赣抚吉十二校 2026 届高三第一次联考物理考试试卷（有答案解析）

这是一份赣抚吉十二校 2026 届高三第一次联考物理考试试卷（有答案解析），共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
得分
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，时间75分钟，满分100分。
一、单项选择题(本大题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.钇-90具有放射性，其原子核 3990Y发生β衰变后能生成无辐射的 Z90Zr(锆 −90)。，t=0时钇-90的质量为m₀经时间t后剩余钇-90的质量为m,其 图线如图所示，下列说法正确的是
A.β射线的穿透能力比α射线穿透能力弱
B. Z90Zr中的Z=38
C.若 mm0=18,则t=192.3 h
D.3090Y的比结合能大于Z90Zr的比结合能
2.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块(看作质点)从槽上高h处静止释放，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是
A.在小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B.在小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C.若M>m，物块能再次滑上弧形槽
D.若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
3.如图所示，A、B、C、D是正方形的四个顶点，O是正方形的中心，在A、D两点固定电荷量都是Q 的正点电荷，O点的电场强度大小为E，以无穷远为零势点，O点的电势为φ；在B点再固定另一电荷量为—Q的负点电荷，仍以无穷远为零势点，则
A. O点的电场强度大小为 E0=5kQa2
B. O点的电场强度大小为 E0=6kQa2
C. O点电势小于零
D.将试探电荷-q从E点移到F点电势能减小
4.如图所示，a为地球赤道上随地球自转的物体，b为近地卫星(轨道半径近似等于地球半径)，c为地球静止轨道同步卫星(b、c的绕行方向与地球自转方向相同)。已知地球半径为R，c的轨道半径为r。关于a、b、c做匀速圆周运动的说法中正确的是
A. a的周期等于c的周期
B. b的线速度大小等于地面发射卫星时的最小发射速度
C. b、c的线速度大小关系为VbvM,，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后速度等大反向，因此能追上弧形槽，故C 正确；设物块再次滑上弧形槽，上升到最高点h′时系统水平向左的速度为v，由动量守恒定律得 MvM+mvm=M+mv,由全过程满足机械能守恒得 12M⋯+12m.m=12M+m.v+mgℎ',物块从初始状态下滑到底端时满足机械能守恒 12M0,N+12mvm2=mgℎ,故得 ℎ'=ℎ−M+m2mgv2n2,A 正确，C错误；频率越大的光，介质对它的折射率越大，根据 v=cn可知光在光纤中传播的速度越小，B错误；当入射角为θ时，设光的折射角为r，根据折射定律有 n1=sinθsinr,由数学知识可知 csr=n12−sin2θn1,根据几何关系可知，光的传播距离为x= Lcsr,由 n=cv知传播速度为 v=cn1,则传播的时间为 t=xv=Ln12cn12−sin2θ,D正确。
10. ABD 【解析】当电场方向与竖直向上方向的夹角为θ₁时，滑块向右加速的加速度达到最大，此时有 Fsinθ1− μmg−Fcsθ1=ma1,令 csα=11+μ2,sinα=μ1+μ2,根据数学知识可得 F1+μ2sinθ1+α=μmg +ma1,则有同理当电场方向与竖直方向的夹角为向下( θ2时，此时有 Fsinθ2+ μmg+Fcsθ2=ma2,有 F1+μ2sinθ2+α=ma2−μmg,所以有 sinθ2+α=ma2−μmgF1+μ2≤1,当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等号，联立可得 μ=33,A.正确；代入 csα=11+μ2可得 α=30∘,此时 θ1=θ2=60∘,B正确，C错误；代入 μmg+ma1=F1+μ2解得 F=mg,D正确。题号
8
9
10
答 案
BC
AD
ABD
三、非选择题(本题共5 小题，共54分)
11.(6分)(1)2.05(或2.04、2.06)(2分)(2)24.5(2分) 0.0138(2分)
【解析】(1)刻度尺的最小分度为 1mm，则读数为 l5=2.05cm。
(2)设小桶质量为m，当小桶中水的体积为V时，由平衡条件可知kx= mg+ρVg,变形可得 x=ρgkV+mgk,以小桶中水的体积V为横坐标，弹簧伸长量x为纵坐标，则图线的斜率 k'=ρgk,代入数据解得 k=24.5N/m;由 x=ρgkV+mgk可知直线的截距 b=mgk,代入数据解得 m=0.0138kg。
12.(9分)(1)5(1分) 25ER+Rg+5rE(2分) 15.0(2分) 4.4(2分) (3)等于(1分) 大于(1分)
【解析】(1)根据并联电路电流分配关系，电流与电阻成反比，当电流表满偏时 Ig=0.10A,流过电阻R₀的电流为0.40A，则干路电流为0.50 A，则量程为0.50 A，即新电流表量程是电流表G量程的5倍。
(2)根据闭合电路欧姆定律得 E=IRg+5IR+r,整理得 1I=5ER+Rg+5rE,结合图像可得 Rg+5rE=2A−1, 5E=k=7−215V−1,解得E=15.0 V,r=4.4Ω。
(6)如果电流表为理想电流表，则E=5I(R+r)，整理得 1I=5ER+5rE,结合图像可得 5rE=2A−1,5E=k= 7−215V−1,解得 E'=15.0V,r'=6Ω,即测得的电动势等于真实值，测得的内阻大于真实值。
13.(10分)【解析】设大气压强为 p₀，根据玻意耳定律有p_{0}V_{0} = p V⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (2分)
代入数据得 p02.5+20×0.125=2.5p⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (2分)
