2025-2026学年湖北省孝感高级中学高三（上）测试物理试卷（11月）（含答案）

这是一份2025-2026学年湖北省孝感高级中学高三（上）测试物理试卷（11月）（含答案），共11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.在经济建设中会用到碳14测定地层形成年代的方法．碳14具有放射性，其衰变方程为： 614C→714N+X，其中 614C的质量为m1， 714N的质量为m2，X的质量为m3， 614C的结合能为E1， 714N的结合能为E2，光在真空中的传播速度为c.则
A. X是由核内中子转化而来的
B. X是由核内质子转化而来的
C. 单个 614C衰变释放的核能为E1−E2
D. 单个 614C衰变释放的核能为(m2+m3−m1)c2
2.如下图所示，两个带等量异种电荷的小球用绝缘细线相连后悬吊于水平方向的匀强电场中，当两小球均处于平衡时应是图中的( )
A. B. C. D.
3.如图甲所示，真空中相距2L固定放置两个点电荷A、B，以点电荷A所在位置为坐标原点，A、B连线为x轴建立坐标系，x轴上各点电势φ随坐标x变化的φ−x图像如图乙所示。如果取无穷远处为零电势点，下列说法正确的是( )
A. 电荷A带负电B. x2与x4处电场强度方向相同
C. A的电荷量是B的电荷量的9倍D. x3处的电场强度为零
4.压缩空气是生产生活中重要的动力能源。现将一定量的理想气体由状态A沿某路径压缩到状态B，压缩过程的p−V图像如图所示。路径1先由状态A沿直线压缩到状态M，再沿竖直直线变化到状态B；路径2先由状态A沿水平直线压缩到状态N，再沿直线变化到状态B。已知气体处于状态A时压强为p0、体积为2V0，气体处于状态B时压强为2p0、体积为V0，直线AM、BN均过原点，A、B状态下气体的温度相同，则下列说法正确的是( )
A. A→M的过程中，气体从外界吸收热量
B. A→N的过程中，气体内能变化量的绝对值大于放出热量的绝对值
C. M状态下气体的内能大于N状态下气体的内能
D. 沿两种路径过程中，外界对气体做功的大小相等
5.如图(a)为水下灯光装置简化图。轻质弹簧下端固定在水池底部，上端连接一点光源，点光源静止在O点，其在水面上的投影位置为O′，OO′=h=1.5m。现让点光源在竖直方向做简谐运动，振动图像如图(b)所示。水的折射率为43。下列说法正确的是( )
A. 点光源的振动周期为1sB. 点光源的振幅为2m
C. 水面上光斑的最小面积为928πm2D. 水面上光斑的最大面积为8128πm2
6.已知地球质量为M，月球质量为m，地月距离为L。以地心作为坐标原点，沿地月连线建立x轴，在x轴上有一个探测器。由于地球和月球对探测器的引力做功与路径无关，探测器具有与其位置相关的引力势能。仅考虑地球和月球对探测器的作用，可得探测器引力势能Ep随位置变化关系如图所示。在x=kL处引力势能最大，k已知，下列选项正确的是( )
A. 探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，先逐渐增大后逐渐减小
B. 探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，一直减小
C. 地球与月球的质量之比Mm=k1−k2
D. 地球与月球的质量之比Mm=k1+k2
7.图甲为一列简谐横波在t=0.2s时刻的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=−5m处的质点E的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 在t=0.2s到t=0.3s时间内，质点B的加速度在增大
C. 从t=0.2s到t=0.25s，质点B通过的路程为20cm
D. 这列波的传播速度为30m/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，理想变压器的AB两端接到一个输出电压有效值恒定的交流电源上。电阻R1 、R2阻值均为R，R3为可变电阻，交流电压表、电流表均可视为理想电表。当R3的阻值增大时，电流表A、电压表V1示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU，下列说法正确的是( )
