2025届天津市滨海新区塘沽第一中学高三下学期第三次模拟考试物理试题（高考模拟）

这是一份2025届天津市滨海新区塘沽第一中学高三下学期第三次模拟考试物理试题（高考模拟），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于近代物理相关知识的描述，下列说法正确的是( )
A. α粒子散射实验中少量α粒子发生了大角度偏转不是由电子造成的
B. 92238U(铀核)衰变为 86222Rn(氡核)要经过4次α衰变和4次β衰变
C. 在光电效应现象中，电子吸收光子的能量需要时间，所以用光照射金属板后，需等待一段时间才有光电流
D. 由玻尔理论可知，氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大
2.2024年11月16日，天舟八号货运飞船与空间站完成交会对接，如图1所示。本次“太空快递”的上行物资中含有模拟月壤成分烧制的“月壤砖”(如图2所示)，则( )
A. 在空间站中，月壤砖处于完全失重状态，不受重力
B. 飞船与空间站质量不相等，则对接后二者向心加速度不相等
C. 月壤砖随空间站绕地球运行的速度一定小于第一宇宙速度
D. 若空间站轨道高度略有降低，则其绕地运行的周期变大
3.关于如图四幅图所涉及的物理知识，描述正确的是( )
A. 甲图中曲线②对应状态的气体分子平均速率更小
B. 乙图中分子间距离大于r0时，增大分子间距离，分子力做正功
C. 丙图中微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越明显
D. 丁图的绝热容器中，抽掉隔板，容器内气体温度降低
4.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴正向运动，x1为图像与x轴的交点，x2、x3、x4各点如图所示，则点电荷( )
A. 在x2和x4处电势相等
B. 由x1到x3电场强度减小
C. 由x1运动到x4的过程中电势能一直增大
D. 由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
5.如图所示，在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入到如图乙中理想变压器的A、B两端。Rr为热敏电阻(已知其电阻随温度升高而减小)，R为定值电阻，如图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为u=51sin50πt(V)
B. 如图甲中t=1×10-2s时，穿过线圈的磁通量为0
C. Rr温度升高后，电压表V1与V2示数的比值不变
D. Rr温度降低后，变压器的输入功率减小
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.对图中所列光学现象的认识，正确的是( )
A. 甲图中，用激光水平射向塑料瓶小孔，观察到光的传播路径沿水流方向是光的全反射现象
B. 乙图中，用白光照射不透明的小圆盘，在圆盘阴影中心出现亮斑是光的折射现象
C. 丙图中，用3D眼镜看3D电影感受到的立体影像是利用了光的偏振现象
D. 丁图中，阳光下吹出的肥皂泡呈现出彩色花纹是光的全反射现象
7.如图，图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像，Q是平衡位置在x=4m处的质点，下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波在PQ之间的传播时间为5s
C. 质点Q的振动方程为y=20sin(π6t)cm
D. 从t=0s到t=8s，质点P通过的路程为50cm
8.如图所示，两根相同的轻质弹簧竖直放置在水平地面上，下端固定，分别将质量为m的物体A和质量为2m的物体B从两弹簧原长处紧挨弹簧上端由静止释放。已知物体A能下降的最大高度为h，两弹簧始终处于弹性限度内。当两物体都下降h高度时( )
A. 两物体重力势能相同B. 两弹簧弹性势能相同
C. 两物体所受重力的功率相同D. 两物体所受合力的功率相同
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
9.(1)在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中(实验装置如图1)，下列说法正确的是______。
