北京市朝阳区高三第二学期质量检测一物理试卷

北京市朝阳区高三年级第二学期质量检测一物理试卷第一部分一、本部分共题，每题3分，共分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列说法正确的是（）A.电子的发现说明原子不是组成物质的最小微粒B.粒子散射实验表明原子核的核子之间存在核力C.衰变放出的电子是原子的最外层电子吸收能量之后放出来的D.核反应前后电荷数守恒但质量数不守恒【答案】A【解析】【详解】A．电子是原子的组成部分，电子的发现说明原子可以再分，不是组成物质的最小微粒，故A正确；B．粒子散射实验的结论是原子具有核式结构，无法证明原子核内核子之间存在核力，故B错误；C．衰变放出的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，不是原子最外层电子，故C错误；D．核反应前后电荷数和质量数均守恒，故D错误。故选A。2.小明观看了一段视频：落水者用双手环抱倒扣的塑料盆，将盆口压入水中实现自救，如图所示。若盆中空气可视为质量一定的理想气体，且温度保持不变，则在盆被下压的过程中盆中气体（）A.对外做功B.压强增大C.从外界吸收热量D.分子平均动能增加【答案】B【解析】BB正确；第1页/共26页

AC．将盆口下压的过程中，盆中气体的体积减小，外界对盆中气体做正功，由于温度不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，故AC错误；D．因为温度保持不变，所以分子平均动能不变，故D错误。故选B。3.θθ的是（）A.此介质的折射率为B.光在介质中的速度与光在空气中速度的比值为C.当入射角减小时，光在介质中的波长也随之减小D.当入射角减小时，折射角也随之减小，但折射率不变【答案】D【解析】【详解】A．根据斯涅尔定律有，空气的折射率约等于1，则介质的折射率为，故A错误；B．根据折射率定义，则，故B错误；C．光在介质中的波长，显然为一定值，与入射角无关，故C错误；D射角或折射角的变化而改变，由可知，当入射角减小时，折射角也随之减小，故D正确。故选D。4.振源A带动细绳上下振动，某时刻在绳上形成的横波波形如图所示，规定绳上各质点向上运动的方向为第2页/共26页

位移x的正方向，从波传播到细绳上的P点开始计时，下图的四个图中能表示P点振动图像的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由于波源起振方向沿y轴负方向，因此当波传到P点时，P点首先从平衡位置向下振动，即0时刻处于平衡位置，下一时刻向下运动，B正确，ACD错误。故选B。5.一理想变压器原、副线圈的匝数比为，原线圈与正弦交流电源连接，其输入电压u随时间t的变化如图所示。若副线圈仅接入一个10Ω的电阻，则（）A.输入电压B.流过电阻的电流是22AC.流过电阻的电流方向每秒钟改变50次D.经过1min电阻产生的热量是【答案】D【解析】【详解】A．从图像可得：输入电压最大值，周期，因此角速度时电压为峰值，瞬时电压表达式为，故A错误；B第3页/共26页

流过电阻的电流，故B错误；C2100C错误；D．根据焦耳定律，1分钟电阻产生的热量，故D正确。故选D。6.2025年10月，神舟二十一号载人飞船成功发射，历时3.5小时完成与天和核心舱的对接，实现了最快对接记录。飞船变轨前绕地稳定运行在圆形轨道Ⅰ上，飞船的转移轨道为椭圆轨道Ⅱ，核心舱稳定运行在圆形轨道Ⅲ上。轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于A、B两点。则飞船在轨道Ⅱ上运行时（）A.在A点的加速度小于核心舱在轨道Ⅲ上B点的加速度B.在A点的速度大于核心舱在轨道Ⅲ上B点的速度C.由A向B运行的过程中机械能逐渐增大D.由A向B运行的过程中宇航员先超重后失重【答案】B【解析】【详解】A．由牛顿第二定律可知，则，即，故在A点的加速度大于核心舱在轨道Ⅲ上B点的加速度，故A错误；B．根据万有引力提供向心力有化简可得，则轨道Ⅰ的速度大于轨道Ⅲ的速度（即时需要加速，则，故在A点的速度大于核心舱在轨道Ⅲ上B点的速度，故B正确；C．由A向B运行的过程中，只有引力做功，飞船动能和势能相互转化，机械能不变，故C错误；D．点火后，飞船在轨道Ⅱ上从A向B运行时做离心运动，只受万有引力且处于完全失重状态，故D错误。第4页/共26页

