河南郑州外国语学校2025-2026学年高三下学期4月阶段检测物理试题含答案

这是一份河南郑州外国语学校2025-2026学年高三下学期4月阶段检测物理试题含答案，共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
试题满分 100 分，限时 75 分钟
注意事项：
1 ．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2 ．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，
将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
一、单选题（本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分）
1 ．破冰船可以滑上冰层借助自身重力破冰。在破冰船的船头相对冰层向上滑动的瞬间，船头受到冰层的支持力和摩擦力作用，题图所示的 a 、b 、c 、d 四个方向中，这两个力的合力方向可能是( )
A ．a B ．b C ．c D ．d
2 ．如题图所示，有一不带电的金属球壳，在其中心 O 点处放置一正点电荷，M、N、P、Q点在一条过 O 点的直线上，P 点与 N 点关于 O 点对称，Q 点位于金属内部，M 点位于球壳外部。当金属球壳处于静电平衡状态时，( )
A．M、N 点电势相等
B ．Q 点的电场强度不为零
C ．电子从 N 点运动到 P 点的过程中电场力所做总功一定为正
D ．Q 点的电势高于 M 点的电势
3 ．在家庭电路中，接地故障通断器在用电器发生漏电时，能保护人的生命和财产安全。当
用电器正常工作时，紧靠的两根绝缘电线电流大小相等、方向相反；当用电器漏电时，线圈中就会产生感应电流，断路器切断电路。若某次漏电瞬间， 电线 1 和电线 2 中电流流向如题图所示，且电线 2 中电流小于电线 1 中电流，则线圈内( )
A ．磁通量增加，感应电流从 N 到 M B ．磁通量减少，感应电流从 N 到 M
C ．磁通量增加，感应电流从 M 到 N D ．磁通量减少，感应电流从 M 到 N
4 ．某小组研究物体在竖直平面内做圆周运动的特点，在物体由最低点运动到最高点的过程中，其动能和重力势能随时间的变化分别如图① 、②图线所示，图线①与横轴平行，则物体在此运动过程中( )
A ．机械能守恒 B ．动量不变
C ．合外力不变 D ．克服重力做功为E1
5 ．氢原子的能级示意图如图所示，氢原子光谱中波长在100～124nm 之间的谱线有(hc = 1240nm . eV) ( )
A ．1 条 B ．2 条 C ．3 条 D ．4 条
6 ．天狼星双星系统由质量不同的主序星和伴星组成。仅考虑两星间的万有引力，两星的运动均可视为绕它们连线上某点 O 的匀速圆周运动，周期相同。若两星视为质点，相距为 L，主序星在时间 t 内转过 n 圈，引力常量为 G，则( )
2πt
A ．伴星运动的角速度大小为
n
B ．伴星运动的轨道半径为 L
4π2n2L3
C ．主序星和伴星的总质量为 Gt2
D ．主序星与伴星绕 O 点运动的线速度大小之比等于它们的质量之比
7 ．质量为20kg 的玩具汽车在水平地面上由静止开始沿直线运动了8m ，其所受合外力大小与位移大小的关系如图所示，则玩具汽车( )
A ．所受合外力做的总功为25J
B ．运动到6m 处的速度大小为17m . s-1
C ．在 0 到3m 的运动过程中所受合外力的冲量大小为205N . s
D ．在4m 处所受合外力的瞬时功率为80W
二、多选题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。不全选对得 3 分，有错选得 0 分）
8 ．一列简谐波在均匀介质中沿 x 轴负方向传播，M 和 N 是介质中的两个质点。t 时刻的波形如图所示，M 位于波峰处，N 位于平衡位置，波源振动的周期为4s，则( )
A ．波速为2m/s
B ．t 时刻 O 点处质点向下运动
C ．t 时刻 M 的加速度大小比 N 的大
D ．从 t 时刻开始运动0.5s ，在这段时间内 M 的平均速率是 N 的 2 -1倍
