2026届贵州省麻江县一中高三3月份第一次模拟考试物理试卷含解析

这是一份2026届贵州省麻江县一中高三3月份第一次模拟考试物理试卷含解析，共8页。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、2019年10月11日，中国火星探测器首次公开亮相，暂命名为“火星一号”，计划于2020年发射，并实现火星的着陆巡视。已知火星的直径约为地球的53%，质量约为地球的11%，请通过估算判断以下说法正确的是（ ）
A．火星表面的重力加速度小于
B．探测器在火星表面所受重力等于在地球表面所受重力
C．探测器在火星表面附近的环绕速度等于
D．火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度
2、如图，金星的探测器在轨道半径为3R的圆形轨道I上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达P点时点火进入椭圆轨道II，运行至Q点时，再次点火进入轨道III做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．探测器在P点和Q点变轨时都需要加速
B．探测器在轨道II上Q点的速率大于在探测器轨道I的速率
C．探测器在轨道II上经过P点时的机械能大于经过Q点时的机械能
D．金星的质量可表示为
3、如图所示，一轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，一端挂一水平托盘，另一端被托盘上的人拉住，滑轮两侧的轻绳均沿竖直方向。已知人的质量为60kg，托盘的质量为20kg，取g=10m/s2。若托盘随人一起竖直向上做匀加速直线运动，则当人的拉力与自身所受重力大小相等时，人与托盘的加速度大小为（ ）
A．5m/s2B．6m/s2C．7.5m/s2D．8m/s2
4、重水堆核电站在发电的同时还可以生产出可供研制核武器的钚239（），这种钚239可由铀239（）经过n次β衰变而产生，则n为（ ）
A．2B．239C．145D．92
5、关于玻尔的原子模型，下列说法正确的是（ ）
A．按照玻尔的观点，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波
B．电子只能通过吸收或放出一定频率的光子在轨道间实现跃迁
C．电子从外层轨道跃迁到内层轨道时，动能增大，原子能量也增大
D．电子绕着原子核做匀速圆周运动。在外层轨道运动的周期比在内层轨道运动的周期小
6、如图是德国物理学家史特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图．M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒N的半径为R，内筒的半径比R小得多，可忽略不计．筒的两端封闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度ω绕其中心轴线匀速转动．M筒开有与转轴平行的狭缝S，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v1和v2的分子，分子到达N筒后被吸附，如果R、v1、v2保持不变，ω取某合适值，则以下结论中正确的是（ ）
A．当时（n为正整数），分子落在不同的狭条上
B．当时（n为正整数），分子落在同一个狭条上
C．只要时间足够长，N筒上到处都落有分子
D．分子不可能落在N筒上某两处且与S平行的狭条上
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、如图所示，正方形ABCD位于竖直平面内，E、F、G、H分别为四条边的中点,且GH连线水平，O为正方形的中心。竖直平面内分布有一匀强电场、电场方向与水平面成45°角。现自O点以初速度水平向左射出一带正电粒子，粒子恰能到达G点。若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．电场方向一定由O指向D
B．粒子从O到G，电势能逐渐减小
C．粒子返回至H点时速率也为
D．若仅将初速度方向改为竖直向上，粒子一定经过DE间某点
8、如图所示，地球质量为M，绕太阳做匀速圆周运动，半径为R．有一质量为m的飞船，由静止开始从P点在恒力F的作用下，沿PD方向做匀加速直线运动，一年后在D点飞船掠过地球上空，再过三个月，又在Q处掠过地球上空．根据以上条件可以得出
A．DQ的距离为
B．PD的距离为
C．地球与太阳的万有引力的大小
D．地球与太阳的万有引力的大小
9、下列说法中正确的是（ ）
A．液晶既有液体的流动性又有晶体的各向异性
B．第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律
C．在有分子力时，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小
D．大雾天气，学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大
E.非晶体是各向同性的，晶体都是各向异性的
10、如图所示，以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N为圆周上的两点．带正电粒子只在电场力作用下运动，在M点速度方向如图所示，经过M、N两点时速度大小相等．已知M点电势高于O点电势，且电势差为U，下列说法正确的是( )
A．M,N两点电势相等
B．粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小
C．该匀强电场的电场强度大小为
D．粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）小华同学欲测量小物块与斜面间的动摩擦因数，其实验装置如图1所示，光电门 1、2可沿斜面移动，物块上固定有宽度为d的挡光窄片。物块在斜面上滑动时，光电门可以显示出挡光片的挡光时间。（以下计算的 结果均请保留两位有效数字）