故选B。7.如图所示，光滑水平地面上，一质量为m的物体P以速度v向右运动，物体Q静止且左端固定一轻弹簧。P撞上弹簧后，弹簧被压缩至最短时（）A.P、Q系统总动量大小为mvB.P的动量变为0C.Q的动量达到最大值D.弹簧的弹性势能一定为【答案】A【解析】【详解】A．水平面光滑，P、Q组成的系统水平方向不受外力，动量守恒。系统初始总动量为，因此弹簧压缩至最短时，总动量大小仍为，故A正确；B．弹簧压缩到最短时，P、Q速度相等，速度不为零，因此P的动量不为0，故B错误；CQQ至最短时Q的动量未达到最大值，故C错误；D．设Q质量为，由动量守恒弹性势能仅当时才有题目未给出Q的质量，弹性势能不是一定为，故D错误。故选A。8.如图甲所示，边长为l的正方形导线框abcd，以恒定速度沿x轴向右运动，穿过图中所示的匀强磁场区域。从导线框在图示位置的时刻开始计时，则乙图的纵轴对应的物理量为导线框（）A.所包围面积的磁通量B.b、c两点的电势差U第5页/共26页

C.bc边所受安培力大小D.所受外力的功率【答案】B【解析】【详解】A．磁通量时，线框进入磁场，进入磁场的面积随增大线性增大，也线性增大，不符合乙图中该段为恒定值的特点，故A错误；B．设线框总电阻为，每边电阻为，线框速度为。时，线框未进入磁场，无感应电动势，，符合；时，边切割磁感线，总感应电动势，电流，为路端电压，大小，为恒定值，符合；时，整个线框在磁场中，感应电流，但边仍切割磁感线，电动势为，无电流时，为恒定值，符合；时，线框出磁场，边切割磁感线，电流，为外电路电阻，，为恒定值，符合乙图规律，故B正确；C．由B选项，时，线框感应电流，因此边安培力为，不符合乙图中该段为最大值的特点，故C错误；D．线框匀速运动，外力功率等于感应电流功率，时感应电流为，功率为，不符合乙图中该段为最大值的特点，故D错误。故选B。9.老师在课堂上做了一个如图所示的实验：把粉笔盒静置于水平桌面上的课本上，用水平向右的恒力F将课本迅速抽出，粉笔盒移动较小的距离。若粉笔盒和课本的质量均为m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，抽出课本的过程历时t。最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（）A.课本受到5个力作用第6页/共26页

B.课本受到的摩擦力大小为2μmgC.F大于4μmg才可能将课本从粉笔盒下抽出D.粉笔盒最终将停留在初始位置右侧处【答案】C【解析】A擦力共6个力的作用，故A错误；B．桌面对课本的摩擦力，粉笔盒对课本的摩擦力，则课本受到的摩擦力，故B错误；C．课本和粉笔盒刚好要发生相对运动时，粉笔盒受到摩擦力解得对整体牛顿第二定律有联立解得则F大于4μmg才可能将课本从粉笔盒下抽出，故C正确；D笔盒以为加速度做匀减速直线运动，故粉笔盒总位移则粉笔盒最终将停留在初始位置右侧处，故D错误。故选C。10.由静止释放摆至右侧最高位置的过程中，其下方放在圆珠笔芯上的铜片发生了运动（此过程铜片始终未脱WWW得的动能为E，铜片上产生的电热为Q。不计磁铁产生的电热，忽略空气阻力以及铜片在笔芯上所受的摩擦力，不计地磁场影响。则（）第7页/共26页

A.WG>W1B.W=EkC.W=W2D.W=W+E+Q【答案】B【解析】【详解】A．磁铁从左侧静止释放，摆到右侧最高点时速度为0，初末动能均为0。对磁铁由动能定理得，故A错误；B．铜片初始静止，末态动能为，题干说明不计铜片受到的摩擦力，重力、支持力不做功，只有磁场力对铜片做功。根据动能定理，故B正确；C．磁铁相对铜片运动时，铜片内产生涡流，机械能转化为电热。根据能量关系，磁铁克服磁场力做功得此，故C错误；DABC推导得D错误。故选B。如图所示的矩形区域ABCD内分布有平行于AD方向的匀强电场，AB=2BC，P为CD中点。质量相同的带电粒子a、b分别从A点和D点平行于AB同时进入电场，并同时到达P、B点，二者的运动轨迹交于Oa、b（）第8页/共26页

