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清远一中2025-2026学年度高三上学期期中考试
物理试卷
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有
一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全
部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.如图所示，A、B为振幅相同的相干波源，且向外传播过程中振幅衰减不计，图中实线表示波峰，
虚线表示波谷，则下列叙述错误的是( )
A. Q点始终处于波峰位置
B. R、S两点始终处于静止状态
C. P、Q连线上各点振动始终加强
D. P点在图中所示的时刻处于波谷，再过 周期处于平衡位置
【答案】A
【解析】Q点是波峰与波峰相遇点，是振动加强点，但并不是始终处于波峰的位置，选项 A错误；
R、S两点是波峰与波谷相遇点，是振动减弱点，位移为零，则始终处于静止状态，选项B正确；
P、Q两点都是振动加强点，故P、Q连线上各点振动始终加强，选项C正确；P点是振动加强点，
在题图所示的时刻处于波谷，再过 周期处于平衡位置，选项D正确。
2.水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空。当实际大气
压相当于760 mm高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计的读数只有742 mm，此时管中的水
银面到管顶的距离为80 mm。当这个气压计的读数为732 mm水银柱时，实际的大气压强为(环境
温度不变)( )
A. 748 mmHg B. 756 mmHg
C. 742 mmHg D. 758 mmHg
【答案】A
【解析】以管中封闭气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S，
初态p＝(760－742) mmHg＝18 mmHg，V＝80S (mm3)
1 1
末态p＝(p－732) mmHg，V＝80S＋(742－732)S (mm3)＝90S (mm3)
2 2
根据气体等温变化规律得pV＝pV，
1 1 2 2代入解得p＝748 mmHg，A正确。
3.将横截面相同、材料不同的两段导体L 、L 无缝连接成一段导体，总长度为1.00 m，接入图甲
1 2
电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系
如图乙，则导体L、L 的电阻率之比约为( )
1 2
A. 2∶3 B. 2∶1 C. 5∶3 D. 1∶3
【答案】B
【解析】根据电阻定律R＝ρ ，得ΔR＝ρ ，根据欧姆定律ΔU＝I·ΔR，整理可得ρ＝ ·
，结合题图可知导体L、L 的电阻率之比 ＝ ＝ ，故选B。
1 2
4.我国的“中国环流三号”项目在国际上首次发现并实现了一种先进磁场结构，对提升核聚变装
置的控制运行能力具有重要意义。下列说法正确的是( )
A. “中国环流三号”中的核反应与恒星内部的核反应反应类型相同
B. “中国环流三号”中的核反应，生成物的总质量大于反应物的总质量
C. “中国环流三号”中的一种核反应为❑
2H+❑ 3H→❑ 3He+❑ 1n
1 1 2 0
D. 氢的同位素❑
3H(氚)具有放射性，半衰期为12.46年，现有100个氚原子核，经过12.46年后
1
将剩下50个
【答案】A
【解析】“中国环流三号”是核聚变研究装置，故“中国环流三号”中的核反应与恒星内部的核
反应反应类型相同，A正确；释放能量的核反应会伴随质量亏损，故生成物的总质量小于反应物的
总质量，B错误；核反应方程不符合质量数守恒，故C错误；半衰期适用于大量原子核，对少量原子核不适用，故无法判断100个氚原子核经过12.46年后剩下的个数，故D错误。故选A。
5.下列说法正确的是( )
A. 一定质量的零摄氏度的水结成同温度的冰，分子热运动的平均动能变小
B. 一定质量的气体体积变大一定对外做功
C. 无论科技如何发达，降温技术有多么高明，绝对零度都不可能真正达到
D. 随着温度的升高，物质的每个分子热运动剧烈程度都在加剧
【答案】C
【解析】一定质量的零摄氏度的水结成同温度的冰，温度不变，分子热运动的平均动能不会改变，
故A错误；一定质量的气体若自由膨胀，体积增大，但是不对外做功，故B错误；无论科技如何
发达，降温技术有多么高明，绝对零度都不可能真正达到，故 C正确；温度是分子无规则热运动
激烈程度的反映，温度升高，分子热运动加剧，分子的平均动能增大，但这是一个统计规律，由
于分子运动是杂乱无章的，不是每个分子的动能都增大，某个分子的动能可能减小，故D错误。
6.如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v 沿中线滑向另一端，经过1 s从另一
0
端滑落．物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2.下列v、μ值可能正确的是( )
0
A. v＝2.5 m/s B. v＝1.5 m/s
0 0
C. μ＝0.28 D. μ＝0.25
【答案】B
【解析】物块沿中线做匀减速直线运动，则 ＝ ＝ ，由题知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数
据有v<2 m/s，对物块由牛顿第二定律有 ma＝－μmg，又v2－v2＝2ax，整理有v2－2μgx＝
0 0 0
v2>0，则μ<0.2.
