2025-2026学年宁夏石嘴山一中高三（上）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年宁夏石嘴山一中高三（上）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.天然放射性元素 ​90232Th(钍)经过一系列衰变后变成 82208Pb(A.衰变过程共有6次α衰变和5次β衰变

B.有6个中子转变为质子

C. 82208Pb的比结合能比 90232Th2.下列关于曲线运动的描述中错误的是(

)A.曲线运动一定是变速运动，因为曲线运动的速度方向在不断变化

B.加速度变与不变是由受到的力决定的，曲线运动的加速度可能变也可能不变

C.曲线运动的加速度方向与速度方向可能在同一直线上

D.做曲线运动的物体是加速还是减速，取决于力的方向与其运动方向间的夹角3.如图1，在水平地面上放置一个质量为m=5kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图2所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.6，g=10m/s2.则物体在推力减为零后还能运动的时间是A.0.32

s B.0.55

s C.0.67

s D.0.80

s4.如图所示，理想变压器的原线圈接入电压恒定的交流电源，电表均为理想电表，导线电阻不计，R0为定值电阻。现将滑动变阻器R的滑动触头向上滑动，则下列说法正确的是(

)A.电流表示数均变大 B.电压表示数均不变

C.变压器输入功率变小 D.定值电阻R05.如图所示中的闭合金属线圈始终全部处在匀强磁场中运动，其中线圈感应电流不为零的是(

)

A.甲图中线圈水平向右匀速运动到图示位置

B.乙图中线圈绕OO′匀速转动到与B垂直的图示位置

C.丙图中线圈绕OO′匀速转动到图示位置

D.丁图中线圈绕OO′匀速转动到与B平行的图示位置6.在如图所示的电路中，三个定值电阻的阻值分别为R1=R2=6Ω，R3=2Ω，在a、b两端输入正弦式交变电流，电压的表达式为u=242sin100πt(V)。已知理想变压器原、副线圈的匝数比为A.R2两端的电压为4.8V B.电阻R1、R2消耗的功率之比为1：16

C.变压器的输入功率为19.2W D.流过电阻7.竖直平面内存在水平向右的匀强电场E，一带电小球从电场中的O点以初速度v0向左上方射出，v0方向与水平方向成30°角，如图所示。小球运动到其轨迹的最左端时，速度大小恰好等于初速度大小v0，则小球受到的电场力与它受到的重力的比值为(

)A.2：2 B.1：2 C.3二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.投影仪中常用的图像翻转棱镜的横截面ABCD是底角为45°的等腰梯形，高为a，上底AB边长为2a。一单色光沿如图所示的方向射入棱镜，且能到达AD边的中点，已知棱镜对该单色光的折射率n=2，光在真空中传播的速度为c，有折射时，不考虑反射。下列说法正确的是(

)A.光在AD边发生全反射 B.光在BC边发生折射，折射角为30°

C.光在棱镜中的传播时间为(2+2)ac9.一列简谐横波沿x轴传播，图甲为该波在t=0.8s时的波形图，质点Q的平衡位置位于x=0.5m处，图乙为平衡位置位于x=1.0m处的质点P的振动图像。下列说法正确的是(

)

A.该波沿x轴正方向传播 B.该波的波速为2.5m/s

C.0～1.2s内，质点Q运动的路程为0.8m D.t=1.2s时，质点Q位于波峰10.如图所示，间距为L的水平光滑导轨左端接阻值为R的定值电阻，右侧相距为d的虚线M、N、P之间存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，质量为m、电阻为r的导体棒ab放置在导轨上，在水平恒力作用下从距离M为d的位置由静止开始运动，当导体棒到达虚线M时撤去恒力F，导体棒刚好运动到虚线P停止运动，导体棒ab始终与导轨接触良好并保持垂直。下列说法正确的是(