解得p=2p₀ ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯分)
(2)状态1: p1=p0,T1=300K,V1=2.5+20×0.125L⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (1分)
状态2：V_{2} = (1 + 1 \%) × 2 . 5 L , T_{2} = 3 0 3 K⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (1分)
由理想气体方程可得\frac{p_{1}V_{1}}{T_{1}} = \frac{p_{2}V_{2}}{T_{2}}⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (2分)
解得 p2=2p0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (1分)
14.(12分)【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律可知q E = m a⋯ (1分)
沿x轴方向有 L=12at2,vx=at⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (1分)
y方向匀速，有 83L=v0t⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (1分)
联立解得E = \frac{9 m v_{0}^{2}}{3 2 q L}⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (1分)
(2)由(1)可知 t=8L3v0,vx=34v0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (1分)
则粒子进入磁场时的速度大小 v=v02+vx2=54v0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (1分)
设粒子进入磁场时速度与 y轴正方向夹角为θ，则 csθ=v0v=45⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(1分)
解得\theta = 3 7 ^{\circ}⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (1分)
粒子在磁场中的运动轨迹刚好与x轴相切时，半径最大，如图所示
由洛伦兹力提供向心力得 qvB=mv2r
(2)物块A与B 第一次碰撞过程中，由动量守恒定律得 m⋅(1,⋅−m1v⊤m2v2………………………………………… (1分)
t=14s时，物块A与物块B发生第二次碰撞，因此8~14s内，物块B的位移大小也为2m。假设物块A与
B 第二次碰撞前，物块 B已静止，则有 x1=v22t'
设物块B与斜面之间的摩擦力大小为f₂，对B进行分析，根据动能定理有 m2gsinθ−f2x1=0−12m2v22
结合碰撞规律和物块A的运动规律可知，每次碰前瞬间物块A的速度均为上一次碰撞前瞬间物块A 速度的
一半，碰撞结束瞬间物块B的速度也为上一次碰撞结束瞬间物块B 速度的一半，则物块B 在斜面上运动的总
位移为 xB=x11+14+142+143+⋯+14n=2×1−14n+11−14m
当n趋近于无穷大时解得 xB=83m…………………………………………………………………………………………… (1分)
物块B与斜面间因摩擦而产生的热量为 Q=f2xB
根据几何关系可得
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（1分）
解得最大半径
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（1分）
即粒子在磁场中运动轨迹半径满足
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（1分）
解得
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（1分）
（1）物块A下滑过程中，由牛顿第二定律得
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（1分）
由题意可得
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（1分）
结合sinθ=0.2解得
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（1分）
由能量守恒定律得
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（1分）
由题意可知
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（1分）
解得
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（1分）
（3）
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（1分）
解得
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（1分）
则物块A上滑的时间
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（1分）
第二次碰前下滑时间
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（1分）
则8~14s内，物块A的位移大小为
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（1分）
解得可知假设成立
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（1分）
…
（1分）
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解得（1分）
解得Q=56J
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（1分）