A.具有不同的比荷B.电势能均随时间逐渐增大C.到达O点所用的时间之比为1:2D.到达P、B点时的动能之比为5:8【答案】D【解析】【详解】A．带电粒子a、b同时到达P、B点，沿电场方向的位移大小相等，由可知两粒子的加速度大小相等，由牛顿第二定律可得解得所以两粒子的比荷相等，故A错误；B．带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；Cab同时到达PB可知两粒子的初速度大小之比为ab到达O点的垂直电场方向的位移大小相等，所用的时间之比为C错误；D．带电粒子a、b同时到达P、B点，沿电场方向的位移大小相等，由，可知带电粒子a、b到达P、B点沿电场方向的速度大小相等；对b粒子，到达B点，所以由于带电粒子a、b的初速度大小之比为，所以到达P、B点时的动能之比为，故D正确。故选D。12.RR2MN热敏电阻。已知热敏电阻阻值随温度升高而减小，光敏电阻阻值随光照增强而减小。忽略光照对环境温度的影响。报警器1两端电压大于某值时报警，报警器2上通过的电流大于某值时报警。闭合开关后，两报警器1、2均未报警。不计报警器对电路的影响。下列说法正确的是（）第9页/共26页

A.仅温度升高，若只有报警器1报警，则M为热敏电阻B.仅光照增强，若只有报警器2报警，则N为光敏电阻C.仅增大R1的阻值，报警器1、2可能都报警D.仅增大R2的阻值，报警器1、2可能都报警【答案】D【解析】【详解】A．若M为热敏电阻，仅温度升高时，热敏电阻阻值减小，并联部分总电阻减小，干路电流增大，根据闭合电路的欧姆定律可知并联部分电压减小，元件N所在支路电流减小，报警器1两端电压减小，不会报警；而报警器2所在支路电流增大，报警器2可能报警，故A错误；BN电路的欧姆定律可知并联部分电压减小，报警器2所在支路电流减小，不会报警；而元件N所在支路电流增大，报警器1两端电压增大，可能报警，故B错误；C．仅增大R1的阻值，电路总电阻增大，干路电流减小，根据闭合电路的欧姆定律可知并联部分电压减小，报警器2所在支路电流和报警器1两端电压都减小，不会报警，故C错误；D．仅增大R2的阻值，则并联部分总电阻增大，干路电流减小，根据闭合电路的欧姆定律可知并联部分电压会增大，报警器2所在支路电流增大，报警器2可能报警；因干路电流减小，由上述分析可知元件N所在支路电流减小，元件N上的分压减小，报警器1上的电压增大，报警器1可能报警，故D正确。故选D。第10页/共26页

13.一种磁流体发电装置如图甲所示。间距为d的平行金属板M、N之间充满垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。等离子体（高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）以速度v沿垂直于磁场的方MNm为q的带正电的离子束以相同的速度v紧邻下极板NNMN两板间也同样能够产生电压。已知，不计粒子重力。下列说法正确的是（）A.图甲中M板是电源的负极B.图甲中M、N板间的最大电压大于BdvC.图乙中M、N板间的最大电压为D.图甲与图乙中M、N板间的最大电压均为Bdv【答案】C【解析】【详解】A．在图甲中，根据左手定则，可知正离子向上偏，负离子向下偏，故M板是电源的正极，N板是电源的负极，故A错误；B．在图甲中，当带电离子在叠加场做匀速直线运动时，MN板间产生稳定的电压，即最大电压，根据平衡条件有其中解得，故B错误；CN板间无电压，正离子做匀速圆周运动的半径为则正离子会打在MMU用配速法，将速度分解为，其中满足第11页/共26页

即离子其中的一个运动为以向右做匀速直线运动，另一个运动为做匀速圆周运动，U较小时，较小，MU将继续增MMN板间达到最大电压后，对向右做匀速直线运动的分运动，有对做匀速圆周运动的分运动有且，联立解得，故C正确，D错误。故选C。14.“”能的转移过程，与自然界中其他转移过程（如电荷量的转移）有类似之处，它们的共性可归结为“动力量表现为温度差，与电阻对应的物理量称为热阻。如图所示，某长方体导热板，侧面12的面积均为ATTx与侧面垂直，坐标原点在侧面1上，导热板各处的温度T仅随x线性变化。科学家发现单位时间从侧面1传递到侧面2的热量，其中λ是常量，仅与导热材料有关，为两侧面的间距。下列说法错误的是（）A.该导热物体的热阻为B.λ的单位可表示为C.热量先后通过多层不同材料的总热阻等于各层热阻之和D.在导热板垂直于x轴的任意截面上，单位时间传递的热量都相等【答案】B第12页/共26页