(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度，其示数如图2所示，则挡光片的宽度d=______ mm。
(2)在P处用力推动物块，物块沿斜面下滑，依次经过光电门1、2，显示的时间分别为40ms、20ms，则物块 经过光电门1处时的速度大小为____________m/s，经过光电门 2 处时的速度大小为____________m/s。比较物块经过光电门1、2处的速度大小可知，应_______（选填“增大”或“减小”）斜面的倾角，直至两光电门的示数相等；
(3)正确调整斜面的倾角后，用刻度尺测得斜面顶端与底端的高度差h=60.00cm、斜面的长度L=100.00cm，g取9.80m/s2，则物块与斜面间的动摩擦因数的值 （___________）。
12．（12分）指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。
(1)图甲为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法正确的是__________。
A．当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位
B．当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位
C．当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位
D．当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位
(2)用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图乙所示。
A．若所选挡位为直流10mA挡，则示数为__________mA。
B若所选挡位为直流50V挡，则示数为__________V。
(3)用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序写出步骤的序号__________。
A．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点 B把选择开关旋转到“×100”位置
C．把选择开关旋转到“×1k”位置 D．将红表笔和黑表笔接触
(4)某小组同学们发现多用电表欧姆挡的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值Rx关系，他们分别画出了如图丙所示的几种图象，其中可能正确的是________
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图是两个共轴圆筒M、N的横截面，N筒的半径为L，M筒半径远小于L，M、N以相同的角速度顺时针匀速转动。在筒的右侧有一边长为2L的正方形匀强磁场区域abcd，磁感应强度大小为B、方向平行圆筒的轴线。两筒边缘开有两个正对着的小孔S1、S2，当S1、S2的连线垂直ad时，M筒内部便通过S1向ad中点射出一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，该粒子进入磁场后从b点射出。粒子重力不计，求：
(1)该粒子的速度大小；
(2)圆筒的角速度大小。
14．（16分）如图所示为演示“过山车”原理的实验装置，该装置由两段倾斜直轨道与一圆轨道拼接组成，在圆轨道最低点处的两侧稍错开一段距离，并分别与左右两侧的直轨道平滑相连。
某研学小组将这套装置固定在水平桌面上，然后在圆轨道最高点A的内侧安装一个薄片式压力传感器（它不影响小球运动，在图中未画出）。将一个小球从左侧直轨道上的某处由静止释放，并测得释放处距离圆轨道最低点的竖直高度为h，记录小球通过最高点时对轨道（压力传感器）的压力大小为F。此后不断改变小球在左侧直轨道上释放位置，重复实验，经多次测量，得到了多组h和F，把这些数据标在F-h图中，并用一条直线拟合，结果如图所示。
为了方便研究，研学小组把小球简化为质点，并忽略空气及轨道对小球运动的阻力，取重力加速度g=10m/s2。请根据该研学小组的简化模型和如图所示的F-h图分析：
（1）当释放高度h=0.20m时，小球到达圆轨道最低点时的速度大小v；
（2）圆轨道的半径R和小球的质量m；
（3）若两段倾斜直轨道都足够长，为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，释放高度h应满足什么条件。
15．（12分）如图所示，光滑斜面倾角θ=60°，其底端与竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。两个质量均为m的小球A和小环B（均可视为质点）用L=1.5R的轻杆通过轻质铰链相连，B套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始时轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变）。重力加速度为g。求：
(1)刚释放时，球A的加速度大小；
(2)小球A运动到最低点时的速度大小；
(3)已知小球以运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a，求此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小。
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、A
【解析】
设火星质量为，半径为r，设地球质量为M，半径为R，根据题意可知
，
AB．根据黄金替代公式可得地球和火星表面重力加速度为
，
故A正确B错误；
CD．地球的第一宇宙速度为
