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2025-2026学年天津市和平区双菱中学高三（上）月考物理试卷（模拟）
一、单选题：本大题共4小题，共16分。
1.关于原子核的结合能与比结合能，下列说法正确的是( )
A. 比结合能越大的原子核，结合能一定越大
B. 轻核聚变释放能量，是因为聚变后新核的结合能小于反应前原子核的结合能之和
C. 重核裂变释放能量，是因为裂变后生成中等质量原子核的比结合能增大
D. 结合能是核子结合成原子核时释放的能量，因此比结合能越大的原子核越容易发生核反应
2.某行星有两颗卫星的轨道半径之比约为1：2。根据以上信息可知这两颗卫星的( )
A. 线速度大小之比约为1：2 B. 周期之比约为1：4
C. 向心加速度大小之比约为4：1 D. 向心力大小之比约为4：1
3.茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。如图所示，向茶杯中倒入热水，盖上杯盖茶水漫过杯盖，在水面和杯盖间密闭了一部分空气可视为质量和体积均不变的理想气体，过一段时间后水温降低。关于泡茶中的物理现象下列说法正确的是( )
A. 泡茶时，热水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高每个分子动能都越大
B. 水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是布朗运动现象
C. 温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为杯盖与杯子间的分子引力作用
D. 温度降低，杯内气体分子撞击单位面积器壁的平均作用力变小，气体对外界放热
4.一般认为激光器发出的是频率为v的“单色光”，实际上它的频率并不是真正单一的，激光频率是它的中心频率，它所包含的频率范围是也称频率宽度，其中和分别记为“上限频率”和“下限频率”。某红宝石激光器发出的激光其“上限频率”和“下限频率”对应的光分别记为a光和b光由空气斜射到实心玻璃球表面，入射角为i，如图所示。则下列说法正确的是( )
A. b光在玻璃中传播速度较小
B. b光更容易发生明显的衍射现象
C. 相同装置做双缝干涉实验，b光产生的干涉条纹间距较小
D. 逐渐增大i角，a光从玻璃球射向空气时先发生全反射
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
5.图甲为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形图，该时刻波恰好传播至Q点，质点M、N、P、Q坐标如图所示。图乙为质点M、N、P、Q中某一质点的振动图像，下列说法正确的是( )
A. 质点M已经振动了4s B. 质点P的起振方向沿y轴正方向
C. 图乙是质点N的振动图像 D. 该波遇到1m的障碍物不能发生明显衍射
6.如图所示，原线圈接入交流电源，电源电压保持不变，副线圈电路中、为定值电阻，R是滑动变阻器，和是交流电压表，示数分别用和表示：和是交流电流表，示数分别用和表示：忽略电表和变压器非理想化引起的误差，则在滑片P向下滑动过程中，下列说法正确的是( )
A. 和保持不变 B. 增大，变小
C. 电源的输出功率减小 D. 保持不变
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
7.氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线、、、，都是氢原子中电子从量子数的能级跃迁到的能级发出的光，它们在真空中的波长由长到短，遏止电压最大的谱线是______。
8.如图所示，矩形导线框的匝数为N，面积为S，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，矩形导线框以角速度绕垂直磁场方向的轴匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，交流电压表、均视为理想电表，不计线框的电阻。线框从图示位置开始转过的过程中，产生的平均电动势为______；线圈在图示位置电压表的示数为______。
9.如图所示为净水器的压力桶，压力桶分为储水室和气室，气室内密封有一定质量的理想气体。当净水器制水时，水迅速进入压力桶，气体被压缩；当用户用水时，气体缓慢膨胀将水推出。假设制水过程气体与外界无热量交换，用水过程气体温度保持与环境温度相同，制水过程中，单位时间内缸壁单位面积上受到气体分子碰撞的次数______“增加”“不变”或“减少”；用水过程中，气体是______“吸热”“绝热”或“放热”过程。
四、实验题：本大题共2小题，共18分。
10.手机上的“磁传感器”能实时记录手机附近磁感应强度的大小。现用手机、磁化小球、铁架台、塑料夹子等实验器材组装成如图甲所示的装置测量重力加速度，实验步骤如下：
①把手机正面朝上放在悬点正下方，往侧边拉开小球最大摆角不超过，用夹子夹住。
②打开夹子释放小球。
③运行软件，记录磁感应强度的变化。
④改变摆线长，测量出各次摆线长L及相应周期T。
测得第1次到第10次磁感应强度最大值的总时间为t，单摆周期______。