【解析】【详解】A．题目给出单位时间传热量对比规律可得热阻与选项相符，故A错误；B的单位为，单位，单位。由代入单位得的单位为与选项不符，故B正确；C．多层材料串联导热时，稳定导热下各层单位时间传热量相同，总温差为各层温差之和因此总热阻和串联电阻规律一致，与选项相符，故C错误；Dx轴的截面上，单位时间传递的热量相等，与选项相符，故D错误。故选B。第二部分二、本部分共6题，共分。15.在“探究加速度与力的关系”的实验中，打出的一条纸带如图所示，A、B、C为依次选取的三个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，则小车的加速度a=______。【答案】【解析】第13页/共26页

【详解】根据匀变速直线运动的推论：连续相等时间间隔内的位移差满足由图可知，AB段位移为，BC段位移为，两段位移差代入整理得加速度16.“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，在测量相邻两条亮条纹的间距时，先将测量头的分划板中心刻1x6亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图所示，读数记为x，则x=__________mm。若已知双缝间的距离为d，双缝到光屏间的距离为L，由此计算光的波长表达式为λ=_________【答案】①.9.150②.【解析】【详解】[1]螺旋测微器读数[2]从第1条亮条纹到第6条亮条纹，相邻亮条纹间距根据双缝干涉公式，变形得波长表达式17.（11所示装置探究气体等温变化的规律，该同学在不同环境温度下对同一封闭气体进行了两组实验，得到的图像如图2所示。由图可知两组实验气体的温度大小关系为T₁__________T（选填“<”“=”或“>第14页/共26页

（2V，由计算机得到对应的气体压强值p源为_____。【答案】（1）<（2）空气柱体积未包含塑料管内的气体体积【解析】【小问1详解】根据理想气体状态方程与热力学温度成正比。在图中取相同的体积，由图2可知，因此，可得。【小问2详解】本实验中，封闭气体由两部分组成：注射器内的气体、连接注射器和压强传感器的塑料管内的气体。实验中只将注射器刻度读出的体积作为封闭气体的体积，未计入塑料管内的气体体积，因此带来系统误差。18.某小组测量一段金属丝的电阻率。第15页/共26页

（1）先用多用电表“×1”挡粗测某金属丝的电阻，表针位置如图1所示，可知金属丝的电阻__________Ω；（2）再用伏安法测金属丝的电阻。实验所用器材除电池组（电动势3V，内阻约1Ω0~20Ω2A____________________A．电流表（0~0.6A，内阻约10Ω）B．电流表（0~1mA，内阻约20Ω）C．电压表（0~3V，内阻约3kΩ）D．电压表（0~15V，内阻约15kΩ）（3）该小组完成上述实验后，对一种导电硅胶条的电阻率感兴趣，他们取两条材质完全相同的导电胶条，规格如下：导电胶条A：长350mm、宽10mm、厚4mm导电胶条B：长350mm、宽40mm、厚4mma．该小组首先用多用电表粗测两胶条电阻，阻值均为几千欧左右。选用（2）中合适的器材，为尽可能准确测量导电胶条的电阻率，请在图2中用笔代替导线完成电路器材连接__________。b．该小组在导电胶条两端安装小圆柱电极并接入电路，如图3所示。测量两电极间的距离作为有效长度L，测量胶条宽度和厚度以二者乘积作为横截面积SB的电阻率测量值比胶条A的电阻率测量值其原因__________。【答案】（1）5（2）①.A②.C（3）①.②.因圆柱电极较小、胶条有一定宽度，两极间的恒定电场第16页/共26页

类似等量异种电荷间的静电场，两极间的电流流过的实际长度比胶条的长度大，实际横截面积比胶条的横截面积小，致使实验的测量值L均偏小、S均偏大，由可得测量值均偏大。因胶条B比胶条A宽度大，影响更大，所以【解析】【小问1详解】多用电表“×1”挡粗测某金属丝的电阻，可知金属丝的电阻【小问2详解】[1]根据待测金属丝的电阻（约为3V，可知电路中电流约0.6A左右，电流表应选用A。故选A。[2]电动势3V，可知电压表应选用C。故选C。【小问3详解】[1]用多用电表粗测两胶条电阻，阻值均为几千欧左右，根据可知导电硅胶条为大电阻，电流表内接，为尽可能准确测量导电胶条的电阻率，滑动变阻器为分压式接法，如图所示。[2]因圆柱电极较小、胶条有一定宽度，两极间的恒定电场类似等量异种电荷间的静电场，两极间的电流流LS均偏大，由可得测量值均偏大。因胶条B比胶条A宽度大，影响更大，所以19.BR=0.4mm=1kg的物体（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一速度后脱离弹簧，之后沿半圆形导轨恰好运动至最高点C，该过程损失的机械能为=8J，重力加速度取g=10m/s²。不计空气阻力影响。求：第17页/共26页

