北京市昌平区2025-2026学年高三上学期期末质量检测物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市昌平区2025-2026学年高三上学期期末质量检测物理试卷本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。第一部分本部分共14题，每题3分，共42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.下列现象中，与原子核内部变化有关的是（）A.α粒子散射现象 B.天然放射现象C.光电效应现象 D.原子发光现象【答案】B【解析】A．α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故A项错误；B．天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出α粒子或电子，从而发生α衰变或β衰变，故B项正确；C．光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故C项错误；D．原子发光是原子跃迁形成的也没有涉及到原子核的变化，故D项错误．2.B为匀强磁场的磁感应强度，v为正电荷的运动速度，F为磁场对电荷的作用力，下图列出了三者方向之间的关系，其中正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】A．根据左手定则，F方向向上，故A错误；B．根据左手定则，F方向向下，故B正确；C．根据左手定则，F方向垂直纸面向里，故C错误；D．根据左手定则，F方向垂直纸面向外，故D错误。故选B。3.如图所示，在正点电荷Q产生的电场中有a、b两点，用Ea​、Eb​分别表示a点、b点的电场强度大小，用φa​、φb​分别表示a点、b点的电势。下列关系式正确的是（）A.​ B.​C.​ D.​【答案】D【解析】由图可知，a点处的电场线比b点处的电场线更密集，因此a点的电场强度大于b点的电场强度；沿着电场线的方向，电势是逐渐降低的，因此a点的电势大于b点的电势。故选D。4.一辆小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，其中表示合理的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】物体做曲线运动时，其所受合力的方向指向运动轨迹的凹侧；小车的动能一直增加，根据动能定理，合力对小车做正功，所以合力与速度方向的夹角应为锐角。故选C。5.如图所示，运动员在同一高度的前后两个不同位置将网球击出，网球垂直击中竖直墙上的同一点。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.沿轨迹1运动的网球被击出时的速度较大B.两轨迹中网球撞墙的速度大小相等C.从击出到撞墙，沿轨迹1运动的网球在空中运动的时间较短D.从击出到撞墙，沿轨迹2运动的网球在空中运动的时间较短【答案】A【解析】AB．网球运动的逆过程为平抛运动，根据平抛运动规律有，可见沿轨迹1运动的网球水平方向速度较大，被击出时的速度大小为则沿轨迹1运动的网球被击出时的速度较大，故A正确，B错误；CD．在竖直方向上，两球上升的高度相同。根据可知两球在空中运动的时间t相同，故CD错误。故选A。6.2025年4月30日，神舟十九号载人飞船返回舱安全着陆，宇航员顺利出舱。返回舱在落地前，反推发动机点火使返回舱减速；返回舱落地瞬间，缓冲装置开启使返回舱安全着陆。下列说法正确的是（）A.返回舱在返回的过程中机械能守恒B.返回舱在靠近地面的过程中，所受地球的引力逐渐减小C.返回舱在落地前减速的过程中，宇航员处于超重状态D.缓冲装置的作用原理是通过增大受力面积来减小冲击力【答案】C【解析】A．机械能守恒条件是只有重力或弹力做功，无其他外力（如空气阻力、发动机推力）做功。返回舱返回过程中，受空气阻力、反推发动机点火等外力作用，这些力做功导致机械能减少，故机械能不守恒，故A错误；B．地球引力由万有引力定律决定，其中为返回舱到地心的距离。靠近地面时，减小，引力增大，而非减小，故B错误；C．超重状态指加速度方向向上（支持力大于重力）。反推发动机点火提供向上推力，使返回舱减速，加速度方向向上，故宇航员处于超重状态，故C正确；D．