A. R₁电功率的变化量绝对值为ΔI2RB. 电源的输出功率降低
C. 变压器的原、副线圈匝数比为ΔUΔIRD. V₂示数变化量的绝对值小于ΔU
9.如图所示，真空中区域Ⅰ存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅱ存在水平向右的匀强电场，磁场和电场宽度均为d且长度足够长，图中虚线是磁场与电场的分界线，Q为涂有荧光物质的荧光板，电子打在Q板上能产生亮斑。现有一束电子从A处的小孔以速度v0连续不断地射入磁场，入射方向平行纸面且与P板成30°夹角。已知电子质量为m，电荷量为e，区域Ⅱ的电场强度E=3mv028ed，不计重力和电子间的相互作用力，下列说法正确的是( )
A. 若电子垂直打在Q板上，Ⅰ区磁场的磁感应强度的大小为 3mv02ed
B. 若电子能打在Q板上，则电子到达Q板时的速率可能大于v02
C. 若电子能打在Q板上，Ⅰ区所加磁场的磁感应强度最大值为 3+2mv02ed
D. 若电子能打在Q板上，Ⅰ区所加磁场的磁感应强度最大值为 3+1mv02ed
10.如图所示，光滑平行金属导轨固定在倾角为37°的斜面内，匀强磁场与导轨平面垂直，方向垂直导轨平面向上。下方导轨间距为L，上方导轨间距为2L，且上下导轨均足够长，导轨电阻不计。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，在外力作用下处于静止状态。导体棒ab的电阻为R，cd的电阻为2R，撤除外力后两棒始终在对应的导轨部分运动，两棒可同时由静止释放也可先后释放。用aab、acd分别表示两棒加速度大小，用vab、vcd分别表示两棒对应的速度大小。在此后运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 若vabacd
B. 最终一定有，aab=2acd、vab=2vcd
C. 最终回路电流为I=mgsin37 ∘BL
D. 最终回路面积变化率大小为ΔSΔt=mgRsin37 ∘B2L
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
①该同学用游标卡尺测得单摆小球的直径为______cm；同学用秒表记录的时间如图所示，则秒表的示数为______s；
②如果某同学在实验时，用的摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置。他第一次量得悬线长为L1(不计摆球半径)，测得周期为T1：第二次量得悬线长为L2，测得周期为T2．根据上述数据，可求得g值为_______。
A.4π2 L1L2T1T2 B．4π2L1−L2T12−T22 C．4π2L1+L2T12+T22 D．4π2T12−T22L1−L2
该同学又想出另一个办法测重力加速度，他测出多组摆线长L与周期T的数据，根据实验数据，作出了T2−L的关系图象(如图所示)，理论上T2−L是一条过坐标原点的直线，请分析该同学图像产生的原因可能是__________，根据图中数据，可算出重力加速度其值为__________m/s2(取π2=9.86，结果保留三位有效数字)。
12.近年来以比亚迪为代表的新能源汽车得到了空前发展，然而使用新能源的车主发现新旧电池不能混用，更换电池时须整体更换，成本高昂。某学习小组为了弄清新旧电池不能混用的原因，利用普通5号碱性电池做了如下模拟实验。实验器材如下：
新旧5号碱性电池若干；
灵敏电流计G一个(量程0∼2mA，内阻为10Ω)；
电流表A一个(量程0∼0.3A，内阻为2Ω)；
滑动变阻器(阻值0∼20Ω)；
电阻箱(阻值0∼9999Ω)；
开关、导线若干。
(1)小王同学准备用上述器材分别测量5号碱性电池A、B的电源电动势和内阻(每次测量一节电池)。首先他把灵敏电流计和电阻箱串联改装成2V的电压表，电阻箱应调至_______Ω。
