天津市河西区2025-2026学年高三下学期总复习质量调查(二) 物理试卷（含解析）高考模拟

这是一份天津市河西区2025-2026学年高三下学期总复习质量调查(二) 物理试卷（含解析）高考模拟，共7页。试卷主要包含了本卷共8题，每题5分，共40分，1s内C质点通过的路程为等内容，欢迎下载使用。
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60分钟。第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页。
答卷前考生务必将自己的姓名、考生一考场号和考生口填写在答题卡上，并在总事项：
1.每题选出答案后，用铅笔将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。
2.本卷共8题，每题5分，共40分。
一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 天然放射现象说明原子具有复杂的结构
B. 秦山核电站通过提取海水中的氘和氚进行核反应获取能量
C. 太阳因核聚变释放出巨大的能量，同时其质量不断减少
D. 某原子核发生核反应时放出一个正电子，则新原子核内少了一个中子
【答案】C
【解析】
【详解】A．天然放射现象中释放的射线来自原子核，说明原子核具有复杂结构，而非原子，故A错误；
B．秦山核电站利用重核裂变发电，燃料为铀235，目前可控核聚变尚未实现商用，无法利用氘氚核聚变发电，故B错误；
C．太阳内部发生轻核聚变释放能量，由质能方程可知，释放能量对应质量亏损，因此太阳质量不断减少，故C正确；
D．放出正电子的核反应为β+衰变，本质是原子核内1个质子转化为1个中子和1个正电子，正电子被释放，因此新核内中子数增加1，质子数减少1，中子并未减少，故D错误。
故选C。
2. 如图所示为氢原子能级图，大量氢原子处于n=4能级上。关于这些氢原子能级跃迁过程中所发出的a、b、c三种光，下列说法正确的是（ ）
A. 用a光照射处于n=2能级的氢原子，氢原子可能发生电离
B. a光的波长最长
C. c光可以发生偏振现象，a、b光不能
D. 若三种光分别照射同一小孔发生衍射，c光的衍射现象最明显
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，a光的光子能量为
由于2.55eV小于3.4eV，则用a光照射处于n=2能级的氢原子，氢原子不可能发生电离，故A错误；
BD．由能级图可知，a光的频率最低，c光的频率最高，根据可知，a光波长最长，c光波长最短，a光的衍射现象最明显，故B正确，D错误；
C．由于光为横波，三种光均能发生偏振现象，故C错误。
故选B。
3. 一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（ ）
A. a→b过程，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
B. a→b过程，气体对外做功等于从外界吸收的热量
C. b→c过程，气体分子的平均动能增大
D. c→a过程，气体对外做功，内能不变
【答案】A
【解析】
【详解】A．a→b过程是等压过程，气体压强p不变，体积V增大，则单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少，故A正确；
B．a→b过程，体积V增大，气体对外做功，即
根据盖吕萨克定律可知，气体温度T升高，则气体内能增大，即
根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功，故B错误；
C．b→c过程是绝热过程，即
由于体积V增大，气体对外做功，即
根据热力学第一定律可得
即气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故C错误；
D．c→a过程是等温过程，温度T不变，则气体内能不变，体积V减小，则外界对气体做功，故D错误。
故选A。
4. 兴趣小组利用热敏电阻设计了如图所示的温控报警装置。图中理想变压器的原、副线圈的匝数比为10:1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，报警器连入电路中的部分可看作定值电阻R1，其两端电压增大到某一值时触发报警，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈接入电压，当电流表示数为0.1A时，下列说法正确的是（ ）
A. 变压器的输出功率为220W