火星的第一宇宙速度为
故CD错误。
故选A。
2、B
【解析】
A．探测器在P点需要减速做近心运动才能由轨道I变轨到轨道II，同理，在轨道II的Q点需要减速做近心运动才能进入轨道III做圆周运动，故A错误；
B．探测器在轨道II上P点的速率大于轨道I上的速率，在轨道II上，探测器由P点运行到Q点，万有引力做正功，则Q点的速率大于P点速率，故探测器在轨道II上Q点的速率大于在探测器轨道I的速率，故B正确；
C．在轨道II上，探测器由P点运行到Q点，万有引力做正功，机械能守恒，故探测器在轨道Ⅱ上经过P点时的机械能等于经过Q点时的机械能，故C错误；
D．探测器在3R的圆形轨道运动，在轨道I上运动过程中，万有引力充当向心力，故有
解得，故D错误。
故选B。
3、A
【解析】
设人的质量为M，则轻绳的拉力大小
T=Mg
设托盘的质量为m，对人和托盘，根据牛顿第二定律有
2T一(M+m)g=(M+m)a
解得
a=5m/s2
故选A。
4、A
【解析】
衰变方程为：
根据电荷数守恒：
解得。A正确，BCD错误。
故选A。
5、A
【解析】
A．根据玻尔的原子模型可知，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波，A正确；
B．电子在轨道间跃迁时，可通过吸收或放出一定频率的光子实现，也可通过其他方式实现（如电子间的碰撞），B错误；
C．电子从外层轨道（高能级）跃迁到内层轨道（低能级）时。动能增大，但原子的能量减小，C错误；
D．电子绕着原子核做匀速圆周运动，具有“高轨、低速、大周期”的特点。即在外层轨道运动的周期比在内层轨道运动的周期大，D错误。
故选A。
6、A
【解析】
微粒从M到N运动时间 ，对应N筒转过角度 ，即如果以v1射出时，转过角度： ，如果以v2射出时，转过角度： ，只要θ1、θ2不是相差2π的整数倍，即当 时（n为正整数），分子落在不同的两处与S平行的狭条上，故A正确，D错误；若相差2π的整数倍，则落在一处，即当 时（n为正整数），分子落在同一个狭条上．故B错误；若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，因此，故C错误．故选A
点睛：解答此题一定明确微粒运动的时间与N筒转动的时间相等，在此基础上分别以v1、v2射出时来讨论微粒落到N筒上的可能位置．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、AD
【解析】
A．自O点以初速度水平向左射出一带正电粒子，粒子恰能到达G点，可知粒子沿OG方向做匀减速运动，粒子受到的合外力沿GO方向水平向右，因重力竖直向下，则电场力斜向右上方，即电场方向一定由O指向D，选项A正确；
B．粒子从O到G，电场力做负功，则电势能逐渐增加，选项B错误；
C．粒子返回至O点时速率为，则到达H点的速度大于v0，选项C错误；
D．设正方形边长为2L，粒子速度方向向左时，粒子所受的合外力水平向右，其大小等于mg,加速度为向右的g，因粒子恰能到达G点，则
仅将初速度方向改为竖直向上，粒子的加速度水平向右，大小为g，则当粒子水平位移为L时，则：
竖直位移
则粒子一定经过DE间某点，选项D正确；
故选AD。
8、ABC
【解析】
根据DQ的时间与周期的关系得出D到Q所走的圆心角，结合几何关系求出DQ的距离．抓住飞船做匀加速直线运动，结合PD的时间和PQ的时间之比得出位移之比，从而得出PD的距离．根据位移时间公式和牛顿第二定律，结合地球与太阳之间的引力等于地球的向心力求出引力的大小．
【详解】
地球绕太阳运动的周期为一年，飞船从D到Q所用的时间为三个月，则地球从D到Q的时间为三个月，即四分之一个周期，转动的角度为90度，根据几何关系知，DQ的距离为，故A正确；因为P到D的时间为一年，D到Q的时间为三个月，可知P到D的时间和P到Q的时间之比为4：5，根据得，PD和PQ距离之比为16：25，则PD和DQ的距离之比为16：9，，则，B正确；地球与太阳的万有引力等于地球做圆周运动的向心力，对PD段，根据位移公式有：，因为P到D的时间和D到Q的时间之比为4：1，则，即T=t，向心力，联立解得地球与太阳之间的引力，故C正确D错误．
9、ACD
【解析】
A．液晶既有液体的流动性又有晶体的各向异性，选项A正确；
B．第二类永动机研制失败的原因是违背了热力学第二定律，选项B错误；
C．在有分子力时，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，选项C正确；
D．大雾天气，学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，选项D正确；
E．多晶体具有各向同性，选项E错误。
故选ACD。
10、AB
【解析】
带正电粒子仅在电场力作用下，从M运动到N，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小。由于匀强电场，则等势面是平行且等间距。根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向。
【详解】
带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在M、N两点动能相等，则电势能也相等，则M、N两点电势相等。因为匀强电场，所以两点的连线MN即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向；
可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对粒子先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小。故AB正确；匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，则，故C错误；粒子在匀强电场受到的是恒定的电场力，不可能做圆周运动，选项D错误；故选AB.
