河北衡水中学2025-2026学年高三下学期3月阶段检测物理试题

度高三年级下学期综合素质评价二物理学科考试时间：75分钟；试卷满分：100分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题共46分）一、单项选择题（本题共7个小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。）1.我们在学习物理知识的同时，也学习物理学研究问题的思想和方法，下列说法正确的是（）A.“质点”这一概念的建立是运用了假设法B.伽利略在研究自由落体运动时采用了实验和逻辑推理相结合的方法C.求两个力的合力时，要运用控制变量的方法D.牛顿第一定律又称惯性定律，随着科学技术的进步也可以用实验直接验证【答案】B【解析】【详解】A．“质点”是忽略物体形状、大小等次要因素，突出“具有质量”这一核心属性建立的理想物理模型，运用的是理想模型法，并非假设法，故A错误；B．伽利略研究自由落体运动时，通过斜面实验“冲淡重力”解决了瞬时速度、短时间难以测量的问题，再结合逻辑推理将结论外推到竖直自由下落的场景，采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故B正确；C．求两个力的合力时，用一个力的作用效果等效替代两个分力共同作用的效果，运用的是等效替代法，并非控制变量法，故C错误；D．牛顿第一定律描述的是物体不受外力的理想状态，现实中不存在完全不受外力的物体，无法通过实验直接验证，故D错误。故选B。2.如图所示，关于氢原子能级和谱线图，下列说法正确的是（）A.氢原子辐射光子的频率条件是B.处于基态氢原子可以吸收能量为11eV的光子而跃迁到高能级C.所有原子光谱都有多条谱线，所以不能用来鉴别物质和确定物质的组成成分D.一个氢原子处于激发态，向基态跃迁时，可能辐射出10种不同频率的光子【答案】A【解析】【详解】A．根据氢原子跃迁的辐射条件，氢原子从高能级n向低能级m（）跃迁辐射光子，光子能量满足，故A正确；B．基态氢原子能量为，吸收光子后总能量为氢原子不存在该能级，不符合能级差要求，不能跃迁，故B错误；C．每种原子的原子光谱虽然有多条谱线，但不同原子都有其特征谱线，特征谱线可以用于光谱分析，鉴别物质、确定物质组成，故C错误；D．一个处于激发态的氢原子，向基态跃迁时，最多辐射出4种不同频率的光子（逐级跃迁），不可能辐射出10种，10种是大量氢原子跃迁的结果，故D错误。故选A。3.2025年春晚，国产机器人扭秧歌动作丝滑堪比人类，某机器人先做匀速直线运动，再做匀加速直线运动，以开始匀加速的时刻为0时刻。运动的时间用表示，速度用表示，位移用表示，加速度用表示，则下列图像可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】AB．根据匀变速直线运动可知机器人的图像是一次函数图像，图像是一条与时间轴平行的直线，故AB错误；CD．根据匀变速直线运动规律解得因此机器人的图像是一次函数，故C正确，D错误。故选C。4.光滑水平面上，细线一端固定在O点，另一端与小球相连，小球受到两个相互垂直的水平拉力和，细线始终水平，与细线的夹角为（为钝角），小球始终处于平衡状态。则下列说法正确的是（）A.保持拉力恒定不变，方向不变，大小逐渐增加，则小球受到细线的拉力逐渐减小B.只增加细线的长度，保持三个力方向不变，则减小C.若保持角和不变，将拉力沿顺时针方向缓慢转动，则小球受到细线的拉力将逐渐增大D.若保持角和不变，将拉力沿顺时针方向缓慢转动，则小球受到细线的拉力将逐渐减小【答案】D【解析】【详解】A．保持F2不变，如图所示由三角形定则可知，F1增大时，FT逐渐增大，故A错误；B．只增加细线的长度，对力的大小没有影响，F2大小不变，故B错误；CD．α角和F2不变，将拉力F1沿顺时针方向缓慢转动，则F1与F2之间夹角β减小，且β<90°，沿着垂直F1方向正交分解可得可知细线上拉力逐渐减小，C错误，D正确。故选D。5.我国天文学家通过FAST，在武仙座球状星团M13中发现一个脉冲双星系统。如图所示，该双星系统由两个恒星、组成，两恒星绕点做顺时针匀速圆周运动，运动周期为。为的一个行星，绕做逆时针匀速圆周运动，周期为。忽略与之间的万有引力，且与之间的万有引力远大于与之间的万有引力。