7.如图所示，真空中边长为L的等边三角形A、B、C的三个顶点处分别固定有电荷量为-q、
-2q和-q (q>0)的点电荷，O点为三角形的中心，过O点作AC边的平行线分别交AB边、BC边
Q
于E点、D点。以无穷远处电势为零，已知真空中到点电荷的距离为r的点的电势为φ=k (k为静
r
电力常量，Q为点电荷的电荷量)，P为BO连线上靠近B的一点。下列说法正确的是( )√3kq
A. O点的电势-
L
B. E点和D点的电势不相等
C. E点和D点的场强相同
D. 将电子从P点沿B O连线移动至O点的过程中，其电势能一直减少
【答案】D
(-q-q-2q) 4kq L √3
【解析】由题意可知，O点的电势φ =k =- ，其中r= = L，可得
O r r 2cos30° 3
4√3kq
φ=- ，A错误；由E、D点位置的对称性及点电荷位置和电性的对称性可知，E点和D
L
点的电势相等，场强大小相同、方向不同，B、C错误；电子从P点的位置沿BO连线移动至O点的
过程中，A、C处点电荷对电子库仑力的合力始终小于B处点电荷对电子的库仑力，库仑力的合
力一直对电子做正功，则电子的电势能一直减少，D正确。
8.如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均
为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底
面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止(重力加速度用g表示，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。下列说法正确的是( )
A. 若B球受到的摩擦力为零，则F=4mgtanθ
B. 若A球所受车厢壁弹力为零，则F=2mgtanθ
C. 若推力F向左，且μ<tanθ，则加速度大小范围是0<a<g(4μ-tanθ)D. 若推力F向右，2μ<tanθ，则加速度大小范围是g(tanθ-2μ)≤a≤g(tanθ+2μ)
【答案】AD
【解析】设杆的弹力为N，对小球A，竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力
N
满足 x =tanθ，竖直方向有N =mg，则N =mgtanθ，若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛
N y x
y
顿第二定律可得N =ma，可得a=gtanθ，对小球 A、B 和小车整体根据牛顿第二定律
x
F=4ma=4mgtanθ，故A正确；对小球A，根据牛顿第二定律可得N =ma，对系统整体根据牛
x
顿第二定律F=4ma，解得F=4mgtanθ，故B错误；若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加
速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力以及车厢壁的弹力的合力提供，小
球 A 所受向左的合力的最大值为 N =mgtanθ，小球 B 所受向左的合力的最大值
x
F =(N +mg)⋅μ-N =2μmg-mgtanθ，由于μ<tanθ，可知F <mgtanθ，故F最大加速
max y x max
度最大时小球B所受摩擦力已达到最大、小球A与左壁还有弹力，则对小球B根据牛顿第二定律
F =2μmg-mgtanθ=ma ，a =g(2μ-tanθ)，故C错误；若推力F向右，根据牛顿第二
max max max
定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以
无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，
