2025届天津市河西区高三年级下册一模物理试卷（解析版）

河西区2024—2025学年度第二学期高三年级总复习质量调查（一）

物理试卷

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4页，第n卷5至8页。

答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置

粘贴考试用条形码。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。

祝各位考生考试顺利！

第I卷

注意事项：

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.量子论不但深化和丰富了人类对自然界的认识，而且催生了一大批新技术，深刻地改变了人们的生活方

式和社会形态。以下叙述正确的是（）

A.随着温度升高，黑体辐射强度的极大值向波长较长的方向移动

B.爱因斯坦的光电效应方程可以很好地解释遏止电压和光的频率无关

C.试电笔中的血管，是由灯管内的气体原子从高能级向低能级跃迁而发光的

D.宏观物体的质量比微观粒子大得多，它们运动时的动量很大，对应的德布罗意波的波长就很长

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据黑体辐射的规律，随着温度升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，并非

波长较长方向，故A错误；

B.由爱因斯坦光电效应方程Ekm=*-叱）=e4

hw

整理得遏止电压—v——2

ee

这表明遏止电压和光的频率有关，故B错误；

C.试电笔中的速管发光原理是灯管内的气体原子吸收能量后处于高能级，不稳定，会向低能级跃迁，跃

迁过程中以光的形式释放能量，故C正确；

,h

D.根据德布罗意波长公式X=一（〃是普朗克常量，p是动量）

P

可知宏观物体质量越大，动量p越大，对应的德布罗意波的波长力越短，故D错误。

故选Co

2.不同电磁波由于具有不同的频率，因此具有不同的特性。。、》两种单色光在电磁波谱中的位置如图甲

所示，由。、b两种单色光组成的一束光由空气射向水面并发生折射的光路图如图乙所示。下列说法正确

B.逐渐增大入射角，单色光b首先发生全反射

C.两种单色光由空气进入水中后，频率都变小

D.在水中，单色光a的速度比单色光6的速度大

【答案】D

【解析】

【详解】A.由甲图可知，a光的频率小于b光的频率，故。光的折射率小于6光的折射率；由图乙可知,

两束光从空气向射入水中，入射角相同，折射光线II的折射角大于折射光线I的折射角，根据“=出

sinr

可知折射光线II的折射率小于折射光线I的折射率，故折射光线II是单色光。，故A错误；

B.两束光都是从空气向射入水中，即从光疏介质到光密介质，不会发生全反射，故B错误；

C.两种单色光由空气进入水中后，频率都不变，波长发生变化，故C错误；

D.由A项可知，。光的折射率小于6光的折射率，根据“=£

v

可知在水中，单色光a的速度比单色光6的速度大，故D正确。

故选D。

3.“北斗卫星导航系统”由多颗地球同步卫星和中圆地球轨道卫星（运行半径小于地球同步卫星轨道半

径）组成。若将地球看作是质量均匀分布的球体，地球半径与地球同步卫星的轨道半径之比为左，则下列

说法正确的是（）

A.某颗卫星加速后可以追上前面在同一轨道上同向运行的另一颗卫星

B.为了保证北京的导航需求，一定有一颗地球同步卫星静止在北京上空

C.地球同步卫星运行的周期大于中圆地球轨道卫星的周期

D.地球北极重力加速度的大小与赤道重力加速度的大小之比为

【答案】C

【解析】

【详解】A.在同一轨道上同向运行的卫星加速时将做离心运动，会脱离圆轨道运行，不可能追上前面的卫

星，故A错误;

B.根据万有引力提供向心力，地球同步卫星只能在赤道平面上空运行，无法静止在北京上空，故B错误;

C.由于中圆地球轨道卫星运行半径小于地球同步卫星轨道半径，根据开普勒第三定律可知地球同步卫星运

行的周期大于中圆地球轨道卫星的周期，故C正确;

Mm

D.在北极有G

F=极

Mm

在赤道有G赤-ma^R

对地球同步卫星有

联立可得晚=1

1—公

g赤

故D错误。

故选C。

4.如图甲所示，匝数为N的闭合矩形线圈abed处于磁感应强度大小为8的匀强磁场中，绕着与磁场垂直

且与线圈共面的固定轴以角速度。匀速转动。线圈的油边长为与，M边长为4。线圈经过某位置

时开始计时，通过线圈的磁通量①随时间f的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（）

O'

