河南省顶级名校联盟2025-2026学年高三上学期11月强基诊断性测试物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省顶级名校联盟2025-2026学年高三上学期11月强基诊断性测试物理试卷本试卷共100分一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。其中1~10题为单选题，在每小题给出的四个选项中，有一项符合题意；11~14题为多选题，全部选对得3分，部分选对但不全得1分，有错选或不选得0分。1.一定质量的理想气体发生图中到的状态变化，下列对该变化描述正确的是（）A.气体的压强增大B.气体的压强减小C.在单位时间内，气体分子对器壁单位面积撞击次数减少D.在单位时间内，气体分子对器壁单位面积的撞击次数不变【答案】C【解析】AB．理想气体状态方程为热力学温度T与摄氏温度t的关系为从图像可知，B到A的过程中，图线是过的直线，说明这是等压变化，即气体的压强不变，故AB错误；CD．由于气体的压强不变，故气体分子对器壁单位面积的作用力不变，从B到A气体温度升高，所以气体分子热运动的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小，故C正确、D错误。故选C。2.某相机在镜头前加装滤镜消除干扰光；在镜头表面镀膜，会使反射光减少至1.5%以下；通过棱镜在视窗内呈现正立的像。该相机没有用到的光学原理是（）A.衍射 B.干涉 C.偏振 D.全反射【答案】A【解析】A．衍射是光绕过障碍物或通过小孔时发生的现象，题目中所述三个功能均未涉及，故A符合题意；B．镜头镀膜利用薄膜干涉原理，使反射光相消，故B不符合题意；C．滤镜消除干扰光通过偏振原理选择特定振动方向的光，故C不符合题意；D．棱镜通过全反射调整光路以实现正立的像，故D不符合题意。故选A。3.子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断不正确的是（）A.核的比结合能约为B.核比核更稳定C.两个核结合成核时释放能量D.核的结合能比核的小【答案】D【解析】A．由题图可知，核的比结合能约为8MeV，故A正确；B．核比核的比结合能更大，则更稳定，故B正确；C．两个核结合成核时产生聚变反应，有质量亏损，由质能方程可知，因此释放能量，故C正确；

D．的比结合能约为7.5MeV，的结合能为的比结合能约为8.5MeV，的结合能为由此可知核的结合能比核的大，故D错误。本题选错误的，故选D。4.某仪器发射两列脉冲横波，在同一均匀介质中相向传播，波速的大小均为。时刻的波形图如图所示，此后波在空间传播的过程中，下列描述正确的是（）A.在处两波开始相遇B.时两波开始相遇C.时质点的速度和加速度方向相反D.时某个质点的位移能达到【答案】D【解析】AB．两列波在时刻相距则两列波相遇的时间左列波向前传播的距离故两列波相遇的位置在处，故AB错误；C．由图可知，左列波的波长，则左列波的周期当时，质点的速度向上，加速度方向也向上，右列波向左传播的距离刚好到达，因此时质点的速度和加速度方向相同，故C错误；D．由题可知，两列波波峰相遇时质点的位移才能达到6cm，左列波波峰的初始位置在右列波波峰的初始位置在两波峰之间的距离则下一次波峰的相遇时间，故D正确。故选D。5.普通的交流电表不能直接接在高压输电线路上进行直接测量，通过互感原理可实现普通电表测量输电线路上的“高电压”或“强电流”。图2中互感器一侧线圈的匝数较少。将1、2两图正确连接后（）A.可测“强电流”，图1中未知电表是交流电流表；接、接B.可测“强电流”，图1中未知电表是交流电流表；接、接C.可测“高电压”，图1中未知电表是交流电压表；接、接D.可测“高电压”，图1中未知电表是交流电压表；接、接【答案】A【解析】AD．ab接MN、cd接PQ串联在电线上测量电流，是电流互感器，图1中未知电表是交流电流表，因ab一侧线圈的匝数较少,根据变压器电流与匝数关系可知，ab一侧线圈电流大于cd一侧线圈电流，所以可测强电流，故A正确，D错误；BC．ab接PQ、cd接MN串联在电线上测量电流，是电流互感器，图1中未知电表是交流电流表，因cd一侧线圈的匝数较多，根据变压器电流与匝数关系可知，ab一侧线圈电流大于cd一侧线圈电流，所以不可测强电流，故BC错误。