此时F =N -(N +mg)μ=mgtanθ-2μmg，当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最
min x y
大 ， 此 时 F =N +(N +mg)μ=mgtanθ+2μmg， 对 小 球 B 根 据 牛 顿 第 二 定 律
max x y
F =ma 、F =ma ，所以g(tanθ-2μ)≤a≤g(tanθ+2μ)，故D正确。故选AD。
min min max max
9.在光电效应实验中，分别用频率为ν、ν的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止
a b
电压分别为U 和U 、光电子的最大初动能分别为E 和E 。h为普朗克常量。下列说法正确的是(
a b ka kb
)
A. 若ν>ν，则一定有U<U B. 若ν>ν，则一定有E >E
a b a b a b ka kb
C. 若U<U，则一定有E <E D. 若ν>ν，则一定有hν－E >hν－E
a b ka kb a b a ka b kb
【答案】BC
【解析】由爱因斯坦光电效应方程 E ＝hν－W ，又由动能定理有 E ＝eU，当ν>ν时，
k 0 k a b
E >E ，U>U ，A错误，B正确；若U<U ，则有E <E ，C正确；同种金属的逸出功不变，则
ka kb a b a b ka kb
W＝hν－E 不变，D错误。
0 k10.体育是一种复杂的社会文化现象，以身体活动为基本手段，增强体质、增进健康及其培养人的
各种心理品质为目的。标准田径场跑道全长为400 m，由两个直道和两个弯道组成。在标准田径场
上进行200 m比赛，下列判断正确的是( )
A. 选手跑完全程的路程约为200 m B. 选手跑完全程的位移约为200 m
C. 冠军的冲刺速率最大 D. 冠军的平均速率最大
【答案】AD
【解析】选手跑完全程的路程约为200 m，但是由于有弯道，则位移小于200 m，选项A正确，B
错误；冠军的平均速率最大，但是冲刺速率不一定最大，选项D正确，C错误。故选AD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.(1)某同学在研究性学习中利用光电门传感器针对自由落体运动进行了研究，如图所示，用铁架
台固定竖直长木板，光电门A、B分别固定在长木板上，AB相距s=41cm；现从光电门A上方某高
度静止释放一个小球，小球通过A、B的时间分别为Δt=1.05×10-2 s 、Δt=3.50×10-3 s，小球
1 2
直径d=10.50m m，回答下列问题：
①小球通过光电门A时的瞬时速度为______ m/s(计算结果取三位有效数字)；
②物体的加速度a=______ m/s2；(计算结果取三位有效数字)
③两光电门安装时需要注意的事项是______；
(2)某小组设计了使用位移传感器的图示实验装置测量木块下滑的加速度，让木块从倾斜木板上一
点A静止释放，计算机描绘了滑块相对传感器的位移随时间变化规律如图所示，根据图线计算 t 时
0
刻速度v的大小______，木块加速度的大小a=______(用图中给出的s、s、s、t 表示)。
0 1 2 0
【答案】(1)①1.00 ②9.76 ③必须使两光电门的连线在竖直方向 (2)【解析】(1)①由于小球通过光电门的时间极短，可以利用其平均速度来代替瞬时速度，因此有：
滑块经过光电门A时的速度表达式 .
②经过光电门2时的速度表达式 ，设物体的加速度为a，根据匀变速直
线运动公有v2−v2＝2ax，解得 .
2 1
③两光电门安装时需要注意的事项是必须使两光电门的连线在竖直方向。
(2)根据s-t图线可知，物体匀加速下滑，则t 时刻速度等于0-2t 时间内的平均速度，大小为
0 0
根据△s＝at2，则(s−s)−(s−s)＝at2，解得 .
