河北省沧州市普通高中2025届高三复习质量监测物理试卷

学科网（北京）股份有限公司 绝密★启用前 沧州市普通高中 2025届高三复习质量监测 物理试卷 班级 姓名 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B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。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共 7小题，每小题 4分，共 28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1. 2024年初，中国科学院近代物理研究所与合作单位组成的科研团队，依托兰州重离子加速器，利用充气 反冲核谱仪 SHANS，首次合成了新核锇 160（ 16076 Os）和钨 156（ 156 74  W）。锇 160和钨 156都具有放射性， 其中钨 156衰变方程为 156 15674 73 W Ta X  ，则式中的 X粒子为（ ） A. 01 e B. 1 0e C. 0 1e D. 4 2He 2.伏打起电盘的起电原理如图所示，首先将一带正电绝缘板固定，第二步用带绝缘柄的金属板靠近带电绝缘 板，第三步金属板接地，第四步断开接地线后移开金属板。有关金属板带电原理及带电情况，下列说法正 确的是（ ） A.属于接触起电，金属板带正电 B.属于接触起电，金属板带负电 C.属于感应起电，金属板带正电 D.属于感应起电，金属板带负电 3.如图所示，将一只气球放到绝热密闭的升温箱中缓慢加热，随温度的升高气球缓慢膨胀的过程中，将气体 视为理想气体，且气球不漏气，下列说法正确的是（ ） A.气球内气体对外做功，内能减少 学科网（北京）股份有限公司 B.气球内气体温度升高，所有分子的动能均增大 C.气球内的气体分子对气球壁单位面积的平均撞击力增大 D.箱内气体及气球内气体总内能增加量等于从加热器上吸收的热量 4.图（a）是小型交流发电机的示意图，两磁极 N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，一个 100匝、 总电阻 r=2Ω的矩形线圈与 R=8Ω的电阻组成闭合回路，线圈绕与磁场垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈 的磁通量随时间按图（b）所示的正弦规律变化。电路中电流表为理想交流电流表，则 t=0.01s时电流表的 示数为（ ） 图（a） 图（b） A.0 B. 8.88A C. 12.56A D. 17.76A 5.自由式滑雪是一项运用滑雪板在 U形池中做一系列动作技巧的雪上项目，如图（a）所示。某滑雪 U形池 可简化为半圆筒形，其截面图如图（b）所示。某次训练运动过程中运动员下滑经过轨道上 A点时速度大小 为 10m/s，之后冲上对面较低的 B点时速度大小仍为 10m/s。若该运动员另一次训练经过 A点时速度大小为 6m/s，两次的运动路径相同，将运动员视为质点。下列说法正确的是（ ） 图（a） 图（b） A.该运动员经过 B点时速度大小一定为 6m/s B.该运动员经过 B点时速度大小可能小于 6m/s C.该运动员速度大小为 6m/s时位置位于 B点上方 D.该运动员经过轨道最低点时速度最大 6.随着人类对宇宙的探索，人们发现在宇宙中存在一些离其他恒星较远的双星系统，双星系统由两颗距离较 近的恒星组成。如图所示，某双星系统中 a、b两星绕连线上一点 O做圆周运动，已知 a、b两星中心间距 离为 L，运行周期为 T，a星的线速度大小为 v，引力常量为 G，则 a星的质量为（ ） A. 24 L v GT  B. 2 2 4 (2 )L L vT GT    C. 22 L v GT  D. 2 2 2 (2 )L L vT GT    学科网（北京）股份有限公司 7.如图所示，空间内存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向水平向里，磁感应 强度大小为 B，一电荷量为 q、质量为 m的小球，在与磁场垂直的平面内沿直线运动，该直线与电场方向夹 角为 45°。