(2)改装完成后，设计了图甲所示的电路进行实验；利用实验数据作出了U−I图像如图乙中A和B所示，其中旧电池的电动势为_______V，内阻为_______Ω(结果均保留两位有效数字)。
(3)小赵同学对标有“2.5V，0.3W”的小灯泡描绘出了伏安特性曲线如乙图中的C所示。若将上述A、B两节电池串联起来为该小灯泡供电，则该电池组的发热功率为_______W(结果保留两位有效数字)，并从能量角度分析为何新旧电池不能混用_______．
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，“工”字型支架A固定在水平地面上，支架上端为一截面积S=100cm2的圆柱形活塞，活塞与质量m=20.0kg导热圆柱形汽缸B间封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。已知环境温度T1=300K，封闭气体的长度h=10cm，外界大气压强p0=1.0×105Pa。
(1)环境温度T1=300K时，求封闭气体的压强p；
(2)当环境温度缓慢变为T2时，汽缸的机械能减少2J，气体内能减少2J，求：
①环境温度T2；
②判断该过程汽缸内气体是吸热还是放热？求热量的大小Q。
14.如图所示，真空室中y轴右侧存在n个连续排列的圆形边界匀强磁场，圆心均位于x轴上，相邻两个圆相切，半径均为R，磁感应强度大小均为B。其中第1、3、5…个磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，第2、4、6…个磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向外。第1个磁场左侧与y轴相切，第n个磁场右侧与一接收屏相切，接收屏与x轴垂直，第n个磁场方向图中未画出。在磁场上方存在一无限大的矩形匀强电场，电场强度大小为E、沿y轴负方向，磁场下方亦存在一无限大的矩形匀强电场，电场强度大小为2E、沿y轴正方向，两电场边界均与磁场圆形边界相切。某种带正电的粒子比荷为2EB2R，以下列所述情况在电、磁场中运动，不计粒子重力，不考虑粒子间相互作用。
(1)若将粒子从上方电场某处由静止释放，恰好在R,R处进入磁场并从2R,0处射出，求粒子在电场中释放位置的坐标；
(2)若在坐标原点O处放置一粒子源，能向第一、四象限各个方向发射(不考虑平行于y轴方向发射的粒子)上述粒子，射出的速度大小均为v=4EB，求粒子通过第一个磁场空间的最大偏转角；
(3)若(2)问中粒子源发射粒子的速度大小均变为v′=2EB，其余条件不变，求在所有粒子中，粒子从被发射至到达接收屏所用的最短时间。
15.如图所示，一轻质弹簧两端分别与滑块M、N相接触(均未连接)，放置在水平台面的光滑区域上，台面右侧有一固定的半圆形竖直光滑轨道，底端与台面相切，半径R=0.15m；台面上O点左侧有一系列相距d=1m的相同滑块，质量均与滑块M的质量相同，O点左侧台面粗糙，O点距滑块1的距离也为d。现用两滑块将弹簧压缩一定长度，然后同时由静止释放两滑块，滑块N脱离弹簧后，滑上圆弧轨道，当其经过圆弧轨道最高点时，它对轨道的压力大小恰好等于其重力，滑块N脱离轨道之后将N取走。已知滑块M、N的质量分别为3kg和2kg，各滑块与O点左侧台面间的动摩擦因数μ=0.01，滑块M在到达O点之前已经和弹簧脱离，重力加速度g取，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，各滑块均可看作质点。求：
(1)滑块N经过圆弧轨道最低点时的速度大小；
(2)未释放两滑块时弹簧具有的弹性势能；
(3)若滑块M越过O点之后发生的所有碰撞均为完全非弹性碰撞，求滑块M越过O之后距O点的最远距离。
参考答案
1.A
2.A
3.C
4.D
5.C
6.C
7.D
8.BC
9.AD
10.AD
11.①1.070 ； 96.8； ② B； 漏加小球半径；9.86。
12.(1)990
(2)1.4，26
(3)0.14 ，混用后电池内阻消耗的功率很大

13.解：(1)分析汽缸的受力得 mg+p0S=pS，