)A.导体棒在MP之间运动过程中，流过R的电流方向没有变化

B.导体棒在MP之间运动过程中，磁场对导体棒的安培力方向没有变化

C.水平恒力大小为2B4L4dm(R+r)2

D.三、实验题：本大题共2小题，共21分。11.某同学用如图所示实验装置来“验证动量守恒定律”，将竖直挡板向右移动到适当位置，图中O点与小球在斜槽末端时球心的位置等高。实验时，将竖直挡板水平向右移动一定距离，先让入射小球A多次从斜轨上同一位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，然后把被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球A从斜轨上同样位置由静止释放，与被碰小球B相碰，并且重复多次，实验得到两小球落点的平均位置分别为M、N，测量hM、hP、hN分别为M、P、N距O点的竖直距离。

(1)若入射小球A质量为m1，半径为r1；被碰小球B质量为m2，半径为r2，则______(填正确选项前的字母)；

A.m1>m2，r1>r2

B.m1>m2，r1<r2

C.m1>m2，r1=r2

D.12.某同学学习多用电表的使用后，想通过实验粗测铅笔笔芯的电阻率：

(1)用×10欧姆挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很大，为了较准确地进行测量，应换到______档。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是______(选填“机械”或“欧姆”)调零，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该铅笔芯的阻值是______Ω。若将该表选择旋钮置于100mA挡测电流，表盘仍如图1所示，则被测电流为______mA。

(2)用螺旋测微器测量铅笔芯的直径d，测量结果如图2乙所示，则d=______mm。刻度尺测得笔芯的长度为L，铅笔芯电阻R，可测得该铅笔芯的电阻率ρ=______。(用d、L、R表示)四、计算题：本大题共3小题，共33分。13.夜晚在高速公路上行车，当车灯照射到公路旁边的指示牌上时，指示牌能将照射到其上的光线返回，使司机看清指示牌上的标志。其反光原理是在指示牌上涂有一层由玻璃制成的微小球体，示意图如图所示。假定车灯射出的光为单色光，平行入射到玻璃微球表面，玻璃微球右侧面有反光膜，入射角为θ=60°的灯光能够逆向返回，玻璃微球半径为r=1.0×10−5m，真空中光速c=3.0×108m/s，求：

(1)玻璃微球的折射率n；

(2)单色光在玻璃微球内的传播时间14.如图所示，不可伸长的轻绳一端固定，质量为m=2kg的小球系在绳的另一端，将绳水平拉直后由A点静止释放。已知绳长为L=1.8m，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求：

(1)小球经过最低点B的速度大小v；

(2)小球从A到B的过程中，所受合力的冲量I。15.实验室有一装置可用于探究原子核性质，该装置的主要原理可简化为：空间中有一直角坐标系Oxy，在紧贴位置(−0.2m,0)的下侧处有一粒子源P，能沿x轴正方向以v0=1×106m/s的速度持续发射比荷为qm=5×107C/kg的某种原子核。在x<0，y<0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场，场强E=33×105V/m。在x>0的空间中有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=0.2T。忽略原子核的重力及核间的相互作用。

(1)求原子核第一次穿过y轴时的速度v和方向；

(2)若原子核进入磁场后，经过Δt=π×10−7s瞬间分裂成a、b两个新核。两新核的质量之比为ma：mb=1答案解析1.【答案】C

【解析】解：A.核衰变中遵循电荷数守恒、质量数守恒，设衰变过程经历了x次α衰变、y次β衰变，则由电荷数与质量数守恒得：232=208+4x，90=82+2x−y，得x=6，y=4，故A错误；

B.一次β衰变有一个中子转变为一个质子，共4个，故B错误；

C. 82206Pb属于中等质量的原子核，比 90232Th更加稳定，比结合能大，故C正确；

D.半衰期是由放射性原子核本身决定的，与物理状态无关，故D错误。

故选：C。

根据原子核的组成分析质子数和中子数，由电荷数与质量数守恒判断发生了几次α衰变和几次β衰变；半衰期与环境无关。2.【答案】C

【解析】解：A、由于做曲线运动物体的速度方向在不断改变，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；

B、根据牛顿第二定律，可知加速度变与不变是由受到的力决定的，曲线运动的加速度方向与速度方向不在同一直线上，做曲线运动的加速度可能变也可能不变，比如平抛运动的加速度是不变的，匀速圆周运动的加速度就是变化的，故B正确；