B. 电压表的示数为31.1V
C. 若热敏电阻的温度升高，则电压表的示数变小
D. 若要调低预设的报警温度，可减小滑动变阻器R0的阻值
【答案】D
【解析】
【详解】A．变压器的输出功率为，故A错误；
B．电压表的示数为，故B错误；
C．由于原线圈两端电压不变，则副线圈两端电压不变，所以若热敏电阻的温度升高，则电压表的示数不变，故C错误；
D．若要调低预设的报警温度，由图乙知，热敏电阻变大，因R1为定值电阻，所以可减小滑动变阻器R0的阻值，故D正确。
故选D。
5. 如图所示为运动员投篮训练时的场景及篮球轨迹的示意图。完全相同的篮球甲、乙的运动轨迹分别对应图中虚线1、2，运动员两次跳起投篮时投球点和篮筐正好在同一水平直线上。不计空气阻力，篮球从投出到进框的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 甲球的平均速度一定小于乙球的平均速度
B. 甲球在最高点的动能一定小于乙球在最高点的动能
C. 甲球的动量变化量一定小于乙球的动量变化量
D. 运动员投球过程，其对甲球做的功一定小于对乙球做的功
【答案】C
【解析】
【详解】A．将斜抛运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向竖直上抛运动，结合题意推导得乙的轨迹最高点更高，因此竖直初速度
总运动时间
故
平均速度，甲的位移更大、运动时间更短，因此甲的平均速度更大，故A错误；
B．斜抛最高点竖直速度为0，速度等于水平速度，最高点动能
因，故甲在最高点动能更大，故B错误；
C．不计空气阻力，动量变化量等于重力的冲量
相同，结合，因此甲的动量变化量一定小于乙，故Ｃ正确；
D．投球做功等于篮球出手的动能
因甲大、小，乙小、大，总动能大小不确定，因此做功大小不确定，D错误。
二、不定项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）
6. 酒泉航天科技体验馆中的“八星称重”项目可以体验在不同星球上的体重变化，感受引力差异的奇妙之处。小津站在“地球”上时，称重仪的示数为a；站在“水星”和“火星”上时，称重仪的示数均为b。已知水星是太阳系八大行星里体积最小的，忽略天体的自转，下列说法正确的是（ ）
A. 水星和地球表面的重力加速度之比为
B. 水星的质量比火星的质量小
C. 水星的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度小
D. 水星的平均密度比火星的平均密度小
【答案】BC
【解析】
【详解】A．在地球上时；在水星上时
可得水星和地球表面的重力加速度之比为，A错误；
B．根据可得
水星和火星表面的重力加速度相同，而水星的体积最小，半径最小，则水星的质量比火星的质量小，B正确；
C．根据
可得第一宇宙速度
可知水星的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度小，C正确；
D．根据
可知水星的平均密度比火星的平均密度大，D错误。
故选BC。
7. 蝎子足部有高度灵敏的振动感受器，可感知沙地表面由猎物持续振动产生的微小横波（如图甲），为方便研究，将其抽象为沿x轴传播的简谐横波。如图乙为时刻的波形图，此时波刚好传至处的B点，A为猎物的位置（平衡位置位于处），D为蝎子的位置（平衡位置位于处）。已知时，蝎子感受到振动，下列说法正确的是（ ）
A. A质点的起振方向向下B. 波速为50 m/s
C. B质点的振动方程为D. 0~0.1s内C质点通过的路程为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据图乙可知，质点B刚刚开始振动，波沿x轴负方向传播，根据同侧法可知，B点的起振方向向上，由于所有质点的起振方向均相同，则A点的起振方向向上，A错误；
B．0时刻，质点B刚刚开始振动，由于0.05s时，蝎子感受到振动，可知，在0.05s内，波传播的距离
因此波速，B正确；
C．由波形图得波长
周期
角频率
点时在平衡位置，振动方向向上，因此振动方程为，C错误；
D．波传到点的时间
因此内振动的时间
从平衡位置开始向上振动，总路程，D正确。
故选 BD。
8. 如图所示，某静电分析器的两电极之间存在指向圆心O的辐向电场。三个带电粒子有相同的动能从A点垂直端面射入，仅在静电力作用下，甲粒子从B射出，乙粒子做圆周运动从C射出，丙粒子从D射出。已知甲、乙、丙的电荷量大小分别为、、，，。下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙、丙粒子均带正电
B.
