河南开封市新世纪高级中学2025-2026学年度高三上学期物理期末考试卷

2025-2026学年度高三上学期物理期末考试卷 一、单项选择题（本题7小题，每题4分，共28分） 1．如图所示为一水管，其中充满连续稳定流动的水，若在水流中画一些连续的线，使这些线的切线方向为对应位置处的水流速度方向，这样的线叫做流线，而穿过水管某个截面的流线的多少，叫做流量。流线类似于电场线、磁感线，流量类似于电通量、磁通量。假设管中充满水，不考虑水的粘滞性以及水中的气泡。下列说法正确的是（　　） A．流线越稀疏处，水流速度越大 B．不同流线可以相互交叉 C．粗细均匀的水平直水管中，穿过水管某个横截面的流量可以用Q=vS计算，其中v为水流速度，S为水管的横截面积 D．粗细均匀的水平直水管中，流线可能会不相互平行 2．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，原线圈中输入如图乙所示的交流电，副线圈中接入阻值的电阻，电表均为理想电表，导线电阻忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．原线圈中电流方向每秒钟改变50次 B．时，电压表的示数为 C．电流表读数为 D．电阻R消耗的功率为 3．如图所示，一质量为m的带孔小球穿在粗糙水平直杆上处于静止状态，小球的孔比杆的直径略大。现对小球施加一个斜向右上的力F，则下列说法正确的是（　　） A．小球一定受2个力作用 B．小球可能受3个力作用 C．小球可能受4个力作用 D．小球一定受4个力作用 4．如图1所示，理想变压器的原线圈接有如图2所示的正弦式交流电，原、副线圈的匝数比为，当电动机正常工作时，理想电流表的示数为。已知定值电阻，电动机内阻，电压表与电流表均为理想电表，则（　　） A．理想电压表的示数为 B．原线圈的输入功率为 C．电动机的输入功率为24W D．电动机正常工作的机械效率为80% 5．位于广西天峨县的龙滩水电站是“西电东送”的标志性工程，是“西部大开发”的重点工程，电站拥有三项世界之最：一是最高碾压混凝土大坝，坝高为216.5米，坝顶长836米；二是规模最大的地下厂房，厂房长388.5米、宽28.5米、高74.4米；三是提升高度最高的升船机，最高提升高度为179米。水电站输电电路简化后如图所示，副线圈输电线的电阻用表示，滑动变阻器代表用户所有用电器的总电阻。变压器上的能量损失可忽略，水电站输出电压可认为不变，各表均视为理想电表，当用电器数量明显增多时，下列说法正确的是（　　） A．电压表的示数变大 B．电流表的示数不变 C．电压表的示数变小 D．电流表的示数变小 6．如图所示，细绳悬挂的木箱，水平箱底上有一个静止物块，物块与木箱右壁间夹有一弹簧，弹簧处于压缩状态。重力加速度g取10m/s2，当细绳剪断的瞬间，物块的加速度a（   ） A．方向水平向左 B．方向竖直向下 C．等于10m/s2 D．大于10m/s2 7．如图所示，用两根长度均为l的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为θ，整个系统静止，这时每根轻绳中的拉力为T．现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉力为T'．θ为某一值时， 最大，此最大值为 A． B．2 C． D． 二、多项选择题（本题3小题，每题6分，共18分） 8．2025年12月27日，我国成功发射风云四号03地球静止轨道气象卫星，其发射过程可以简化为：卫星先进入近地圆轨道Ⅰ（离地高度可忽略不计），再进入椭圆转移轨道Ⅱ，最后进入同步轨道Ⅲ，轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于P、Q两点。已知引力常量为G，地球半径为R，同步轨道距地面高度为h，忽略卫星质量变化。下列说法正确的是（　　） A．卫星在轨道Ⅱ上P、Q两点的速度大小之比为 B．卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能 C．若已知卫星在轨道Ⅰ上运行的周期，则可以估算地球的平均密度 D．若卫星在轨道Ⅱ上经过P点的速度为v，则经过该点的加速度为 9．如图所示，在小车内固定一光滑的斜面体，倾角为，一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端拴一个质量为m的物块A，绳与斜面平行。整个系统由静止开始向右匀加速运动。