资源简介

上海市崇明区2025-2026学年高三上学期期末考试（一模）
物理试卷
1.传感器是一种检测装置，能将感受到的信息按照一定规律转变为电信号或其他所需形式的信息输出。
力传感器的敏感元件是悬臂梁和应变片，如图所示是其内部原理示意图。悬臂梁左侧固定，右侧为受力端，其上下表面分别固定两个完全相同的电阻应变片、。当受力端受到一个竖直向下的外力作用时，悬臂梁发生微小形变，导致、的电阻发生变化。则
应变片的长度 选填“变长”、“不变”或“变短”。
两应变片的电阻变化情况是
A.变大，不变 ．变大，变小
C.变小，变大 ．变大，变大
2.分体式位移传感器是由发射器和接收器组成。如图所示，工作时发射器同时向接收器发射一个红外线和超声波脉冲信号，其中属于电磁波的是 。接收器接收到脉冲信号后通过计算机算得两者间的距离。若某次测量中发射器和接收器均保持静止，脉冲信号发射与接收的时间分别如图、所示。已知超声波在空气中的传播速度为，则发射器离接收器的距离为 。
3.手机的环境光传感器能感知环境光强，其核心元件是光敏电阻，的阻值会随光照强度的增大而减小，从而实现自动调节屏幕亮度。
光敏电阻的外壳通常有一层透明材料保护层，以达到既透光又能保护内部光敏元件的效果。如图是一个简化模型。若一束光入射时与保护层表面的夹角为，进入保护层后折射光与表面成角，则该透明保护层的折射率为 。如果改变入射角大小，在该界面上能否发生全反射？ 选填“能”或“不能”

