河北省唐山市十校2025-2026学年高三上学期12月期中物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省唐山市十校2025-2026学年高三上学期12月期中物理试题（时间75分钟，满分100分）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.为了测试某汽车刹车性能，使汽车从最高速度开始刹车到停止。此过程可以看作匀减速直线运动，测试显示平均速度为，刹车位移为，则刹车时的加速度大小约为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】汽车刹车时间汽车匀减速直线运动至停止，逆向看是初速度为0的匀加速直线运动，则解得故选D。2.真空暗室内某放射源可通过如图铅容器小孔向右辐射两种射线，容器右边竖直排列有三块小金属锌板（原来不带电），在容器与金属板间存在竖直向上的匀强电场，经过一段时间检测发现a板带正电，板带正电，板不带电，下列说法正确的是（）A.放射源发生的是衰变B.经过一个半衰期容器内的物质质量会减少一半C.金属板带电是因为光电效应D.若用木板遮住容器小孔重新实验，板仍能检测出带电【答案】D【解析】A．由题知，匀强电场方向竖直向上，原先三块小金属锌板不带电，从放射源出来的粒子进入偏转电场，可知带正电的粒子打在a板上，不带电粒子打在b板上，故放射源发生的是衰变，即分别放射出粒子和光子，故A错误；B．半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，是原子核的数量减少一半，而不是物质的质量减少一半，因为衰变产生的新核也有质量，故B错误；C．金属板带电是因为粒子轰击金属板表面时，金属板上的负电荷与粒子所带正电中和，导致金属板带正电；而金属板带正电是因为光子照射金属板，发生光电效应，故C错误；D．因打在b板上的是光子，其穿透能力强，所以若用木板遮住容器小孔重新实验，光子能穿透木板，也可以照到金属板上，发生光电效应，所以板仍能检测出带电，故D正确。故选D。3.虎鲸是海洋食物链的顶端掠食者之一，如图是摄影师抓拍的虎鲸用尾巴把一只海豹拍飞至20米高空的画面，海豹在空中的运动近似看作竖直上抛运动，海豹的质量为200千克，拍击过程的时间为0.05秒，重力加速度取，则虎鲸拍击海豹的平均作用力为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题可知，海豹竖直上抛时的速度，代入数据解得对海豹受力分析，选取竖直向上为正方向，根据动量定理可得解得虎鲸拍击海豹的平均作用力为故选B4.如图光滑绝缘斜面上横线所示为某平行于斜面匀强电场等差等势面，从点以初动能水平射出带正电小球，沿虚线所示轨迹经过N点时动能为。已知小球的质量，电荷量，斜面倾角为，MN高度差为，重力加速度取，关于小球在斜面上的运动，下列说法正确的是（）A.小球的速率随时间均匀增大B.小球的电势能可能增大C.小球的机械能一定增大D.电场强度大小为【答案】C【解析】B．小球从M到N过程，重力做正功，电场力也会做功，设电场力做功为，根据动能定理有，代入数据解得故电场力做正功，则电势能减小；又根据电场线与等势线垂直，可知电场力方向沿斜面向下，故B错误；A．对小球进行受力分析，可知小球受重力、电场力和支持力作用，其中支持力与重力垂直斜面向下的分力平衡，则小球所受的合力为电场力和重力沿斜面向下的分力的合力，又两个力都是恒力，故合力也为恒力，根据牛顿第二定律，小球的加速度恒定，则速度的变化率恒定不变；而速率是速度的大小，在匀变速曲线运动中小球的速率变化不是均匀的，故A错误；C．