物块A恰好不脱离斜面，则向右加速运动时间为t的过程中（  ） A．小车速度的变化量 B．物块重力所做的功和重力的冲量均为零 C．拉力冲量大小 D．拉力做功 10．如题图甲所示，整个空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置，间距为L，左端连接阻值为R的定值电阻。一质量为m的金属杆垂直放置于导轨上，与导轨接触良好，导轨和金属杆电阻不计。金属杆与质量为m的重物用绝缘细线绕过定滑轮连接，左边细线与导轨平行。金属杆的v-t图像如图乙所示，t=T时剪断细线，t=2T时金属杆速度减半，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．t=2T时，金属杆的加速度大小为 B．0~T过程中电阻R上产生的热量为 C．T~2T过程中通过电阻R的电荷量为 D．从t=0开始金属杆的最大位移大小为 三、实验题（本题2小题，共16分） 11．（8分）某同学在学习到电学元件的伏安特性曲线后，打算通过如下电路来描绘一个标注有“3V，0.3A”小灯泡的伏安特性曲线，并通过描绘的曲线来研究小灯泡的电阻随电压变化的规律。可供选择的仪器有： A．  ，电阻约为的电流表       B．  ，电阻约为的电流表 C．  ，电阻约为的电压表         D．最大电阻为20Ω额定电流为的滑动变阻器 E．最大电阻为1kΩ额定电流为的滑动变阻器     F．蓄电池、开关，导线若干 (1)电流表应选 ，滑动变阻器应选 。（均填写前面的字母序号） (2)将电压表右端接线柱先后接a、b两不同的位置分别进行实验，两次实验测得该小灯泡伏安特性曲线如下图所示。则随着电流的增加，小灯泡的电阻 （填“增大”“减小”或“不变”）。 (3)当电压表右端接a时，若用电压表示数除以电流表示数表示小灯泡电阻的测量值，则小灯泡电阻的测量值比真实值 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。 (4)若已知小灯泡在电压为时的准确电阻值为，则根据实验描绘出的小灯泡的伏安特性曲线可以求得接入电路中的电流表的阻值为 （结果保留两位有效数字）。 12．（8分）某学习小组利用图甲装置验证机械能守恒定律。按正确操作进行实验，挑选出一条点迹清晰的纸带，如图乙所示。O为重物速度为零时打下的点，相邻的三点到O点间的距离如图乙所示，已知打点计时器打点周期为T，当地重力加速度大小为g。请回答下列问题。 （1）在实验中，应 （填“先释放纸带，后接通电源”或“先接通电源，后释放纸带”）， _____（填“需要”或“不需要”）用天平测量夹子和重物的总质量； （2）结合图乙中的数据，验证机械能守恒定律时，只需要验证表达式 ； （3）若将其他点与O点间的距离h也测量出来，算出各点的速度v后，描绘v2 – h图像如图丙所示，速度很大时v2与h就不成正比，这可能是因为选用了 作为重物。 A．实心的铁球     B．实心的木球 四、解答题（本题3小题，共38分） 13．（12分）如图所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的图象分别如图中的折线和所示，a、b、c、d点的坐标为、、、。根据图象，（g取），求： (1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小，达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小a3； (2)物块质量m与长木板质量M之比； (3)物块相对长木板滑行的距离。 14．（14分）如图所示，在xoy坐标系的坐标原点O放置粒子源，可以在y轴右侧xoy平面180°范围内发射比荷为k、速率为v0的带正电粒子。在0≤x≤l区域内施加沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小，在l≤x≤4l区域内施加沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小，在x=4l的位置，垂直x轴放置一足够大的粒子收集板，垂足为Q。忽略粒子的重力以及粒子间相互作用力。 (1)求粒子到达收集板MN的最短时间； (2)求粒子到达直线x=l时速度与该直线的最小夹角； (3)设z轴垂直xoy平面向里，求第（2）问中粒子到达收集板MN上时的位置坐标。 15．