9 ．如图 1 所示，两根相距为 L 的长直光滑导轨固定在水平桌面上，导轨间连接阻值为 R 的电阻，质量为 m 的金属杆垂直于导轨放置并与两导轨接触良好。整个装置放在垂直于导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B。金属杆在水平拉力作用下向右做直线运动， 位移大小与速率平方的关系如图 2 所示。若不计金属杆和导轨的电阻，则( )
2
v
0
A ．金属杆的加速度大小为 0 2x
B ．金属杆所受安培力的大小与速率成反比
C ．金属杆在x0 处所受的拉力大小为
D ．速率从v0 增大到2v0 的过程中，金属杆的位移大小为3x0
10．匀强电场中，一带电粒子受重力和电场力作用在竖直平面内的运动轨迹如图所示。若粒子在 M 点的速度方向与加速度方向垂直，P 点的速度方向与重力方向垂直，M 和 N 点电势相等，则( )
A ．从 M 点运动到 N 点的过程中，粒子速率先减小后增大
B ．从 M 点运动到 P 点的过程中，粒子电势能减小
C ．从 M 点运动到 N 点的过程中，电场力先做正功，再做负功
D ．粒子在 P、N 两点的机械能相等
三、非选择题（本大题共 5 小题，共 57 分）
11．某小组探究小球竖直下落过程中的机械能是否守恒。他们将质量为 30.0g 的小球从竖直
放置的刻度尺旁一定高度处由静止释放，使用每秒连续拍摄 50 张照片的摄像机记录小球的下落位置。从中间某张照片开始，每隔一张照片对小球的位置进行编号，数据如下表：
（1）小球在 2 号位置处的动能约为 J，它从该位置运动到 7 号位置的过程中重力做功约为 J。（结果均保留 2 位有效数字，重力加速度取g = 9.8m . s-2）
（2）用上述数据分析小球从 2 号位置运动到 7 号位置过程中机械能是否守恒并写出分析过程： 。
12．某同学拟利用发光二极管等器材制作一个创意贺卡，需要首先测定发光二极管的伏安特性。主要实验器材有：直流电源 E（5V， 内阻不计）， 电压表V （ 0～3V ，内阻约50kΩ ),电流表A （0～30mA ，内阻约50Ω ), 滑动变阻器R1 ，发光二极管 D（正常发光时电阻约为几十欧姆）。
（1）该同学测定发光二极管 D 两端电压在0～2V 范围内的伏安特性的电路如图所示，图中只连接了部分电路，还需要连接 c 点与 点，e 点与 点。
（2）测得的伏安特性曲线如图所示，当工作电流为15.0mA 时，发光二极管两端的电压约为V。
位置编号
1
2
3
4
5
6
7
8
位置x / m
0.676
0.710
0.761
0.825
0.907
1.003
1.114
1.241
（3）该同学设计的创意贺卡的电路如图所示。已知电源 E 的电动势为 5V（内阻不计），音乐芯片的等效电阻为RL ，其阻值为167Ω ,若取该发光二极管的工作电流为15.0mA ，则电阻R2 的取值应为 Ω （结果保留 2 位有效数字）。
13．有人提出了高速列车不停车换乘的设想。高速列车 A 以v0 做匀速直线运动，接驳列车 B在相邻车道由静止开始做加速度大小为 a 的匀加速直线运动，与车 A 同向行驶。两车同时到达交汇点时，车 B 刚好加速到v0 ，然后两车保持该速度行驶供乘客换乘。若将两车视为
质点，求
（1）车 B 出发时，车 A 与交汇点的距离；
（2）换乘完毕后，车 B 做匀减速直线运动，运动了距离s0 后停止，求此过程中车 B 运动的
加速度大小和运动时间。
14 ．如图所示，一半径为5r 的透明均质半球置于空气中，某圆柱形单色平行光束垂直于半球底面入射，光束横截面圆心与半球底面圆心重合。若要整束光都不发生全反射， 其横截面的半径最大为3r 。
（1）求该光束在半球中的折射率；
（2）若换成半径为3r在半球中折射率为原光束的k(k >0) 倍的另一光束，其他条件不变，
求此时半球有光束射出的球冠底面面积。（不考虑反射光的折射）
15 ．为研究静电跳球现象，某同学固定了板间距为 d 的水平平行导体板（板足够长），两极板连接到电压可调的直流电源上（如图），极板间电场强度竖直向下。一个质量为 m 的小球（可视为质点）与上极板接触后由静止释放，在两极板间沿竖直方向运动，小球每次与上极板接触后所带电量都会变为+ q ，每次与下极板接触后所带电量都会变为-q 。小球每次与极板碰撞后瞬间的动能与碰撞前瞬间的动能比值为 k，不计空气阻力，取重力加速度为 g。
（1）若小球第一次反弹后恰好到达上极板，求两极板间电压，以及小球与下极板碰撞过程中损失的动能。
（2）调整电压使小球在向上运动时做匀减速直线运动，且加速度大小等于向下运动的加速度大小的一半，最终小球每次从上极板反弹后瞬间的动能均相同，写出此动能表达式，并讨论 k 的取值范围。
