天津市南开区2025-2026学年高三下学期质量监测（二）物理试卷（含解析）高考模拟

这是一份天津市南开区2025-2026学年高三下学期质量监测（二）物理试卷（含解析）高考模拟，共7页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共100分。考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将答题卡交回。
第Ⅰ卷（选择题共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. 在医疗技术中有时需要利用放射线治疗肿瘤，所用的放射源必须具备以下两个条件：（1）放出的放射线有较强的穿透能力，以辐射到体内肿瘤所在处；（2）能在较长的时间内提供比较稳定的辐射强度。上表给出了四种放射性同位素的辐射线及半衰期，在表中所列的四种同位素中，最适宜作为放疗使用的放射源是（ ）
A. 钋210B. 锶90C. 锝99D. 钴60
【答案】D
【解析】
【详解】AB．三种射线中射线的穿透能力最强，射线与射线的穿透性都相对于射线较弱，不适合用做医学的放射源，故AB错误；
CD．三种射线中射线的穿透能力最强，而钴60的半衰期较长，能在较长时同内具有相对稳定的辐射强度，适合用做医学的放射源，故C错误，D正确。
故选D。
2. 2025年3月初，随嫦娥六号登月归来的四种饲草种子将进行解封试种。若嫦娥六号探测器在月球附近轨道上运行的示意图如图所示，嫦娥六号探测器先在圆轨道上做匀速圆周运动，运动到A点时变轨为椭圆轨道，B点是近月点。下列说法正确的是（ ）
A. 嫦娥六号探测器在椭圆轨道上运行的周期比在圆轨道上运行的周期短
B. 嫦娥六号探测器在椭圆轨道上从B点运动到A点的过程中动能增大
C. 嫦娥六号探测器要想从圆轨道进入椭圆轨道必须在A点加速
D. 嫦娥六号探测器在椭圆轨道上运行时经过A点的加速度比在圆轨道上运行时经过A点的加速度大
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律，圆轨道的半径大于椭圆轨道的半长轴，所以嫦娥六号探测器在椭圆轨道上运行的周期比在圆轨道上运行的周期短，故A正确；
B．嫦娥六号探测器在椭圆轨道上从点运动到点的过程中，万有引力做负功，动能减小，故B错误；
C．嫦娥六号探测器从圆轨道进入椭圆轨道，做近心运动，需要的向心力小于万有引力，即，所以必须在点减速，故C错误；
D．根据牛顿第二定律，解得，探测器在椭圆轨道上运行时经过点和在圆轨道上运行时经过点时，距离月球球心的距离相等，所以加速度大小相等，故D错误。
故选A。
3. 一定质量的理想气体经历了a→b→c→a循环，其V-T图像如图所示，气体在各状态时的温度、压强和体积部分已标出。已知该气体在状态a时的温度为T0、体积为V0、压强为p0。下列说法正确的是（ ）
A. 气体在状态b的压强是2p0
B. 气体由状态c到状态a的过程中单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
C. 气体由状态b到状态c的过程，气体内能增大，气体从外界吸热
D. 气体由状态a到状态b的过程，外界对气体做功，气体从外界吸热
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，气体由状态到状态发生等温变化，根据玻意耳定律有，解得，故A错误；
B．由图可知，气体由状态到状态的过程中，图像为过原点的倾斜直线，说明气体发生等压变化，压强不变；温度降低，分子的平均动能减小，单个分子对器壁的平均撞击力减小，为了维持压强不变，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数必须增多，故B错误；
C．气体由状态到状态的过程，体积不变，外界对气体不做功，；温度升高，气体内能增大，；
根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故C正确；
D．气体由状态到状态的过程，温度不变，内能不变，；体积增大，外界对气体做负功，；
根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故D错误。
故选C。
4. 如图所示为电子束焊接机，K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高电压U，两极之间形成了辐向分布的电场，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点。有一电子在K极由静止被加速，不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是（ ）