a、b（图中未标出）为轨迹直线上的两点，两点间距离为 d，重力加速度为 g，小球由 a运动到 b 的过程中所用时间 t及电势能的变化量 pE 分别为（ ） A. 2 2 Bqdt mg  ， p 2 2 mgdE  B. 2 2 Bqdt mg  ， p 2 2 mgdE   C. 2Bqdt mg  ， p 2 4 mgdE  D. 2Bqdt mg  ， p 2 4 mgdE   二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的四个选项中，有两 个或两个以上选项符合题目要求。全部选对得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。 8.如图所示，某种介质水平面上有 A、B、C、D四个点，A、B、C三点共线且 BD垂直于 AC，四点间的距 离关系为 LAB=LBC=8m，LBD=6m。在 A、B两点装有可上下振动的振动发生器，振动发生器振动可在介质面 上激起机械波。t=0时刻，A、B点的两个振动发生器开始振动，其振动方程均为 2sin 4 cmx t ，观察发 现 D比 C早振动了 0.5s，忽略波传播过程中振幅的变化，下列说法正确的是（ ） A.两振动发生器激起的机械波的波长为 4m B.该波的传播速度大小为 4m/s C.两波叠加后 C处为振动加强区，D处为减弱区 D.在 0~5s时间内质点 D运动的路程为 96cm 9.如图所示，一架质量分布均匀的梯子靠在墙角上，另一端置于水平地面上，一人沿梯子缓慢向上爬升，若 梯子与墙角间的摩擦力忽略不计，则人由底部爬升到墙角过程中（梯子没有打滑或翻转），下列说法正确的 是（ ） A.梯子对地面的压力减小 B.梯子对地面的摩擦力增大 C.梯子与地面间的作用力增大 D.梯子对墙角的作用力不变 学科网（北京）股份有限公司 10.如图（a）所示，真空内有两个上下宽度均为 d的区域，上方区域内存在竖直向下的匀强电场，下方区域 内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B的匀强磁场，现将一质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子自电 场上边界的 M点由静止释放，粒子恰好不能穿越磁场的下边界。若将下方磁场移到上方与电场区域重合， 如图（b）所示，再次将该粒子自 M点由静止释放，使其在电、磁场中运动，不计粒子重力。下列说法正确 的是（ ） 图（a） 图（b） A.电场强度大小为 2 2 B qd m B.图（a）中，粒子从释放至第一次到达磁场下边界所用时间为 ( 4) 2 m qB   C.图（b）中，粒子将在电、磁场中做周期性的往复运动 D.图（b）中，粒子离开上边界的最大距离为 3 4 d 三、非选择题：本题共 5小题，共 54分。 11.（8分） （1）某学习小组测定一平行玻璃砖的折射率，先在白纸上描出玻璃砖两个平行面的边界 a和 b，用线状激 光束贴近纸面，以一定角度射入玻璃砖，记录入射点 O及经过下边界 b的出射点 S1，再移去玻璃砖，记录 光束经过边界 b的点 S2，如图（a）所示。 图（a） 图（b） 该小组在白纸上连接 OS2并反向延长，画出入射光线，再连接 OS1作出折射光线，然后以入射点 O为圆心 作圆，与入射光线、折射光线分别交于 A、B点，再过 A、B点作法线的垂线，垂足分别为 M、N点，如图 （b）所示，则该玻璃砖的折射率 n= 。（用图中线段的字母表示） （2）如图（c）所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，一实验小组利用该装置测量当地的 重力加速度。 学科网（北京）股份有限公司 ①首先让小车右端和纸带相连，左端不连接细绳及钩码，移动木板下方的垫片，调节木板右端高度，使小 车能拖着纸带匀速向左运动。完成上述操作后，将小车左端用细绳跨过定滑轮和钩码相连，将小车从靠近 打点计时器的位置由静止释放，打点计时器在纸带上打出一系列点迹。某次实验得到的纸带和相关数据如 图（d）所示，其中相邻两个计数点之间还有四个点未画出，打点计时器所接电源的频率为 50Hz，由该纸带 可知，小车的加速度大小 a= m/s2。（结果保留 2位小数） ②保持小车质量不变，改变钩码的质量 m，重复实验，得到多组 a、m数据，作出的 1 1 a m  图像的纵截距为 b、斜率为 k，如图（e）所示，则实验所用小车的质量为 ，当地的重力加速度大小为 。 （用 b、k表示） 12.（8分）某实验兴趣小组设计了如图（a）实验电路测量一节蓄电池（电动势约为 2V）的电动势和内电阻， 已知定值电阻 R0=1.0Ω。 