缓冲装置主要通过延长冲击作用时间或材料变形吸收能量来减小冲击力，而非单纯增大受力面积（增大面积减小的是压强，不一定减小总冲击力）。题干中缓冲装置的作用原理更符合延长作用时间或能量吸收，故D错误。故选C。7.如图所示，在固定斜面上有两个质量相等的小物块甲、乙，甲受到一个水平方向的推力F，不计各接触面间的摩擦。下列说法正确的是（）A.甲、乙一定沿斜面向上运动B.甲对乙的作用力沿水平方向C.甲、乙对斜面的压力大小相等D.甲对斜面的压力大小大于乙对斜面的压力大小【答案】D【解析】A．设小物块的质量为m，斜面的倾角为θ，将甲、乙看作一个整体，当Fcosθ>2mgsinθ时，整体沿斜面向上加速运动；当Fcosθ<2mgsinθ时，整体沿斜面向下加速运动；当Fcosθ=2mgsinθ时，整体静止或匀速运动。由于F的大小未知，所以甲、乙不一定沿斜面向上运动，故A错误；B．由于甲、乙之间的接触面是光滑的，所以甲对乙的作用力（弹力）方向垂直于它们的接触面，因此甲对乙的作用力应沿斜面方向，而不是水平方向，故B错误；CD．分析垂直于斜面方向的受力，物体在此方向上没有加速度，受力平衡；对乙进行受力分析，有N乙=mgcosθ，根据牛顿第三定律，乙对斜面的压力大小F压乙=N乙=mgcosθ；对甲进行受力分析，N甲=mgcosθ+Fsinθ，根据牛顿第三定律，甲对斜面的压力大小F压甲=N甲=mgcosθ+Fsinθ，所以F压甲>F压乙，故C错误，D正确。故选D。8.图为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪可以发射电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。励磁线圈能够在两个线圈之间产生匀强磁场，磁场的方向与两个线圈中心的电子枪连线平行。不加磁场时电子束的径迹是一条直线，加磁场后电子束的径迹是一个圆。下列说法正确的是（）A.当电子的出射速度不变、只增大磁感应强度时，圆的半径将增大B.当磁感应强度不变、只增大电子的出射速度时，圆的半径将增大C.当磁感应强度不变、只增大电子的出射速度时，电子的运动周期将变大D.当电子的出射速度不变、只增大磁感应强度时，电子的运动周期将变大【答案】B【解析】A．当电子的出射速度v不变、只增大磁感应强度B时，根据轨道半径公式

可知，圆的半径r将减小，故A错误；B．当磁感应强度B不变、只增大电子的出射速度v时，根据轨道半径公式

可知，圆的半径r将增大，故B正确；C．当磁感应强度B不变、只增大电子的出射速度v时，根据周期公式

可知，电子的运动周期T与速度v无关，将保持不变，故C错误；D．当电子的出射速度v不变、只增大磁感应强度B时，根据周期公式

可知，电子的运动周期T将变小，故D错误。故选B。9.一竖直悬挂的轻弹簧下端连接装有记录笔的小球，在竖直面内放置记录纸。当小球上下振动时，以速率v水平向左拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图像。在形成图中图线的过程中，小球的（）A.路程为B.位移大小为C.振动周期为D.振幅为【答案】A【解析】AD．小球振动的最高点为，最低点为，则其振幅为从图中可以看出，纸张从x=0运动到的过程中，小球完成了2.5次全振动。因此，在这段时间内小球走过的总路程为，故A正确，D错误；B．位移是指物体从初位置指向末位置的有向线段。小球只在竖直方向运动。根据图像，在x=0时刻（初位置），小球在处；在时刻（末位置），小球在处。因此，小球的位移大小为，故B错误；C．振动周期是完成一次全振动所需的时间。从图中可知，完成一次全振动，纸张在水平方向移动的距离（即波长）为。由于纸张的运动速率为v，所以振动周期，故C错误；故选A。10.某个物理量D的变化量ΔD与发生这个变化所用时间Δt的比值，叫做这个量D的变化率，下列说法正确的是（）A.若D表示质点做平抛运动的速度，则逐渐增大B.若D表示质点做匀速圆周运动的线速度，则是恒定不变的C.若D表示质点的动量，则越大，质点所受冲量就越大D.若D表示穿过线圈的磁通量，则越大，线圈中的感应电动势就越大【答案】D【解析】A.若D表示质点做平抛运动的速度，则表示平抛运动的加速度，而平抛运动的加速度是重力加速度，大小和方向都不变，A错误；B.若D表示质点做匀速圆周运动的线速度，则表示匀速圆周运动的向心加速度，向心加速度的大小不变，方向时刻变化，不是恒定不变的，B错误；C.若D表示质点的动量，则表示物体所受到的合外力，合外力越大，质点所受冲量不一定大，还与力的作用时间有关，C错误；D.