将一光敏电阻与定值电阻、及电源连接成图所示闭合电路．当环境光强增大时，电路中
A.电流表示数增大
B.电压表示数增大
C.电压表示数增大
D.电源消耗总功率减小
4.某同学利用如图所示的力传感器研究简谐运动过程。弹性良好的轻质弹簧上端固定一力传感器，下端连接一定质量的钩码。取钩码处于静止状态时位置为坐标原点、向上为正方向建立坐标轴。
将钩码向下拉动至处后静止释放，则在钩码从释放位置至第一次到达平衡位置的过程中，钩码( )
A. 处于超重状态，减小的弹性势能等于增加的动能
B. 处于超重状态，减小的弹性势能大于增加的动能
C. 处于失重状态，减小的弹性势能等于增加的动能
D. 处于失重状态，减小的弹性势能大于增加的动能
5.某同学利用如图所示的力传感器研究简谐运动过程。弹性良好的轻质弹簧上端固定一力传感器，下端连接一定质量的钩码。取钩码处于静止状态时位置为坐标原点、向上为正方向建立坐标轴。
如图所示是该同学通过实验得到的力传感器的示数随时间变化的曲线，由此推断钩码
在时刻加速度和在时刻加速度的关系是
A.，方向相反
B.，方向相同
C.，方向相反
D.，方向相同
振动过程中其位移时间图像应当是
A.B.C.D.
6.如图为某创新实验室制作的一个“圆环轨道力学装置”示意图。其中直轨道与光滑竖直半圆轨道平滑连接，直径处于竖直方向，点位于圆心等高处一小球经固定的弹簧发射器发射出后，沿直轨道运动，经点沿半圆轨道上升，并从点水平抛出，最后落在轨道上。已知小球质量为，半圆轨道半径，安装于处的光电门测得速度。重力加速度为。不考虑空气阻力
小球从点弹出时获得的动能由 能转化而来。运动到点时发现速度有所减小，可能的原因是 。
7.如图为某创新实验室制作的一个“圆环轨道力学装置”示意图。其中直轨道与光滑竖直半圆轨道平滑连接，直径处于竖直方向，点位于圆心等高处一小球经固定的弹簧发射器发射出后，沿直轨道运动，经点沿半圆轨道上升，并从点水平抛出，最后落在轨道上。已知小球质量为，半圆轨道半径，安装于处的光电门测得速度。重力加速度为。不考虑空气阻力
小球沿轨道上升过程中，小球( )
A. 在点时加速度方向向下
B. 在点时加速度方向向左
C. 从到的过程中，只有重力做功
D. 从到的过程中，支持力先做正功后做负功
8.如图为某创新实验室制作的一个“圆环轨道力学装置”示意图。其中直轨道与光滑竖直半圆轨道平滑连接，直径处于竖直方向，点位于圆心等高处一小球经固定的弹簧发射器发射出后，沿直轨道运动，经点沿半圆轨道上升，并从点水平抛出，最后落在轨道上。已知小球质量为，半圆轨道半径，安装于处的光电门测得速度。重力加速度为。不考虑空气阻力
小球从点到达点的过程中，其速度大小与其离点的竖直高度的关系，下列图可能正确的是( )
A. B.
C. D.
9.如图为某创新实验室制作的一个“圆环轨道力学装置”示意图。其中直轨道与光滑竖直半圆轨道平滑连接，直径处于竖直方向，点位于圆心等高处一小球经固定的弹簧发射器发射出后，沿直轨道运动，经点沿半圆轨道上升，并从点水平抛出，最后落在轨道上。已知小球质量为，半圆轨道半径，安装于处的光电门测得速度。重力加速度为。不考虑空气阻力
计算：若轨道水平，则小球从点抛出后，落地点距点距离；当小球在点速度小于多少时，将无法到达点？
10.手摇起电机是教学中产生静电的重要装置。它由粘有薄铝片的绝缘转盘、莱顿瓶、电刷、集电针等零件构成，如图是其结构示意图。
静电的产生有接触起电、感应起电和摩擦起电等方式。其中摩擦起电过程中，如果有、两物体发生摩擦，使得带上了正电。则( )
A. 质子从转移到 B. 质子从转移到 C. 电子从转移到 D. 电子从转移到
11.手摇起电机是教学中产生静电的重要装置。它由粘有薄铝片的绝缘转盘、莱顿瓶、电刷、集电针等零件构成，如图是其结构示意图。
通过如图所示简述感应起电原理。、是绝缘转盘上粘贴的一对薄铝片，如先将一正电荷靠近铝片，稳定后，的右端带 选填“正电”、“负电”或“不带电”。此时再用导线将和连接，稳定后再移除导线，此后铝片带 选填“正电”、“负电”或“不带电”。
12.手摇起电机是教学中产生静电的重要装置。它由粘有薄铝片的绝缘转盘、莱顿瓶、电刷、集电针等零件构成，如图是其结构示意图。
若与两个莱顿瓶相连的金属小球、的直径为，分别带上的等量异种电荷，如图所示。