（12分）距光滑水平平台的右端处有一木块（视为质点），的质量，紧靠平台右端的水平地面上放置一右侧带挡板（厚度不计）的水平木板，木板的质量，长度，且木板的上表面与平台等高。木块在水平向右、大小的拉力作用下由静止开始运动，当木块运动到平台右端时立即撤去拉力。已知木块与木板、木板与水平地面间的动摩擦因数均为，木块与木板的挡板碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，取重力加速度大小。求： (1)木块刚到平台右端时的速度大小； (2)与右侧挡板碰撞后瞬间与的速度； (3)全过程中木板与地面产生的热量。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2025-2026学年度高三上学期物理期末考试卷参考答案 1．C 【详解】AB．电场线、磁感线均不能交叉，其越密集处，对应的场强、磁感应强度越大，流线类似于电场线、磁感线，流线越稀疏处，水流速度越小，不同流线不可以相互交叉，故AB错误； C．磁感应强度垂直平面时，磁通量Φ=BS，流量类似于磁通量，故Q=vS，故C正确； D．在粗细均匀的水平直水管中，各处水流速度方向均平行于管的轴线，类似匀强电场或匀强磁场的电场线或磁感线，故D错误。 故选C。 2．C 【详解】A．由图乙知，在0.02s内电流方向改变2次，则每秒钟电流方向改变100次，故A错误； BC．设输入电压的有效值为U1，根据有效值的定义得 根据变压器电压比关系，电压表读数为 根据欧姆定律，可得电流表读数，故B错误，C正确； D．电阻消耗的功率，故D错误。 故选C。 3．C 【详解】若F竖直方向的分力正好等于小球的重力，则杆对小球无弹力，也无摩擦力，此时小球只受重力和F这2个力作用；若F竖直方向的分力不等于小球的重力，则杆对小球有弹力，也有摩擦力，此时小球受重力、F、弹力、摩擦力4个力作用。 故选C。 4．C 【详解】A．由图2可知原线圈所接的正弦式交流电峰值 故其有效值为 根据 得 交流电压表示数为交流电压的有效值，故理想电压表的示数为，故A错误； B．设原线圈电流的有效值为，则 得 原线圈的输入功率为,故B错误； C．电动机两端电压 电动机的输入功率为，故C正确； D．电动机的热功率 电动机的输出功率 电动机正常工作的机械效率为，故D错误。 故选C。 5．C 【详解】A．变压器的电压和匝数成正比，变压器匝数不变，因为电压表的示数等于水电站的电压是不变的，所以电压表的示数也不变，故A错误； B．用户之间是并联关系，用电器数量增多，电路总阻值变小，依据知，变大，与滑动变阻器串联的电流表的示数变大，故B错误； C．由电路可知，根据知，变大，则变小，则与滑动变阻器并联的电压表的示数变小，故C正确； D．由上述可知电流表的示数变大，变压器的电流和匝数成反比，变压器匝数不变，故电流表的示数变大，故D错误。 故选C。 6．D 【详解】剪断细绳瞬间，整体在竖直方向上开始向下自由落体，木箱底面对物块支持力突变为0，则此时物块受到重力和水平方向弹簧弹力，合力大于重力，方向指向左下方，故加速度大于10m/s2，方向指向左下方。 故选D。 7．A 【详解】剪断细线之前：2Tsinθ=mg；剪断细线后，摆到最低点时：，由牛顿第二定律：；联立解得，由数学知识可知，此比值的最大值为，故选A. 8．AC 【详解】A．根据开普勒第二定律，卫星在近地点P和远地点Q的速度满足 因此，A正确； B．从轨道Ⅰ到轨道Ⅲ，需要在P点和Q点两次加速，每次加速都会增加卫星的机械能，因此轨道Ⅲ上的机械能更大，B错误； C．对近地轨道Ⅰ，万有引力提供向心力 可得地球质量 地球的平均密度 只要已知周期T，即可估算密度，C正确； D．加速度由万有引力决定，即 得 而是卫星在圆轨道上过P点的向心加速度。轨道Ⅱ是椭圆轨道，在P点的速度v大于轨道Ⅰ上的速度，因此大于实际加速度，D错误。 故选AC。 9．AD 【详解】对物块A进行受力分析可知，物块A受拉力T和重力G，根据力的合成得 解得 A．小车的加速度为 则小车速度的变化量为 故A正确； B．由于重力的方向与位移方向垂直，故重力做功为零，但冲量 ，不是0，故B错误； C．拉力的冲量 故C错误； D．重力做功为0，则拉力的功 而 解得 故D正确； 故选AD。 10．ACD 【详解】AB．设金属杆匀速运动时的速度为，则产生的感应电动势 感应电流 受到的安培力 由于物体匀速运动，故 解得 电阻R产生的热量 金属杆移动的位移 t=2T时，由于速度减半，电动势减半，电流减半，安培力减半，金属杆的加速度大小为，故A正确，B错误； CD．