甲乙

A.1■时刻，线圈中产生的感应电动势的瞬时值大小为日N03fl4

B.%时刻，穿过线圈的磁通量的变化率大小为④

C.马时刻，线圈平面与中性面垂直

D.Q时刻，穿过线圈的磁通量大小为

【答案】B

【解析】

【详解】A.线圈经过中性面时磁通量最大，由乙图可知，线圈经过中性面时开始计时，线圈中产生的感

应电动势的瞬时值表达式€=凡sincot

-27r

其中Em=NBcoLJ2,co-——

解得e=NBa)LxL2sin年t

由乙图可知乙=工

312

所以L时刻，线圈中产生的感应电动势的瞬时值大小为e=-NcoBW

32

故A错误；

B.由乙图可知，：时刻线圈平面与磁场平行，有e=NB①也

又6=N----

△①

联立，解得一=G)BLJ,

AZ

故B正确；

C.由乙图可知，时刻，穿过线圈的磁通量最大，线圈平面与中性面重合，故C错误；

D.由图乙可知，6时刻，穿过线圈的磁通量大小为中=或右

故D错误。

故选Bo

5.卡诺循环是由法国工程师卡诺于1824年提出的。卡诺循环由两个等温过程和两个绝热过程组成。如图

为卡诺循环的P-V图像，一定质量的理想气体从状态A开始沿循环曲线ABCDA回到初始状态，其中AB和

为两条等温线，8C和ZM为两条绝热线。下列说法正确的是()

A.A-B过程中，气体分子的数密度增大

B.C-O过程中，气体从外界吸热，内能不变

C.B-C过程气体对外界做的功等于D-A过程外界对气体做的功

D,在一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图可知，过程中，气体的体积增大，则气体的分子数密度减小，故A错误；

B.由图示图像可知，C-。过程气体体积减小，外界对气体做功，即W>0

C到D过程气体温度不变，气体内能不变，即AU=O

根据热力学第一定律AU=W+Q

可知Q<0

即气气体向外界放出热量，故B错误；

C.由图知普=，，TC=TD

故8-C过程和。一A过程，温度变化量的大小相等，内能变化量的大小相等，且Q=o,可知W大小也必

然相等，即8-C过程气体对外界做的功等于。fA过程外界对气体做的功，故C正确；

D.一次循环过程中气体的温度不变，内能不变。P-V图像中图线与坐标轴围成的面积表示功。由图知，在

一次循环过程中，气体对外界做功，为确保气体的内能不变，则气体一定从外界吸收热量，故一次循环过程

中气体吸收的热量大于放出的热量，故D错误。

故选Co

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.甲、乙两列简谐机械横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，甲波的波速为2m/s。f=0时刻两列波在

x=2相处相遇，波形图如图所示。质点P的平衡位置在x=0相处，质点Q的平衡位置在A27W处，质点R的

平衡位置在x=4机处。下列说法正确的（）

B.乙波的波速是Im/s

C./=0.5s时，质点P的加速度小于质点R的加速度

D.Z=1.5s时，质点Q偏离平衡位置的位移为2cm

【答案】AD

【解析】

【详解】A.根据“上下坡”法可以判断出P、Q两点的运动方向都沿y轴正方向，故A正确；

B.同一介质中所有波的传播速度是相同的，故乙波的波速是2m/s,故B错误；

C.根据T=—可得甲波的周期为罩=2s,乙=1S,故uo.5s时质点P在位移最大，加速度最大，质点R

v

的处于平衡位置，加速度为0,故质点P的加速度大于质点R的加速度，故C错误；

D./=1.5s时，甲波在质点Q处的位移为2cm,乙波在Q处的位移为0,故质点Q偏离平衡位置的位移为

2cm,故D正确；

故选AD。

7.托球跑是趣味运动会的一种比赛项目。比赛中，运动员手持乒乓球拍托着质量为根的球向前跑动。在

比赛中途的某一段时间r内，乒乓球与球拍保持相对静止，球和球拍随运动员共同沿水平方向匀加速直线

运动通过无距离，乒乓球的速度变化量为Av,球拍平面与水平面之间的夹角为凡如图所示。不计球和球

拍之间的摩擦力以及空气阻力，重力加速度为g。以下说法正确的是（）

中「乒乓球

A.在这段时间内，乒乓球加速度的大小为gsin。

B.在这段时间内，乒乓球所受合外力冲量的大小为帆gttan。

C.在这段时间内，球拍对乒乓球的弹力做的功为"zgxtan。

1?

