2025-2026学年广东深圳市福田区西浦教育集团外国语高级中学高三上学期第四次模拟考试物理试卷 含解析

/西浦教育集团外国语高中2025-2026学年度第一学期高三年级西浦第四次模拟考试物理学科试题注意事项：1．本试卷满分100分，考试用时75分钟；2．本试卷分二卷，不按要求答卷不得分。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）1.2025年6月，我国秦山核电基地宣布医用同位素镥-177正式供应市场，标志着该领域的重大突破。镥-177衰变方程为，已知的半衰期为6.7天，单个、、粒子X的质量分别为，真空中光速为c，则下列说法正确的是（）A.强相互作用是引起该衰变的原因B.粒子X具有较强的电离本领C.单个原子核衰变释放的能量为D.1g的经过20.1天后剩余0.25g未衰变【答案】C【解析】【详解】A．根据衰变方程原子序数增加1，质量数不变，可判断该衰变为β衰变，粒子X为电子（e），β衰变由弱相互作用引起，故A错误；B．粒子X为电子（β粒子），其电离本领比α粒子弱，故B错误；C．根据质量亏损原理，衰变释放的能量单个原子核衰变释放的能量为，故C正确D．由题意可知，1g的经过20.1天后剩余未衰变质量为，故D错误。故选C。2.如图（a）所示为单缝衍射示意图，如图（b）所示为甲、乙两束单色光分别通过同一装置形成的单缝衍射图样。下列说法正确的是（）A.在同种均匀介质中，乙光的波长较长B.在同种均匀介质中，甲光的传播速度较小C.用同一装置做双缝干涉实验时，在同一光屏上乙光亮条纹总数更多D.当两束单色光从某种介质以相同入射角射向空气时，有可能乙光不发生全反射而甲光发生全反射【答案】C【解析】【详解】A．经过同一单缝，波长越长的光产生的衍射图样中央亮纹越宽，条纹间距越大，由图可知甲光的中央亮纹宽，则甲光的波长较长，故A错误；B．由于甲光的波长较长，则甲光的频率较小，甲光的折射率较小，根据知，在同种均匀介质中甲光的传播速度比乙光的大，故B错误；C．根据条纹间距公式可知，甲光的干涉条纹间距大，则在同一光屏上亮条纹的条数少，乙光的亮条纹总数更多，故C正确；D．由于甲光折射率较小，根据可知，甲光的全反射临界角较大，不容易发生全反射，故D错误。故选C。3.如图所示，行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动。在地图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角α，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角β，两角最大值分别为αm、βm，则（）A.水星的公转周期比金星的大B.水星的公转向心加速度比金星的大C.水星与金星的公转轨道半径之比为D.水星与金星的公转线速度之比为【答案】B【解析】【详解】AB．根据万有引力提供向心力有，可得，因为水星的公转半径比金星小，则水星的公转周期比金星小；水星的公转向心加速度比金星的大，故A错误，B正确；C．设水星的公转半径为r水，地球的公转半径为r地，当α角最大时，有同理可得所以水星与金星的公转半径之比为，故C错误；D．根据万有引力提供向心力可得所以水星与金星的公转线速度之比为，故D错误。故选B。4.某科技公司研发的新型家用光伏储能系统中，太阳能电池板输出的正弦式交变电流经转换器处理后，其电流随时间变化的图像如图所示。下列关于该交变电流“四值”的说法正确的是（）A.该交变电流的瞬时值表达式为B.该交变电流的有效值为C.该交变电流在时间内的平均值为0D.若将一个阻值为的定值电阻接入该电路，电阻在1分钟内产生的热量为【答案】C【解析】【详解】A．正弦式交变电流瞬时值表达式为角频率峰值故瞬时值表达式应为，A错误；B．正弦式交变电流有效值，代入得，B错误；C．频率，代入，解得图像中图线与横轴围成的面积表示电荷量，该正弦式交变电流在时间内正负半轴对称，通过某一横截面的净电荷量为0，根据平均值定义，可知该交变电流在时间内的平均值为0，C正确；D．电阻在1分钟内产生的热量用有效值计算，，D错误。故选C。5.如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b．当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是（）A.球在a、b两点处一定都受到支持力B.球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力C.球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力D.球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力【答案】D【解析】【详解】试题分析:对小球受力分析如图所示：当小车做匀速运动时，小球也做匀速运动，小球受力平衡，此时，，所以在b点处不一定受到支持力，选项A、B均错误．