故选A。6.竖直平面内有一型光滑细杆，杆上套有相同的小球、。现让杆绕过底部点所在的竖直轴匀速转动，已知为直角，。两小球、在杆上稳定时，与点之间的距离之比为（）A. B. C.16∶9 D.【答案】D【解析】两小球、在杆上稳定时，对小球受力分析有解得小球与点之间的距离同理可得小球与点之间的距离所以两小球、在杆上稳定时，与点之间的距离之比为，故选D。7.在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用、和表示，电表示数变化量的大小分别用、和表示。下列比值变化正确的是（）A.增大 B.不变 C.不变 D.增大【答案】B【解析】A．根据欧姆定律可知滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，R1变小，R2不变，则变小，故A错误；B．根据欧姆定律可得，对该式求导可得则可知不变，故B正确；C．根据欧姆定律可知，滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，R1变小，则变小，故C错误；D．根据欧姆定律可得，对该式求导可得则可知不变，故D错误。故选B。8.从固定斜面上的点每隔0.1s由静止释放一个完全相同的小球，释放后小球做匀加速直线运动。某一时刻，记录下小球在斜面上运动的照片，如图所示。测得小球相邻位置间的距离，。已知点距离斜面底端的长度为，小球质量，取，小球均可视为质点，不计摩擦阻力和空气阻力。由以上数据可以得出（）A.小球的加速度大小为B.斜面上最多有4个小球在运动C.在位置的小球此时的重力功率为D.小球从静止运动到位置，合力对小球的冲量为【答案】C【解析】A．小球做匀加速直线运动，则根据逐差法可得，故A错误；B．最高点的球刚释放时，此时最高处2个球之间的距离为根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，各个球之间的距离之比为，则各个球之间的距离分别为2cm，6cm，10cm，14cm，18cm...，因为O点与斜面底端距离为35cm，而前5个球之间的距离之和为32cm，则斜面上最多有5个球，故B错误；C．根据题意，此时刻B位置小球速度大小为则此时刻在C位置的小球速度大小为根据牛顿第二定律可得，解得则此时刻小球在C位置重力的瞬时功率为，故C正确；D．A位置小球的速度大小为小球从静止运动到A位置过程，由动量定理可得，故D错误。故选C。9.某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图1所示，继电器与热敏电阻、滑动变阻器串联接在电源两端，当继电器的电流超过时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。继电器的电阻约，热敏电阻的阻值与温度的关系如图2所示。提供的电源有：（3V，内阻不计）、（6V，内阻不计）；滑动变阻器有：、。为使该装置实现对之间任一温度的控制，应选用（）A.， B.、 C.、 D.、【答案】D【解析】根据闭合电路欧姆定律有由图2可知，当温度为时，热敏电阻的阻值，根据题意此时回路中的电流，即当温度为时，热敏电阻阻值，根据题意此时回路中的电流，即为充分利用滑动变阻器的阻值，应选用、，故选D。10.小物块以一定初速度冲上足够长的固定斜面，如图1所示，斜面倾角。以地面为势能零点，其整个减速运动过程的机械能随距地面高度变化规律如图2所示。取。下列判定正确的是（）A.物块受到的摩擦力大小为B.物块质量为C.物块减速运动的加速度大小为D.物块减速运动的时间是【答案】D【解析】A．上滑过程中，摩擦力对物块做负功，物块机械能变化量解得，A错误；B．物块上滑到最高点时速度为0，动能为0，重力势能代入数据得，B错误；C．物块减速运动，解得D．初动能，解得初速度物块减速运动，解得物块减速运动的时间，D正确。故选D。11.已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中为平面上单位面积所带的电荷量，为常量。