根据功能关系，除重力之外的其他力做的功等于机械能的变化量，因电场力做正功，所以小球的机械能一定增大，故C正确；D．由B知，电场力方向沿斜面向下，又小球带正电，故电场线方向也沿斜面向下，根据几何关系可得小球在沿电场线方向的位移根据，解得，故D错误。故选C。5.2025年9月10日，NASA通过研究毅力号火星探测器在穿越古老河床时采集的样本，宣布在火星发现最清晰的古代生命迹象。从地球发射探测器到火星最经济的办法是通过霍曼转移轨道，即如图所示椭圆转移轨道两端分别与地球公转轨道和火星公转轨道相切，缺点是每26个月才有发射的黄金窗口期。下列关于火星及火星探测器的说法正确的是（）A.从地球到火星，探测器飞行时间小于180天B.转移过程中（只考虑太阳引力），探测器机械能逐渐增大C.转移过程中（只考虑太阳引力），探测器加速度逐渐减小D.火星公转周期一定大于26个月【答案】C【解析】A．由题知，探测器的轨道半长轴a大于地球公转轨道半径，地球公转周期为个月，设探测器的周期为T，根据开普勒第三定律可知T大于12个月，而探测器从地球到火星的飞行时间是其周期的一半，所以飞行时间大于6个月，即180天，故A错误；B．转移过程中只考虑太阳引力，太阳对探测器的做负功，动能减小，引力势能增加，动能和引力势能之和不变，故探测器的机械能守恒，故B错误；C．转移过程中（只考虑太阳引力），对探测器根据牛顿第二定律有解得转移过程中，探测器与太阳的距离逐渐增大，所以加速度逐渐减小，故C正确；D．由题知，每隔26个月才有发射的黄金窗口期，即在这段时间内地球比火星要多转一周，则有其中，解得，故D错误。故选C6.如图绝热汽缸内壁光滑，被锁定的绝热活塞a、b把汽缸容积等分成三份，其中I、III内充有同种气体，且气体初始压强相同，温度相同，II为真空。现活塞突然漏气，一段时间后再解锁，当系统重新稳定时，下列说法正确的是（）A.活塞b处于汽缸中央B.I的温度大于III的温度C.I、III中单位时间碰撞器壁单位面积分子个数相同D.与初始状态相比，III中单位时间碰撞器壁单位面积分子个数增加【答案】B【解析】AB．设初始状态气体的压强为，体积为，温度为，活塞a漏气后，由于绝热过程，I中气体自由扩散，体积变为，设此时I中气体压强为，解锁b活塞后，系统平衡时的压强为，I中气体的体积为，温度为，III中气体的体积为，温度为根据玻意耳定律，对于I中气体，b活塞未解锁时，则有活塞b解锁后，根据理想气体状态方程则有对应III中气体则有由于解锁b后，III中气体膨胀对外做功，内能减小，温度降低，则有活塞b压缩I中气体，I中气体内能增大，温度升高，则有联立可得，可见活塞b并未处于汽缸中央，故A错误，B正确；C．根据上述分析可知，I、III中气体的温度不同，分子的平均动能不同，虽然两部分的压强相等，但单位时间碰撞容器壁单位面积上的分子个数与压强、分子平均动能都有关系，则I、III中单位时间碰撞器壁单位面积分子个数不相同，故C错误；D．初始时，III中气体的体积为，最终状态III中气体的体积大于，分子数密度减小，因此单位时间碰撞容器壁单位面积的分子个数减小，故D错误。故选B。7.如图，粗糙水平桌面上质量为的物块在沿轴正方向、大小为的水平力作用下做匀速直线运动，某时刻（记为计时起点）对物块施加一个沿轴负方向、大小也为的水平力，同时在物块上方再叠放质量也为的物块，时刻，物块速度方向变为指向第二象限，与轴正方向夹角为，重力加速度为，两物块之间始终没发生相对滑动，下列说法正确的是（）A.施加力之前，物块运动方向沿轴正方向B.施加力并叠放物块之后，物块受到的摩擦力大小立即变为C.时刻，物块受到的摩擦力大小为D.时刻，物块受到的摩擦力大小为【答案】A【解析】A．由题意可知，施加力之前，物块运动方向沿轴正方向，A正确；B．