0 1 2 0 1 0
12.铜电阻温度计是利用金属电阻阻值随温度变化的原理制作的，某兴趣小组利用现有的铜温度计
来测量电源的电动势与内阻。
(1)小组同学查阅有关资料，资料显示铜电阻温度计利用铜金属的电阻做感温元件，通过测量铜金
属的电阻R 确定温度，不同温度下的电阻值通常用图甲电路来测量。图甲电路中R为定值电阻，
t
AB为电阻丝(总长度为l ，以A为0刻度线)，滑头P可以在AB上接触良好地滑动，CP间接有检
0
流计G。在不同温度下移动滑头P使得检流计G的读数为0，则C点的电势 (填“高于”
“低于”或“等于”)P点的电势；实验中若读出某温度下AP长度为l，可知该温度下铜电阻的阻
值为 (用l、l 和R表示)；通过实验发现，在-50~150℃这个范围内电阻R 与温度成线性
0 t
关系R =R (1+αT)(α为电阻温度系数，不同材料的电阻温度系数不同，R 为某参考温度下的电
t 0 0
阻值，α、R 均为已知常数)。
0
(2)小组同学采用图乙实验电路测量电源的电动势与内阻，主要步骤如下：
①将铜电阻温度计与电流表(电流表内阻不计)、待测电源、开关串接，并按图乙实验电路连接好电路；
②在不同温度T下读出电流表的示数I；
③用线性图线来处理实验获得的多组T和I的数据，下列处理数据的图像可能正确的是 ；
A． B． C． D．
④通过步骤③中所选图像中得到的斜率和纵截距来表示待测电源的电动势与内阻，若考虑电流表
内阻的影响，不受电流表内阻影响的是 (填“电动势”或“内阻”)。
l
【答案】(1)等于 R (2) ③BC ④电动势
l -l
0
【解析】(1)在不同温度下移动滑头P使得检流计G的示数为0，说明C、P间没有电势差，则C
l
ρ
R S
点的电势等于P点的电势；C、P间没有电势差，所以
t=
，
R l -l
ρ 0
S
l
解得R = R，
t l -l
0
(2)根据闭合回路欧姆定律有E=I(R +r)=I(R +αR T+r)，
t 0 0
E R +r 1 R +r αR
变形得¿= -I 0 ，或 = 0 + 0 ⋅T，可知，
αR αR I E E
0 0
1
可做¿-I和 -T的图像来处理数据。故选BC。若
I
电流表内阻r 不能忽略，则有E=I(R +r+r )=I(R +αR T+r+r )，
A t A 0 0 A
E R +r+r 1 R +r+r αR
则变形得¿= -I 0 A ，或 = 0 A+ 0 ⋅T，
αR αR I E E
0 0
故BC两个图像所得到的电动势均不受电流表内阻的影响。
13.一个质量为2kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为 0.5，给箱子一个
水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2s，箱子的位移为20m。重力加速度g=10m/s2，已
知sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力不计。(1)求拉力的大小。
(2)若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1s后
撤去拉力，求箱子运动的总位移。
【答案】(1)F=30N；(2)L'=18.975m
1
【解析】(1)箱子做匀加速运动，有L= at2
2
2L
解得a= =10m/s2
t2
由牛顿第二定律有F=ma+μmg=30N
(2)箱子先以大小为a 的加速度匀加速t 时间，撤去拉力后，以大小为a 的加速度匀减速t 时间后速
1 1 2 2
度恰为0，有Fcos37°-μ(mg-Fsin37° )=ma
1
解得a =11.5m/s2
1
撤去拉力后a =μg=5m/s2
2
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有a t =a t
1 1 2 2
其中t =1s
1
1 1
箱子加速、减速的总位移L'= a t2+ a t2
2 1 1 2 2 2
联立解得L'=18.975m
14.向卡车轮胎内充气（可视为理想气体），已知轮胎内原有空气的压强为 1.5个大气压,温度为
20℃,体积为20L,充气后，轮胎内空气的压强增大为7.5个大气压,温度升高为25℃,若充入的空气
温度为20℃,压强为1个大气压，则需充入多少升这样的空气？(设轮胎体积不变，T＝273K+t)
【答案】117.5L
【解析】以充气后轮胎内的气体为研究对象进行分析，这些气体是由原有部分加上充入部分气体
所混合构成的。轮胎内原有气体的状态参量为p =1.5 atm,T =293 K, V =20L
1 1 1
充入空气的状态参量为p＝1atm, T＝293K, V 未知
2 2 2
充入后混合气体状态参量为p＝7.5atm, T＝298K，V =20L
0 0 0p V p V p V
0 0 1 1 2 2
由理想气体状态方程的分态式得 ＝ ＋
T T T
0 1 2
p V p V T
( )
则V＝
0 0－ 1 1
·
2
≈117.5L.