A. A、K之间的电场强度均为
B. B点电势大于C点电势
C. 电子由K到A的电势能减少了eU
D. 电子在B点加速度大于C点加速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．图中电场是辐向分布，可知，图中不是匀强电场，则A、K之间的电场强度并不均等于
故A错误；
B．等势线与电场线垂直，可以在图中作出经过C点的等势线，由于沿电场线电势降低，根据图中电场线的分布可知，B点电势小于C点电势，故B错误；
C．电子由K到A过程，电场力做正功为eU，则电势能减少了eU，故C正确；
D．电场线分布的疏密程度表示电场的强弱，根据图示可知，B点位置的电场线分布比C点位置的电场线分布稀疏一些，则B点的电场强度小于C点的电场强度，则电子在B点加速度小于C点加速度，故D错误。
故选C。
5. 如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为：一个质量为M的支架（含电动机）上，有一根长为L的轻杆带动一个质量为m的铁球（可视为质点）在竖直面内匀速转动，如图乙所示。若在某次打夯过程中，铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，重力加速度为g，则（ ）
A. 轻杆转动过程铁球所受合力不变
B. 铁球转动到最高点时，轻杆的弹力为mg
C. 铁球匀速转动的角速度大小为
D. 铁球转动到最低点时，支架对地面的压力大小为2（M+m）g
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意可知轻杆转动过程铁球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，向心力大小不变，方向时刻在变，故A错误；
B．以支架为研究对象，根据平衡条件可得铁球在最高点时，轻杆的弹力为，故B错误；
C．以铁球为研究对象，在最高点，根据牛顿第二定律
可得铁球匀速转动的角速度大小为，故C错误；
D．铁球转动到最低点时，设轻杆的弹力为，对铁球，根据牛顿第二定律
对支架，根据平衡条件可得
根据牛顿第三定律可得支架对地面的压力大小
联立可得，故D正确。
故选D。
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. 反光衣是利用玻璃微珠的“回归反射”原理，使光线沿原方向返回，从而达到提醒的目的。如图所示，现有一束与光轴（经过O、B两点）平行的单色光MN照在半径为R的玻璃微珠上，MA是其中一条入射角i=60°的入射光线，经折射后恰射到B点。玻璃微珠可视为球体且右侧涂有反光膜，O为球体球心，真空中的光速为c。下列说法正确的是（ ）
A. 此玻璃材料的折射率为
B. 光进入此玻璃材料中波长变长
C. 光在此玻璃材料中传播的速度为
D. 光线MA从射入玻璃微珠到第一次射出玻璃微珠所用时间为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．
如图，入射光线平行于光轴，入射角， 中，，由几何关系可得折射角
根据折射定律，故A 正确；
BC．由折射率与光速关系，得
光进入玻璃，频率不变，传播速度变小，由可得波长变短，故B错误，C正确；
D．由几何关系可求得，同理可得反射段，总路程
传播时间 ​ ，故D正确。
故选ACD。
7. 如图甲所示，一列简谐横波沿水平直线传播，a、b为介质中相距30m的两个质点，某时刻a、b两质点正好都经过平衡位置，且a、b间只有一个波峰。已知这列波波源做简谐运动的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 波源的振动方程为x=2sinπt（cm）
B. 40s内位于波源的质点运动的路程为80cm
C. 该简谐横波传播速度的大小可能为7.5m/s
D. 该简谐横波传播速度的大小有四个可能值
【答案】BC
【解析】
【详解】A．从图乙振动图像可得：振幅，周期，因此角频率
波源的振动方程为，故A错误；
B．一个周期内质点振动路程为，，总路程为，故B正确；
CD．已知、都在平衡位置，间距，且、间只有一个波峰，共3种情况：
、间无波谷：，得，波速
、间有1个波谷：，得，波速
、间有2个波谷：，得，波速
因此波速大小有3种可能，其中包含，故C正确，D错误。
故选BC。
