2025届天津市部分区高三年级下册一模物理试卷（解析版）

2025年天津市部分区高三物理一模试题

第I卷

一、单项选择题（本题共5小题，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.观察者与波源互相靠近时接收到波的频率与波源频率不同

B.核反应方程；He+i：N->[O+X,X表示的是中子

C.根据天然放射现象，卢瑟福提出了原子的核式结构

D.原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据多普勒效应可知，观察者与波源互相靠近时接收到波的频率比波源频率大，故A正确；

B.根据反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒可知，核反应方程；He+[N->[O+X,X表示的是质

子，故B错误；

C.根据a粒子散射实验现象，卢瑟福提出了原子的核式结构，故C错误；

D.原子核发生衰变时要遵守电荷守恒，由于衰变过程释放能量，存质量亏损，故D错误。

故选A。

2.如图所示，一定质量的理想气体从状态。经过等容、等温、等压三个过程，先后达到状态氏c,再回

到状态下列说法正确的是（）

A.在过程浦中外界对气体做功

B.在过程"中气体的内能不变

C.在过程ca中气体的温度降低

D.在过程ca中气体从外界吸热

【答案】C

【解析】

【详解】AB.由图可知，功过程中，体积不变，外界对气体不做功（气体对外界也不做功），压强增大,

根据查理定律K=c

T

可知，气体的温度升高，内能增大，AB错误；

-V

CD.在ca过程中，气体的压强不变，体积减小，根据盖-吕萨克定律亍=C

可知，气体的温度降低，气体放出热量，C正确，D错误。

故选C。

3.甲、乙两单色光分别通过同一双缝干涉装置得到各自的干涉图样，设相邻两个亮条纹的中心距离为

△x,若△了甲＜△了乙，比较甲、乙两种单色光，则下列说法正确的是（）

A.真空中甲光的波长较长

B.甲光能发生偏振现象，而乙光不能

C.甲光发生全反射时的临界角较大

D.乙光的光子能量较小

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据以=，/1,结合△丁用〈△x0则在真空中甲光的波长小于乙光的波长，故A错误；

a

B.偏振现象是横波特有的现象，由于光是横波，故甲乙都可以发生偏振现象，故B错误；

C.由于甲光的波长短，则甲光的频率较大，则其折射率也大，根据sinC=L可知，甲光发生全反射时的

n

临界角较小，故C错误；

D.由于乙光的波长较长，则乙光的频率较小，那么乙光的光子能量较小，故D正确；

故选：D„

4.如图所示，理想变压器输入电压保持不变，副线圈接有两个灯泡和一个定值电阻R,电流表、电压表均

为理想电表。开关S原来是断开的，现将开关S闭合，则（）

A.电流表的示数减小

B.电压表的示数不变

C.原线圈输入功率减小

D.电阻R消耗的电功率减小

【答案】B

【解析】

【详解】B.电压表测的是变压器的输出电压，而输出电压由输入电压决定，开关S闭合后输入电压不变,

所以输出电压不变，电压表示数不变，故B正确;

A.开关S闭合后，变压器输出端电阻变小，输出电流变大，而输出电流决定输入电流，根据f=生■可知,

k/

输入电流变大，电流表示数变大，故A错误;

C.变压器输入电压不变，输入电流变大，根据P=UZ可知，原线圈输入功率变大，故C错误;

D.由于输出电流变大，根据P=/2R可知，电阻R消耗的电功率变大，故D错误。

故选B。

5.一列简谐波沿绳向右传播，尸、。是绳上两点（。在P的右侧），振动图像分别如图中实线和虚线所示。

/=ls时，下列P、。两点间的波形图可能正确的是（)

【解析】

【详解】由振动图像可知，H1S时，P点处于正向最大位移处，0点处于平衡位置且向y轴正方向运动,

波向右传播，结合同侧法可知A图像符合要求。

故选A„

二、不定项选择题（本题共3小题，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.高空“蹦极”是勇敢者的游戏。蹦极运动员将弹性长绳（质量可忽略）的一端系在双脚上，另一端固定