当两金属球逐渐靠近的过程中，两球间的电场强度将 选填“增大”、“减小”、“不变”，两球电势能将 选填“增大”、“减小”、“不变”。
当距离减小到时，出现空气被电离击穿而形成火花放电现象。若此时两球间电压。小崇同学用所学的知识，求出了此时两金属球间的电场强度。请对其求解过程做简要评价，说明结论正确与否，并说明理由。
根据电场强度公式：
答：是否正确 ，理由： 。
13.在研究电容器电容特性时，将两个靠近且彼此绝缘的平行金属板、组成一个平行板电容器。让两个极板分别与验电器的金属球和外壳相连，验电器指针的偏转角可以定性地反映两极板间的电势差的大小。用起电机给两极板充电后断开，保持极板上电荷量不变。按如图所示，保持极板不动，向左移动极板，增大极板间距离，则电容器电容会 选填“增大”、“减小”、“不变”；按如图所示，将板向上移动一段距离，减小两极正对面积，则验电器的张角将 选填“增大”、“减小”、“不变”。
14.如图所示为验证动量守恒定律的实验装置。将两光电门传感器安置在水平导轨上，导轨上的碰撞小车和分别装有挡光片和弹性圈或尼龙搭扣。
如果一个系统在相互作用过程中系统的总动量保持不变，其条件是 。
15.如图所示为验证动量守恒定律的实验装置。将两光电门传感器安置在水平导轨上，导轨上的碰撞小车和分别装有挡光片和弹性圈或尼龙搭扣。
第一次实验：将小车装有弹性圈的一端相对，使两车靠近并压缩弹性圈，然后从静止同时释放两小车。
多选题实验中，下列哪些因素会影响实验结果
A.两小车质量是否相等 光电门安装的位置
C.两弹性圈的弹性性能 两小车释放是否同时
实验测得两车上挡光片的宽度均为，小车的质量分别是和，相对应的光电门测出的挡光时间分别为和，若两小车碰撞前后动量守恒，其表达式可以表示为 。
16.如图所示为验证动量守恒定律的实验装置。将两光电门传感器安置在水平导轨上，导轨上的碰撞小车和分别装有挡光片和弹性圈或尼龙搭扣。
第二次实验：已知，车上挡光片宽度，车不带挡光片，将两车分别装有尼龙搭扣的一端相对，保持车静止，让车以一定的速度向车运动。相碰后两车搭在一起运动。挡光片第一次通过光电门的时间为，相撞后挡光片通过第二个光电门的时间。计算：
该碰撞过程中，车受到的冲量；
通过计算判断碰撞过程中系统的动量是否守恒？
17.低碳时代，自行车不仅作为一种重要的交通工具，自行车运动也已经成为一种时髦休闲运动方式。
如图所示，若某自行车的后车轮半径，固定在轮轴上的飞轮半径，与脚踏板关联的链轮半径。运动员骑行时每秒蹬脚踏板圈，不考虑车轮打滑等传递损耗。
当自行车在水平路面上向右匀速骑行时，其后轮受到地面的作用力的方向可能是
A.B.C.D.
链轮的角速度 ；自行车前行速度 。结果保留
18.某智能电动助力自行车在水平平直公路上由静止开始运动，运动过程中各类机械摩擦等损耗可折合成一个恒定的阻力，其大小为车和人总重力的倍。已知骑行者与自行车总质量。骑行者做了如下的一个实验研究，将工作模式分为二个阶段：
第一阶段：内电动辅助驱动阶段。电动车从静止开始，骑行者提供沿运动方向恒定牵引力，同时电动驱动系统提供恒定功率。末速度达到最大，且。
该过程中，自行车的加速度变化情况是
A.一直变大 先变大后不变
C.一直变小 先变小后不变
计算：求人提供的牵引力的大小。
第二阶段：以后制动减速阶段。骑行者停止施力，自行车在受到阻力的同时，启动了电磁制动模式。通过电磁制动，把部分机械能转化为电能，实现能量回收，直到自行车静止。已知该过程中自行车克服电磁阻力做的功为电 。计算：
第二阶段通过的位移
假设在第一阶段的电动驱动过程中，电源消耗的功率有转化为驱动系统的输出功率；在能量回收过程中，克服电磁阻力做功有可以回收为电源能量．则在整个实验过程中，电源储存的能量总共减少了多少？
19.电磁制动过程相当于将启动时的电动机变为发电机。如图为一个小型发电机原理图。在磁感应强度为的匀强磁场中，单匝正方形线圈的边长为、电阻为，绕轴逆时针沿方向看匀速转动，角速度为。线圈中产生的交流电。
线圈转到图示位置线圈平面与磁场平行时，线圈中感应电流方向为 选填“”或“”
此时，线圈中
A.磁通量最大，感应电动势最小
B.磁通量最大，感应电动势最大
C.磁通量最小，感应电动势最大
D.磁通量最小，感应电动势最小
线圈中交流电的最大值 ，在时间内，线圈电阻上产生的热量 。
答案解析
1.【答案】变长