则、、三星由图示位置到再次共线所用时间为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】、组成双星系统，其运动周期一致，时刻保持共线。绕到如图所示的位置，、、三星再次共线。设、旋转角度为，、顺时针旋转，逆时针旋转，则旋转的角度为、旋转所用时间旋转所用时间联立得解得故选A。6.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为，、两端接入有效值为的正弦交流电源，其中、为定值电阻，为光敏电阻（光照越强其电阻越小），电压表均为理想电表。在光敏电阻接收光照变弱的过程中，下列说法正确的是（）A.整个回路的功率变大B.电阻与消耗功率的比值变大C.电压表和的示数分别为和，则有D.当时，消耗的功率最大【答案】C【解析】【详解】A．设原线圈中的电流为，副线圈中电流为，当光照减弱时，电阻增大，理想变压器（包括负载）的等效阻值增大，原线圈中电流减小，由功率公式可知电源消耗的功率变小，故A错误；B．理想变压器原、副线圈电流和匝数的关系为电阻与消耗功率的比值，不会随光照发生变化，故B错误；C．设原线圈两端电压为，由得到线圈电压由，故C正确；D．将原电路等效为如图所示电路，又将、等效到电源内阻，当时，即当时，消耗的功率最大，故D错误。故选C。7.如图所示，一架无人机从高为h的高空由静止释放质量为m的货物，货物沿直线下落，下落过程中受到的阻力与速率v的关系为f＝kv（k已知），最终货物能匀速到达地面。已知重力加速度为g，忽略货物受到的空气浮力，下列说法正确的是（）A.货物在下落的过程中做加速度逐渐增大的加速运动，最后做匀速运动B.货物到达地面时的速度为C.货物到达地面的过程中损失的机械能为D.货物下落的时间为【答案】C【解析】【详解】A．货物在下落过程中受重力和阻力，两力方向相反，阻力随速率增大而增大，直到大小和重力相等，所以下落的过程中做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动，故A错误；B．如果物体做自由落体运动，根据速度位移公式解得但是物体不做自由落体运动，根据分析可知其到达地面时的速度小于，故B错误；C．物体匀速时解得物体落地时的动能增加量物体落地时的重力势能减少量所以货物到达地面的过程中损失的机械能，故C正确；D．规定向下为正方向，使用微元法将运动进行划分，根据动量定理有整理得解得，故D错误。故选C。二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分）8.某篮球运动员将篮球从P点斜向上抛出，经最高点M后，落入篮筐N点，已知PM连线与水平方向的夹角为60°，，如图所示。不计空气阻力，将篮球看作质点，下列说法正确的是（）A.PM段的运动时间为MN段运动时间的2倍 B.PM段的运动时间为MN段运动时间的3倍C.PM段的水平位移为MN段水平位移的2倍 D.PM段的水平位移为MN段水平位移的3倍【答案】BD【解析】【详解】将PM段逆向和MN段均看作平抛运动，根据几何关系可知所以同理，可得所以联立，可得又因为，解得根据可得故选BD。9.如图，空间存在磁感应强度大小为B。方向垂直纸面向外的匀强磁场，OA距离为2L，OP是一足够大的荧光屏，粒子打在荧光屏上均被吸收，在O、A之间有大量质量为m、电荷量为的粒子，以相同的速度沿纸面垂直于OA开始运动。其中从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上不计粒子重力及其相互作用。图中，则可判断带电粒子（）A.运动速度大小为B.在磁场中运动的最长时间C.打在荧光屏上的位置距离O点最远为LD.打在荧光屏上的位置距离O点最远为【答案】AD【解析】【详解】A．从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上，粒子运动轨迹如图所示由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径对粒子，由牛顿第二定律得解得粒子的速度大小故A正确；B．所有粒子速度相同，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径相等，从A点射入磁场的粒子打在O点，该粒子在磁场中转过的圆心角最大，该粒子在磁场中的运动时间最长，最大圆心角，粒子在磁场中的最长运动时间故B错误；CD．