D.在这段时间内，乒乓球所受合外力做的功为QM(AV)

【答案】BC

【解析】

【详解】A.乒乓球受到重力机g、支持力N而做加速直线运动，受力如图

由牛顿第二定律有F合=mgtan0=ma

解得加速度大小a=gtan。

故A错误;

B.合外力冲量大小/=W=nzg/tan(9

故B正确;

C.球拍对乒乓球的弹力为尸="々

cos"

则球拍对乒乓球的弹力做的功W=&sin夕=mgxtan0

故C正确;

D.根据动能定理，乒乓球所受合外力做的功等于该过程动能该变量，即

WL=—mv2-—mv3=—m(v,2

口222v

故D错误。

故选BC。

8.如图所示，水平放置的平行板电容器充电后断开电源，上极板A带负电，下极板B接地，在两极板间

的尸点固定一个负电荷。现将电容器的上极板A竖直向上移动一小段距离d,移动之后P点的电势为

<PP、负电荷在尸点具有的电势能为Ep、极板A与尸点之间的电势差为U”、两极板之间电场强度的大小

为及以下四个图像中，图线形状正确的是()

d

P^

—i-------------B

【解析】

【详解】D.平行板电容器充电后断开电源，所以电容器的电荷量不变，将电容器的上极板A竖直向上移

动一小段距离d,根据c=

4兀kd

可知电容变小，根据

且有E=S

a

解得E="詈

可知场强不变，故D错误；

A.下极板接地，尸点与下极板间的电势差保持不变，所以P点的电势不变，故A正确；

B.根据

g为负值，。为正值，所以负电荷在P点具有的电势能为负值，且不变，故B错误；

C.根据U”=%一外一%一如

故C正确。

故选AC„

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.如图为验证动量守恒定律的实验装置图。实验时，将斜槽固定在铁架台上，使槽末端水平。先让质量为

㈣的入射球多次从倾斜轨道上由静止释放，记录其在水平桌面上的平均落点位置。然后把质量为机2的被

碰小球静置于槽的末端，再将入射球从倾斜轨道上由静止释放，与根2相碰，并多次重复，记录两小球在

桌面上的平均落点位置。用刻度尺测量。点到三个平均落点位置M、尸、N的距离，分别记为4、/、

(1)关于该实验，下列说法中哪些是正确的？(填正确答案标号)

A.入射球和被碰球质量必须满足叫〉m2

B.入射球每次可从斜槽上任意位置释放

C.实验中还必须测量出斜槽末端到水平地面的高度

D将小球静置于斜槽末端，若小球能保持静止，则说明斜槽末端水平

(2)在测量七的过程中，直尺的。刻度与白纸上。点对齐，测量时如图所示，贝cm。

O-_-_-_-_--_-_-_-_--_-_-X丫,_--_-_-_-_--_-_-_-_--_-M

I-------------------1I

II

iiii|iiiiiiiii|iiifHIII|llll|iiii|iiii|iiiiiiiii|iilmni|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iiii|iih|llil|IIH|iih|iiii|-

0cm1\..…Ml424344454647484950

\...\

(3)在误差允许范围内，表达式___________成立，则两个小球的碰撞满足动量守恒定律。(用吗、

加2、/、/和£表示)。

【答案】(1)AD(2)43.90(43.88〜43.92)

(3)=mixx+m2x3

【解析】

【小问1详解】

A.为了避免碰撞后入射球被反弹，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即叫〉根2,故A正确；

B.为保证入射球每一次获得相同的初速度，故每一次入射球都要从同一位置静止释放，故B错误；

C.小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同，即可用水平位移表

示速度，所以不需要测量小球抛出点的离地高度，故C错误；

D.为保证小球做平抛运动，所以要将小球静置于斜槽末端，若小球能保持静止，则说明斜槽末端水平，

故D正确。

故选AD„

【小问2详解】

由图乙所示刻度尺可知，其分度值是1mm,故读数为43.90cm。

【小问3详解】

小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间f相等，由题意可知，P点

为碰撞前入射球的落点，M点为碰撞后入射球的落点，N点为碰撞后被碰球的落点，则碰撞前入射球的速

度大小v0=Y

碰撞后入射球的速度大小％=宁

碰撞后被碰球的速度大小%=亍

两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得班%=班匕+切2y2

整理得叫马=rn\X\+W2X3

10.学生实验小组要测量量程为3V的电压表V2的内阻Rv。可选用的器材有：

A.电源（电动势5V）

B.电压表V］（量程5V,内阻约3kQ）

C.定值电阻R（阻值为800。）

D.滑动变阻器与（最大阻值50。）

E、滑动变阻器&（最大阻值5kQ）

F、开关S,导线若干

（1）他们设计了如图所示的实验电路图，其中滑动变阻器应选（填“凡”或“凡”）。

(2)闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于(填“a”或"b”)端。

(3)请按照实验电路图将图中的实物图连接完整。

(4)闭合开关S,滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表V］、待测电压表V2的示数分别为U1、U2,

则待测电压表的内阻Rv=(用G、S和尺表示)。

【答案】(1)收

(2)a(3)