若D表示穿过线圈的磁通量，则由法拉第电磁感应定律，解得越大，线圈中的感应电动势就越大，D正确。故选D。11.图1是法拉第圆盘发电机实物图，图2是其示意图。铜质圆盘安装在水平铜轴上，圆盘位于两磁极之间，圆盘平面与磁场垂直。两铜片分别与转动轴和圆盘的边缘接触。当圆盘转动时，电阻R中有电流通过。现使圆盘顺时针转动（从左向右看），下列说法不正确的是（）A.圆盘的转动轴为负极，边缘为正极B.当圆盘以恒定的角速度转动时，通过R的电流大小恒定C.若所加磁场穿过整个圆盘，穿过圆盘的磁通量不变，R中无电流通过D.圆盘产生电动势的非静电力为圆盘内自由电子由于转动受到沿半径指向圆心的洛伦兹力【答案】C【解析】A．根据右手定则可知，边缘电势高，为正极；转动轴（圆心）电势低，为负极，故A正确，不符合题意；B．圆盘切割磁感线产生的感应电动势大小为其中L为圆盘半径，为转动角速度。当圆盘以恒定的角速度转动时，产生的感应电动势E是恒定的。根据闭合电路欧姆定律（r为圆盘内阻）可知通过电阻R的电流大小也是恒定的，故B正确，不符合题意；C．法拉第圆盘发电机产生感应电动势的原理是导体（圆盘的半径）切割磁感线，属于动生电动势，在转动过程中，半径不断“扫过”磁场，切割磁感线，从而产生电动势，只要电路闭合，就会有电流通过，故C错误，符合题意；D．电动势的产生源于非静电力对电荷做功。在此装置中，非静电力就是洛伦兹力。圆盘内的自由电子（负电荷）随圆盘转动，受到洛伦兹力的作用。根据A项的分析，自由电子（负电荷）受到的洛伦兹力方向相反，即从边缘指向圆心（沿半径指向圆心）。这个力使得电子向圆心聚集，从而产生电动势。故D正确，不符合题意。本题要求选择不正确的说法，故选C。12.磁感应强度B是描述磁场性质的物理量定义B有多种方法，如（①式），（②式）。其中①式用试探电流元在磁场中受安培力定义，②式用试探电荷在磁场中受洛伦兹力定义。下列说法不正确的是（）A.两种定义式均以磁场对运动电荷（或电流）存在作用力这一实验事实为依据B.两种定义中用来探测磁场性质的物质不同，但两种定义是等价的C.磁感应强度大小与试探电荷所受洛伦兹力的大小成正比D.磁感应强度的大小在数值上等于单位电流元在该点受到的最大安培力【答案】C【解析】A．安培力定义基于电流在磁场中受力的实验事实，洛伦兹力定义基于运动电荷在磁场中受力的实验事实，故A正确；B．两种定义中用来探测磁场性质的物质不同，但两种定义是等价的。①式用电流元（电流）探测，②式用运动电荷探测，但电流本质是运动电荷形成的，两种定义均描述同一物理量，故B正确；C．磁感应强度大小由磁场本身决定，与试探电荷所受洛伦兹力的大小无关，故C错误；D．磁感应强度的大小在数值上等于单位电流元在该点受到的最大安培力。由①式及安培力公式，当时，。取单位电流元（），则，故D正确。本题选不正确的，故选C。13.雨滴从高空下落时除受重力外，还受到空气阻力的作用。将雨滴视为质量不变、半径为r的球体，其所受空气阻力可表示为，其中k为比例系数，v为雨滴的速度大小。半径分别为的甲、乙两个雨滴从高空无初速度竖直下落，落地前均已做匀速直线运动。某同学作出两个雨滴下落过程中加速度大小a与时间t变化关系的图像，其中合理的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由牛顿第二定律得解得逐渐变大，可知雨滴做加速度减小得越来越快的加速运动；设雨滴最终的速度大小为，当雨滴的加速度为零时，有因，可知甲的雨滴的最大速度较大，速度的变化量也较大，

a

与时间

t图线围成的面积表示速度的变化量，所以甲图线围成的面积较大。故选C。14.如图1所示，某扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于轴对称分布相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O1处，弹簧上端固定在O点，三个相同的关于O1O2轴对称放置的减振器位于平台下方。图2为减振器的工作原理图，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示，t=0时刻，其速度为v0，方向竖直向下，t1时刻的振幅为A。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为Δx时，其弹性势能为。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.