粒子打在荧光屏上时的速度方向平行于AO时，其位置距离O点最远，如图所示由几何关系可知粒子打在荧光屏上的位置距离O点的最远距离为故C错误，D正确。故选AD。10.如图甲所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左端连接阻值为R=1.5Ω的电阻，导轨间距为L=1m。一长为L=1m，阻值为r=0.5Ω的导体棒垂直放置在导轨上，到导轨左端的距离为x0=16m，空间中有垂直导轨平面向里均匀分布的磁场，磁感应强度随时间变化的图线如图乙所示。从t=0时刻开始，导体棒在外力作用下向左做初速度为零的匀加速直线运动，速度随时间变化的关系如图丙所示，在导体棒离开导轨前的过程，已知净电荷量等于沿两个方向通过的电荷量代数差的绝对值，下列说法正确的是（）A.回路中的电流先逐渐减小后逐渐增大B.回路中电流随时间均匀增大C.t=1s时导体棒所受安培力大小为、方向向左D.通过定值电阻R的净电荷量为40C【答案】AC【解析】【详解】AB．根据题意，由图乙可知，磁感应强度随时间变化的关系式为由图丙可知，导体棒运动速度与时间的关系式导体棒运动位移与时间的关系式联立解得磁感应强度变化产生的感生电动势为导体棒运动产生的动生电动势为由楞次定律和右手定则可知，感生电动势与动生电动势方向相反，则回路中感应电动势为感应电流为，故随着增大，感应电流减小。当时，即，此时刻以后感应电流反向增大，即回路中的电流先逐渐减小后逐渐增大，故A正确，B错误；C．当时，感应电流方向为逆时针，感应电流大小当时，磁感应强度为导体棒所受安培力大小为由左手定则可知，安培力方向向左，故C正确；D．根据题意可知，初状态穿过线圈的磁通量为零，末状态穿过线圈的磁通量也为零，则整个过程通过定值电阻的净电荷量为0，故D错误。故选AC。第II卷（非选择题54分）三、计算题（共54分，请写出必要的文字说明和解题过程，没有过程只有结果则不得分）11.某同学用如图1所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。（1）已知单摆的摆长为，摆球做次全振动所用的时间为，则当地重力加速度______（用、、表示）。（2）在安装实验装置的过程中，下列有关器材的选择和安装最合理的是（）A. B.C. D.（3）为减小误差，该实验并未直接测量单摆的周期，而是先测量次全振动所用的时间再求出。下列实验采用了类似方法的有（）A.“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中相邻亮条纹间距离的测量B.“用油膜法估测油酸分子大小”实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量C.“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验中气体体积的测量【答案】（1）（2）D（3）AB【解析】【小问1详解】由题意可知单摆周期解得【小问2详解】为了减小空气阻力的影响，需选择质量大的铁球，其次为了防止悬点滑动，需要夹子夹住摆线，最后为了不让摆长发生改变，需选择细丝线。故选D。【小问3详解】A．为减小误差，该实验并未直接测量单摆的周期T，而是先测量n次全振动的用时t再求出T，实验采用方法是放大测量取平均值。“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中相邻亮条纹间距离的测量，采用方法是放大测量取平均值，A正确；B．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，采用方法是放大测量取平均值，B正确；C．“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验中气体体积的测量，采用方法不是放大测量取平均值，C错误。故选AB。12.利用热敏电阻的电学特性，可以很好地控制温度对电路输出信号的影响。热敏电阻可以分为两类，一类是电阻值随温度的升高而增大，称为PTC；另一类是电阻值随温度的升高而减小，称为NTC。某实验小组想利用下列器材来探究这两种热敏电阻（常温下阻值约为几十欧姆）的电学特性及作用。A.电源E（电动势12V，内阻可忽略）B.电流表A1（满偏电流10mA，内阻）C.电流表A2（量程0~1.0A，内阻约为0.5Ω）D.