C. 乙粒子经过的位置电场强度大小均为
D. 甲粒子动能变化的绝对值大于丙粒子动能变化的绝对值
【答案】AD
【解析】
【详解】ABC．三个带电粒子都做近似圆周运动,所受电场力(向心力)与场强方向相同，故三个粒子都带正电，因，故易知乙粒子做匀速圆周运动从C射出，根据牛顿第二定律
乙粒子经过的位置电场强度大小均为
甲粒子做向心运动
丙粒子离心运动
则，故BC错误， A正确；
D．因为BC间平均场强比CD平均场强大，又
故
则
故甲粒子动能的增加量大于丙粒子动能的变化量的绝对值，故D正确。
故选AD。
第Ⅱ卷
注意事项：
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2.本卷共4题，共60分。
9. 某实验小组利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图所示。滑块1、2的质量（包括遮光条）分别为、。
（1）打开气泵，仅将滑块1放在光电门1的左侧，轻推滑块1，发现其通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，则应将调节旋钮P适当______（选填“调高”或“调低”），使气垫导轨达到水平状态；
（2）将滑块1放在光电门1的左侧，滑块2放在两光电门之间。轻推滑块1使它获得水平向右的速度并与静止的滑块2碰撞，光电门记录的挡光时间如右表所示。根据实验现象，可知滑块的质量关系应满足______（选填“＞”、“＜”或“=”）；
（3）已知滑块1、2上的遮光条规格相同，若在误差允许的范围内满足关系式______，即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒（用、、、、表示）。
【答案】（1）调低 （2）＜
（3）
【解析】
【小问1详解】
由题意可知，滑块从左向右做加速运动，气垫导轨右端偏低，要使其水平，应调节旋钮使导轨左端降低一点，故旋钮调低。
【小问2详解】
碰后光电门1和光电门2分别记录了一个挡光时间，因此两个滑块碰撞后分开，分别向左和向右运动，故滑块1的质量小于滑块2的质量。
【小问3详解】
若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，设遮光条的宽度为，则应满足
则有
即在误差允许的范围内满足关系式，即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒。
10. 某同学用伏安法测量待测电阻的阻值（约10 kΩ），除了、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A.电压表（量程0~1 V，内阻约10 kΩ）
B.电压表（量程0~10 V，内阻约100 kΩ）
C.电流表（量程0~1 mA，内阻约30 Ω）
D.电源（电动势1.5 V，额定电流0.5 A，内阻不计）
E.电源（电动势12 V，额定电流2 A，内阻不计）
F.滑动变阻器（阻值范围0~10 Ω，额定电流2 A）
（1）为使测量尽量准确，电源选用______，电压表选用______（均填器材前的字母代号）；
（2）为了尽可能准确地测出的阻值，该同学设计并连接了实物电路，如图甲所示。经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是______（选填“a”、“b”、“c”或“d”）；
（3）改正这条导线的连接后开始实验。某次测量中，电流表的示数如图乙所示，其读数为______mA。若不考虑偶然误差，从实验原理上看，待测电阻的测量值会______其真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】（1） ①. E ②. B
（2）d （3） ①. 0.84 ②. 大于
【解析】
【小问1详解】
[1][2]待测电阻，若选1.5V电源D，电路最大电流仅
电流表指针偏转过小，误差很大；选12V电源E，最大电流约，接近电流表量程，读数误差小。对应电压表选择量程0~10V的B，A量程太小，无法匹配12V电源的电压范围。
【小问2详解】
判断伏安法接法：，电压表内阻，电流表内阻，满足
属于大电阻，应该用电流表内接法，滑动变阻器电阻较小，采用分压接法，导线连接不当，应接在滑动变阻器的左下端。
【小问3详解】
[1]电流表量程0~1mA，分度值为，指针读数为。
[2]内接法中，电压测量值是与电流表的总电压，电流测量值等于的真实电流，因此测量值