C、根据物体做曲线运动的条件，可知曲线运动的加速度方向与速度方向不在同一直线上，故C错误；

D、物体做曲线运动速度时，当力的方向与运动方向的夹角小于90°，速度变大，当力的方向与运动方向的夹角大于90°，所以做曲线运动的物体是加速还是减速，取决于力的方向与其运动方向间的夹角，故D正确。

本题选择错误的，

故选：C。

曲线运动的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动；在恒力作用下，物体可以做曲线运动，如平抛运动，而匀速圆周运动受到的是变力，是变加速曲线运动；根据物体做曲线运动的条件判断；根据力的方向与其运动方向间的夹角，判断物体是加速还是减速。

本题是对物体做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。3.【答案】C

【解析】解：咋iF−x图象中与x轴所围面积即为外力做功为：

W=12×80×4J=160J

在外力作用下根据动能定理可得：

W−μmgx=12mv2−0

联立解得：v=2W−2μmgxm=2×160−0.6×5×10×45m/s=4m/s

4.【答案】C

【解析】解：A、根据题意可知，滑动触头向上滑动，R变大，副线圈总电阻变大，副线圈电流减小，又因为原、副线圈匝数比不变，故原线圈电流也变小，故A错误；

B、根据题意可知，滑动触头向上滑动，R变大，原、副线圈两端电压均不变，所以电压表V1示数不变，电阻R分压变大，电压表V2示数变大，故B错误；

C、根据电功率与电压和电流的关系可知，P=UI，原线圈电流变小，电压表V1示数不变，可知变压器输入功率变小，故C正确；

D、根据电功率与电流和电阻的关系P=I2R0可知，副线圈电流减小，则定值电阻R0消耗的功率变小，故

D错误。5.【答案】D

【解析】解：A、甲图中线圈水平向右匀速运动到图示位置，线圈平面始终与磁场平行，穿过线圈的磁通量一直为零，磁通量保持不变，则线圈中感应电流为零，故A错误；

B、乙图中线圈绕OO′匀速转动到与B垂直的图示位置，此时穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，则感应电流为零，故B错误；

C、丙图中线圈绕OO′匀速转动到图示位置，线圈转动过程中，线圈平面始终与磁场平行，穿过线圈的磁通量始终为零，磁通量保持不变，则线圈中感应电流为零，故C错误；

D、丁图中线圈绕OO′匀速转动到与B平行的图示位置，此时穿过线圈的磁通量为零，但磁通量变化率最大，感应电动势最大，则感应电流最大，不为零，故D正确。

故选：D。

产生感应电流的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。分析线圈的磁通量是否发生变化，来判断有无感应电流。

解答本题时，要掌握产生感应电流的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。要注意磁通量最大时，磁通量变化率可能为零，没有感应电动势和感应电流。6.【答案】A

【解析】【分析】

本题以理想变压器为情境，意在考查学生的模型建构能力，解题时需结合闭合电路欧姆与功率发热相关知识求解，另外需知道理想变压器原副线圈电压电流功率与匝数的关系，难度不大，细心解题即可。

【解答】A.电源电压的有效值为

E=R2

、

R3

的并联电阻为根据理想变压器原副线圈电压、电流与线圈匝数的关系

U1U2=原线圈两端的电压为

U副线圈两端的电压为

U解得

U1=19.2V

，

U2=4.8V

，

I故A正确；B.电阻R1消耗的功率为

电阻R2消耗的功率为

电阻R1、R2消耗的功率之比为故B错误；C.变压器的输入功率为

P故C错误；D.变压器不改变电流的频率，流过电阻R2电流的频率为

故D错误。故选A。7.【答案】C

【解析】解：带电小球在水平方向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有qE=ma

小球运动到其轨迹的最左端时，水平速度等于零，根据速度—时间公式有0=v0cos30°−at

小球运动到其轨迹的最左端，速度大小与初速度大小相同，表明小球在竖直方向上经历减速为零又反向加速的过程−v0=v0sin30°−gt

解得qEmg=38.【答案】AD

【解析】解：AB、根据1n=sinC可知，发生全反射的临界角为45°，故光在AD边发生全反射，并射到BC边的中点，再一次发生全反射，最终从CD边射出，故A正确、B错误；