A.调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝
B.测量某条干涉亮条纹位置时，应使分划板中心刻线与该亮条纹的中心对齐
C.为了减小测量误差，可用测量头测出n条亮条纹间的距离a，求出相邻两条亮条纹间距Δx=an-1
D.某同学用黄光作为入射光，为了增大干涉条纹的间距，可以采用的方法是改用蓝光作为入射光
(2)已知双缝到光屏之间的距离l=500mm，双缝之间的距离d=0.50mm，单缝到双缝之间的距离s=100mm，某同学在用测量头测量时，调整手轮，在测量头目镜中先看到分划板中心刻线对准A亮条纹的中心，然后他继续转动，使分划板中心刻线对准B亮条纹的中心，前后两次游标卡尺的读数如图2所示，A位置读数为______mm。则入射光的波长λ=______m(结果保留两位有效数字)。
10.某实验小组测量Rx的电阻，已知Rx的阻值约为250Ω，提供器材如下：
A.电流表A1(量程为0∼15mA，内阻r1约为2Ω)
B.电流表A2(量程为0∼3mA，内阻r2为100Ω)
C.电压表V(量程为0∼15V，内阻约3kΩ)
D.定值电阻R1=900Ω
E.定值电阻R2=9900Ω
F.滑动变阻器R3(0∼3Ω,允许通过的最大电流为200mA)
G.滑动变阻器R4(0∼20Ω,允许通过的最大电流为400mA)
H.滑动变阻器R5(0∼50Ω,允许通过的最大电流为400mA)
I.蓄电池E(电动势为3V，内阻很小)
J.开关S
①测量中要求误差尽可能小，并能测量多组数据，请在虚线框中画出测量电阻Rx的实验电路图(注意：在电路图中注明各器材的符号)。
②用I1表示电流表A1的示数，I2表示电流表A2的示数，U表示电压表V的示数，根据所选器材和设计电路，电阻Rx的表达式为Rx=______(用题中符号表示)。
③从系统误差的角度出发，该实验Rx的测量值______(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
四、计算题：本大题共3小题，共48分。
11.“能回收”装置可使电动车在减速或下坡过程中把机械能转化为电能。质量m=2×103kg的电动车以Ek0=1×105J的初动能沿平直斜坡向下运动。第一次关闭电动机，电动车自由滑行，动能位移关系如图线①所示；第二次关闭电动机的同时，开启电磁制动的“能量回收”装置。电动车动能位移关系如图线②所示，行驶200m的过程中，回收了E电=1.088×105J的电能。求：
(1)图线①所对应的过程，电动车所受合力F合的大小；
(2)图线②所对应的过程中，电动车行驶到150m处受到的电磁制动力F及其功率P；
(3)图线②所对应的全过程，机械能转化为电能的效率η。
12.如图所示，两平行金属直导轨MP、NQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨左端与倾斜直导轨平滑连接，右端与半径为R的14圆弧金属导轨相切于P、Q两点，MN右侧空间处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上匀强磁场中。图中两个完全相同的导体棒a、b，质量均为m，电阻均为r，长度均为L。现让a棒从距MN高度为h处静止释放，当b棒运动到PQ处时，a、b棒恰好速度相同。此后使a棒保持静止，同时让b棒在外力F作用下保持速度大小不变沿14圆弧导轨运动到导轨最高处，导轨与导体棒接触良好，不计导轨电阻及一切摩擦，已知重力加速度为g，求：
(1)a棒刚进入磁场时，a棒两端的电势差UMN；
(2)b棒在水平轨道上运动过程中，通过a棒的电荷量q；
(3)外力F对b棒所做的功W。
13.某粒子偏转器，主要由加速电场，偏转电场和偏转磁场三部分构成。如图甲所示为该粒子偏转装置示意图，粒子源可以均匀连续的产生质量为m、电荷量为+q、初速度忽略不计的带电粒子，经电压为U的加速电场加速后，带电粒子贴近上板边缘，水平飞入两平行金属板中的偏转电场。两水平金属板长为2 2d，间距为d，板间加有图乙所示的周期性变化的电压，其最大电压也为U、周期为2d mqU，下极板右端正下方紧挨金属板竖直放置长度为d的探测板。带电粒子由偏转电场飞出后，立即进入平行板右侧的垂直纸面向外的水平匀强磁场，最后经匀强磁场偏转后打在探测板上。不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：
(1)若带电粒子经过加速电场未进入偏转电场之前，形成了大小为I的稳恒电流，沿着电流方向长度为Δl电流中，包含的粒子个数；
(2)一个周期内，从偏转电场出射的粒子数占粒子源全部发射粒子数的百分比η；
