的频率是50Hz、500V正弦交流电，经过多级升压后变成50Hz、1100kV的交流电，再利用整流器转变成1100kV特高压直流电，然后通过输电线输送到目的地后再利用逆变器转变成交流电，最后经过多级降压分配给不同的用户使用。下列说法正确的是（ ）
A. 采用直流输电方式可以减小电磁辐射产生的能量损耗
B. 采用特高压输电方式是为了减小输电线电阻产生的热损耗
C. 用电高峰期输电线的热损耗功率更大，且整流器与逆变器的连接位置不能互换
D. 从线圈平面与磁场垂直时开始计时，发电厂发出的交流电压瞬时值表达式为
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．采用直流输电方式没有电磁辐射，可以减小电磁波辐射引起的能量损耗，所以A正确；
B．采用特高压输电，输电电流大幅减小，输电导线电阻的热损耗会大幅减小，所以B正确；
C．用电高峰期输电电流变大，输电线的热功率变大。整流器的作用是把交流电转变成直流电，逆变器的作用是把直流电转变成交流电，所以在输电电路中连接位置不能互换，所以C正确；
D．从线圈平面与磁场垂直时开始计时，发电厂发出的交流电压瞬时值表达式为，所以D错误。
故选ABC。
10. 如图所示，空间中存在着匀强电场E，场中有一正立方体空间区域，其上表面为ABCD，下表面为QWER，P为AC连线中点，立方体的边长为，已知B、D、W三点的电势均为1V，C点的电势为2V，一粒子从C点沿着WP方向，以速度v0射入电场。一段时间后粒子能经过CA连线上的M点（M点未标出），不计粒子的重力，三棱锥体积公式，下列判断正确的是（ ）
A. A点电势0
B. 电场强度E大小为100V/m
C. 粒子带负电
D. v0不变，E增大，一段时间后粒子经过CA连线上的N点，则经过M点和N点时的速度相同
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．已知B、D、W三点的电势均为1V，可知B、D、W三点所在平面为等势面，则P点电势为1V，根据
解得A点电势为，故A正确；
B．从C点作PW的垂线交于F，根据几何关系可知CF垂直平面BDW，则场强方向由C指向F；根据几何关系可得
根据
可得
则电场强度大小为，故B正确；
C．一粒子从C点沿着WP方向，以速度v0射入电场。一段时间后粒子能经过CA连线上的M点（M点未标出），可知粒子受到的电场力与场强方向相同，则粒子带正电，故C错误；
D．由于粒子从C点沿着WP方向，以速度v0射入电场，可知粒子做类平抛运动，设，根据类平抛运动推论可知，粒子经过CA连线上时速度方向与WP方向的夹角，满足
粒子经过CA连线上时的速度大小为
v0不变，E增大，一段时间后粒子经过CA连线上的N点，由于不变，则不变，所以粒子经过M点和N点时的速度大小相等，方向相同，故D正确。
故选ABD。
三、实验题（本题共2小题，共14分）
11. 现有两组同学要测定一节干电池的电动势和内阻（已知约为，约为）。
（1）第一组采用图甲所示电路。经过多次测量，他们记录了多组电流表示数和电压表示数，并在图中画出了图像。由图像乙可以得出，此干电池的电动势的测量值_____（保留三位有效数字），内阻的测量值_____（保留两位有效数字）。
（2）第二组在没有电压表的情况下，设计了如图丙所示的电路，完成了对同一电池的测量。改变电阻箱接入电路中的电阻，记录多组电流表示数和电阻箱示数，画出图像。若图像斜率为，纵截距为，则干电池电动势_____内阻_____（用、表示）
【答案】（1） ①. 1.50 ②. 0.83
（2） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
[1][2]根据U=E-Ir，结合图像可知此干电池的电动势的测量值1.50；
内阻的测量值。
【小问2详解】
[1][2]由电路可知
解得
可得，
解得，
12. 如图所示的实验装置可以用来验证动量守恒定律，长木板固定在水平桌面上，右侧固定一打点计时器，左侧固定一光电门，小车连接打点计时器的纸带，小车的左侧放一小车，小车上有一遮光片。长木板一端已适当垫高，用来平衡小车运动过程中摩擦力的影响。小车和都是用铝合金材料制成的，两车的碰撞可看作弹性碰撞。打点计时器打点频率为。遮光片的宽度为。
（1）实验前测出小车、质量分别为，，本实验中，要求，是为了避免_____。