如图所示的平行板电容器，其间为真空，极板带电量始终为。不计边缘效应，极板内的电场分布与无穷大导体板相同。下列说法正确的是（）A.仅拉大极板间距，两极板之间的相互作用力减小B.仅拉大极板间距，两极板之间的相互作用力大小不变C.仅减小两极板的正对面积，两极板之间的相互作用力大小增大D.仅减小两极板的正对面积，两极板之间的相互作用力大小不变【答案】BC【解析】AB．根据题意可知，极板间的电场强度与单位面积上的电荷量有关，仅拉大极板间的距离时，单位面积上的电荷量不变，两极板间的电场强度不变，带电量为Q的平板在与另一平板产生的电场中受到的电场力因此两极板间的相互作用力不变，故A错误，B正确；CD．仅减小两极板的正对面积，则单位面积的电荷量增大，则两极板间的电场强度增大增大，带电量为Q的平板在与另一平板产生的电场中受到的电场力可知两极板之间的相互作用力大小增大，故C正确，D错误。故选BC。12.一玻璃管的内、外半径为、的圆形，。如图所示，平行光线沿截面所在平面射向玻璃管外壁，有部分光线仅发生两次折射后可以射出管外壁。下列说法正确的有（）A.能发生题设现象玻璃管的折射率不超过B.能发生题设现象玻璃管的折射率不低于C.最终出射光线与入射光线的偏转角度最小为D.最终出射光线与入射光线的偏转角度最大不超过【答案】AD【解析】AB．设光线在玻璃管外壁的入射角为i，折射角为，当折射光线与内环相切时，发生两次折射后可以射出管外壁，如图所示由几何知识可得根据光的折射规律可得当则有，故A正确，B错误；C．当入射角较小时，经两次折射后，最终的折射光线与入射光线的偏转角趋近于，故C错误；D．当光线在玻璃管外壁的入射角为时，且在玻璃管内壁发生全反射时，此时偏折角最大为，故D正确。故选AD。13.某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图1中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图2是由传感器得到的电压随时间变化的图像。电感线圈自感系数较大，不计线圈的电阻及电源内阻。下列说法正确的是（）A.开关S闭合瞬间，灯、的瞬时功率相等B.开关S断开瞬间，灯闪亮一下再熄灭C.根据题中信息可推出与的比值为2∶3D.根据题中信息可推出与的比值为【答案】AD【解析】A．开关S闭合瞬间，由于电感线圈自感系数较大，电感线圈的阻碍作用比较大，电路电流流经D2和D1，之后灯D3才逐渐变亮，所以开关S闭合瞬间，流经D2和D1的电流相同，灯、的瞬时功率相等，故A正确；B．开关S断开瞬间，灯D1所在回路为断路，故灯D1立刻熄灭，而灯D2、D3和电感线圈形成闭合回路，由于电感线圈阻碍电流的减小，电感线圈充当电源，产生的感应电动势与流过D3原电流的方向相同，继续为灯D2和D3提供电流，所以D2和D3逐渐熄灭，故B错误；CD．设电源电动势为E，灯泡电阻为R，S闭合瞬间，灯D1、D2与电源串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，有电路稳定后，流过D3的电流为开关S断开瞬间，电感线圈能够提供与之前等大电流，故其两端电压为则，故C错误，D正确。故选AD。14.同一物理现象往往可以用不同方法来解释。例如：在赤道地表上方高空相对于地球表面静止释放一物体，不考虑重力加速度的变化，忽略空气阻力，物体将不会落在释放点的正下方，该现象可以用两种不同的方法进行解释。方法一：地球是一个转动的非惯性系，运用牛顿定律分析物体的运动时，物体除了受到与惯性系相同的力外，还受到一个“假想的惯性力”，该力的方向与物体上下运动的方向有关，当物体向地心运动时，该力的方向指向东方，当竖直运动方向反向时该力的方向也反向；该力的大小与竖直方向的速度大小成正比。方法二：物体在下落过程中，受到的万有引力是有心力，根据物理学规律角动量守恒（角动量，其中是物体的质量，为物体到地心的距离，为物体相对于地球的角速度），物体的角速度会发生变化。下列说法正确的是（）A.由方法一可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程相对抛出点向西运动，下落过程相对抛出点也向西运动，且两段水平运动的距离相等B.