（1）物体在C点的速度大小v；（2）弹簧最初压缩时储存的弹性势能E；（3）物体离开C点后落地点距离C点的水平位移大小x。【答案】（1）2m/s（2）18J（3）0.8m【解析】【小问1详解】物体恰好运动至半圆形导轨最高点，此时重力提供圆周运动的向心力，由向心力公式代入，解得【小问2详解】根据能量守恒，弹簧的弹性势能，等于过程损失的机械能与物体在点的机械能之和。点相对于水平面的高度为，因此代入，得【小问3详解】物体离开点后做平抛运动：竖直方向自由下落解得运动时间水平方向匀速运动，水平位移20.如图为早期设计的质谱仪原理简图。电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度可视为0，之后从小孔S沿垂直于磁场的方向进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，旋第18页/共26页

转半周后打到照相底片D上的M1刻线处。不计粒子重力。（1）求该粒子进入磁场时的动能E；（2）若测得M1与小孔S的间距为L，求该粒子的质量m；（3）若底片的右半部损坏，为使该粒子能打在左半部的刻线M2M2与小孔S的间距为nL。求调节后的加速电压大小U´；并说明还可以通过什么方法使该粒子能打在M2处。【答案】（1）（2）（3）；仅改变磁感应强度的大小，使其变为原来的即可【解析】【小问1详解】根据动能定理，有有【小问2详解】粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿运动定律有其中结合（1）问的结果得【小问3详解】同理，调节后到间距为，即新的圆周运动直径，根据(2)中推导可得半径通式，可知第19页/共26页

因此解得调节后的加速电压由，处。21.物理图像是形象的思维工具。图像所包围的“面积”往往有特定的物理含义。（1）图1中的甲图为某球形金属电极静电除尘器的主体部分，表面均匀分布着正电荷，其半径为R，在空E与该点到球心距离r的变化图像如图1Er曲线下R～2R部分的面积为Sq的尘埃微粒从距球心2R电势能的变化量；（2）图2中甲图为某发电机的简化模型。质量为m的导体棒在水平驱动力F的作用下，以恒定加速度aRB垂直于导轨平面。导轨间距为L。a．写出驱动力F与运动时间t的关系式；b．在图2乙给出的坐标系中定性画出驱动力F大小随运动时间t的变化图像，并结合图像求出0～t0时间内F的冲量大小I。（33y随t按照正弦规律变化，其中Yt0均为已知量。为得到内的阴影面积，除利用函数微积分方法外，请你展开想象的翅膀借助物理量间的内在关联，构建物理模型，求此阴影面积A。第20页/共26页

【答案】（1）=qS（2）a．；b．；（3）【解析】【小问1详解】图中面积为球壳表面与2R处的电势差，根据功能关系有【小问2详解】a．导体棒速度为v时，产生的电动势为其中回路的电流根据牛顿第二定律有得b．由上式可知，F随t的变化为线性图线，如图所示时间内F的冲量大小即为图中阴影部分的面积，可得【小问3详解】第21页/共26页

设内yt图像的平均值为，则面积可建构下列不同的物理模型，求出内yt图像的平均值与最大值之间满足关系。方法一，将y想象成正弦交变电流i，则图中阴影面积代表半周期内电路通过的电量q。建立模型如下，①在匀强磁场B中有一N匝线圈，面积为S，电阻为R；②线圈的转动轴垂直于磁场；③线圈以角速度转动，t=0时线圈与磁场垂直。在上述模型条件下，线圈中的电流的最大值为半周期内电路中通过的电量为半周期内电路中电流的平均值类比可知，yt图像的面积y想象成匀速圆周运动在x方向的分速度v位移大小x。建立模型如下，①质点在平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度为；②t=0时质点位于x轴上，其线速度与x轴垂直。质点沿该方向的最大速度质点转动半周期在该方向上通过的距离在该方向的平均速度为类比可知，yt图像的面积y想象成单摆做简谐运动时摆球的速度vxLt=0时质点从细线偏离竖直很小的θ线拉力和重力作用下运动。第22页/共26页

单摆从最高点摆至最低点，根据动能定理有得小球从静止开始摆动半个周期过程内的位移运动时间可得小球的平均速度为类比可知，yt图像的面积y想象成单摆做简谐运动过程中受到的回复力F的回复力的冲量I。建立模型如