(3)从偏转电场出射的粒子全部能够到达探测板时，磁感应强度B需要满足的条件。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.α粒子散射实验中少量α粒子发生了大角度偏转不是由电子造成的，是金原子核的库仑斥力产生的，故A正确；
B.根据质量数和电荷数守恒， 92238U→86222Rn+424He+2-10e，要经过4次α衰变和2次β衰变，故B错误；
C.在光电效应现象中，电子吸收光子的能量需要时间很短，几乎可以认为瞬时发生，故C错误；
D.由玻尔理论可知，氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故D错误。
故选：A。
根据α粒子的散射实验、核反应方程的书写规则、光电效应和跃迁知识进行分析解答。
考查α粒子的散射实验、核反应方程的书写规则、光电效应和跃迁知识，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】C
【解析】解：A、在空间站中，月壤砖处于完全失重状态，但仍受重力作用。完全失重是指物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零的状态，此时重力完全提供向心力，使物体做圆周运动，而不是不受重力，故A错误；
B、根据牛顿第二定律有
GMmr2=man
可得
an=GMr2
可知天体绕地球运行的向心加速度与其质量没有关系，与环绕半径有关。飞船与空间站对接后一起绕地球运行，环绕半径相同，则飞船与空间站对接后二者的向心加速度相等，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
可得
v= GMr
又空间站绕地球运行的轨道半径大于地球半径，故月壤砖随空间站绕地球运行的速度一定小于第一宇宙速度，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力有
GMmr2=m4π2T2r
可得
T=2π r3GM
故空间站轨道高度略有降低，轨道半径减小，则其绕地运行的周期变小，故D错误。
故选：C。
在空间站中，月壤砖处于完全失重状态，仍受重力；
根据GMmr2=man分析求解判断；
根据GMmr2=mv2r分析求解判断；
根据GMmr2=m4π2T2r分析求解判断。
本题考查万有引力定律及其应用，要求学生结合牛顿运动定律和向心力公式进行分析判断求解。
3.【答案】A
【解析】解：A.甲图中曲线②对应状态的气体温度更低，气体分子平均动能更小，平均速率也更小，故A正确；
B.乙图中，当分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，增大分子间距离，分子力方向与分子运动方向相反，分子力做负功，故B错误；
C.丙图中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，但是来自各个方向的撞击趋于平衡，所以布朗运动越不明显，故C错误；
D.丁图的绝热容器中，抽掉隔板，气体自由膨胀，不对外做功，且容器绝热，没有热传递，根据热力学第一定律，可知气体内能不变，温度不变，故D错误。
故选：A。
根据分子热运动速率随温度的变化、分子势能、布朗运动等知识进行分析解答。
考查分子热运动速率随温度的变化、分子势能、布朗运动等知识，会根据题意进行准确分析解答。
4.【答案】C
【解析】解：A、x2-x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，x4处电势较大，故A错误；
B、根据图像由x1到x3电场强度增加，故B错误；
C、由x1运动到x4的过程中场强为负方向，则正电荷从x1到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，电势能一直增大，故C正确；
D、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故D错误。
故选：C。
由图可以看出在0-x1处场强为正，x1-+∞处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于正电荷而言电势降低则电势能减小；根据图象分析电场强度的大小和方向，确定电场力的大小。
本题考查从图象获取信息的能力，掌握电场力做功和电势能变化的关系。
5.【答案】D