扫描隧道显微镜减振装置在振动过程中机械能守恒B.平台静止时弹簧的伸长量为C.t=0时刻，每个线圈所受安培力的大小为D.在0~t1时间内，每个线圈产生的焦耳热为【答案】D【解析】A．在振动过程中，线圈切割磁感线产生感应电流，通过电阻发热，将机械能转化为内能，因此系统的机械能不守恒，振幅逐渐减小，这是一个阻尼振动，故A错误；B．平台和三个线圈是一个整体，其总质量为m，当平台静止时，系统处于平衡状态，受到的总重力mg与弹簧的弹力F平衡。根据胡克定律F=kΔx解得弹簧的伸长量为，故B错误；C．t=0时刻，平台的速度为，每个线圈切割磁感线产生的感应电动势为根据欧姆定律，每个线圈中的感应电流为线圈所受的安培力为，故C错误；D．根据能量守恒定律，系统减少的机械能等于三个线圈产生的总焦耳热；取平衡位置为零势能面，有由于三个减振器（线圈）是相同的，所以每个线圈产生的焦耳热，故D正确。故选D。第二部分本部分共6题，共58分。15.某实验小组用图1所示实验装置探究加速度与物体受力关系。（1）实验中要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车（）（选填选项前的字母）A.能在轨道上保持静止B.受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动C.不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动（2）若实验得到如图2所示的纸带，每两个计数点间有四个点未画出，可以判断纸带的______（选填“左端”或“右端”）与小车相连。由图2中数据可计算出小车的加速度大小为______m/s²。（3）本实验认为槽码所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。实验中平衡了摩擦力后，要求槽码质量比小车质量小得多。请分析说明这个要求的理由_______。【答案】（1）C（2）左端；4.2（3）见解析【解析】【小问1】平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动，说明重力分力正好平衡轨道摩擦和纸带摩擦。故选C。【小问2】小车做匀加速运动，纸带点间距越来越多，所以纸带的左端与小车相连；每两个计数点间有四个点未画出，计数点周期小车的加速度大小为【小问3】设槽码质量，小车质量，对整体对小车所以槽码质量比小车质量小得多时，，可以认为槽码所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。16.某同学用多用电表测量电学中的物理量。（1）一多用电表表盘上的电阻刻度线正中间标有“15”的字样。用该多用电表测量阻值约为20Ω的电阻，选择正确的实验步骤并排序：______（选填选项前的字母）A.将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的“0”刻线。B.将两表笔分别与待测电阻相接，读取数据后随即断开。C.将选择开关置于电阻挡“×1”位置。D.将选择开关置于OFF位置。（2）图1为多用电表简化电路图，其中A为______（选填“红”或“黑”）表笔。选择开关S分别与1~6连接点连接构成多用电表的不同挡位。当选择开关S与______连接，对应多用电表的电压挡，且量程较大；当选择开关S与______连接，对应多用电表的电流挡，且量程较大。（3）如图2所示，一黑箱中有三只完全相同的电学元件，用多用电表对其进行探测。用电压挡测任意两个接线柱，示数均为零。用电阻挡测量结果如下：Rab​=5Ω，Rac​=10Ω，Rbc​=15Ω。测量中发现，每对连接点间正、反向阻值均相等。根据题目提供的信息，请在图2中画出一种可能的电路。【答案】（1）CABD（2）红；.6；1（3）见解析（只要符合题目要求均可）【解析】【小问1】用多用电表测电阻时的实验步骤的正确顺序为：选择合适的电阻挡、欧姆调零、测电阻、关闭多用电表。故实验步骤的正确顺序为CABD。【小问2】由图1可知，当B与3或4连接时，电流从B流出多用电表，从A流入多用电表，因电流必须从红表笔流入多用电表，故A为红表笔；当选择开关S与1或2连接时，对应多用电表的电流挡，且与1连接时，并联的分流电阻较小，对应电流挡的量程较大；当选择开关S与5或6连接时，对应多用电表的电压挡，且与6连接时，串联的分流电阻较大，对应电压挡的量程较大。