滑动变阻器（最大阻值10Ω）E.滑动变阻器（最大阻值为200Ω）F.定值电阻G.单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个、导线若干（1）若要求热敏电阻两端的电压可以从零开始比较方便地进行调节，应选择接入电路中的滑动变阻器为______（填器材前的字母）；电路实物图甲中尚有三条导线未连接，请用铅笔画线代替导线将电路补充完整______。（2）物理实验小组用表示电流表A1的示数，表示电流表A2的示数，通过实验画出两个热敏电阻接入电路时的图线如图乙中a、b所示。若将图线b所代表的元件直接接在一个电动势、内阻的电源两端，则该元件的实际电阻为______Ω（结果保留2位有效数字）。（3）利用热敏电阻制作一个测温探头，其简化电路如图丙所示，为了让温度上升时灵敏电流计G的示数增大，你认为应该选用______（选填“PTC”或“NTC”）热敏电阻。【答案】（1）①.D②.（2）7.97.87.78.0（3）PTC【解析】【小问1详解】[1]因为要求热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节，应选用阻值较小的滑动变阻器D。[2]因为电压从0开始，故滑动变阻器采用分压式接法，且两种热敏电阻阻值较小，故电流表采用外接法，因此实物连接如下【小问2详解】将毫安表与R3串联后改装的电压表量程将图像转为，在该图中作出电源（E=10V，r=10Ω）的伏安特性曲线（根据作图），如图所示由图可知它与b图像交点坐标反映出此时b元件两端的实际电压为4.4V，电流为0.56A，则此时元件的电阻为【小问3详解】为了让温度上升时灵敏电流计G的示数增大，就是要让热敏电阻的阻值增大，以减小该支路分得的电流，故应该选用PTC热敏电阻。13.如图所示，是一种血压计的气路系统，血压计未工作时，气路系统内部封闭一定质量的空气，其压强为p0，体积为V0，血压计工作时，气泵工作，向气路系统充入压强为p0的空气，气路系统体积膨胀，当气路系统的压强达到1.5p0时，气路系统内的空气体积变为1.2V0，然后打开机械阀放出部分空气后，气路系统的压强变为1.2p0时，气路系统内的空气体积变为1.1V0，已知外界大气压强为p0，假定气路系统气体可视为理想气体，空气的温度不发生变化且与外界相同。（1）当气路系统的压强达到1.5p0时，充入的外部空气体积；（2）打开机械阀门放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）假设充入的外部空气的体积为，根据玻意耳定律可得其中，可得充入的外部空气的体积为（2）假设放出的气体在时，对应的体积为，根据玻意耳定律可得其中解得放出的空气质量与气路系统剩余的空气质量之比为14.如图所示，P是固定的竖直挡板，质量的木板A（木板表面略低于挡板下端）与水平地面间的动摩擦因数，B是放在木板A左端的物块，其质量m=1kg，物块B与木板A间的动摩擦因数。某时刻，物块B与木板A一起以相同的水平速度向左运动到挡板P处，此时物块B与竖直挡板P发生了第一次碰撞。物块B和挡板P在碰撞过程中无机械能损失且碰撞时间极短，木板A足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。（1）求物块B与竖直挡板P第一次碰后的相对运动过程中木板A和物块B各自的加速度大小。（2）求第一次碰撞后物块B相对木板A滑行的最大距离（物块B尚未发生第二次碰撞）。（3）通过计算判断物块B能否与竖直挡板P发生第二次碰撞。【答案】（1）（2）6m（3）恰好不发生第二次碰撞【解析】【小问1详解】物块B与挡板P碰后向右运动，受到水平向左的摩擦力，设其加速度大小为，由牛顿第二定律得解得木板A继续向左运动，受到物块B和地面水平向右的摩擦力，设其加速度大小为，由牛顿第二定律得解得【小问2详解】以水平向左为正方向，设物块B与挡板P第一次碰后到A、B共速所用时间为t，且刚共速时的速度大小为v，此过程木板A通过的位移为xA，物块B通过的位移为xB根据运动学公式，对长木板A有，依题意，物块B和挡板P在碰撞过程中无机械能损失，故碰后瞬间物块B的速度方向向右，大小为，有，解得则，即B相对A向右滑行了6m【小问3详解】假设A、B共速后一起向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，