由方法二可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程物体的角速度越来越大，下落过程物体的角速度越来越小，落回的地点在抛出点C.若将一物体在北京竖直向上抛出，由两种方法均可知，物体相对于地面将向西偏转D.若将一物体在北京竖直向上抛出，由两种方法均可知，物体相对于地面将向东偏转【答案】AC【解析】A．由方法一可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程中物体远离圆心，惯性力方向向西，角速度小于地球自转的角速度，所以相对抛出点向西运动，下落过程中物体向地心运动，惯性力方向向东，角速度小于地球自转的角速度，由于上升和下落过程对称，物体落回地面时角速度等于地球自转的角速度，落回的地点应在抛出点的西方，且两段水平运动的距离相等,故A正确；B．由方法二可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程r增大，根据角动量守恒可知，越来越小，下落过程中r减小，根据角动量守恒可知，越来越大，落回地面时角速度等于地球自转的角速度，所以落回的地点在抛出点的西侧，故B错误；CD．若将一物体在北京竖直向上抛出，由方法一可知，物体远离地心运动，物体受到指向西方的惯性力，物体向西偏转，由方法二可知，物体到地心的距离r增大，根据角动量守恒可知，角速度减小，由于地球自西向东转动，角速度不变，物体角速度减小，故物体向西偏转，故C正确，D错误。故选AC。二、实验题：本题共2小题，共18分。15.物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。（1）下列实验中，用到控制变量法的实验有__________。A.探究加速度与力和质量的关系B.验证机械能守恒定律C.测量玻璃的折射率（2）假设在月球上，利用：A.质量已知的重锤、B.打点计时器和纸带、C.直流电源、D.弹簧测力计，设计实验测量月球表面的重力加速度的大小。选用的器材有__________（选填器材前的字母）。（3）“研究平抛运动”和“验证动量守恒定律”的共同点有__________。A.都要调整轨道末端水平B.都不需要确定竖直方向C.在同一次实验中，小球每次都要从轨道上的同一位置释放（4）验证动量守恒实验中，得到轨道末端在记录纸上的竖直投影点，入射球碰前的平均落地点、碰后两球的平均落地点分别是、和，如果在误差允许范围内，、、满足__________，则说明碰撞为弹性碰撞。【答案】（1）A（2）AD##DA（3）AC（4）【解析】【小问1】A．探究加速度与力、质量的关系采用了控制变量法，故A正确；B．验证机械能守恒定律是验证重力势能减少量与动能增加量是否相等，没有用到控制变量法，故B错误；C．测量玻璃的折射率是通过测量入射角和折射角来计算折射率，没有用到控制变量法，故C错误。故选A。【小问2】实验原理选用的器材有：A质量m已知的重锤和D弹簧测力计，故选AD。【小问3】A．“研究平抛运动”和“验证动量守恒定律”的共同点都需要小球从轨道边缘水平飞出，所以都要调整轨道末端水平，故A正确；B．“研究平抛运动”需要确定竖直方向，而“验证动量守恒定律”实验不需要确定竖直方向，故B错误；C．“研究平抛运动”和“验证动量守恒定律”的共同点都要求在同一次实验中，从轨道边缘水平飞出时速度相等，所以小球每次都要从轨道上的同一位置静止释放，故C正确。故选AC。【小问4】令入射球的质量为m1，速度为v1，被碰球的质量为m2，以水平向右为正方向，碰撞过程动量守恒，则由于两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t得则如果碰撞为弹性碰撞（碰撞前后动能相等），由机械能守恒定律得两边同时乘以t2并整理得联立解得16.实验小组用如图1所示的方案测量一小段金属丝的电阻率。实验步骤如下：a.在金属丝上不同位置用螺旋测微器测三个位置的导线直径，并取平均值；b.将电压表的右端通过小夹子3连接在导线上，小夹子3可在1、2接线柱间左右移动；c.将小夹子3调节至某位置，测量小夹子3和某个接线柱之间的距离；d.闭合开关，调节电阻箱的阻值，使电流表示数为，读出相应的电压表示数，断开开关S；e.