8. 我国风力发电近年来发展迅速，已成为全球风电装机容量最大、技术领先的国家之一、某物理兴趣小组制造了模拟风力发电厂输电网络供电的装置，如图所示。风轮带动矩形线圈在匀强磁场中转动，输出交流电，变压后远距离输送给用户。已知发电机线圈面积，匝数匝，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度。升压变压器原副线圈匝数比为，输电线的总电阻，用户用电器可等效为的电阻，电表为理想电表，变压器为理想变压器，其余电阻不计。当发电机转子以某一角速度匀速转动，闭合开关后，电压表的示数为，电流表的示数为。则（ ）
A. 发电机转子的转速为
B. 降压变压器的原副线圈匝数比为
C. 用户用电器电阻变小时，电压表示数不变
D. 若风速变大，发电机转子转速变为原来的2倍，的功率变为原来的4倍
【答案】CD
【解析】
【详解】A．升压器输入端电压有效值
题意知升压器输出端电压有效值
根据
代入题中数据，联立解得发电机转子的转速
故A错误；
B．题意可知通过电阻的电流为，设降压器副线圈电流为，根据能量守恒可知
联立解得
对降压器有
联立解得降压变压器的原副线圈匝数比
故B错误；
C．因为
可知由于不变，故不变，即用户用电器电阻变小时，电压表示数不变，故C正确；
D．结合A选项分析，由能量守恒有
因为，，
联立整理得
可知发电机转子转速n变为原来的2倍，增大两倍，则增大两倍，根据
可知的功率变为原来的4倍，故D正确。
故选CD。
第Ⅱ卷（共60分）
9. 小华用图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”。已知重物A（含挡光片）、B的质量分别为mA和mB（mB>mA），挡光片的宽度为d，重力加速度为g。按下列实验步骤操作。
①按图甲装配好定滑轮和光电门
②A、B用绳连接后跨放在定滑轮上，用手托住B
③测量挡光片中心到光电门中心的竖直距离h
④先接通光电门的电源，后释放B
⑤记录挡光片经过光电门的时间
（1）挡光片通过光电门时的速度为_________（用题中的物理量表示）。
（2）如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为_______（用题中的物理量表示）。
（3）小华反复改变挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，记录挡光片通过光电门时间，作出图像如图乙所示，测得图线的斜率为k，则_________。
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]挡光片通过光电门时的速度为
（2）[2]如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为
即
（3）[3]由题可知
即
解得
10. 在实验室测量一个直流电源的电动势和内阻。电源的电动势大约为4.5V，内阻大约为1.5Ω。由于实验室条件有限，除了导线、开关外，实验室还能提供如下器材：
A.量程为0~3V的电压表V
B.量程为0~0.6A的电流表A1
C.量程为0~3A的电流表A2
D.阻值为4.0Ω的定值电阻R1
E.最大阻值为100Ω的滑动变阻器R4
F.最大阻值为10Ω的滑动变阻器R3
选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材，采用图甲所示电路测量电源甲的电动势和内阻。
（1）电流表应该选择__________（选填“B”或“C”）；滑动变阻器应该选择__________（选填“E”或“F”）；
（2）分别以电流表的示数I和电压表的示数U为横坐标和纵坐标，计算机拟合得到如图乙所示U-I图像，U和I的单位分别为V和A，拟合公式为，则电源甲的电动势__________V，内阻__________Ω；（均保留两位有效数字）
（3）在测量电源的电动势和内阻的实验中，产生系统误差的主要原因是（ ）
A. 电压表的分流作用B. 电压表的分压作用
C. 电流表的分压作用D. 电流表的分流作用
【答案】（1） ①. B ②. F
（2） ①. 4.6 ②. 1.8 （3）A
【解析】
【小问1详解】
[1]测电动势约4.5V的电源的电动势与内阻时，由于有定值电阻的存在，电路中的最大电流约为，如果用量程为3 A的电流表，则读数误差太大，因此电流表应选B。
[2]定值电阻R1和电源内阻的阻值都较小，滑动变阻器的最大阻值不能太大，考虑到实验操作方便，应选择F。
【小问2详解】
[1][2] 根据闭合电路欧姆定律有
拟合公式为
可得电源电动势为4.6V，
可得内阻
【小问3详解】
由电路图可知，电压表的分流作用会造成实验误差，导致电流表的电流不是通过电源的电流。