2 T T p
0 1 2
15.如图甲所示为带电粒子三维动量映射分析技术的原理图。系统整体设计采用圆柱对称型结构，
对称轴为O O ，亥姆霍兹线圈用以形成沿系统轴向的均匀磁场区，可以抑制带电粒子的横向发散，
1 2
使得系统具有较大的粒子收集效率。位置敏感探测器用以接收带电粒子，记录带电粒子的飞行时
间t和粒子撞击探测器的位置(x,y)。粒子源和探测器中心均位于对称轴上，建立空间坐标系
o-xyz，z轴与对称轴重合，y轴竖直向上，探测器的平面坐标系o-xy从左向右看如图乙所示。已
知粒子源发射质量为m，电荷量为q的带正电荷的粒子，粒子速度v方向与z轴的夹角为θ，探测器
半径为R，轴向匀强磁场的磁感应强度为B，方向水平向右。不计粒子重力和粒子间相互作用。
（1）从左向右看，粒子运动方向是顺时针还是逆时针？
（2）若粒子刚好打在探测器的中心O，求粒子源到探测器距离L 需要满足的条件；
1
√2BqR
（3）若粒子发射时速度大小v = ，速度方向位于zoy平面内，与z轴夹角θ =45°，粒子打
1 m 1
( 2-√2 √2 )
在探测器的位置坐标为 - R, R ，求带电粒子的飞行时间t ；
2 2 1
5BqR
（4）若粒子源沿着与z轴夹角θ =37°的各个方向连续发射粒子，粒子速度大小v = ，粒子
2 2 6m
26
源到探测器的距离L = πR，求粒子打到探测器上的位置坐标所满足的方程。
2 9
2πmnvcosθ ( 1)2πm
【答案】（1）逆时针；（2）L = （n=1，2，3⋯）；（3）t = k+ （
1 Bq 1 8 BqR2
k=1，2，3⋯）（4）x2+ y2=
4
【解析】（1）从左向右看，根据左手定则可知粒子运动方向是逆时针。
（2）粒子刚好打在探测器的中心，则所有时间为周期的整数倍，则有
2πmn
t=nT= （n=1，2，3⋯）
Bq
2πmnvcosθ
L =vcosθt= （n=1，2，3⋯）
1 Bq
（3）设粒子做圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力提供向心力可得
1
(v sinθ ) 2 mv sinθ
qBv sinθ =m 1 1 可得r = 1 1=R
1 1 r 1 Bq
1
在探测器的位置坐标如图1所示
根据几何关系可知α =45°
1
( 1)
则带电粒子的飞行时间为t = k+ T（k=1，2，3⋯）
1 8
( 1)2πm
即t = k+ （k=1，2，3⋯）
1 8 Bq
mv sinθ
（4）设粒子做圆周运动的半径为r ，则有r = 2 2
2 2 Bq
R
解得r =
2 2
L
设粒子飞行的时间为t ，则有t = 2
2 2 v cosθ
2 2
26πm ( 1)
解得t = = 2+ T
2 6Bq 6
在探测器的位置坐标如图2所示由几何关系可知α =60°
2
因为粒子沿着与z轴夹角θ 的各个方向连续发射，由粒子在探测器上位置如图 2虚线；则位置坐标
2
R2
方程为x2+ y2=
4