在高处的跳台上，运动员无初速地从跳台上落下。在整个下落过程中，若不计空气阻力，则（）

A.运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大

B.当弹性绳恰好伸直时，运动员的速度最大

C.重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量相同

D,重力对运动员所做功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功

【答案】AD

【解析】

【详解】A.从弹性绳开始伸直到最低点的过程中，运动员的重力势能减小，所以动能和弹性势能之和增

加，故A正确；

B.当弹性绳的弹力大小等于重力时，运动员的速度最大，故B错误；

C.根据动量定理，由于初、末状态，动量均为零，因此重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲

量大小相等，方向相反，故C错误；

D.根据动能定理，由于初、末状态动能均为零，因此重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力

所做的功，故D正确。

故选AD„

7.梦天实验舱全长17.88米、直径4.2米，重约23吨，与重约60吨的天和核心舱组合体顺利对接，完成

了中国空间站建设最后一个模块的搭建。已知对接后中国空间站距地面高度约为400km,地球同步卫星距

地面高度约为36000km,二者的运动均视为匀速圆周运动，则（）

A.对接前后空间站内宇航员均不受地球引力作用

B.对接后中国空间站运行周期小于地球同步卫星的运行周期

C.对接时梦天实验舱与天和核心舱因相互作用而产生的加速度大小相等

D.对接后中国空间站绕地球运行的速度小于7.9km/s

【答案】BD

【解析】

【详解】A.对接前后空间站内的宇航员均受地球引力作用,A错误；

B.由题可知，万有引力提供圆周运动的向心力，则有华^=%（2三产厂

解得T=2不J-L

\GM

根据题意可知，空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，故对接后中国空间站的运行周期小于地球同

步卫星的运行周期，B正确；

C.根据牛顿第二定律可得尸二加〃

解得

m

对接时梦天实验舱与天和核心舱因相互作用而产生的作用力大小相等，但由于梦天实验舱的质量小于天和

核心舱的质量，故梦天实验舱的加速度大于天和核心舱的加速度，C错误；

D.设地球的半径为R,空间站离地面的高度为〃，根据万有引力提供圆周运动的向心力，则有

Mmmv2

CJ-----------三-----------

(R+/l)2(R+h)

GM

解得v

R+h

而第一宇宙速度V]=j墨=7.9km/s

故中国空间站绕地球运行的速度小于7.9km/s,D正确。

故选BD。

8.一电子只在静电力作用下沿+无方向运动，其所在位置处的电势夕随位置尤变化的图线如图中抛物线所

示，下列说法正确的是()

A.从尤1运动到X2,电场力对电子做负功

B.尤1与X3处的电场强度方向相同

C.电子在XI处的速率小于在X3处的速率

D.电子从X2运动到尤3,加速度逐渐减小

【答案】AC

【解析】

【详解】A.从XI运动到及，电势降低，电子的电势能增加，则电场力对电子做负功，选项A正确;

B.图像的斜率等于场强，可知XI与X3处切向的斜率不同，则电场强度方向不相同，选项B错误；

C.电子运动过程中只有电场力做功，则电势能和动能之和守恒，电子在尤1处的电势能大于在X3处的电势

能，可知电子在XI处的动能小于在尤3处的动能，电子在XI处的速率小于在尤3处的速率，选项C正确；

D.电子从X2运动到X3,图像的斜率变大，则场强变大，根据牛顿第二定律。=变可知加速度逐渐变

m

大，选项D错误。

故选AC。

9.

（1）两组同学利用不同的实验器材进行碰撞的实验研究。

第一组同学利用气垫导轨通过频闪照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验。

①若要求碰撞动能损失最小则应选下图中的（填“甲”或“乙”）（甲图两滑块分别装有弹性

圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥）；

第二组同学采用下图所示装置进行“验证动量守恒定律”实验，在水平槽末端与水平面间放置了一个斜

面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接，使入射小球从斜槽上S点由静止滚下，落点为P',放上被碰