（3）再次调整电压，使小球向上时能做匀速直线运动。小球每次从上极板反弹后瞬间的动能均相同后，若在其与下极板碰撞的瞬间加上垂直纸面向内的匀强磁场，小球所能达到的最大高度恰为极板间距的一半，求：①磁感应强度大小与 k 的关系；②加磁场后小球水平方向的最大位移大小与 k 的关系。
1 ．C
由题意可知
船头受到冰层的支持力垂直于冰面向上，摩擦力力沿着冰面向下，根据平行四边形定则可知，这两个力的合力方向可能是 c。
故选 C。
2 ．D
A ．沿着电场线方向电势降低，故 N 点电势大于 M 点电势，故 A 错误；
B ．由于静电屏蔽，Q 点的电场强度等于零，故 B 错误；
C．N、P 两点电势相同，电子从 N 点运动到 P 点的过程中电场力做功一定为 0，故 C 错误；
D ．沿着电场线方向电势降低，N 点电势大于 Q 点电势，Q 点电势大于 M 点电势，故 D 正确。
故选 D。
3 ．A
当用电器正常工作时， 紧靠的两根绝缘电线电流大小相等、方向相反， 此时穿过线圈的磁通量为零；当用电器漏电时，且电线 2 中电流小于电线 1 中电流，则线圈内磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流从 N 到 M。
故选 A。
4 ．D
A ．由题图可知，在物体做圆周运动由最低点运动到最高点的过程中，动能不变，重力势能逐渐增大，故机械能逐渐增大，A 错误；
B ．物体由最低点运动到最高点的过程中，速度方向时刻改变，故动量方向时刻改变，B 错误；
C ．由题意可知，物体做匀速圆周运动，故合外力时刻沿半径指向圆心，方向时刻改变，C错误；
D ．由题图可知，重力势能增量为E1 ，故物体克服重力做功为E1 ，D 正确。
故选 D。
5 ．B
波长为100nm 的光子对应的能量为
波长为124nm 的光子对应的能量为
由氢原子能级图可得
ΔE1 = E2 - E1 = -3.4eV - (-13.6)eV = 10.2eV
ΔE2 = E3 - E1 = -1.51eV - (-13.6)eV = 12.09eV
ΔE3 = E4 - E1 = -0.85eV - (-13.6)eV = 12.75eV
可知氢原子光谱中波长在100～124nm 之间的谱线有 2 条。
故选 B。
6 ．C
A ．主序星和伴星周期相同，由题有周期为
则主序星和伴星周期相同，角速度也相同，有
故 A 错误；
B ．两星视为质点，相距为 L，两星的运动均可视为绕它们连线上某点 O 的匀速圆周运动，则伴星运动的轨道半径应该小于 L，故 B 错误；
C．设主序星的质量为 M，做匀速圆周运动的半径为 R，伴星的质量为 m,做匀速圆周运动的半径为 r,则由牛顿第二定律有
L = R + r
由以上各式解得
故 C 正确；
D ．由牛顿第二定律有
化简得
主序星与伴星绕 O 点运动的线速度大小之比不等于它们的质量之比，故 D 错误。故选 C。
7 ．C
A．F-x 图线与横轴所围面积表示 F 做的功，则合外力的总功为
A 错误；
B ．运动到6m 处时 F 做的功为
根据动能定理
解得
v6 = 17m/s B 错误；
C ．同理，0~3m 内
解得
v3 = 5m/s根据动量定理得 F 的冲量为
I = mv = 205N . s C 正确；
D ．运动到 4m 处时，F 做的功为
解得
v4 = 3m/s
此时 F 的功率为
P = Fv = 40 × 3W = 120W
D 错误。
故选 C。
8 ．ACD
A ．由题意可知T = 4s ， λ = 8m ，则波速为
A 正确；
B ．由“ 同侧法”可知，t 时刻 O 点处质点向上运动，B 错误；
C．t 时刻 M 位于波峰加速度最大，N 位于平衡位置，加速度为零，故 M 的加速度大小比 N的大，C 正确；
D ．设振幅为 A，令 t 时刻为0 时刻，则 M 点的振动函数表达式为yM = Acs Acs t = 0.5s 时刻
故0~0.5s 时间内 M 点的路程为
平均速率为
N 点的振动函数表达式为
yN = -Asin Asin t = 0.5s 时刻
故0~0.5s 时间内 N 点的路程为
平均速率为
故 M、N 两点的平均速率之比为
故在这段时间内 M 的平均速率是 N 的 2 -1倍，D 正确。
故选 ACD。
9 ．AD
A ．金属杆的位移与速度的平方成线性关系，满足匀变速直线运动规律，由
知图线斜率为
得
故 A 正确；
B ．根据安培力公式和闭合电路欧姆定律
F安 =BIL