即测量值大于真实值。
11. 当我们用尺子击打一摞棋子的最下面一个时，只要速度够快，可使该棋子飞出，上面的棋子落下而不倾倒。某同学受到启发而设计了如图甲所示的探究装置：在水平桌面上沿竖直方向叠放4枚相同的圆柱形棋子A、B、C、D，最底层为棋子A。用一个内径略大于棋子直径的竖直固定圆筒套住上面3枚棋子，限制它们只能沿竖直方向运动，棋子A可在水平方向运动。已知每枚棋子质量，直径，棋子与棋子之间、棋子与桌面之间的动摩擦因数均为0.4，圆筒与棋子间的摩擦力及空气阻力不计，重力加速度g取。
（1）该同学用的水平拉力将A拉出，求A被拉出前的加速度大小。
（2）如图乙所示，改用质量为的摆球撞击A。摆球从与悬挂点O等高处（细线处于伸直状态）由静止释放，在最低点与A发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知绳长，摆球视为质点。求：
①碰后瞬间棋子A的速度大小；
②碰后棋子A移动的位移大小x。
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【小问1详解】
上方3枚棋子对A的滑动摩擦力为
桌面对A的滑动摩擦力
根据牛顿第二定律
代入数据得
【小问2详解】
① 摆球下摆过程机械能守恒
代入得。
摆球与A发生弹性正碰，满足动量守恒和动能守恒 ，
解得v=0，。
② 对A用动能定理
代入数据得
12. 如图所示，纸面内的矩形区域内有平行于向上的匀强电场，电场强度为，边长为，e为边中点。正三角形区域内有垂直纸面的匀强磁场，其右侧有一个平行于的粒子接收屏，到接收屏的垂直距离为L。质量为m、带电量为的粒子从a点以初速度垂直电场线射入电场中，经电场偏转后从e点进入匀强磁场，随后从点射出磁场并打在接收屏上。粒子重力不计，忽略边缘效应。求：
（1）粒子经过e点时速度v的大小及其方向与边的夹角；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小及方向；
（3）粒子从a点运动到接收屏的时间t。
【答案】（1）2v0，方向与边的夹角
（2），方向垂直纸面向外；
（3）
【解析】
【小问1详解】
粒子在电场中做平抛运动，竖直方向的加速度
到达e点时的竖直速度
则e点的速度大小
方向与边的夹角为，可得
【小问2详解】
粒子从e点到f点做匀速圆周运动，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外；由几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的半径
则由
可得
【小问3详解】
粒子在电场中运动的时间
在磁场中运动的时间
粒子从磁场射出时的速度方向垂直于接收屏，则从f到接收屏的时间为
则总时间为
13. 如图甲所示，水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道，轨道间距，其中在E、F、G、H四点附近的轨道由光滑绝缘材料制成，这四段绝缘轨道的长度非常短，其余轨道由金属材料制成，金属轨道的电阻不计，在右侧两轨道之间连接一个阻值的定值电阻。在矩形区域中存在竖直向上的磁场，以M点所在位置为坐标原点，沿方向建立x坐标轴，磁感应强度的大小随位置的变化如图乙所示，图中。现有一总质量的“工”字形“联动双棒”（由两根长度略长于L的平行金属棒和、用长度为L的刚性绝缘棒连接构成，棒的电阻均为）静止在轨道上，棒与磁场边界相距。现对棒施加沿x轴正向的水平恒力，当棒到达处时撤去力F，“联动双棒”最终静止于轨道上。运动过程中棒与轨道始终保持垂直，忽略磁场边界效应。求：
（1）棒刚进入磁场时，流经棒的电流大小；
（2）棒运动到过程中，克服安培力做的功；
（3）撤去力F后：①棒运动至处的速度大小；②电阻R上产生的焦耳热。
【答案】（1） （2）1.6J
（3）①3m/s；②
【解析】
【小问1详解】
设棒ab到达MN的速度为，由动能定理得
又因为
联立解得I=4A
【小问2详解】
棒ab刚进磁场时的安培力为
可知，故联动双棒做匀速运动，安培力不变，棒ab克服安培力做的功
联立解得
【小问3详解】
①棒cd到达EF之前双棒不受安培力，做匀速直线运动，棒cd到达EF之后，棒ab处磁场为，棒cd处磁场为，双棒中的电流
双棒受安培力为
因为
规定向右为正方向，根据动量定理有
联立解得
②棒ab经过GH后与定值电阻R组成闭合回路，由动量定理得
又因为
解得
可知棒ab到离开磁场之前已停止，由能量守恒得
因为
联立解得
光电门1
光电门2
碰前
无数据
碰后