（2）开启打点计时器的电源，向左推一下小车，小车前进一段距离后与静止的小车发生碰撞。碰后小车经过光电门的时候，遮光片挡光时间，与小车相连的纸带打下的点如图所示，碰前车速度_____；碰后车速度_____，碰后小车的速度_____。（均保留2位有效数字）
（3）系统碰前总动量_____；系统碰后总动量_____，则可以认为在误差允许范围内动量守恒定律成立。（均保留2位有效数字）
【答案】（1）两车碰撞后小车反弹
（2） ①. 1.0 ②. 0.50 ③. 1.4
（3） ①. 0.64 ②. 0.63
【解析】
【小问1详解】
A、B小车发生弹性碰撞，A车质量大于B车质量可以避免A车碰撞后反弹。
【小问2详解】
[1][2]打点计时器打点频率为，所以打点时间间隔为，根据纸带实验数据可得
[3]碰后B的速度
【小问3详解】
[1]系统碰前总动量
[2]碰后A的动量
碰后B的动量
系统碰后总动量
四、计算题（本题共3小题，共计40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13. 消毒是防止新冠肺炎传播的重要环节，肩背式手动消毒喷雾器原理如图所示，储液桶上端进气孔用细软管与带有单向阀门K1的打气筒相连，下端出水口用细软管与带阀门K2的喷头相连．已知储液桶容积V=16.0L，打气筒每打一次能将L的外界空气压入储液桶内．现向储液桶内注入L的消毒液，拧紧桶盖和喷头开关K2，设大气压强atm、喷雾器内外温度均为t=27℃，打气过程中温度保持不变。
（1）未打气时，储液桶内气体在标准状态下（气体压强atm、温度t0=0℃）的体积是多少？
（2）某次打气时，将打气筒里的气体全部充入储液桶，需对气体做W=40J的功，则喷雾器内的空气吸热还是放热？吸收或放出多少热量？
（3）某次消毒时，打气筒连续打气使储液桶内的气体压强增加到atm，停止打气．打开阀门K2，喷雾消毒后气体压强又降至atm，上述过程温度不变。求打气筒打气的次数n和储液桶内剩余消毒液的体积V3。
【答案】（1）；（2）放热，放出40J热量；（3）1.0L
【解析】
【详解】（1）未打气时，在时储液桶内气体的体积为
气体压强不变，当温度变为时，根据盖吕萨克定律

其中
，
解得储液桶内气体在标准状态下的体积
（2）因为打气过程中温度保持不变，则气体内能不变，，根据热力学第一定律
，
所以
即喷雾器内的空气放热，放出40J热量；
（3）某次连续打气过程中，因为温度不变，根据玻意耳定律
解得
喷雾消毒后气体压强又降至，因为温度不变，根据玻意耳定律
解得此时储液桶中剩余气体体积为
则此时剩余消毒液的体积为
14. 如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“面积”表示f所做的功）求：
（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式
根据角速度和线速度的关系
联立可得
【小问2详解】
根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示
可得摩擦力对木塞所做的功为
对木塞，根据动能定理
解得
【小问3详解】
设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律
速度
位移
开瓶器的功率
联立可得
15. 2025年6月，利用磁约束来实现受控核聚变环形容器——中国环流三号突破国际公认的聚变点火阈值。如图为一磁约束装置的原理简化图，圆形磁场和环形磁场的圆心都是O点，磁场边界的圆周半径分别为R和2R，两磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外和向里。电子枪发射电子（初速度可视为零）经加速电压U（，大小未知）加速后，从c点沿切线方向进入环形磁场，历经图中轨迹后再次经过c点。已知电子在磁场中运动轨迹半径均为R，电子质量为m，电量大小为e，不计电子重力和电子间的相互作用。求：
（1）加速电压U的大小；
（2）电子相邻两次经过c点所走路程s和所需的时间t。
【答案】（1）
（2），
【解析】
【小问1详解】
电子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有
电子加速过程，根据动能定理有
解得
小问2详解】
电子在磁场中做匀速圆周运动有
由几何关系得，电子在环形磁场和圆形磁场中运动的偏向角分别为和。
则电子相邻两次经过点，有，
解得，