【解析】解：A、根据图甲可知Em=51V，T=2×10-2s，ω=2πT解得ω=100π，即变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为u=51sin100πt(V)，故A错误；
B、图甲中t=1×10-2s时，e=0，此时矩形线圈与磁场垂直，磁通量最大，故B错误；
C、Rr处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rr的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故C错误；
D、副线圈电压不变，Rr处温度降低时，电阻变大，由P出=U2R+Rr，输出功率变小，输入功率等于输出功率，故D正确；
故选：D。
根据图甲，结合瞬时电动势的表达式求解；根据瞬时电动势表达式可知该时刻电动势大小，由此分析磁通量大小；Rr处温度升高时，电阻减小，再根据理想变压器输入电压不变分析电表的变化；根据功率公式即可分析。
该题考查含有理想变压器的电路的动态分析，要把握中不变量，根据对应的公式求解，题目难度适中。
6.【答案】AC
【解析】解：A.甲图中，用激光水平射向塑料瓶小孔，观察到光的传播路径沿水流方向是光的全反射现象，和光纤原理相同，故A正确；
B.用白光照射不透明的小圆盘，在圆盘阴影中心出现一个亮斑是光的衍射现象，故B错误；
C.看3D电影所的特制眼镜的两镜片相当于两透振方向彼此垂直的偏振片，能够看到两种不同方向振动的光，形成了立体感，即戴上特制眼镜看3D电影有立体感是利用了光的偏振原理，故C正确；
D.太阳光下的肥皂泡呈现出彩色条纹，是由于肥皂膜上下表面反射回的光相遇发生干涉形成的，故是光的干涉现象，故D错误。
故选：AC。
根据光的全反射、光的衍射和光的偏振及光的干涉现象进行分析判断。
考查光的全反射、光的衍射和光的偏振及光的干涉现象，会根据题意进行准确分析解答。
7.【答案】BD
【解析】A、由振动图可知t=0时刻，质点P的振动方向为y轴正方向，根据波形图，即可知波的传播方向为x轴负方向，故A错误；
B、由波形图可得到波长λ=8m，振幅A=20cm，由振动图可得到周期5s=T2-T4×13，解得：T=12s，综合可得到波速v=λT，解得v=23m/s，即可得该波在PQ之间传播的时间t=xPQv，其中xPQ=4m-4m×12×13=103m，解得：t=5s，故B正确；
C、由周期可得ω=2πT，解得：ω=π6，结合波的传播方向可知Q点在t=0时刻的振动方向为y轴负方向，即初相位为：φ=π，再结合振幅，即可得到Q的振动方程y=20sin(π6t+π) cm，故C错误；
D、根据P的振动图像，可知在0∼2s内，P点通过的路程为20cm-10cm=10cm，在2s∼8s之间，P点通过的路程为：2A=2×20cm=40cm，即在0∼8s内，P通过的路程为：10cm+40cm=50cm，故D正确。
故选：BD。
【分析】由振动图可知t=0时刻，质点P的振动方向，根据波形图即可分析波的传播方向；由波形图可得到波长、振幅，由振动图可得到周期，综合可得到波速，即可计算该波在PQ之间传播的时间；由周期可计算ω，结合波的传播方向可知Q点在t=0时刻的振动方向，即初相位，再结合振幅，即可得到Q的振动方程；由P的振动图，即可计算P在0∼8s内通过的路程。
本题考查波形图与振动图的综合分析，关键是根据P初始的位置，结合数学知识计算周期。
8.【答案】BD
【解析】解：A、取弹簧原长处为零势能面。当两物体都下降h高度时，物体A的重力势能为EpA=-mgh，B的重力势能为EpB=-2mgh，故A错误；
B、当两物体都下降h高度时，两相同的轻质弹簧形变量相等，则两弹簧弹性势能相同，故B正确；
C、物体A在h处的速度为0，则物体A所受重力的功率为PA=mgv=0，物体A在h处速度不为0，其重力的功率PB=2mgvB≠0，故C错误；
D、物体A在初始位置时，合力大小为mg，根据简谐运动的对称性可知，物体A在h处合力大小为F合A=kx-mg=mg，A的速度为0，则物体A合力的功率为P合A=F合AvA=0；物体B在h处合力为F合B=kx-2mg=0，B合力的功率为P合B=F合BvB=0，故D正确。
故选：BD。
根据重力势能表达式Ep=mgh分析两物体重力势能关系；相同的轻质弹簧形变量相同时，弹性势能相同；根据重力的功率公式PG=mgv分析重力的功率关系；分析合力大小，再判断合力的功率关系。
解答此题的关键要抓住简谐运动的对称性，来分析物体A在h处合力大小等于初始位置时合力大小mg，要掌握功率公式P=Fv，注意重力势能的符号。
9.【答案】BC 11.1 6.4×10-7