实验中得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出图线如图乙所示，图线的斜率为k，纵轴上的截距为b，由此得到当地重力加速度______，小球半径______。用k、b表示
11.在研究电学问题时我们经常把电流表当成理想电流表，但实际上电流表是有内阻的，现设计如图甲所示的电路测量电流表的内阻可供选择的器材如下：
①待测电流表：量程为，内阻约为
②电流表：量程为，内阻约为
③定值电阻：阻值为
④定值电阻：阻值为
⑤滑动变阻器：阻值范围为
⑥干电池组：电动势约为3V，内阻很小
⑦干电池组：电动势约为9V，内阻忽略不计
⑧开关S及导线若干
定值电阻应选______，干电池组应选______。在空格内填写序号
图甲中已经给出了电路图的一部分，请在虚线框中把电路图补充完整。
实验步骤如下：
①按电路图连接电路为确保电路安全，先将滑动变阻器滑片P调到左端
②闭合开关S，移动滑片P至某一位置，记录和的读数，分别记为和；
③多次移动滑动滑片P，记录各次和的读数和；
④以为横坐标，为纵坐标，作出相应图线，如图乙所示。
⑤根据图线的斜率k及定值电阻，得到待测电流表的内阻表达式为______。用k、表示
五、简答题：本大题共1小题，共3分。
12.如图所示，质量的篮球从离地高度处由静止释放，与地面发生第一次碰撞后反弹，达到最高点时离地高度，篮球与地面发生作用的时间。篮球反弹至最高点后，运动员通过竖直向下拍击篮球对其做功，使篮球与地面发生第二次碰撞，碰后恰能反弹至离地高度处。若篮球两次与地面碰撞损失的机械能相同，重力加速度，不计空气阻力。求：
篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能；
篮球第一次与地面碰撞的过程中，受到地面的平均作用力的大小F；
运动员拍击篮球的过程，对篮球做的功W。
六、计算题：本大题共2小题，共20分。
13.某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
该物体抛出时的初速度大小；
炸裂后瞬间B的速度大小；
、B落地点之间的距离d。
14.如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距，导轨的电阻不计，其间连接有固定电阻，导轨上停放一质量为，电阻的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下．现用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t的变化关系如图乙所示．
试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小．
求第2s末外力F的瞬时功率．
如果水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功为，求回路中定值电阻R上产生的焦耳热是多少．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、结合能的计算公式为其中E为结合能， 为比结合能，A为核子数。比结合能大的原子核，若核子数A很小，根据公式其结合能不一定大，故A错误。
B、轻核聚变释放能量，是因为聚变后新核的比结合能大于反应前原子核的比结合能。在轻核聚变过程中，核子结合更紧密，有质量亏损，根据质能方程释放能量，并非是结合能之和的大小关系，故B错误。
C、重核裂变时，原来的重核比结合能较小，裂变后生成中等质量的原子核，这些中等质量原子核的比结合能增大。由于核子结合更紧密，存在质量亏损，根据质能方程，会释放出能量，故C正确。
D、结合能是核子结合成原子核时释放的能量或拆解原子核所需的能量，与比结合能无直接大小关系，比结合能越大的原子核越稳定，越不容易发生核反应，故D错误。
故选：C。
本题可根据原子核的结合能与比结合能的概念，以及轻核聚变、重核裂变的能量变化原理来分析各选项。
本题考查了原子核结合能与比结合能的概念、比结合能与原子核稳定性的关系以及核反应中能量变化的原因。
2.【答案】C
【解析】解：ABC、根据分别计算得，，，所以它们的线速度大小之比为，，，故C正确，AB错误；
D、因为不知道这两颗卫星的质量关系，所以它们所需要的向心力之比无法计算，故D错误。
故选：C。
根据计算比较即可。
熟练掌握万有引力提供向心力的公式是解题的基础。
3.【答案】D
【解析】解：温度越高，分子的平均动能越大，并不是每个分子动能都越大，故A错误；
B.水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是扩散现象，故B错误；
温度降低后根据可知气体压强减小，杯内气体分子撞击单位面积器壁的平均作用力变小，大气压强不变，在杯盖上产生一个向下的压力差，故温度降低后杯盖拿起来比较费力不是因为杯盖与杯子间的分子引力作用，气体的体积不变，温度降低，由可知，，，则，气体对外界放热，故C错误，D正确；
故选：D。
A.温度越高分子的平均动能越大；
B.水的颜色由浅变深是扩散现象；
根据和热力学第一定律分析；
本题考查分子动理论、热力学第一定律的应用，要注意区分布朗运动和分子的扩散现象，要理解热力学第一定律的内容。