图（a） （1）实验操作步骤如下： ①按实验电路图正确连接好电路，将滑动变阻器滑片滑到最左端位置； ②单刀双掷开关 S与 1接通，闭合开关 S0，调节滑动变阻器 R，记录下若干组电压表及电流表的数据 U、I 的值，断开开关 S0； ③将滑动变阻器滑片再次滑到最左端位置； ④单刀双掷开关 S与 2接通，闭合开关 S0，调节滑动变阻器 R，记录下若干组电压表及电流表的数据 U、I 的值，断开开关 S0； ⑤利用记录的数据分别作出两种接法所对应的 U-I图像。 （2）作出的两个 U-I图像分别如图（b）、（c）所示，根据图像可知图（c）对应的接法为 S与 （填 “1”或“2”）接通。 学科网（北京）股份有限公司 图（b） 图（c） （3）根据以上图像综合可得电源电动势 E= V，内阻 r= Ω。（结果均保留 2位小数） （4）该小组经过研究发现，根据两次不同实验中电流表、电压表的影响，进一步可得出所用电流表的内阻 为 rA= Ω，实验中，定值电阻 R0的作用有 （双选，填字母）。 A.保护电源 B.在电流变化时使电压表示数变化明显 C.在电压变化时使电流表示数变化明显 13.（8分）如图所示，竖直平面内固定有一条光滑绝缘轨道，轨道的曲线部分是半径为 R的 3 4 圆弧 BCD， O为圆弧的圆心，与水平面成 30°夹角的倾斜直线轨道与圆弧相切于 B点，整个轨道平面内存在水平向左的 匀强电场，一质量为 m、带电荷量为+q的小滑块恰好能静止于轨道上的 C点，OC与竖直方向的夹角为 60°。 现将小滑块自直线轨道上的 A点由静止释放，使其在轨道上运动过程中恰好能通过 D点。重力加速度为 g， 求： （1）电场强度 E的大小； （2）小滑块经过 C点时对轨道的压力大小。 14.（14分）如图所示，水平面上固定一半径 r=1.0m的光滑金属圆环和两条平行光滑金属导轨，一根长为 2r、阻值 R=1.0Ω的均匀金属棒 ac沿半径放置在光滑金属圆环上（b为 ac棒中点），一端固定在过圆心的竖 直导电转轴上；平行导轨间距 l=1.0m，两导轨通过导线及开关 S分别与金属圆环及竖直导电转轴连接，导 轨左端接有阻值 R=1.0Ω的定值电阻，垂直导轨放置着长也为 l、质量 m=1.0kg、阻值 R=1.0Ω的金属棒 de， 整个装置处于磁感应强度大小 B=1.0T、方向竖直向上的匀强磁场中。现固定金属棒 de，闭合开关 S，使金 属棒 ac以角速度ω=6.0rad/s顺时针匀速转动。导轨及金属圆环电阻均不计。 学科网（北京）股份有限公司 （1）求金属棒 ac两端的电势差； （2）若金属棒 de可自由移动，闭合开关 S，求金属棒 de匀速运动时的速度大小； （3）若金属棒 de可自由移动，闭合开关 S，当金属棒 de匀速运动后断开开关 S，求断开开关 S后金属棒 de继续运动的距离。 15.（16分）某人设置了一款游戏，其原理如图所示，水平圆杆轨道 DEF离地高度为 2L，左侧 DE段光滑 且足够长，右侧 EF段粗糙且长度 x可调，初始时轨道 D处套有一质量为 4m的圆环 C，圆环下端通过长为 L的细轻绳悬挂质量为 m的小球 B，另一长为 L的细绳，上端固定在轨道左端，下端悬挂一质量为 3m的小 球 A，静止时 A、B两球等高且恰好接触。某次游戏过程中，游戏者将 A球拉开一定角度后释放，A、B两 球发生弹性碰撞，之后小球 B拉动圆环向右运动，小球 B到达的最大高度恰好与悬点等高，当圆环获得最 大速度时小球 B脱离圆环，接着圆环 C进入轨道 EF部分，最后从 F点水平飞出。已知圆环与 EF部分间的 动摩擦因数μ=0.2，重力加速度为 g，圆环和小球均可视为质点。求： （1）A、B碰撞后小球 B的速度大小； （2）小球 A与小球 B碰撞前瞬间悬绳对小球 A的拉力大小； （3）水平轨道 EF长度 x为多少时，圆环落地点与 E的水平距离 s最大，最大值为多少。 学科网（北京）股份有限公司 沧州市普通高中 2025届高三复习质量监测 物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D C B C D B BD AB AB 1.A 解析：由衰变过程中满足质量数及电荷数守恒，可知 X是正电子（ 1 0e），A正确。 2.D 解析：本带电过程属于感应起电，金属板靠近带电绝缘板并接地时，发生静电感应，金属板带上负电 荷，D正确。 3.C 解析：气球内气体温度升高，内能增加，A错误；温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子 的动能均增大，B错误；气球内气体压强增大，气球内气体分子对气球壁单位面积的平均撞击力增大，C正 确；箱内气体及气球内气体从加热器中吸收的热量等于总内能增加量和气球弹性势能增加量的总和，D错 误。 