T~2T过程中，对金属棒运用动量定理 其中 解得； 从剪断绳子到停止运动，对金属棒运用动量定理 其中 解得 故金属杆最大位移大小为 故CD正确； 故选ACD。 11．(1) A D (2)增大 (3)偏小 (4) 【详解】（1）[1]小灯泡额定电流为 电流表需选择量程大于的选项，A量程为符合要求，B量程过小，故电流表选A； [2]滑动变阻器需满足分压接法且额定电流大于，E额定电流过小，D额定电流且最大电阻适合分压，故滑动变阻器选D。 （2）由伏安特性曲线图像可知，电阻为曲线上某点与原点连线斜率的倒数。随着电流增大，曲线斜率减小，其倒数增大，故电阻增大。 （3）电压表接时为外接法，电压表测量小灯泡真实电压，为电压表分流，电流表测量总电流 电阻测量值 真实值 因 故 即偏小。 （4）小灯泡真实电压 准确电阻 因此准确电流 内接法（接）中，如图斜率较缓的是内接法，当电流为时，电压表测量值 且内接法下 代入数据得 12． 先接通电源，后释放纸带 不需要 B 【详解】（1）（2）[1][2][3]在实验中应先接通电源，后释放纸带，一是为了让打点计时器工作稳定，二是可以充分利用纸带，以获得更多的点迹，若机械能守恒，有 得 故验证机械能守恒定律时，只需要验证 不需要用天平测量夹子和重物的总质量m。 （3）[4]若选用了实心的木球，速度不是很大时，空气阻力与重力相比可以忽略，v2与h成正比，由于空气阻力会随重物的速度增大而明显增大，下落相同的高度Δh时，阻力做功逐渐增大，动能增加量减小，速度增加量减小。故速度很大时v2与h就不成正比，这可能是因为选用了实心的木球。 故选B。 13．(1) 1.5 m/s2，1 m/s2，0.5 m/s2；(2)；(3) 20 m 【详解】(1)由v-t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小 a1=m/s2=1.5 m/s2 木板开始做匀加速直线运动的加速度大 小a2=m/s2=1 m/s2 达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小 a3=m/s2=0.5 m/s2 (2)对物块冲上木板匀减速阶段 μ1mg=ma1 对木板向前匀加速阶段 μ1mg-μ2（m＋M）g=Ma2 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段 μ2（m＋M）g=（M＋m）a3 以上三式联立可得 (3)由v-t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应图中△abc的面积，故 Δx=10×4×m=20 m。 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子从点沿方向射出时，经电场加速后进入磁场，达到收集板用时最短。 设粒子在电场中的加速度为a，则有 设在电场中加速时间为，有 可解得，或（舍去） 设进入磁场时速度为，则 粒子在磁场中运动时的速度与磁场方向平行，不受洛伦兹力的作用，会做匀速直线运动直到Q点，运动的时间为，则 所以粒子达到收集板的最短运动时间 （2）粒子从点射出后，沿方向匀加速直线运动，沿方向匀速直线运动，设达到直线时与该直线的夹角为，则 在静电场中可列出动能定理，有 可解得 可知当最大时，会最小，此时的也是最小的，所以初速度沿轴射出时的角度会最小，此时有 所以最小角度为 此时 （3）带电粒子进入磁场中后，沿+x方向以做匀速运动、在yoz平面内以速度做匀速圆周运动（如图所示），运动轨迹为螺旋线。在yoz平面内，圆周运动半径为R，周期为T 此时 且 可解得， 设粒子从P到Q用时为t，则 解得 到达收集板MN时的情况如图 此时y轴的坐标 z轴的坐标 所以，打在收集板MN时的坐标为 15．(1) (2)， (3)7.5J 【详解】（1）对木块由静止到平台右端,由动能定理有 解得 （2）对木板木块对其向右的滑动摩擦力小于地面对其最大静摩擦力，故木板静止 对木块其加速度为 由 解得碰前木块速度大小为 对弹性碰撞 由动量守恒有 由机械能守恒有 联立解得 （3）碰后对B由牛顿第二定律有 解得 对A由牛顿第二定律有 设经t时间两者共速,由 解得, 在这段时间内B的位移 之后两者一起相对地面向右做匀减速直线运动，加速度为 由 解得 全过程中木板与地面产生的热量 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $