河南省周口市天立高级中学等校2025-2026学年高三下学期质量监测物理试题（含解析）

河南省普通高中 2025—2026 学年度春期高三年级质量监测
物理试题卷
本试题卷共 6 页，三大题，15 小题，满分 100 分。考试时间75 分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。写在本试题卷上无效。
3.考试结束后，将本试题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．广东选手吴瑞庭在 2025 年 8 月 4 日全国田径锦标赛上创造了男子三级跳远 17 米 68 的成绩，打破了尘封近 16 年的亚洲和全国纪录。如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是( )
A ．助跑是为了增大运动员自身的惯性
B ．蹬地起跳时，运动员处于失重状态
C ．从起跳后到最高点过程中，运动员的重力势能增加
D ．从起跳到落地过程中，运动员动量不变
2．2025 年九三阅兵式上，甲、乙、丙三架直升机分别用轻绳悬挂等质量旗帜， 从天安门广场上空水平匀速飞过，如图所示。已知， 由于风力大小不同，甲、乙、丙的轻绳与竖直方向的夹角分别为a 、 β 、g ，a < β < g 且均保持不变，风力均视为水平，则( )
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A ．甲所受轻绳拉力最大 B ．乙所受轻绳拉力最大
C ．丙所受轻绳拉力最大 D ．甲、乙、丙所受轻绳拉力大小相等
3 ．我国现有多款手机支持天通卫星通讯。“天通”卫星发射过程如图：先用火箭将卫星送上椭圆轨道 1，P、Q 是远地点和近地点，随后变轨，至圆轨道 2，再变轨至同步轨道 3。轨道1 、2 相切于 P 点，轨道 2 、3 相交于 M、N 两点。忽略卫星质量变化，下列说法正确的是 ( )
A ．由轨道 1 变至轨道 2，卫星在 P 点向前喷气
B ．卫星在轨道 1 上 P 点的线速度大于在轨道 3 上的线速度
C ．卫星在轨道 2 和轨道 3 上的机械能 E2=E3
D ．卫星在轨道 1 和轨道 2 上的周期 T1>T2
4 ．如图，在倾角为a 的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫。已知猫的质量是木板的质量的 2 倍。当绳子突然断开时， 猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变，重力加速度为g ，在猫奔跑但没有离开木板的过程中( )
A ．猫对木板的摩擦力沿斜面向上
B ．猫和木板组成的系统动量守恒
C ．木板对猫做正功
D ．木板的加速度为3gsin a
5 ．某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下
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的运动轨迹，A 、B 分别是运动轨迹与等势面c 、d 的交点。下列说法正确的是( )
A ．粒子带正电荷
B ．B 点的电场强度比A 点的大
C ．粒子在AB 间运动时，动能先增大后减小
D ．粒子在B 点的电势能小于在A 点的电势能
6 ．如图所示，固定在水平面上的半径为r =l 的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。长为l 阻值为R 的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO 上，随轴以角速度w 匀速转动。在圆环的A 点和电刷间接有阻值为R 的电阻和电容为C 、板间距为d 的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g ，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是( )
A ．金属棒两端的电压为 Bl2 w
B ．电容器所带的电荷量为 CBl2 w
C ．电阻消耗的电功率为
D ．微粒的电荷量与质量之比为
7．空间中存在着沿水平方向的匀强磁场 B1，某兴趣小组设计的测量匀强磁场 B1 大小和方向的实验装置如图所示。通有电流的螺线管水平固定，其轴线与匀强磁场 B1 平行，螺线管在霍尔元件处产生的磁场的磁感应强度 B2=kI，其中 k 为比例常数，I 为电流表示数。霍尔元
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件的工作面 A 向左且与匀强磁场 B1 垂直，霍尔元件的载流子为电子。调节滑动变阻器 R 接入电路的阻值，当电流表示数为 I0 时，霍尔元件输出的霍尔电压 UH=0，下列说法正确的是 ( )
A ．匀强磁场 B1 的磁感应强度大小为 kI0，方向水平向左
B ．若电流表示数小于 I0，则 a 、b 端的电势满足 φa<φb
C ．电流表的示数越大，霍尔电压 UH 一定越大
D ．电流表的示数越大，霍尔电压 UH 一定越小
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 ．某空间x 轴上只存在沿此轴方向的静电场，x 轴上各点的电势分布如图所示。一带负电的粒子（电量为-q）仅在电场力作用下由x 轴上某点无初速释放，已知粒子沿x 轴运动过程中动能和电势能之和恒为零，则下列判断正确的是( )
A ．粒子的运动区间是x1 ≤ x ≤ x4
B ．运动过程中的最大动能为qφ0
C ．若把此粒子在 x 轴上x1 的左侧某处由静止释放，则粒子沿 x 轴向左运动
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D ．若把此粒子沿 x 轴从x1 移动到x3 ，则粒子的电势能先增大后减小
9 ．如图为弹跳玩具，底部是一个质量为m 的底座，通过轻弹簧与顶部一质量M = 2m 的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上运动，底座离开地面后能上升的最大高度为h ，重力加速度为 g ，则( )
A ．松手后到玩具上升到最大高度的过程中，玩具的机械能守恒
B ．绳子绷紧前的瞬间，小球的速度为
C ．绳子绷紧瞬间，合外力对底座的冲量为m
D ．小球按下后松手的瞬间，弹簧的弹性势能为4.5mgh
10．A 、B 两列简谐横波在同种均匀介质中分别沿 x 轴负方向和 x 轴正方向传播（B 波未在图中画出），两列波振幅相同，t = 0 时刻A 波传播到x =8m 处，t = 2s 时刻两列波刚好在x = 4m处相遇，两列波在相遇区域发生干涉，x = 4m 处质点为振动加强点，则下列说法正确的是 ( )
A ．x = 2m 处质点起振方向为y 轴正方向
B ．两列波的传播速度大小为 4m/s
C ．x = 4m 处质点的振动频率为 0.5Hz
D ．至t = 4s 时刻，x = 4m 处质点运动的路程为 20cm
三、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。
11 ．图（a）是某兴趣小组基于手机磁力传感器，利用 Phyphox 应用软件完成单摆测量重力加速度的示意图，手机中的磁力传感器能够实时测量并记录外部磁场的磁感应强度大小。在磁性小球摆动过程中，当磁性小球摆动到最右端时，记录的磁感应强度最大。实验时通过磁力传感器记录磁感应强度发生的周期性变化，间接测得小球运动的周期。部分实验操作如下：
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(1)保证细线与竖直方向的夹角小于5° 并释放小球，打开 Phyphox 应用软件采集数据，图
（b）为实验过程中磁感应强度随时间周期性变化的图像。则小球运动的周期为______（用t1 、t2 表示）。
(2)某次实验当中，由于操作不当，小球不在同一竖直面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，测量周期后，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，则重力加速度的测量值______实际值（填“小于” 、“大于”或“等于”）。
(3)为避免此类不当操作的再次出现，决定采用杆线摆测量重力加速度。如图（c）所示，杆线摆可以绕着悬挂轴OO 来回摆动，直径为D 的摆球其运动轨迹被约束在一个倾斜平面内，这相当于单摆在斜面上来回摆动。如图（d）所示，在铁架台上装一根铅垂线，在铁架台的立柱跟铅垂线平行的情况下把杆线摆装在立柱上，调节细线的长度，使摆杆与立柱垂直，保持摆杆长度L 不变。如图（e）所示，把铁架台底座一侧垫高，立柱倾斜，测出静止时摆杆与铅垂线的夹角为β , 并测量该倾角下单摆的周期T 。改变铁架台的倾斜程度， 测出多组夹
1
角和单摆周期T ，若作出的T - ·、cos β 图像是一条过原点的直线，其斜率为k ，则可以求得重力加速度为______（结果用 k 、L 、D 表示）。
12．某同学利用图（a）中的电路测量电流表 A 的内阻 RA（约为 5Ω ) 和直流电源的电动势 E （约为 10V）。图中 R1 和 R2 为电阻箱，S1 和 S2 为开关，已知电流表的量程为 100mA，直流
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电源的内阻为 r。
(1)断开S2 ，闭合S1 ，调节R1 的阻值，使 A 满偏；保持R1 的阻值不变，闭合S2 ，调节R2 ，
当R2 的阻值为7.5Ω 时，A 的示数为60.0mA ，若忽略S2 闭合后电路中总电阻的变化，经计算得RA = ________ a ；若不可忽略S2 闭合后电路中总电阻的变化，则经计算得出的RA 与真实值R 相比，RA ________ R （填“>” 、“<”或“=”）；
(2)保持 S1 闭合，断开 S2，多次改变 R1 的阻值，并记录电流表的相应示数。若某次R1 的示数如图（b）所示，则此次R1 的阻值为________ a ；
(3)利用（2）中记录的 R1 的阻值和相应的电流表示数 I，作出I-1 - R1 图线，如图（c）所示，用电池的电动势 E、内阻 r 和电流表内阻 RA 表示I-1 随 R1 变化的关系式为I-1 = ________，
利用图（c）可求得 E = ________V。（保留两位有效数字）
13．如图甲所示，一根质量分布均匀的软绳，绳长L 不可变，将其伸直后，放置于距地面高h 的水平桌面上，开始时右端伸出桌面边缘的长度为x，由静止释放后从桌面边缘滑下，桌面边缘为长度可忽略的四分之一圆弧。重力加速度为g 。
(1)若不计桌面摩擦力，求绳子下端着地时绳子的速度；
(2)绳子的加速度a 与桌面下方绳长x 的关系如图乙所示，图像0.5L < x < L 段斜率为k 。求绳
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子与桌面间动摩擦因数 μ 。
14．如图所示，物块 P 固定在水平面上，上表面带有半径为 R 的光滑圆弧轨道，其圆心角 θ为60° 。P 右端与质量为2m 的板 Q 紧靠在一起（不粘连），圆弧轨道末端与 Q 上表面平滑连接，Q 的上、下表面均光滑。一轻弹簧的右端固定在 Q 上，另一端自由。质量为 m 的小球从 A 点自由下落，在 B 点与挡板发生碰撞，AB 间的距离也为 R，碰撞后小球速度变为碰前速度的 倍，且与水平方向成45° 角，经过一段时间，小球恰好从 C 点沿切线方向进入圆弧轨道，最后滑上 Q。重力加速度为g，弹簧形变始终在弹性限度内，不计空气阻力。求：
(1)与挡板碰撞过程中小球损失的机械能。
(2)小球通过圆弧轨道末端 D 点时对轨道的压力大小。
(3)弹簧获得的最大弹性势能。
15 ．如图所示，在yx 平面上方存在沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ，在 y x 平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。一个质量为m 、电量为q 的带正电粒子从y 轴上P 点由静止释放，从O 点进入磁场，从M 点（图中未标出）离开磁场，再从N点（图中未标出）第二次进入磁场。若OP 间距离为d ，粒子重力不计，求：
(1)粒子到达O 点时的速度大小v ；
(2) O 点到M 点的距离lOM ；
(3) M 点到N 点的距离lMN 。
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1 ．C
A ．惯性只与质量有关，助跑不能增大运动员自身的惯性，A 错误；
B ．蹬地起跳时，运动员有竖直向上的加速度，处于超重状态，B 错误；
C ．空气阻力不能忽略，则从起跳到最高点过程，运动员要克服空气阻力做功，有机械能损失，因此运动员重力势能增加，机械能减小，C 正确；
D ．从腾空到落地，运动员所受合力不为零，运动员的动量改变，D 错误。故选 C。
2 ．C
以旗帜为研究对象，进行受力分析如图，由几何关系可知，悬绳对旗帜的拉力 F大小F
又因为夹角a < β < g ，所以 F丙 > F乙 > F甲
故选 C。
3 ．C
A ．由轨道 1 变至轨道 2，由近心运动变至圆周运动，故需增加速度，卫星在 P 点向后喷气获得向前的反推力实现加速，故 A 错误；
B ．卫星在轨道 1 上 P 点加速变轨到轨道 2，线速度小于在轨道 2 上 P 点的线速度，根据
解得v
由于轨道 2 和轨道 3 半径相等，则线速度相等，故卫星在轨道 1 上 P 点的线速度小于轨道 3上的线速度，故 B 错误；
C ．因为轨道 2 、3 都是圆心相同的圆轨道，且能够相交于 M、N 点，所以圆轨道 2 、3 半径相同势能相同，且卫星在轨道 2 、3 的速度相同动能相同，故机械能相同 E2=E3 ，故 C 正确；
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D．卫星在轨道 2 的半径大于轨道 1 的半长轴，根据开普勒第三定律可知 T2＞T1，故 D 错误。故选 C。
4 ．D
AD ．猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，以猫为研究对象，根据平衡条件可得f = 2mg sin a
即木板对猫的摩擦力沿斜面向上；根据牛顿第三定律，可知猫对木板的摩擦力沿斜面向下，大小为f = f = 2mg sin a
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有f + mg sin a = ma联立解得a =3g sina ，故 A 错误，D 正确；
B．猫和木板组成的系统在沿着斜面的方向上所受外力不为零，系统动量不守恒，故 B 错误；
C ．由于猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，则猫的位移为零，故木板对猫不做功，故 C 错误。
故选 D。
5 ．D
A ．电场线方向由高电势指向低电势，根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知，可知其受电场力方向与场强方向相反，可知粒子带负电荷，故 A 错误；
B ．等差等势面越密集的地方场强越大，可知B 点的电场强度比A 点的小，故 B 错误；
C．粒子在AB 间运动时，电势先降低后升高，根据Ep = qφ 可知电势能先增加后减小，可知
电场力先做负功后做正功，故动能先减少后增加，故 C 错误；
D．B 点的电势高于A 点的电势，可知粒子在B 点的电势能小于在A 点的电势能，故 D 正确。故选 D。
6 ．B
A ．由题意可知，金属棒旋转切割磁感线产生的电动势为
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则金属棒两端的电压为UBl2 w，故 A 错误；
B ．电容器所带的电荷量为Q = CU CBl2 w，故 B 正确；
C ．电阻消耗的电功率为P ，故 C 错误；
D ．平行板电容器间的电场强度为E 微粒的电场力等于重力qE = mg
解得 ，故 D 错误。
故选 B。
7 ．B
A ．由右手定则可知，通过电流表的电流在螺线管内产生的磁场水平向左，当电流表示数为 I0 时，霍尔元件输出的霍尔电压 UH ＝0，说明霍尔元件处总磁感应强度为 0，可知B1 、B2 等大反向，即 B1＝B2 ＝kI0
匀强磁场 B1 的方向水平向右，故 A 错误；
B ．若电流表示数小于 I0 ，霍尔元件处总磁感应强度方向水平向右，左手定则可知电子向 a偏转，故 φa<φb，故 B 正确；
CD ．若电流表示数大于 I0，电流表示数越大，霍尔电压越大，若电流表示数小于 I0，电流表示数越大，霍尔电压越小，故 CD 错误。
故选 B。
8 ．BC
A ．由题意知粒子沿 x 轴运动过程中的总能量恒为零，粒子无初速释放，粒子初动能为 0，可知释放时粒子电势能也为 0，即释放粒子的位置电势为 0，结合图像可知，粒子的运动区间是x2 ≤ x ≤ x3 ，A 错误；
B ．由图像可知电场力对粒子做正功最多为W = qU = qj0 ，根据动能定理可知粒子最大动能
为qj0 ，B 正确；
C ．由顺着电场线的方向电势逐渐降低，则x1 左侧的电场方向沿 x 轴正向，粒子受到向左的电场力，则粒子沿 x 轴向左运动，C 正确；
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D ．粒子沿 x 轴从x1 到x3 ，根据电势能Ep = qφ 可知，粒子的电势能先减小后增大，再减小后增大，D 错误。
故选 BC。
9 ．BC
A ．松手后到上升最大高度的过程中，绳子绷紧瞬间存在机械能损失（非弹性碰撞），因此玩具的机械能不守恒，A 错误；
B．设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为 v，底座离开地面后能上升 h高，则有v2 = 2gh
设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为v0 ，绳子绷紧瞬间，由于小球、弹簧与底座组成的系统作用时间很小，内力远大于系统受的合外力，可认为系统动量守恒
根据动量守恒定律可得Mv0 = (M + m)v解得v ，B 正确；
C ．根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化量I = m . Δv = m ，C 正确；
D ．在绳子绷紧前的瞬间，小球的动能Ek Mvmgh
用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势能，故弹性势能满足EP Mvmgh ，D 错误。
故选 BC。
10 ．AC
A．两列波同时传播到x = 4m 处，由于x = 4m 处质点为振动加强点，由 B 波在x = 4m处振动方向为y 轴正向可知，x = 2m 处质点起振方向为y 轴正方向，故 A 正确；
B ．根据题意可知，两列波的传播速度为v m / s = 2m / s ，故 B 错误；
C ．x = 4m 处质点的振动频率为f Hz ，故 C 正确；
D ．至t = 4s 时刻，x = 4m 处质点振动了 2s，由于振动周期为Ts因此x = 4m 处质点运动的路程为s = 4 × 10cm = 40cm ，故 D 错误。
故选 AC。
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11 ．(1)
(2)大于
（1）由图 b 可知小球运动的周期T =
（2）由单摆周期公式得T，小球在水平面内做圆周运动，设绳与竖直方向的夹角为θ ,由合力提供向心力得 mg tanθ = m Lsinθ
解得g = gcosθ
若把T当作单摆周期算，重力加速度的测量值偏大。
（3）将重力分解为沿杆和垂直杆，可知，等效重力F = mgsinθ等效重力加速度的大小a = = gsinθ = gcosb
(
D
2
)D
(
L
+
)L +
(
1
) (
根据单摆周期公式有
T
=
2τ
) (
=
2τ
)2
.
(
a
) (
g
)cos b
则k
(
k
)解得g = 2τ2 (2+ D)
12 ．(1) 5.0 <
(2)148.2
(3) 9.0
（1）[1]根据题意可知，若忽略S2 闭合后电路中总电阻的变化，干路电流不变仍为100mA ，则通过R2 的电流为I2 = 40mA ，则电流表内阻RA
[2]若不可忽略S2 闭合后电路中总电阻的变化，则闭合S2 之后电路中总电阻减小，干路电流增大，计算通过R2 的电流I2 = 40mA 偏小，则得出的RA 与真实值R相比偏小， 即RA < R 。
（2）由图（b）可知，此次R1 的阻值为R1 = (1 × 100 + 4 × 10 + 8 × 1+ 2 × 0.1) Ω = 148.2Ω
（3）[1]根据题意，由闭合回路欧姆定律有I
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整理可得I
1 20 -12
[2]结合图（c）可得 E = 172 - 100解得E = 9.0V
13 ．(1) v =
（1）由题意可知，由于绳子与桌面无摩擦，故绳子下落过程机械能守恒，则有
解得若不计桌面摩擦力，绳子下端着地时绳子的速度为v =
（2）把绳子分为桌面上、下两个部分，桌面上绳子质量为 m1 ，桌下质量为 m2 ，则有
且m1 + m2 = m
分别对两段绳子进行受力分析，受力分析图如图所示：
则根据牛顿第二定律有F - μm1g = m1a ，m2g - F = m2 a联立解得a x - μg
则a 是关于x 的一次函数，所以a - x 图像的斜率为k = 解得绳子与桌面间动摩擦因数 μ = -1
(2)FN = 4mg
(3)Epm = mgR
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（1）小球自由下落到 B 点，碰前速度满足v = 2gR
碰后速度v v1
则损失的机械能E mv mv 解得E mgR
（2）碰后水平方向的分速度 vx = v2 cos 45°
碰后小球斜抛运动到 C 点，速度与圆弧轨道相切，在 C 点有v
从 C 到轨道末端，根据动能定理 1 mv - 1 mv = mg(R - R cosθ)
2 2
在轨道末端，牛顿第二定律FN - mg = m
联立，由牛顿第三定律可得小球通过圆弧轨道末端 D 点时对轨道的压力大小
'
FN = FN = 4mg
（3）小球滑上 Q 后压缩弹簧，小球与 Q 组成的系统动量守恒，当二者共速时，弹簧的弹性势能最大，以v4 的方向为正方向，则有mv4 = (m + 2m)v5 ， mvEpm
联立解得Epm = mgR
15 ．
(3) 4d
（1）由动能定理有 Eqd mv2解得v
（2）粒子的运动轨迹如图所示
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根据洛伦兹力提供向心力有qvB = m
由几何关系，O 点到 M 点的距离lOM = 2Rcosa解得a = 30°
联立解得lOM
（3）将粒子从 M 点到 N 点的运动沿分界面方向和垂直分界面方向分解沿分界面方向有Esin30°q = ma1
垂直分界面方向有Ecos30°q = ma2
由以上可得lMN = 4d
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