【解析】受力端受到一个竖直向下的外力作用时，悬臂梁发生微小形变，应变片的长度变长；
应变片变短，根据
可知，变大，变小。
故选B。
2.【答案】红外线


【解析】红外线属于电磁波；
超声波速度较小，由图可知传播时间为
发射器离接收器的距离为
3.【答案】
不能

【解析】根据折射定律可知
光从光疏介质射入光密介质，不会发生全反射；
．的阻值会随光照强度的增大而减小，则总电阻减小，根据 可知，总电流增大，内电压增大，则外电压减小，电压表示数减小，电源消耗总功率 增大，故BD错误；
外电压减小，根据 可知，电流表的示数减小，总电流增大，则经过 的电流变大， 两端电压增大，电压表示数增大，故C正确，A错误。
故选C。
4.【答案】
【解析】在钩码从释放位置至第一次到达平衡位置的过程中，钩码加速度向上，处于超重状态；根据能量守恒定律可知，弹性势能转化为动能与重力势能，则减小的弹性势能大于增加的动能。
故选B。
5.【答案】

【解析】由图可知，钩码在时刻和在时刻，位于最大位移处，根据对称性可知，在时刻加速度 和在 时刻加速度 的大小相等，方向相反。
故选A。
以向上为正方向，将钩码向下拉动至处后静止释放，则初始时，钩码位移为负，钩码的运动为简谐振动，图像为正余弦函数图像。
故选C。
6.【答案】弹性势
轨道粗糙，小球克服摩擦力做功

【解析】由题可知，小球的动能由弹簧的弹性势能转化而来，小球运动到点的过程中，需要克服段的摩擦力做功，导致小球到达点的速度减小。
7.【答案】
【解析】A.小球在点时，若轨道对小球没有弹力，则小球只受重力的作用，其合力为
方向竖直向下，若小球受到轨道的弹力，则其合力为
方向竖直向下，因此小球在点，不论轨道对小球有无弹力，小球受到合力的方向均竖直向下，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度方向竖直向下，故A正确；
B.小球在点时，轨道对小球的弹力水平向左，小球的重力竖直向下，根据力的合成可知，小球合力的方向斜向左下方，因此小球的加速度斜向左下方，故B错误；
．到的过程中，弹力的方向始终垂直于小球的运动方向，弹力对小球不做功，只有重力对小球做负功，故C正确，D错误；
故选AC。
8.【答案】
【解析】到的过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律可得
解得
因此 图像应为抛物线，结合牛顿第二定律可知，小球的加速度逐渐增大。
故选D。
9.【答案】解：由题可知，小球平抛运动的时间
则小球平抛运动的水平位移
即小球从点抛出后，落地点距点距离为 ；
当小球恰好可以到达点时，则有
设此时小球在点的速度为 ，由机械能守恒定律可得
联立解得
则若小球在点的速度小于该速度，小球将无法到达点。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
10.【答案】
【解析】摩擦起电的过程中只有电子转移，带上了正电。则电子从转移到。
故选C。
11.【答案】正电
正电

【解析】如先将一正电荷靠近铝片，稳定后根据同种电荷相互排斥可知，的右端带正电。此时再用导线将和连接，稳定后再移除导线，此后铝片带正电。
12.【答案】增大
减小
否错误
该公式只适用于匀强电场，本题中电场不能看作匀强电场

【解析】越靠近小球的位置，电场强度越大，当两金属球逐渐靠近的过程中，两球间的电场强度将增大，两球靠近过程中，电场力做正功，则两球电势能将减小。
求解过程不正确，理由是该公式只适用于匀强电场，本题中电场不能看作匀强电场。
13.【答案】减小
增大

【解析】根据平行板电容器决定式
增大极板间距离，电容器电容会减小；
减小两极正对面积，电容减小，根据 ，电荷量不变，电势差增大，则验电器的张角将增大。
14.【答案】系统所受合外力为零或系统不受外力
【解析】如果一个系统在相互作用过程中系统的总动量保持不变，其条件是系统所受合外力为零或系统不受外力。
15.【答案】

【解析】小车质量是否相等或者两弹性圈的弹性性能对实验无影响，光电门安装的位置应适当远一点，两车应同时释放，否则初动量不为，不能利用 验证。
故选BD。
小车经过光电门的速度为
若两小车碰撞前后动量守恒，其表达式可以表示为
则有
即
16.【答案】解：挡光片第一次通过光电门的时间为 ，的速度为
相撞后挡光片通过第二个光电门的时间 ，的速度为
根据动量定理可知，车受到的冲量
碰前总动量为
碰后总动量为
由于 ，则碰撞过程中动量守恒。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】

【解析】后轮有相对地面向后的运动趋势，所以后轮受摩擦力方向向前，支持力向上，根据力的合成可知，后轮受地面的作用力指向右上方。
故选B。
运动员骑行时每秒蹬脚踏板圈，则链轮的角速度 ；
链轮与飞轮线速度相等，有
后轮与飞轮角速度相等，则
解得自行车前行速度
18.【答案】

【解析】根据功率的公式有
可知 减小，根据牛顿第二定律有
可知 减小，直至 时，加速度为。
故选D。
末速度达到最大，此时
对自行车分析可知
解得
根据动能定理
解得
根据题意可知
19.【答案】

【解析】根据右手定则可知，线圈中感应电流方向为；
此时线圈与中性面垂直，线圈中磁通量最小，感应电动势最大。
故选C。
线圈产生的最大感应电动势大小为
电流的最大值为
电流的有效值为
根据焦耳定律有
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