【小问3】用电压挡测任意两个接线柱，示数均为零，说明黑箱中无电源；每对连接点间正、反向阻值均相等，说明黑箱中无二极管。根据电阻档的测量结果分析可知，黑箱中可能为三个阻值为的电阻，其连接方式如下（只要符合题目要求均可）17.如图所示，位于水平面内的光滑轨道AB与竖直面内的粗糙半圆形轨道BC在B点平滑连接，半圆形轨道的半径为R。一个质量为m的小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达轨道的最高点C。已知物体经过B点时的速度大小为。重力加速度为g。求：（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能​；（2）物体到达C点时的速度大小；（3）物体沿半圆形轨道运动过程中阻力所做的功W。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1】物体由A点运动到B点的过程中，弹簧和物体组成的系统机械能守恒，得【小问2】物体恰好能够到达轨道的最高点C，有，解得【小问3】物体由B点运动到C点过程中，根据动能定理有解得18.笛卡尔主张以动量（mv）量度运动，他认为：“在物质中存在一定量的运动，它的总和在世界上永远不会增加也不会消失。”动量决定了物体在力的阻碍下能够运动多长时间，动量定理反映了力对时间的累积效应。（1）一个质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力F的作用，做匀变速直线运动。在初始时刻，物体的速度为v0​，经过一段时间Δt，它的速度为v。请结合上述情境，根据牛顿运动定律推导动量定理。（2）某同学用如图1所示实验装置验证动量定理。光滑轨道固定在水平面内，压力传感器固定在轨道的一端，前面装有弹簧圈的小车沿轨道运动并与压力传感器发生碰撞，与计算机相连的压力传感器记录下碰撞过程中传感器所受压力大小F，并描绘出F−t图像如图2所示。根据图像可得出小车受到压力的冲量大小，请写出如何根据图像确定碰撞过程中小车受到压力的冲量大小。（3）现代切割技术常用的一种“水刀”如图3所示，它将水从高压水枪中高速射出，形成很细的圆柱形水束。用“水刀”切割钢板，水束以速度v垂直射向钢板，水射到钢板后的速度可视为0。请建立合理的物理模型，论证水束对钢板的平均冲击力大小F与v的关系满足。【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析【解析】【小问1】根据匀变速直线运动速度与时间的关系式有解得物体做匀变速直线运动的加速度为对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有变形得其中是合外力的冲量，是末动量，是初动量，即合外力的冲量等于物体动量的变化，这就是动量定理。【小问2】根据冲量的定义有所以在图像中，冲量的大小等于图像与坐标轴围成的面积。具体操作：通过数方格、割补法等方式计算图2中曲线与轴围成的面积，该面积的数值即为小车受到压力的冲量大小。【小问3】建立物理模型（柱状模型）：取极短时间内射到钢板上的水为研究对象，设水柱的横截面积为，水的密度为，则该段水柱的长度为质量为设钢板对水的平均作用力为，由题意可知，其方向与水的运动方向相反，由于水射到钢板后速度变为0，则对水列动量定理方程有联立解得根据牛顿第三定律可知，水柱对钢板的平均冲击力为由于、均为定值，因此水束对钢板的平均冲击力的大小F与v的平方成正比，即。19.一个平行板电容器极板正对面积为S，间距为d，两极板间为真空，静电力常量为k。如图1所示，将平行板电容器接入直流电源充电至稳定状态。（1）已知无限大带电平板产生的电场可视为匀强电场，其场强大小E=2πkσ，其中σ为平板单位面积的电荷量。请推导平行板电容器电容C的表达式（用S、d和k表示）；（2）若平行板电容器接入直流电源的输出电压为U，初始时电容器极板带电量为0。请在图2所示的坐标系中画出充电过程中板间电压u随极板带电量q变化关系的图像；根据图像求电容器充电结束后储存的电场能​。（3）充电过程中电源输出的电能为W，分析W与​的关系。【答案】（1）见解析（2）见解析；（3）【解析】小问1】设该平行板电容器带电荷量为Q，则两板间的场强大小为两板间的电压为则该电容器的电容【小问2】根据电容的定义式可知，故图像是一条过原点的、斜率为的直线，如图所示电容器充电结束后储存的电场能等于充电过程中克服电