施加力之前，物块受滑动摩擦力，大小与F1等大反向，即施加力并叠放物块之后，物块对地面的压力变为2mg，则物块受到的滑动摩擦力大小变为，B错误；CD．时刻，物块受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，则大小仍为，CD错误。故选A。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。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.如图是某新能源汽车的启动过程中牵引力功率与时间的图像（初始阶段），虚线是零时刻图像的切线，时刻功率为，速度为的位移为，加速过程阻力恒为，汽车质量为，则下列说法正确的是（）A.该汽车为匀加速启动B.平均速度大于C.时刻的加速度大小为D.图形所围的面积可表示为【答案】BD【解析】A．汽车加速启动则P与t成正比，即图像是直线，但这里图像在切线下方，不是直线，所以不是匀加速启动，故A错误；B．在图形中图形在切线下方，由得功率增加的越来越慢，那么，对应的加速度减小，所以汽车做的是加速度减小的加速运动一直到时速度为，则全程平均速度大于，故B正确；C．时刻，牵引力由牛顿第二定律得加速度，故C错误；D．时间内图形所围的面积可表示在启动过程中发动机所做的功，在启动过程中汽车只受牵引力和摩擦力，由动能定理得代入数据得，故D正确。故选BD。9.将一根圆柱形的冰块放置在零度的冰水混合物中，用外力将冰柱缓慢往下压，当冰柱恰好全部按压进水中后撤去外力，冰柱将上下运动起来，忽略水的阻力，液面高度不变，冰柱始终处于竖直状态，冰与水的密度之比为10：11，冰柱上下运动的一个周期内，下列说法是正确的是（）A.任选一个时刻，一定能找到另一个时刻，使这两个时刻冰柱的速度相同B.任选一个时刻，一定能找到另一个时刻，使这两个时刻冰柱的加速度大小相等C.冰柱在水面上、下方的体积之比最大为1：5D.冰柱在水面上、下方的体积之比最大为2：9【答案】BD【解析】AB．设冰与水的密度分别为、，冰柱的高度为h，横截面积为S，冰柱处于平衡态时有，解得可知当冰柱露出水面时，冰柱处于平衡态，当冰柱从平衡位置进入水面位移x时，选向上为正方向，则冰柱竖直方向的合力大小为冰柱偏离平衡位置的位移方向竖直向下，而F竖直向上，则F与x方向相反，所以则冰柱竖直方向上做简谐运动，冰柱上下运动的一个周期内，任选一个时刻，不一定能找到另一个时刻，使这两个时刻冰柱的速度相同，比如在平衡位置时，冰柱的速度最大，在一个周期内不存在与此时刻的速度相同；由于回复力的方向始终指向平衡位置，加速度，所以任选一个时刻位移，一定能找到另一个时刻位移，所以这两个时刻冰柱的加速度大小相等，故A错误，B正确；CD．根据简谐运动的对称性与AB中的分析可知，冰柱的振幅为，冰柱在水面上方的最大距离为，所以冰柱在水面上、下方的体积之比最大为，故D正确，C错误。故选BD10.如图，质量为的质量分布均匀的圆盘做水平面内的匀速圆周运动，其中三点共线，三点在圆盘边缘上均匀分布，等长且与的夹角均为为悬点，与竖直方向夹角为所能承受的最大拉力均为。下列说法正确的是（）A.绳上拉力大小为B.绳上拉力大小为C.若角速度增大，绳先断D.若角速度增大，比绳先断【答案】AC【解析】AB．对圆盘整体分析，竖直方向则有对结点受力分析，沿方向则有联立解得，故A正确，B错误；CD．当角速度增大时，根据向心力可知，圆盘所需的向心力增大，因此和水平方向的分力都随之增大，但竖直方向需要承担在竖直方向的分力（即圆盘的重力），因此首先达到绳子能承受的最大拉力，即角速度增大时，绳先断，故C正确，D错误。故选AC。三、非选择题：本题共5小题，共54分，考生根据要求作答。11.