故选A。
11. 如图所示，质量为2m的物块P静止在光滑水平地面上，其右侧表面是半径为R的光滑圆弧轨道，圆弧轨道下端与水平地面相切。物块P右侧静止有质量为m的球b，球b左侧固定有轻弹簧。将质量为m的球a从圆弧轨道最上端静止释放，球a离开物块P后与轻弹簧左侧接触并粘连。已知重力加速度为g，弹簧的形变始终在弹性限度内。求：
（1）若物块P固定，整个运动过程中弹簧的最大弹性势能Ep；
（2）若物块P不固定，球a离开物块P瞬间速度va的大小，及球b能达到的最大速度vb的大小。
【答案】（1）
（2），
【解析】
【小问1详解】
若物块P固定，球a由静止释放到离开物块P的过程中，由动能定理得
球a与弹簧接触后，球a与球b组成的系统动量守恒，当二者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得整个运动过程中弹簧的最大弹性势能
【小问2详解】
P不固定时，下滑过程中，和P组成的系统水平方向动量守恒，且系统机械能守恒。 规定向右为正方向，设离开P时P的速度为，由动量守恒
由机械能守恒
整理得
与弹簧粘连后，、和弹簧组成的系统水平面光滑，动量守恒、机械能守恒。当弹簧恢复原长时，的速度达到最大；
设弹簧恢复原长时的速度为，由动量守恒​
由机械能守恒
联立解得球b能达到的最大速度
12. 如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，其宽度，M与P之间连接阻值的电阻，质量、电阻、长度为1m的金属杆ab静置在导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现用一垂直杆水平向右的恒力拉金属杆ab，使它由静止开始运动，运动中金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直，通过电阻R的电荷量q与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，已知金属杆ab与导轨间的动摩擦因数，取（忽略杆运动过程中对原磁场的影响），求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）金属杆的最大速度大小；
（3）在内，金属杆ab所通过的位移大小及电阻R产生的焦耳热。
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
根据题意，由图可知，过程电流稳定金属棒速度达到最大值，通过导体棒电流
导体棒匀速运动，则有
又有
联立解得
【小问2详解】
导体棒匀速运动时，感应电动势为
感应电流为
联立解得
【小问3详解】
在内，平均感应电动势为
平均感应电流为
由动量定理有
整理可得
代入数据解得
在内，由动能定理有
又有
电阻R产生的焦耳热
联立代入数据解得
13. 如图所示，平面直角坐标系xOy的第二、三象限内有沿x轴正方向的匀强电场，在第一、四象限内，y轴与垂直x轴的MN之间（含MN）有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在坐标为的P点，沿与y轴负方向成45°角斜向右下射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子的初速度大小为，粒子第一次经过y轴时速度方向与y轴负方向的夹角为60°，粒子第一次在磁场中运动的轨迹恰好与x轴和MN相切，不计粒子的重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）若仅将匀强磁场改为非匀强磁场，磁场方向不变，磁感应强度大小满足，要使粒子不从MN飞出磁场，k应满足的条件。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
设粒子第一次进磁场时速度大小为v，粒子在电场中沿平行y轴方向做匀速直线运动，因此
沿电场方向
根据牛顿第二定律
解得
【小问2详解】
粒子第一次在电场中沿y轴负方向的位移
粒子第一次在电场中运动的时间
解得
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，粒子在磁场中做圆周运动轨迹与x轴相切，根据几何关系有
解得
根据牛顿第二定律
解得
【小问3详解】
设MN到y轴的距离为，则
设粒子在变化后的磁场中运动的轨迹刚好与MN相切，则沿y轴方向根据动量定理有
即
即
解得
因此，要使粒子不从MN飞出磁场k应该满足的条件为同位素
钋210
锶90
锝99
钴60
辐射线
半衰期
138天
28年
6小时
5年