若小车向左做匀加速直线运动，小球加速度方向向左，此时重力与斜面的支持力可以使合力向左，，所以在a点处不一定受到支持力，选项C错误、D正确．故选D．考点：本题考查了受力分析、牛顿第二定律、共点力的平衡、力的合成与分解．6.如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（）A.在t=0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大B.在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同C.从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动D.在t=0.6s时，弹簧振子有最小的位移【答案】C【解析】【详解】A．在t＝0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，加速度为负向最大，故A错误；B．在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，速度大小相同，但是方向相反，故B错误；C．从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增大，速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，故C正确；D．在t＝0.6s时，弹簧振子的位移为负方向最大，故D错误。故选C。7.如图甲所示，固定的光滑平行导轨（电阻不计）与水平面的夹角为，导轨足够长且间距L=0.5m，底端接有阻值为R=4Ω的电阻，整个装置处于垂直于导轨斜向上的匀强磁场中，一质量m=1kg、电阻r=1Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的拉力F作用下由静止开始运动，导轨足够长，拉力F与导体棒速率倒数的关系如图乙所示。已知g取10m/s2，则（）A.v=5m/s时拉力大小为7NB.v=5m/s时拉力的功率为140WC.匀强磁场的磁感应强度的大小为2TD.当导体棒的加速度a=8m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为2N【答案】C【解析】【详解】AB．由题图乙可知时，拉力拉力的功率故AB错误；C．由题图乙可知，导体棒的最大速度此时拉力最小由，解得故C正确；D．由题图乙得根据，当时，可得解得故此时安培力的大小故D错误。故选C。二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8.如图所示，山脚的水平地面上有一块静止长木板。石块从山坡滑下，以速度v1滑上长木板做无滚动滑动，并且最终未滑出长木板。已知长木板与石块、长木板与地面间的最大静摩擦力大小均等于滑动摩擦力的大小。下面给出了石块在长木板上滑行图像，其中可能正确的是（）A B.C. D.【答案】BD【解析】【详解】A．由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故A错误；BC．设石块与长木板之间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，石块的质量为m，长木板的质量为M，当石块先做减加速直线运动，加速度大小为长木板做匀加速直线运动，两者共速后一起做匀减速直线运动到停下，加速度大小变为根据图像的斜率绝对值表示加速度大小，故B正确，C错误；D．若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上一直做匀减速直线运动到停下，故D正确。故选BD。9.列车进站时可借助电磁阻尼辅助刹车，其简化结构如下图所示：站台旁轨道上足够长的区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，在车身下方固定一与车身等大的矩形单匝线框abcd，利用线框进入磁场时所受的安培力来辅助列车刹车。列车进站时，线框ab边恰好进入磁场时列车的速度为，当线框cd边进入磁场并运动一段时间后，列车停止。已知列车的质量为m，车身长为s，线框ab边的长度为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。则列车（）A.刹车进站时加速度大小B.从进站到停下来所用时间C.从进站到停下来的过程中，减少的动能大于线框产生的热量D.完全在磁场中运动时，线框中感应电流为零，ab间电势差也为零【答案】ABC【解析】【详解】A．ab边刚进入磁场时，感应电动势