【点睛】
紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系。并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置。再由曲线运动来确定电场力的方向。同时考查U=Ed中d的含义重要性，注意公式中的d为沿电场线方向上的距离。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、5.2 0.13 0.26 减小 0.75
【解析】
(1)[1]挡光片的宽度为；
(2)[2][3]d=5.2mm=5.2×10-3m，t1=40ms=40×10-3s，t2=20ms=20×10-3s，用平均速度来求解瞬时速度：
[4]由于v2μmgcsθ
故应减小斜面的倾角，直到
mgsinθ=μmgcsθ
此时物块匀速运动，两光电门的示数相等
(3)[5]h=60.00cm=0.6m，L=100.00cm=1m，物块匀速运动时
mgsinθ=μmgcsθ
即
tanθ=μ
又
解得
μ=0.75
12、ACD 4.80 BDA 24.0 A
【解析】
(1)灵敏电流计G与分流电阻并联可以改装成电流表，与分压电阻串联可以改装成电压表，与滑动变阻器、电源一起可以改装成欧姆表，分析图示电路图答题；
(2)根据电流表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；
(3)用欧姆表测电阻要选择合适挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零；
(4)根据闭合电路欧姆定律求出I-Rx以及的表达式，进而选择图象即可。
【详解】
(1) 由图示电路图可知，当开关置于2位置时多用电表是欧姆表，A与内置电源负极相连，A为红表笔，B与内置电源正极相连，B为黑表笔；
A项：由图示电路图可知，当S接触点1时，表头与分流电阻并联，此时多用电表处于测量电流的挡位，故A正确；
B、C项：由图示电路图可知，当S接触点2时，表头与电源相连，此时多用电表处于测量电阻的挡位，故B错误，C正确；
D项：由图示电路图可知，当S接触点3时，表头与分压电阻串联，此时多用电表处于测量电压的挡位，故D正确。
故应选：ACD；
(2) A、若所选挡位为直流50mA挡，由图乙所示可知，示数为4.80mA；
B、若所选挡位为直流50V挡，则示数为24.0V；
(3) 用多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻，
首先要把选择开关置于×100挡位位置，然后进行欧姆调零，把红黑表笔短接，
调节欧姆调零旋钮使指针指针欧姆零刻度线位置，最后再测电阻，故合理的步骤是：BDA；
(4) 设欧姆表内电池电动势为E，内阻为r，电流表内阻与调零电阻的和为Rg，则有：
，则I-Rx图象是双曲线的一条，随着Rx的增大，I减小，
上式的倒数 ，可知 是线性函数，Rx=0时， 且有最小值， 随着Rx的增大而增大。
故应选：A。
【点睛】
本题考查了多用电表结构、多用电表读数与欧姆表的使用方法，知道电流表。电压表与欧姆表的改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构、掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、 (1)；(2)，（n=1，2，3……）
【解析】
(1)设粒子的速度为v，在磁场做圆周运动的半径R，
如图，由几何关系
得
由洛伦兹力提供向心力
得
(2)设圆筒的角速度为，粒子从射出到到达S2的时间为t，由题意得
又解得
(n=1，2，3……)
14、（1）（2）R=0.12m ，m=0.02kg（3）h≤0.12m或者h≥0.3m
【解析】
（1）设小球质量为m，对于从释放到轨道最低点的过程，根据动能定理，有
解得：
（2）设小球到达A点速度为vA，根据动能定理
在A点，设轨道对小球的压力为N，根据牛顿第二定律：
根据牛顿第三定律
N=F
联立上述三式可得：
对比F-h图像，根据斜率和截距关系，可得：
R=0.12m
m=0.02kg
（3）假设h=h1时，小球恰好到达最高点A，此时F=0
由F-h图像可得：
h1=0.3m
假设h=h2时，小球恰好到达圆轨道圆心的右侧等高点，此过程根据动能定理：
解得：
h2=R=0.12m
综上，为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，释放高度h应满足：
h≤0.12m或者h≥0.3m
15、 (1)；(2)；(3)
【解析】
(1)由牛顿第二定律得
解得
(2)小球初始位置距水平面高度设为，由几何关系得
解得
小环初始位置距水平面高度设为，由几何关系得
解得
由系统机械能守恒
式中，，
解得
(3)以小环为研究对象，由牛顿第二定律得
以小球为研究对象，由牛顿第二定律得
解得