得
知安培力大小与速率成正比，故 B 错误；
C ．由牛顿第二定律
F - F安 =ma可得金属杆在x0 处所受的拉力大小为
故 C 错误；
D ．根据匀变速直线运动规律
故 D 正确。
故选 AD。
10 ．BC
M 和 N 点电势相等，所以匀强电场方向垂直 MN 连线；粒子在 M 点的速度方向与加速度方向垂直，则粒子在 M 点的受力如图所示，F 为电场力和重力的合力。
A．从 M 点运动到 N 点的过程中，F 与速度方向夹角为锐角，合力对粒子做正功，粒子速率增大，故 A 错误；
B ．从 M 点运动到 P 点的过程中，电场力与速度方向的夹角为锐角，对粒子做正功，则粒子电势能减小，故 B 正确；
C ．从 M 点运动到 N 点的过程中，电场力与速度方向的夹角先是锐角，后是钝角，所以先做正功，再做负功，故 C 正确；
D ．粒子从 P 到 N，电场力做的总功为负功，所以机械能减小，故 D 错误。
故选 BC。
11 ． 1.7 ´ 10-2 0.12 见解析
（1）[ \l "bkmark1" 1] 由于每秒连续拍摄 50 张照片，所以拍照时间间隔为
小球在 2 号位置处的速度为
所以小球在 2 号位置处的动能为
[ \l "bkmark2" 2]小球从 2 号位置运动到 7 号位置的过程中重力做功约为
W = mg(x7 - x2) = 0.12J
（3）[ \l "bkmark3" 3]小球在 7 号位置处的速度为
所以小球在 7 号位置处的动能为
由于
Ek7 - Ek2 = 0.113J ≠ 0.12J
所以机械能不守恒。若忽略空气阻力， 并考虑到测量误差，也可近似认为机械能守恒。所以分析结果机械能守恒或者机械能不守恒都正确。
12 ． a d 1.90##1.88##1.89##1.91##1.92 40##38##39##41
（1）[ \l "bkmark4" 1][ \l "bkmark5" 2] 由于电压表内阻约50kΩ , 电流表内阻约50Ω , 发光二极管正常发光时电阻约为几十欧姆，可知二极管正常发光时的电阻远小于电压表内阻，故电流表应采用外接法；为了测定发光二极管 D 两端电压在0～2V 范围内的伏安特性，二极管两端电压需要从零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法；故图中电路，还需要连接 c 点与 a 点，e 点与 d 点。
（2）[ \l "bkmark6" 3] 当工作电流为15.0mA 时，由测得的伏安特性曲线图像可知，发光二极管两端的电压约为1.90V 。
（3）[ \l "bkmark7" 4]若取该发光二极管的工作电流为15.0mA ，由测得的伏安特性曲线图像可知，发光二极管两端的电压为1.90V ；根据闭合电路欧姆定律可得
E = U + I(RL + R2)
解得
（1）当 B 刚好加速到v0 ，所用时间为
v0 = at解得
车 A 与交汇点的距离
（2）把匀减速逆向考虑，根据速度位移公式
0 0
v2 = 2a,s
解得
根据
v0 = a,t解得
5 9πr2
14 ．（1） 3 ；（2）① k >1，则为 k2 ② k ≤1，则为 9πr2
（1）离圆心 3r 处的光束恰发生全发射时有
解得
（2）若 k＞1 ，则sin C 可知
C1＜C此时有光束射出的球冠底面半径为
此时半球有光束射出的球冠底面面积为
若0＜k ≤ 1，则sin C 可知
C2 ≥ C
此时有光束射出的球冠底面半径为
r2 = 5r
此时半球有光束射出的球冠底面面积为
S2 = 9πr2
mgd ； Ek mgd ； ≤ k < 1 ；（3）①
（1）设小球第一次与下极板碰撞前的动能为Ek1 ，则由动能定理
mgd + qU = Ek1设小球第一次反弹后的动能为Ek 2 ，则由动能定理
qU - mgd = 0 - Ek 2又
ΔEk = Ek1 - Ek 2联立解得
（2）向下运动的过程，由牛顿定律
向上运动的过程，由牛顿第二定律
又
a1 = 2a2解得
设稳定后所求动能为Ek 0 ，则
Ek 0 = k2 (Ek 0 + qU + mgd)+ k(qU - mgd)解得
要使Ek 0 ≥ 0 ，则
1
≤ k < 1 2
（3）向上做匀速直线运动，则
由（2）可知，带入（2）中可得，此时与上极板碰撞后的动能
设加磁场时小球的速度为v1 则
解得
加磁场后，小球做圆周运动，则
由题意
解得
加磁场后每次碰撞前后的速度关系
vn = kvn-1即
故水平方向的最大位移