小球后，入射小球和被碰小球在斜面上的落点分别为A/'、N'o已知入射小球质量为加，被碰小球质量为

“12,用刻度尺测量斜面顶点到M'、P'、三点的距离分别为/I、12、/3。

②关于本实验条件的叙述，下列说法正确的是

A.斜面与水平槽必须光滑

B.该实验不需要秒表计时

C.两小球的质量应满足mi〉m2

D.必须测量水平槽末端的高度

③则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为（用所测物理量的字母表示）。

（2）①某同学使用多用电表欧姆挡粗测待测电阻&的阻值。某次测量时，多用电表表盘指针如图所示。

己知他选用欧姆挡的倍率为“xlO”，则&的测量值为Qo

②该同学使用如图所示的电路，进一步测量待测电阻&的阻值。某次实验，电流表的示数为/,电压表的

示数为U,则电阻&的测量值为。若不考虑偶然误差，该测量值与&的真实值相比

（选填“偏小”、“偏大”或“相等”）。

③.叫口=m1a+恤瓜

(2)①.60(2).y③.偏大

【解析】

【小问1详解】

①[1]乙图中由于装有撞针和橡皮泥，则两滑块相碰时成为一体，机械能的损失最大，甲图中采用弹性圈，

二者碰后即分离，机械能损失最小，若要求碰撞动能损失最小则应选图中的甲。

②⑵A.实验验证的是碰撞过程系统动量是否守恒，研究碰撞过程，斜面与水平槽不必光滑，故A错误；

BD.实验中，碰撞后小球做平抛运动，测出小球位移，应用运动学公式可以求出小球的速度，该实验不需

要秒表计时，也不需要测量水平槽末端的高度，故B正确；D错误；

C.为防止碰撞后入射球反弹，两小球的质量应满足如＞侬，故C正确。

故选BC。

③[3]小球离开斜面后做平抛运动，设斜面的倾角为0,小球做平抛运动的位移为/，则有/cos6=力,

/sin8=；gt2

gl

联立，解得v=cos9

2sing

碰撞前入射小球的速度v0=cos6底M

Igli

碰撞后入射小球的速度4=cos3

2sin。

碰撞后被碰小球的速度…』品

两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得叫％=叫匕+加2V2

整理，可得叫瓜=叫a+m2M

【小问2详解】

①⑴根据欧姆表的读数原理，可知&的测量值为凡=6.0xl0C=60C

②⑵根据欧姆定律，可得电阻Rx的测量值为&=:

[3]实验误差来源于电流表的分压，待测电阻两端电压UR=U-UA

待测电阻的真实值用真〈凡

若不考虑偶然误差，该测量值与&的真实值相比偏大。

10.如图所示，在竖直平面内固定着半径为R的光滑半圆形轨道，A、B两小球的质量分别为机、2,“。小

球B静止在轨道的最低点处，小球A从离轨道最低点2R的高处由静止自由落下，沿圆弧切线进入轨道

后，与小球B发生碰撞。碰撞后B球上升的最高点为C,圆心。与C的连线与竖直方向的夹角为60。。两

球均可视为质点。求：

OA

(1)A与B球相碰前的速度大小vo；

(2)A、B球第一次碰撞过程损失的机械能AE。

【答案】(1)2M

(2)mgR

【解析】

【小问1详解】

1

分析A球，从静止下落到与B球相碰前，根据机械能守恒可知=9

解得％=20

【小问2详解】

碰撞后，B球上升到C点，根据机械能守恒可得;x2根石=2r〃gR。-cos600)

球A与B碰撞过程中，满足动量守恒mv0=mvA+2mvB

A、B球第一次碰撞过程损失机械能=-gznv：-gx2机喘

代入数据可得AE=mgR

11.列车进站时，其刹车原理可简化如图所示，在车身下方固定一N匝闭合矩形线框“bed,利用线框进入

磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的质量为山，车身长为s,线框的油和cd长度均为L(L

小于匀强磁场的宽度)，线框的总电阻为几站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为跳车

头的线框刚进入磁场的速度为列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为八线框cd边刚进入磁

场时，列车刚好停止。求：

(1)车头进入磁场瞬间，判断线框浦边产生的感应电流的方向及列车的加速度大小。。

(2)列车从进站到停下来的过程中线框产生的热量。。

【答案］(1)af,MBf+fR

mR

19

(2)-mv0-fs

【解析】

【小问1详解】

根据楞次定律结合安培定则可知，线框中电流的方向为顺时针（俯视），即车头进入磁场瞬间，判断线框

湖边产生的感应电流的方向为a—b。

列车车头进入磁场瞬间产生的感应电动势的大小为E=NBLv0

根据闭合电路的欧姆定律可知，回路中产生的感应电流的大小为/=£="""

RR

车头进入磁场瞬间所受安培力的大小为F=NBIL

由牛顿第二定律，则有/+/=加。

联立解得列车的加速度大小为a=N-B-Ir%+fR

mR

【小问2详解】

在列车从进入磁场到停止的过程中，克服安培力所做的功在数值上等于线框产生的热量，则由能量守恒有

^mvl=fs+Q

1

解得Q机说9—方

12.如图所示，在匀强电场中建立直角坐标系xOy,y轴竖直向上，一质量为优、电荷量为-q的微粒从x轴

上的M点射出，方向与x轴夹角6=30°,微粒恰能以速度v做匀速直线运动，重力加速度为g。

付

（1）求匀强电场场强E的大小和方向；

（2）若再叠加一圆形边界的匀强磁场，使微粒能到达x轴上的N点，M、N两点关于原点O对称，距离为

、.八4mv

L,微粒运动轨迹也关于y轴对称。已知磁场的磁感应强度5=-^,方向垂直xOy平面向里。求带电粒