4.【答案】B
【解析】解：A、由题知，a光的频率大于b光的频率，玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，由公式分析可知b光在玻璃中传播速度较大，故A错误；
B、a光的频率大于b光的频率，则b光的波长大于a光的波长，b光的波动性较强，更容易发生明显的衍射现象则，故B正确；
C、由公式，知a光的波长小于b光的波长，干涉条纹的间距与波长成正比，所以相同装置做双缝干涉实验，b光产生的干涉条纹间距较大，故C错误；
D、由几何关系可知，光进入玻璃球后的折射角与到达另一侧时的入射角是相等的，根据光路可逆可知，增大开始时的入射角i，两束光从玻璃球射向空气时都不会发生全反射，故D错误。
故选：B。
频率越大，介质对这种色光的折射率越大，由公式分析光在玻璃中传播速度的大小；波长越大，波动性越强，越容易发生衍射现象；干涉条纹的间距与波长成正比；根据发生全反射的条件分析。
本题也可以用假设法，由折射率不同，从而假设a是紫光，b是红光，则可根据红光与紫光的特性来确定出正确答案．
5.【答案】AC
【解析】解：A、根据甲图可得到波长为4m，根据乙图可得到周期为4s，MQ间距为4m，恰好为一个波长，
根据此时波刚开始沿x轴正方向传播到Q，即可知M点已经振动的时间为一个周期，即4s，故A正确；
B、根据同侧法，可知此时Q点的振动方向为y轴负方向，即可知质点P的起振方向也为y轴负方向，故B错误；
C、根据图乙可知1s时该质点处于波峰，结合图甲，即可知该点是N质点的振动图像，故C正确；
D、根据波长为4m、障碍物的尺寸为1m，即波长比障碍物尺寸大，该波遇到障碍物时能发生明显衍射，故D错误。
故选：AC。
根据甲图可得到波长，根据乙图可得到周期，根据此时波刚开始沿x轴正方向传播到Q，及MQ间距，即可知M点振动的时间；根据Q点的振动方向，即可知质点P的起振方向；根据图乙可知1s时该质点的位置，结合图甲，即可知该点是哪个质点的振动图像；根据波长、障碍物的尺寸，即可知该波遇到障碍物时，能否发生明显衍射。
本题考查机械波的分析，注意甲图中的波形图，不是零时刻。
6.【答案】BD
【解析】解：滑片P向下滑动过程中，滑动变阻器接入电路阻值变小，副线圈总电阻变小，电源电压保持不变，可知原线圈输入电压不变，即电压表示数不变，由于匝数不变，副线圈输出电压不变，由欧姆定律可知，副线圈总电流增大，可知定值电阻两端电压增大，定值电阻两端电压减小，即电压表示数减小，故A错误；
B.根据变压器电流与匝数关系
由于副线圈总电流增大，可知原线圈电流增大，由于定值电阻两端电压减小，可知通过定值电阻的电流减小，即电流表示数减小，故B正确；
C.电源的输出功率
由于电源电压保持不变，电流增大，可知电源的输出功率增大，故C错误；
D.根据变压器电流与匝数关系
对于副线圈有
联立可得
由于副线圈输出电压不变，变压器匝数、不变，为定值电阻，可知图像为一条倾斜直线，故保持不变，故D正确。
故选：BD。
根据变压器规律中匝数与电压、电流的比例关系以及闭合电路欧姆定律进行分析。
本题考查了变压器的构造和原理，同时考查了电路的动态分析。要求要能对变变压器变压原理、功率等问题彻底理解。
7.【答案】
【解析】解：四条谱线、、和，在真空中的波长由长到短，根据公式可知，四条谱线、、和的频率是由大到小，即的频率最大，而，则对应的前后能级之差最大，根据动能定理得：，结合爱因斯坦光电效应方程，可知遏止电压最大的谱线是。
故答案为：。
由波长与频率关系，可判定四条谱线的频率高低，从而确定其的能量大小，再结合跃迁过程中，释放能量即为前后能级之差，并由能量大小，来判定频率的高低，再由动能定理和爱因斯坦光电效应方程判断。
本题考查跃迁过程中能级的高低，掌握频率的大小与波长的高低的关系，理解光电效应方程。
8.【答案】
【解析】解：线框从题中图示位置开始转过的过程中，磁通量的变化量，则产生的平均电动势，而，解得；矩形线框在转动过程中产生的感应电动势的最大值，则原线圈的电压即电压表的示数，再根据原、副线圈电压比与匝数比的关系有，则副线圈的电压即电压表的示数为。
故答案为：，。
根据法拉第电磁感应定律结合正弦式交流电有效值和最大值的关系列式进行分析解答。
考查法拉第电磁感应定律的应用，知道最大值和有效值关系，属于基础题。
9.【答案】增加 吸热
【解析】解：制水过程气体与外界无热量交换，气体被压缩，体积减小、温度升高，分子数密度增大，分子平均动能增大，则单位时间内缸壁单位面积上受到气体分子碰撞的次数增加；
用水过程气体温度保持与环境温度相同，则内能不变。由于气体膨胀，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量。
故答案为：增加；吸热。
根据体积和温度的变化情况分析单位时间内缸壁单位面积上受到气体分子碰撞的次数；根据热力学第一定律分析热传递情况。
本题关键在于明确不同过程的特点，制水过程绝热，用水过程等温。利用热力学第一定律分析内能变化，结合压强微观意义分析其他物理量变化。
10.【答案】； ，
【解析】测得第1次到第10次磁感应强度最大值的总时间为t
则单摆周期
实验中得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出图线，图线的斜率为k，纵轴上的截距为b