感应电流

​​ab边受到的安培力大小：

安培力与恒力均为阻力，根据牛顿第二定律：

故A正确；B．对全程用动量定理，初速度方向为正方向，初动量，末动量为0：

只有线框进入磁场（总位移）的过程存在安培力，完全进入后安培力为0，因此：

​代入整理得：

与选项表达式一致，且题目明确列车在进入磁场后才停下，推导成立，故B正确；C．根据能量守恒，列车减少的动能，一部分转化为线框的焦耳热，另一部分用于克服铁轨、空气阻力做功，转化为其他形式的能，因此：即减少的动能一定大于线框产生的热量，故C正确；D．线框完全在磁场中运动时，穿过线框的磁通量不变，因此感应电流为零；但边切割磁感线，会产生动生电动势因此间存电势差，故D错误。故选ABC。10.如图所示，质量分别为2m、m的乙、丙两个小球并排放置在光滑的水平面上，质量为m的小球甲以速度（沿乙、丙的连线方向）向乙球运动，三个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（）A.当三个小球间的碰撞都结束之后，乙处于静止状态B.当三个小球间的碰撞都结束之后，三个小球的总动量之和为C.乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为D.甲、乙在发生碰撞的过程中，乙对甲的冲量的大小为【答案】BC【解析】【详解】A．设甲、乙在碰撞刚结束时的速度分别为、，由弹性碰撞规律综合解得、设乙、丙在碰撞刚结束时的速度分别为、，由弹性碰撞规律得综合解得、故A错误：B．三个小球组成的系统总动量守恒，碰撞都结束之后的总动量等于碰撞之前的总动量，故B正确：C．乙，丙在发生碰撞的过程中，乙的速度由变成，由动能定理丙对乙做的功为故C正确：D．甲、乙在发生碰撞的过程中，甲的速度由变成，对甲由动量定理可得，乙对甲的冲量的大小为故D错误。故选BC。三、非选择题：本题共5小题，共54分11.某物理兴趣小组在用如图甲所示的双缝干涉实验装置测定光的波长实验中，通过目镜成功观察到光屏上的干涉条纹。（1）某同学在实验过程中通过有关操作使干涉条纹由图乙变为图丙，他的操作是以下的哪项（）A.换用长度更长的遮光筒 B.增大单缝到双缝的距离C.换用间距更小的双缝 D.红色滤光片换成紫色滤光片（2）在用游标卡尺测定某干涉条纹位置时，得到卡尺上的示数如图所示，则该干涉条纹位置是___________cm。（3）在测定某单色光波长的实验中，测得光源到单缝间距为L1，单缝到双缝间距为L2，双缝到光屏间距为L3，单缝宽为d1，双缝间距为d2，测得连续五条亮纹位置，其中第一条纹位置为x1，第五条纹位置为x5（x5>x1），则该单色光的波长为λ=___________。（4）某实验小组研究自由落体运动规律。该小组同学释放重物时实验器材接线和操作如下图所示，其中正确的是（）A. B. C. D.（5）实验中获得的纸带如图所示，打点计时器的工作频率为50Hz，每相邻两点之间还有四个点未画出。根据纸带数据，计算出当地的重力加速度大小g=______m/s2（结果保留2位有效数字）。【答案】（1）D（2）1.725（3）（4）B（5）9.9【解析】【小问1详解】AB．干涉条纹由图乙变为图丙，观察到的条纹增加，即条纹间距减小，根据可知，换用长度更长的遮光筒和增大单缝到双缝的距离，条纹间距不变，故AB错误；C．换用间距更小的双缝，即d减小，则条纹间距增大，故C错误；D．红色滤光片换成紫色滤光片，即波长λ变小，则条纹间距减小，故D正确。故选D。【小问2详解】游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以该干涉条纹位置是【小问3详解】根据条纹间距可得所以【小问4详解】研究自由落体运动规律时，实验中打点计时器应使用交流电源，且应提着纸带上端让重物靠近打点计时器，使纸带保持竖直，减小重物下落过程中阻力的影响。故选B。【小问5详解】由于打点计时器的工作频率为50Hz，则打点计时器打点周期为0.02s，每相邻两点之间还有四个点未画出，则相邻两计数点间的时间间隔为根据逐差法可得12.硅整流二极管具有反向耐高压、工作温度范围广、单向导电性突出的特点。