在探究物体加速度与合外力的关系时，通过巧妙的设计可以不用直接测量加速度，下图是设计的实验原理图。实验器材：两个一端带滑轮的倾斜轨道（倾角可调），两个相同的小车、两个小桶、沙子、细线、刻度尺、天平、夹子等。实验过程：如图安装器材，小桶内添加适量的沙子，调节轨道倾角直到轻推小车后小车拉着小桶能沿轨道匀速下滑，用天平测量此时小桶和沙子的总质量为；用相同的方法对另一套器材如此操作，但小桶和沙子的质量为；保持两轨道倾角不变，取下小桶（保留细线），将两个小车都放置在各自轨道顶端相同位置，拉紧细线用一个固定的夹子同时夹住两根细线（图中虚线所示），松开夹子，过一小段时间后再同时夹住两根细线使两个小车同时停止运动，测量小车的位移分别为。重复实验，得到更多数据。（1）该实验___________（选填“需要”或“不需要”）满足小桶和沙子的质量远小于小车的质量，___________（选填"需要"或"不需要"）轨道光滑。（2）实验中不需要直接测量小车的加速度，为证明小车加速度与合外力成正比，需要测量数据满足下列哪一个关系式：___________。A. B. C.（3）若调试时把正在加速下滑的小车误以为是匀速，则相当于测得的小车合力___________（选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。【答案】（1）不需要；不需要（2）B（3）偏小【解析】【小问1】实验中通过调节轨道倾角，使小车拉着小桶和沙子沿轨道匀速下滑，对小车受力分析有，其中撤去小桶后，小车受到的合力故小车受到的合力等于小桶和沙子的重力，故在此过程中不需要满足小桶和沙子的质量远小于小车的质量，也不需要轨道光滑。【小问2】实验中，小车从静止开始加速，运动时间相同，根据得两车加速度之比根据牛顿第二定律有，得两车加速度之比综合上述可得，即，故选B。【小问3】若调试时把正在加速下滑的小车误以为是匀速，则实际上且，撤去小桶后，小车实际受到的合力则相当于测得的小车合力偏小。12.小正从物理老师处知道了弹簧振子简谐运动的周期公式，于是设计图甲的实验测量某弹簧的劲度系数。实验过程：将弹簧上端固定，下端连接质量为的小球。静止时小球处于点，把小球拉至处释放，此后小球在之间振动。用秒表记录下小球次经过某标志点的时间为（第一次经过标志点时开始计时）。（1）标志点应该选择___________（选填“M、N、O”），振动的周期___________（用“”表示）。用测得的物理量表示弹簧劲度系数为___________。（2）小正取用两根相同的甲实验所用的弹簧（设测得劲度系数为），进一步设计实验验证机械能守恒定律。如图乙所示用两根弹簧分别连接滑块和水平放置的气垫导轨，平衡时两弹簧恰好为原长，把滑块往一边移动，由静止释放。测得遮光片单次遮光时间为，遮光条宽度为，滑块质量为，已知弹簧弹性势能表达式为：。若整个系统机械能守恒，应满足的关系式为___________（用“”表示）。【答案】（1）O；；（2）【解析】【小问1】标志点应该选择振子速度最大的位置，即O点；振动的周期，根据，可得弹簧劲度系数为【小问2】滑块经过平衡位置时的速度若机械能守恒，则满足，即13.如图甲，轴正、负半轴分布有不同介质，轴上两波源的坐标已经标出，两波源某时刻同时开始做简谐振动，后又同时停止振动，振动图像如图乙，已知点偏离平衡位置的最大位移大小为，求：（1）左右两列波的波长之比；（2）点运动的路程。【答案】（1）（2）【解析】小问1】由图乙可知，两列波源的振动周期为由于点偏离平衡位置的最大位移大小为，且左列波源离O点较近，因此两列波应同时到达O点产生干涉，则有，解得又因为，左右两列波的波长之比【小问2】当时，则点运动的路程14.如图甲，A、B两板间存在偏转电场，虚线为中心