解得 p=1.2×105Pa；
(2)①汽缸机械能减少，由 mgΔh=ΔEp，
解得 Δh=1.0cm，
封闭气体做等压变化，由盖−吕萨克定律得 hST1=(h−Δh)ST2，
解得 T2=270K；
②汽缸对气体做的功为 W=pSΔh=12J，
由热力学第一定律 ΔU=Q+W，
解得 ，
所以，气体对外放热，热量的大小 14J 。

14.解：(1)由题意知，粒子沿 −y 方向进入第一个磁场，轨迹如图甲所示，恰为 14 圆周，则粒子做圆周运动的轨道半径 r=R ，由洛伦兹力提供向心力，有 qv0B=mv02r
又比荷 qm=2EB2R
解得 v0=2EB
带电粒子由静止释放后，由动能定理有 qEy=12mv02
解得 y=R
故该粒子释放的位置坐标为 R,2R
(2)由洛伦兹力提供向心力得 qvB=mv2r′
其中 v=4EB
解得轨道半径 r′=2R
粒子运动轨迹均为劣弧，弦越长，弧越长，弧所对应的圆心角越大，则运动时间越长，故当粒子的轨迹圆弦长等于圆形磁场直径时，粒子在磁场空间的偏转角最大，对应的轨迹如图乙所示，则有 sinφ2=Rr′=12
解得 φ=60 ∘
(3)根据磁发散和磁聚焦原理与左手定则，所有粒子都将以垂直于 x 轴的方向离开磁场向上运动，经过真空后进入电场，在电场中做类竖直上抛运动，然后以相同速率，向下再次进入磁场，进入磁场后将会汇聚到 x 轴与圆的另一个交点，然后进入下一个圆形边界磁场，在垂直于纸面向外的磁场中运动时，偏转方向与垂直于纸面向里的磁场相反，但依然会做类似的运动，如图丙所示为某一粒子的轨迹。
粒子在电场中做类竖直上抛运动，每经过一个磁场就会进入一次电场，每次进入上方电场时加速度 a上=qEm
运动时间 t上=2v′a上=2mv′qE=2BRE
每次进入下方电场时加速度 a下=2qEm
运动时间 t下=2v′a下=mv′qE=BRE
粒子在每个磁场中运动时转过的圆心角之和均为180°，则每个磁场中的运动时间 tB=πmqB=πBR2E
由以上分析可知，当粒子沿 +x 方向进入第一个磁场时，不经过电场与磁场间的真空区域，用时最短，轨迹如图丁所示
故①当 n 为偶数时 t总=n2t上+n2t下+ntB
解得 t总=3+πnBR2E
②当 n 为奇数时 t总=n+12t上+n−12t下+ntB
解得 t总=3+πn+1BR2E

15.解：(1)在最高点时，根据牛顿第二定律可得
2mNg=mNv2R
由最低点到最高点过程，由动能定理可得
−mNg×2R=12mNv2−12mNvN2
联立解得vN=3m/s
(2)根据动量守恒定律有
mMvM=mNvN
根据能量守恒定律有
Ep=12mNvN2+12mMvM2
解得Ep=15J;
(3)设滑块与第k个滑块碰撞后一起运动，不再与第k+1个滑块发生碰撞，设滑块与第k个滑块碰撞后速度为vk，则应满足vk2≤2μgd
解得vk2≤0.2m2/s2
设滑块与第1个滑块碰前速度为v10，根据运动学公式，则有
v102=v2−2μgd
其中v=vm=2m/s
滑块与滑块碰撞过程动量守恒，设碰后速度为v1，则有
mv10=(m+m)v1
解得v1=12v10
又因为v12=v222−12μgd
设与第2个滑块碰前速度为v20，根据运动学公式，则有
v202=v12−2μgd
滑块与滑块碰撞过程动量守恒，设碰后速度为v2，则有
2mv20=(2m+m)v2
解得v2=23v20
结合运动学规律可得v22=v232−232(12+22)μgd
设与第3个滑块碰前速度为v30，根据运动学公式，则有
v302=v22−2μgd
滑块与滑块碰撞动量守恒，设碰后速度为v3，则有
3mv30=(3m+m)v3
解得v3=34v30
由运动学规律可得v32=v242−242(12+22+32)μgd
同理vk2=v2(k+1)2−2(k+1)2(12+22+32⋯+k2)μgd≤0.2m2/s2
解得k=3;
当k=3时vk2=0.075m2/s2
与第3个滑块碰撞后，继续滑行距离△x=vk22μg=0.375m
M越过O点之后，滑块距离O点的最远距离
x=3d+△x=3m+0.375m=3.375m