U,R

(4)---

5—力

【解析】

小问1详解】

在如图所示的电路中滑动变阻器采用的是分压式连接，为了方便调节，应选最大阻值较小的滑动变阻器,

即选与。

【小问2详解】

为保护电路，且测量电路部分电压从零开始条件，闭合开关S前，滑动变阻器滑片应置于。端。

【小问3详解】

根据实验电路图连接成完整的实物图，如图所示

【小问4详解】

U,U,-U,

由电路图可知，电压表V?与定值电阻R串联，两者的电流相等，则有D一

解得%=〃2〃

%—u2

11.如图所示，AC为光滑半圆轨道，其半径R=lm；3。为足够长的粗糙斜面轨道，其倾角6=30°；两轨

道之间由一条足够长的光滑水平轨道相连，8处用光滑小圆弧平滑连接，轨道均固定在同一竖直平面

内。质量为帆,=04kg的物块6静止在水平轨道上，质量为色,=02kg的物块。从6的左侧沿水平轨道

以速度%向b运动，并与6发生弹性正碰。碰撞后。沿半圆轨道运动到C点时，轨道对其弹力大小为

10N„已知物块与斜面之间的动摩擦因数〃=白。物块纵6都视为质点，且两物块不再发生第二次碰

撞，不计空气阻力，取g=10m/s2。求：

(1)两物块碰后瞬间物块a的速度大小va；

(2)物块6在斜面上运动的时间人

【答案】(1)=10m/s

(2)t=1.6s

【解析】

【小问1详解】

物块。运动到最高点C时，有7%g+N=7%微

解得％=2V15m/s

11

物块a从A运动C的过程，满足机械能守恒-mav；=mag-2R+-

解得v°=10m/s

【小问2详解】

两物块发生弹性正碰，选取水平向右为正方向，根据动量守恒有mav0=ma（-va）+mhvb

根据能量守恒有gav；=；也"

联立解得为=20m/s

物块b在斜面上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有mbgsin0+jumbgcos6=mba

解得a=12.5m/s2

物块b在斜面上运动的时间/='=1.6s

a

12.某电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，

可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线圈abed,线圈的总电

阻为R,ab边长为L,ad边长为2L,如图所示示（俯视）.缓冲小车（无动力）水平通过线圈上方，线圈

与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲.已知小车总质量为m,受到地面的摩擦阻力为f,小车

磁场刚抵达线圈ab边时，速度大小为vo,小车磁场刚抵达线圈cd边时，速度为零，求：

（1）小车缓冲过程中的最大加速度am的大小.

（2）小车缓冲过程中通过线圈的电荷量q及线圆产生的焦耳热Q.

-------

;xxxxxx\ad

；XXXXXX小时

线圈

；XXXXXX

Lx__x__x_x__x__xJZ?c

小车

【答案】⑴4=史上更；⑵。=L篦片一2月

mmR2

【解析】

【详解】【分析】根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式及牛顿第二定律就能求出小车缓冲过

程中的最大加速度；由能量守恒可知线圆产生的焦耳热；

解：（1）线圈相对磁场向左切割磁感线，产生电动势石=*%

电流为：/=£=①

RR

根据牛顿第二定律：BIl+f=mam

B^O+JR

得到：am

mR

__E—△①

(2)通过线圈的电量：q=It，I=~,E=—

RAr

1,

由能量守恒：-mvl=Q+f-2l

得到：。=em说—2月.

13.带电粒子的电荷量与质量之比叫作比荷，比荷的测定在近代物理学的发展中具有重大意义。磁聚焦法

是测量比荷的一种常用方法，接下来我们一起研究这种测量方法所使用的装置。如图甲所示，在真空玻璃

管中装有热阴极K和带有小孔的阳极A,在A、K之间加上电压a后，连续不断地有电子从阴极K由静

止加速到达阳极A.电子从小孔射出后沿水平中心轴线进入平行板电容器，两板间距及板长均为L电容

器两极板间所加电压M随时间f变化的关系如图乙所示。两极板右侧有一足够大的荧光屏，荧光屏与中心

轴线垂直，且与两极板右端的距离为z（未知）。在荧光屏上，以垂点为坐标原点建立xOy平面直角坐标

系，其中y轴垂直于电容器极板。两极板与荧光屏间有一水平向右的匀强磁场，磁感应强度为8.已知电

子在两极板间运动的时间极短，电子的电荷量为e,质量为相，不计电子重力和电子间的相互作用。

（1）某时刻图甲中电容器下极板的电势高于上极板，则此时两极板间的电子所受静电力的方向是（填

“向上”或“向下”）的；

（2）求电子射出两极板时偏离中心轴线的最大距离;

(3)(i)进入磁场后，电子在xOy平面上的投影做圆周运动，该圆周运动的圆心位置和半径均与“有

关，求圆心位置的无