一实验小组用伏安法测绘某型号硅整流二极管的正向伏安特性曲线，实验中使用的器材有A.直流电源（电动势3V，内阻不计）B.滑动变阻器（0~20Ω）C.数字电压表（量程为0~2V，内阻为3.24MΩ）D.数字电流表（量程为0~2mA，内阻为100Ω；量程为0~50mA，内阻为4Ω）E.待测二极管D，开关S，导线若干。（1）在图（a）中按实验需要完成电路图连线_____，图中电源_____（选填“M”或“N”）端为正极。（2）闭合开关S，调节滑动变阻器，记录多组电压表示数U和电流表示数I。当电压表示数超过0.600V时，应将电流表量程由0~2mA切换至0~50mA。该小组测得一系列数据，当U=0.650V时，I=3.55mA，此时二极管两端的实际电压UD=______V（结果保留三位有效数字）。（3）研究表明，在正向导通状态下，二极管的电阻值随温度升高而减小。实验中，由于电流热效应，导致测量得到的伏安曲线与理论曲线存在差异。图（b）中作出了这两条曲线，其中_____（选填“甲”或“乙”）为测量得到的曲线。（4）通过实验，得到30℃时，二极管正向导通情况下，流过二极管的电流数值的自然对数ln（I/mA）与二极管两端电压的数值UD/V的关系图线如图（c）所示，则电流I（mA）的数值与电压UD（V）的数值关系式为I=__________。【答案】（1）①.②.M（2）0.636（3）甲（4）【解析】【小问1详解】[1]题目中需要测绘某型号硅整流二极管的正向伏安特性曲线，故电流、电压需要从零开始测量，滑动变阻器接入电路中的方式应选择分压式，电流表内阻已知，电流表应该选择内接法，故电路图为[2]题目中需要测绘某型号硅整流二极管的正向伏安特性曲线，电流应该从二极管左端流入二极管，故M端应为电源正极。【小问2详解】当U=0.650V时，I=3.55mA，此时二极管两端的实际电压【小问3详解】因为在正向导通状态下，二极管的电阻值随温度升高而减小，实验中，由于电流热效应，二极管阻值比理论值小，导致测量得到的电流比理论的电流大，故甲为测量得到的曲线。【小问4详解】根据图（c），设图线关系式为由图像可得，解得，故图线关系式为则13.吃爆米花是童年的美好回忆，爆米花机主体为一个金属罐体。在室温为27℃、标准大气压为的干燥环境下打开阀门向罐内放入干燥的谷物后，关闭阀门，将支撑轴和摇柄架设在火炉的支架上进行旋转加热，当压强达到时即可打开阀门，因为压强突然变小，巨大的压强差使得谷物迅速膨胀，从而达到膨化的效果。（1）求打开阀门前瞬间罐内气体的热力学温度；（2）打开阀门后，罐内气体迅速膨胀，谷物大部分喷出后立即关闭阀门，此时罐内气体热力学温度变为，求冷却到室温后罐内气体的压强及罐内剩余气体的质量与打开阀门前罐内气体的质量的比值。（可认为罐内剩余爆米花的体积与开始时谷物的体积相同）【答案】（1）（2），【解析】【小问1详解】根据查理定律，有其中，解得。【小问2详解】设冷却到室温后罐内气体的压强为，根据查理定律有解得根据，剩余气体与加热前气体体积相等、温度相同，则剩余气体的质量与加热前气体的质量的比值等于压强之比，即。14.如图所示，质量为1kg的物块A和质量为的物块B通过一压缩轻弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上。弹簧与两物块未粘连。解除锁定后，A、B在弹簧弹力作用下开始运动。A分离后向左运动，滑上半径的光滑半圆轨道，在轨道最高点轨道对其的压力大小是22N；B分离后向右运动，滑上速度的足够长的传送带，传送带与平台等高，B与传送带间的动摩擦因数，分离后AB不相碰，取。（1）求A与B分离后瞬间，A的速度大小；（2）求A与B分离后瞬间，B的速度大小；（3）弹簧锁定时的弹性势能；（4）求B在传送带上滑动过程中产生的内能Q。【答案】（1）6m/s；（2）5m/s；（3）33J；（4）2.4J【解析】【详解】（1）物块A在轨道最高点轨道对其的压力大小是22N；由牛顿第二定律得解得由动能定理A与B分离后瞬间，A的速度大小（2）A与B分离后瞬间，由动量守恒可得A与B分离后瞬间，B的速度大小（3）解除弹簧锁定后弹簧的弹性势能转化为物