改变小夹子3的位置，重复步骤、，测量多组和，作出图像如图3所示，得到直线的斜率。回答下列问题：（1）某次测得导线的直径如图2所示，__________mm。（2）是小夹子3到__________（填“1”或“2”）接线柱之间的距离。（3）电阻率的表达式__________（用、、等表示）。（4）在测量时小夹子3不能看作质点，甲同学用游标卡尺测内径的方法测量小夹子3和上述接线柱之间的距离，再用（3）的方法求出。这种测量的方式__________。A.不会造成误差B.会导致测量值偏小C.会导致测量值偏大（5）乙同学认为：为减小测量误差，应测量对应的值在之间的数据。他的说法对吗？____如果对请说明理由，如果不对请说明改进方案____。【答案】（1）1.995（1.993~1.997）（2）2（3）（4）A（5）不对；改测1、3之间的距离并描绘图像【解析】【小问1】测得导线的直径【小问2】由图3可知，当L增大时，电压表示数减小，而电压表测的是1和3之间的电压，所以是小夹子3到2接线柱之间的距离。【小问3】根据欧姆定律设金属丝长为l，根据，整理可得可知斜率，解得【小问4】甲同学用游标卡尺测内径的方法测量小夹子3和上述接线柱之间的距离，再绘制图像时，斜率不会变，故这种测量的方式不会造成误差，故选A。【小问5】他的说法不对，L距离太大会使1和3之间距离太小，导致误差增大，改进方案为改测1、3之间的距离并描绘图像。三、计算题：本题共4小题，共40分。17.秋千由踏板和绳构成，小孩随秋千的摆动过程可简化为单摆的摆动。等效“摆球”的质量为，摆长为，绳与竖直方向的最大夹角为。不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度大小为。（1）求“摆球”通过最低点时速度的大小；（2）求“摆球”通过最低点时对细绳的拉力大小；（3）若“摆球”摆动周期为，摆球从左侧最高点第一次摆到最低点的过程中，求细线对摆球拉力的冲量大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1】摆球从最高点到最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒。由机械能守恒定律有其中，解得【小问2】在最低点，摆球受到重力和细绳的拉力，合力提供向心力，即，根据牛顿第三定律得将代入解得小问3】根据动量定理，合力的冲量等于动量变化，即摆球从左侧最高点到最低点的时间为由题意可知，重力的冲量方向竖直向下，方向水平向右，所以细线对摆球拉力的冲量大小代入解得18.实验中观察到，静止在匀强磁场中点的原子核发生某种衰变，衰变产生的新核与发出的射线恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图，已知1、2轨迹的半径之比为7∶1，新核中质子数与中子数相等。（1）问：原子核发生的何种衰变；磁场的方向；（2）已知质子的质量是电子的1836倍，求1、2轨迹的周期之比；（3）写出衰变方程。【答案】（1）衰变，磁场垂直纸面向里（2）（3）【解析】【小问1】衰变后新核和粒子的运动方向相反，由洛伦兹力提供向心力可知，新核和粒子的电性相反，新核带正电荷，则粒子带负电荷，发生的是衰变，根据动量守恒新核和粒子的动量大小相等，方向相反，在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力解得电子的电荷量小于新核的电荷量，所以其运动半径大于新核的运动半径，判断出轨迹1是电子的，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里。【小问2】根据，可推出电荷量之比是质量之比是结合公式可推出周期之比是【小问3】新核为，衰变方程为19.某航天兴趣小组设想了一种探测器发射、卫星回收一体化方案：①将卫星携带一探测器发射到半径为的圆轨道上绕地球做匀速圆周运动。②在轨道上某点启动辅助动力装置短暂工作（工作时消耗的气体质量忽略不计），将探测器沿运动方向射出后，探测器恰可脱离地球，而卫星沿原方向绕地球做椭圆运动且恰好未撞到地面。③想办法回收卫星。已知质量分别为、的两个质点相距为时的引力势能