由单摆周期公式
变形整理后得
故得，
联立解得当地的重力加速度
小球的半径
故答案为：；，。
根据在一个周期内单摆有两次经过最低点计算；
根据单摆周期公式写出图像的函数表达式，结合图像计算即可。
能够根据单摆的周期公式写出图像的函数表达式是解题的关键。
11.【答案】③ ⑥
【解析】定值电阻与待测电流表并联起分流作用，再与另一电流计串联起电压表作用，故定值电阻选③；待测电流表最多能承受3V的电压，所以电源选⑥。
由于没有电压表，只能用电流表与定值电阻结合充当电压表使用，电路图如图所示：
由电路图可知：，化简得：，则斜率为：，得到：。
故答案为：③⑥；电路图见解析；
由于电流表的量程是待测电流表的3倍，定值电阻要结合电路图进入估算决定；
根据题目所给的器材规格及部分电路的电压、电流关系，结合欧姆定律画出电路图；
求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。
本题考查了实验器材的选取、连接实物电路图、实验数据处理等；要掌握滑动变阻器的分压接法；根据图象应用并联电路特点及欧姆定律可以求出电流表内阻。
12.【答案】解：篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能为：；
设篮球第一次与地面碰撞前后的速度为、，篮球下落的过程中，由机械能守恒定律可得：，解得：
篮球上升过程中，由机械能守恒定律可得：，解得：
篮球与地面碰撞的过程中，以向上的方向为正方向，由动量定理可得：，代入数据解得：；
由功能关系可知，运动员拍击篮球的过程中对篮球做的功为：。
答：篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能为；
篮球第一次与地面碰撞的过程中，受到地面的平均作用力的大小为48N；
运动员拍击篮球的过程中对篮球做的功为。
【解析】由能量守恒定律可求篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能；
先由机械能守恒定律求出篮球与地面碰撞前后的速度，再由动量定理可求篮球受到地面的平均作用力的大小；
由功能关系可求运动员拍击篮球的过程中对篮球做的功。
本题考查的机械能守恒定律，动量定理及功能关系的应用，解题的关键是要分析好篮球运动的过程中的能量关系。
13.【答案】该物体抛出时的初速度大小为gt；
炸裂后瞬间B的速度大小为2v；
A、B落地点之间的距离d为3vt
【解析】物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式
可得
爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为，以v的方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
即大小为2v
根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移
B的水平位移
所以落地点A、B之间的距离
答：该物体抛出时的初速度大小为gt；
炸裂后瞬间B的速度大小为2v；
、B落地点之间的距离d为3vt。
物体竖直上抛至最高点时速度为零，根据运动学公式求解该物体抛出时的初速度大小；
爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为零，根据动量守恒定律求解炸裂后瞬间B的速度大小；
爆炸后A、B两部分均做平抛运动，平抛运动的时间与上升时间相等，求得各自的水平位移大小，两者的水平位移大小之和等于A、B落地点之间的距离。
本题考查了动量守恒定律应用的爆炸模型，以及抛体运动的性质。处理平抛运动时要将运动分解处理。
14.【答案】解：设路端电压为U，金属杆的运动速度为v，
则感应电动势：，
通过电阻R的电流：，
电阻R两端的电压：，
由图乙可得：，
解得：，
因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，
加速度为：；
在2s末，速度，电动势：，
通过金属杆的电流：，
金属杆受安培力：，
设2s末外力大小为，由牛顿第二定律得：，
解得：，
故2s末时F的瞬时功率：；
由能量守恒定律得：，
定值电阻上产生的热量：，
解得：；
答：金属杆做匀加速直线运动，证明过程如上所述，加速度的大小为
第2s末外力F的瞬时功率为
如果水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功为，回路中定值电阻R上产生的焦耳热是
【解析】根据、、得到电阻R两端的电压U与速度v的关系式，由图象看出，U与t成正比，可得到v与t的关系，即能证明金属杆做匀加速直线运动．由的表达式求出加速度．
由加速度求出2s末金属杆的速度，求出感应电流，由求出安培力，根据牛顿第二定律求解外力的大小，由求出外力的功率．
由能量守恒定律与串联电路特点可以求出定值电阻上产生的焦耳热．
解决本题的关键根据U与t的关系，推导出v与t的关系，掌握导体切割产生的感应电动势大小，以及掌握能量守恒定律．

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