4.B 解析：由图乙可得 2 100 rad / s T    ， m m 40 VE nBS n      ，感应电动势的有效值 40 V 20 2 V 2 E    ，电流表示数为有效值 8.88AEI R r    ，B正确。 5.C 解析：运动员在弧形轨道中运动时做圆周运动，经过某点时速度越大，对应向心力越大，与弧面间的 压力越大，摩擦阻力越大，在 A、B间运动过程中损失机械能越大，速度为 6m/s时，到达 B点的速度一定 大于 6m/s，A、B错误，C正确；运动员向下滑动到重力沿圆弧切线方向的分量等于摩擦阻力时，即沿切线 方向的合力为零时速度最大，应在 A点下方与最低点之间，D错误。 6.D 解析：在双星系统中，两星体相对位置不变，运动周期相同，两颗星体之间的万有引力提供做圆周运 动的向心力，有 2 2 2 4a b a aGm m m r L T   ， 2 2 2 4a b b bGm m m r L T   ，又有 a br r L  ， 2a vTr   ，可得总质量为 2 3 2 4 a b Lm m GT    ， 2 2 2 (2 ) a L L vTm GT     ，D正确。 7.B 解析：带电小球做直线运动，合力方向沿直线或合力为零，洛伦兹力与速度方向垂直，大小与速度成 正比，重力及电场力均恒定，若速度大小变化必为曲线运动，所以小球只能做匀速直线运动，受力情况如 图所示，由平衡条件可得mg Eq ，小球一定带正电，且斜向上运动，由 a到 b的过程中，电场力做正功 2 2 mgdW  ，等于电势能的减少量即 p 2 2 mgdE   ，由平衡条件得，洛伦兹力大小 2Bqv mg ， 解得 2mgv Bq  ，故小球的运动时间 2 2 d Bqdt v mg   ，B正确。 学科网（北京）股份有限公司 8.BD 解析：C、D两点距 B近，B的振动传播到 C、D两点的时间差为 0.5s，可知传播速度 4m / sBC BDL Lv t    ；由波源振动方程可知，周期为 T=0.5s，由 v T   ，得波长为λ=2m； 4m 2AD BDL L    ， 8m 4AC BCL L    ，C、D两点到两波源的距离差均为波长整数倍，故两点均 为加强点；B点振动传播到 D点需要用时 1.5s，A点振动传播到 D点需要用时 2.5s，所以 5s时间内 D点以 振幅为 2cm振动了 1s，即两个周期，然后以振幅为 4cm振动了 2.5s，即 5个周期，所以 D运动的路程为 96cm；故 A、C错误，B、D正确。 9.AB 解析：将梯子和人做为一个整体受力分析，受重力、墙角支持力和地面作用力，三力作用线必相交 于一点，如图所示，人在爬升过程中，重心向墙角方向移动，画出三个力的矢量三角形的动态变化图可得， 地面对梯子的作用力 F1减小，墙角对梯子的作用力 F2逐渐增大，地面对梯子的作用力是支持力与摩擦力的 合力，根据分解知识可知，支持力（压力）减小，摩擦力增大，再结合牛顿第三定律可知 A、B正确，C、 D错误。 10.AB 解析：图（a）中，粒子在电场中的运动过程由动能定理得 2 1 2 qEd mv ，在磁场中有 2vqvB m R  ， 由题意知运动的半径 R d ，解得 2 2 B qdE m  ，A正确；粒子在电场中的运动时间 1 2 2 d mt v qB   ，在磁场中 的运动时间 2 1 2 4 2 m mt qB qB      ，粒子运动的总时间 1 2 ( 4) 2 mt t t qB      ，B正确；图（b）中粒子在 M 点释放瞬间，可视为粒子具有一个水平向右的初速度 v0及水平向左的初速度 v0，并且满足 0Bqv Eq ，可 学科网（北京）股份有限公司 得 0 Ev B  ，所以粒子释放后在电、磁场中的运动可视为水平向右的匀速直线运动与竖直平面内的匀速圆周 运动的合运动，有 2 0 0 mvBqv r  ，可得粒子做圆周运动的半径 2 dr  ，则粒子离开上边界的最大距离为 d， C、D错误。 11.答案：（1） AM BN （2分） （2）①2.00（2分） ② k b （2分） 1 b （2分） 解析：（1）根据折射定律有 sin sin in r  ，由几何关系有 sin AMi r  ， sin BNr r  ，联立可得 AMn BN  。 （2）①计数点间的时间间隔 T=0.1s，小车的加速度大小 26 5 4 3 2 12 ( ) 2.00m / s 9 x x x x x xa T        。 ②根据牛顿第二定律，有 ( )mg m M a  ，整理得 1 1 1M a g g m    ，即 M k g  ， 1 b g  ，解得 kM b  ， 1g b  。 12.答案：（2）2（1分） （3）1.80（2分）1.25（2分） （4）0.75Ω（1分）AB（全部选对得 2分，选 对 1个得 1分，有错选得 0分） 解析：（2）两种方法中，S与 1接通时采用了电流表的内接法，S与 2接通时采用了电流表的外接法，比较 图（b）和图（c）的斜率可知，图（c）所示图像的斜率小，所以图（c）对应电路 S与 2接通。 （3）图（b）所测电源内阻偏大，所测内阻应为电源实际内阻、保护电阻与电流表内阻之和，由此可知图 （b）对应开关 S接 1，且电流表示数为 0时，电压表测量准确，此时电压表所测电压即为电源的电动势， 因此电源电动势为图（b）的纵轴截距，可得 E=1.80V；当开关 S接 2且电压表示数为 0时，对应电流为短 路电流，由图（c）图像可知，此时短路电流为 I=0.80A，则根据闭合电路的欧姆定律有 0 EI R r   ，解得 0 1.80 1 1.25 0.80 Er R I       。 （4）图（b）中图像对应的斜率为电源实际内阻、保护电阻与电流表内阻之和，所以 A 0 0.75 Er R r I     ； 定值电阻 R0有保护电源的作用，根据闭合电路的欧姆定律有 0( )U E I r R   ，可知加了定值电阻后可以 达到电流变化时使电压表的示数变化明显的效果，A、B正确。 13.答案：（1） 3mg q （2）12mg 学科网（北京）股份有限公司 解析：（1）小滑块恰能静止于 C点，由平衡条件可得 tan 60 qE mg   解得 3mgE q  （2）重力与电场力的合力 2 2( ) ( ) 2Eq mg mg  ，方向与 AB平行 D与 C相对，滑块沿圆弧轨道运动恰好能通过 D点满足 2 2 Dvmg m R  设滑块经过 C点时速度为 vC，则由 C到 D的过程，由动能定理得 2 2 1 12 2 2 2D C mg R mv mv    在 C点，由牛顿第二定律得 2 NC 2 C vF mg m R   解得 NC 12F mg 由牛顿第三定律得压力大小为 12NF mg 14.答案：（1）10.5V （2）2.0m/s （3）4m 解析：（1）金属棒 ac转动过程中产生的电动势 2 1 (2 ) 12V 2ac E B r   金属棒 ab段产生的电动势 2 1 3.0V 2ab E Br   根据欧姆定律可得 3.0A 2 abEI R R    并 则 2 21 1(2 ) 9V 2 2bc U B r Br    1.5V 2ab ab RU E I        所以 10.5Vac ab bcU U U   （2）金属棒 de可自由移动时，闭合开关 S后，将向右做加速度减小的加速运动，达到匀速运动时，电流 为 0此时 2 2.0V 3ab ab U E  且 abBlv U 学科网（北京）股份有限公司 解得 v=2.0m/s （3）开关 S断开后，金属棒 de在安培力的作用下做减速运动，最终停止 由动量定理得 2 2 2 B l v t m v R     即 2 2 2 B l x mv R    解得 x=4m 15.答案：（1） 5 2 gL （2）19 3 mg （3） 3 5 L 7 5 L 解析：（1）A、B碰后 B球摆动到最高点时 B、C共速，此过程机械能和水平方向动量守恒，则有 B ( 4 )mv m m v  共 2 2 B 1 1 ( 4 ) 2 2 mv m m v mgL  共 解得 B 5 2 v gL （2）A、B两球发生弹性碰撞则有 A B3 3mv mv mv   2 2 2 A B 1 1 13 3 2 2 2 mv mv mv    解得 10 9 gLv  球 A与球 B发生碰撞前瞬间有 2 3 3 vF mg m L   联立解得 19 3 F mg （3）当圆环 C动能最大时，绳子竖直，B球速度水平向左，根据机械能守恒和水平方向动量守恒得 B C B4mv mv mv   2 2 B C B 1 1 14 2 2 2 mv mv mv   学科网（北京）股份有限公司 解得 C 2 5 v gL 圆环 C通过粗糙轨道，由动能定理得 2 2C C 1 14 4 4 2 2 mgx mv mv       解得 2 C C 2v v gx    圆环 C飞出轨道后有 2 12 2 L gt ， 'Cx v t水平 则 s x x  水平 解得当 3 5 x L 时，s有最大值 max  7 5 s L 。