CD、由几何关系可知，光在棱镜中通过的路程s=(2+2)a，该过程所需的时间t=nsc=(29.【答案】AB

【解析】解：由图甲可得波长λ=2.0m，由图乙可得周期T=0.8s。

B、由波速公式v=λT，代入数据得v=2.00.8m/s，解得：v=2.5m/s，故B正确；

A、图乙显示t=0.8s时质点P位于平衡位置(y=0)且沿y轴正向运动。结合图甲t=0.8s波形，x=1.0m处的P点恰在平衡位置。根据波动方向与振动方向关系(如“上下坡法”)，若波沿x轴正向传播，P点应向上运动，与分析吻合，故A正确；

C、振幅A=0.2m。0～1.2s时段Δt=1.2s=1.5T，质点路程s=6A，解得s=1.2m，故C错误；

D、t=0.8s时质点Q(x=0.5m)处于波峰，从0.8s～1.2s历时为Δt′=0.4s=T2，经半周期Q将运动至波谷，故D错误。

故选：AB。

通过波形图和振动图像确定波长和周期后，波速可直接由两者比值得到。根据振动图像中质点P在t=0.8s时的运动方向，结合波形图可判断波的传播方向。质点Q的路程需考虑时间与周期的关系，1.5个周期内路程为6倍振幅。t=1.2s时质点Q的位置可通过半周期后波峰变波谷的性质确定。

本题综合考查机械波的传播特性与振动图像分析能力，涉及波长、周期、波速的计算以及波动方向判断等核心知识点。题目通过波形图与振动图像相结合的方式，要求学生具备较强的空间想象能力和动态分析能力，能够将振动与波动的关系进行准确对应。计算量适中，主要难点在于正确理解t=0.8s10.【答案】BC

【解析】解：A、导体棒在MN间运动时，由右手定则可知回路感应电流方向为顺时针；在NP间运动时，由右手定则可知感应电流方向为逆时针，因此通过电阻R的电流方向发生改变，故A错误；

B、不论导体棒处于MN间还是NP间，根据左手定则，其所受安培力均水平向左，方向不变，故B正确；

C、导体棒在无磁场区域运动，由动能定理得Fd=12mv02。在MN间运动过程，由动量定理得−F安1−Δt1=mv1−mv0，其中F安1−=I1−LB，I1−=E1−R+r，E1−=ΔΦ1Δt1=BLdΔt1，联立得B2L2dR+r=mv0−mv1。在NP间运动过程，由动量定理得−F安2−Δ11.【答案】C

m1h【解析】解：(1)为防止A和B碰后A反弹，且A和B是对心正碰，因此必须是m1>m2，r1=r2。故C正确，ABD错误。

故选：C。

(2)设入射小球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，被碰小球的速度为v2，抛出点到挡板的水平位移为x0，则小球平均落点在P点时有hP=12gt02,x0=v0t0

联立解得v0=x0g2hP

同理小球平均落点在M点、N点时，水平位移仍为x12.【答案】×1

欧姆

28

34

0.494

πRd【解析】解：(1)用×10欧姆挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很大，说明电阻较小，为了较准确地进行测量，应换到×1挡。

多用电表测电阻时每次换挡后要进行欧姆调零，所以如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是欧姆调零。

由表盘的示数可知该铅笔芯的阻值是：28×1Ω=28Ω

若将该表选择旋钮置于100mA挡测电流，最小分度值为2mA，则被测电流为：17×2mA=34mA

(2)螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，固定刻度读数为0mm，可动刻度读数为49.4×0.01mm=0.494mm，则d=0mm+0.494mm=0.494mm

根据电路定律有：R=ρLS

根据几何知识有：S=πd24

解得：ρ=πRd24L

故答案为：(1)×1，欧姆，28，34；(2)0.494，πRd13.【答案】(1)当光线以入射角θ=60°入射时，设其折射角为α，由折射定律可得n=sinθsinα

如图所示

由几何关系可知θ=2α

代入数据可解得n=3；

(2)设该光在玻璃微球内传播的路程为s，由几何关系有s=2×2rcosα=23r

单色光在该玻璃微球内的传播速度为v=c【解析】(1)画