【解析】(1)A.调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，不需放单缝和双缝，故A错误；
B.测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐，故B正确；
C.n条亮纹之间有n-1个间距，相邻条纹的间距为Δx=an-1，故C正确；
D.根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ，由于蓝光的波长小于黄光的波长，将入射光从黄光改为蓝光后，双缝干涉条纹间距变窄，故D错误。
故选：BC。
(2)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，A位置读数为xA=11mm+1×0.1mm=11.1mmB位置的读数xB=15mm+6×0.1mm=15.6mm
相邻亮条纹之间的距离Δx=xB-xA7=(15.6-11.1)×10-37m=6.4×10-4m
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ
波长λ=dΔxl=0.5mm500mm×6.4×10-4m=6.4×10-7m。
故答案为：(1)BC；(2)11.1；6.4×10-4。
(1)根据实验注意事项分析作答；
(2)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数；根据双缝干涉条纹间距公式求解作答。
本题考查了“用双缝干涉测量光的波长”的实验，要明确实验原理，掌握游标卡尺的读数规则，掌握双缝干涉条纹间距公式的运用。
10.【答案】
I2(R1+r2)I1-I2； 等于
【解析】解：(1)要求测量多组数据，滑动变阻器应选择分压式接法，阻值应选择小的，但R3允许通过的最大电流较小，将其接在电源两端时，电流超过允许的最大电流，故滑动变阻器选择R4。电源电动势为3V，电压表的量程过大，则应使用电流表A2和电阻串联改装电压表，电压表量程为
Ug=Ig(r+R)
当选择定值电阻为R1=900Ω时，量程为3V，故定值电阻选择R1，如图：
(2)由欧姆定律得：
(I1-I2)Rx=I2(R1+r2)
解得：
Rx=I2(R1+r2)I1-I2
(3)由(2)可知，测量过程没有系统误差，则从系统误差的角度分析，Rx的测量值等于真实值。
故答案为：(1)
(2)I2(R1+r2)I1-I2；(3)等于。
(1)根据实验要求选择合适的接法及合适的仪器，画电路图即可，注意电压表量程太大，不能选择；
(2)(3)根据欧姆定律列式求解即可。
本题考查测电阻，解题关键是会选择实验仪器，会判断分压限流式接法，结合欧姆定律分析即可。
11.【答案】图线①所对应的过程，电动车所受合力F合的大小为500N；
图线②所对应的过程中，电动车行驶到150m处受到的电磁制动力F为500N，功率P为4000W；
图线②所对应的全过程，机械能转化为电能的效率η为80%
【解析】解：(1)图线①中，根据动能定理可得
k=ΔEkΔx=F合=(2-1)×105200N=500N
(2)在x=150m处，电动车处于平衡状态，故此时由于发电产生的制动力为F=500N
设此时电动车的速度为v，则由Ek=12mv2=0.64×105J，解得v=8m/s
则功率为P=Fv=500×8W=4000W
(3)根据图线②所对应的全过程，回收的机械能为E机=Ekmax-Ekmin=1×105J-0.64×105J=1.36×105J
所以回收效率为
η=E电E机×100%
解得η=80%
答：(1)图线①所对应的过程，电动车所受合力F合的大小为500N；
(2)图线②所对应的过程中，电动车行驶到150m处受到的电磁制动力F为500N，功率P为4000W；
(3)图线②所对应的全过程，机械能转化为电能的效率η为80%。
(1)图线①中，根据动能定理结合图线的斜率求电动车所受合力F合的大小；
(2)图线②所对应的过程中，电动车行驶到150m处，电动车处于平衡状态，根据平衡条件求电动车受到的电磁制动力F，由P=Fv求功率P；
(3)图线②所对应的全过程，根据能量守恒定律求电动车行驶200m过程中回收转化的电能，再求机械能转化为电能的效率η。
解答本题时，要根据动能定理分析图像斜率的意义，知道Ek-x图像的斜率表示物体所受合外力。把握能量转化情况，结合能量守恒定律解答。
12.【答案】解：(1)a棒进入磁场前运动过程，由机械能守恒定律有
mgh=12mva2
a棒刚进入磁场时，产生的感应电动势大小为
E=BLva
由右手定则判断可知，M点电势比N点的低，则UMN