湖北省黄冈市2025-2026学年高三上学期1月期末考试物理试卷

这是一份湖北省黄冈市2025-2026学年高三上学期1月期末考试物理试卷，共13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.航天探测器主要采用核电池或与太阳能电池结合的方式供能。核电池的工作原理是通过放射性同位素的衰变释放热量，再利用热电效应将热量转化为电能。下列核反应中，与核电池中核反应属于同一类的是( )
A. 90234Th→91234Pa+−10eB. 12H+13H→24He+01n
C. 714N+24He→817O+11HD. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
2.某同学在练声时的发音频率为f，发出的声波传播速度为v。下列说法正确的是( )
A. 声波的频率越高传播速度越大B. 声波的波长为vf
C. 声波的传播速度与波源有关D. 声波的频率由波源决定
3.北京时间2025年11月25日，神舟二十二号飞船满载物资，成功与天宫空间站对接。我国天宫空间站的轨道距离地面高度为h，绕地球一周的周期为T。已知万有引力常量为G，以下分析中正确的是( )
A. 由上述物理量可以估算地球质量
B. 由上述物理量可以估算地球密度
C. 空间站的运行速度小于地球第一宇宙速度
D. 空间站的向心加速度大于地球表面的重力加速度
4.如图所示，排球运动员在己方底线正上方高为h处，垂直球网将排球以速度v水平击出。排球恰好经球网上沿落在对方场地底线处。若保持击球方向不变，要使发出的球既不触网又不出底线，以下方法中可行的是( )
A. 提升高度h且增大速度vB. 提升高度h且减小速度v
C. 降低高度h且增大速度vD. 降低高度h且减小速度v
5.一桶液体静置于水平地面上，液体的折射率随深度的增加逐渐增大。图中是桶底的点光源产生的一条光线射出液面的路径，其中可能正确的是( )
A. B. C. D.
6.如图所示，轻质细杆的C端通过铰链固定在竖直墙壁上，B端固定一个小球。一根不可伸长的细绳，一端固定于墙上的A点，另一端与小球相连。已知小球受到的重力大小为G，∠BAC=30 ∘，∠ACB=23 ∘，取sin37 ∘=0.6，cs37 ∘=0.8，铰链处的摩擦力忽略不计，则细杆对小球的作用力大小为( )
A. 12GB. 35GC. 58GD. G
7.如图所示，细绳的下端系着一支圆珠笔，细绳的上端固定在公交车的水平扶手杆上。公交车以额定功率从静止状态加速至最大速度vm的过程中，公交车所受的阻力大小不变。当车速为vm2时，细绳偏离竖直方向的夹角为30°。当车速为vm4时，细绳偏离竖直方向的夹角为( )
A. 75°B. 60°C. 45°D. 30°
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，虚线AC上方区域和虚线DE下方区域均有垂直于纸面的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小分别为B1、B2，AC与DE之间区域无磁场。一带电粒子以垂直于磁场方向的速度射入AC上方区域后，其运动轨迹呈现出“8”字形。图中，上部分圆形轨迹的半径比下部分圆形轨迹的半径小，粒子在无磁场区做匀速直线运动，粒子重力不计。下列说法正确的是( )
A. 上、下区域磁场方向相反B. 上、下区域磁场方向相同
C. B1>B2D. B1EkBD. 小环一定能沿杆向右运动到无穷远处
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学利用电火花计时器探究小车速度随时间变化的规律。在纸带上，每隔4个点选取1个计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s。随后，在各计数点处将纸带剪断，分成若干段纸条，将这些纸条的下端对齐并排粘贴在坐标纸上。图中A和A′、B和B′、C和C′为同一个计数点。
(1)图中纸条上端中点的连线几乎形成一条直线，这表明与该纸带相连的小车做 (选填“匀速”或“匀加速”)直线运动。
(2)根据图中数据，计时器在打下B点时小车的速度大小为 m/s，与纸带相连的小车的加速度大小为 m/s2。(计算结果均保留两位小数)
12.A、B实验小组通过实验研究小灯泡L1、L2，得到的伏安特性曲线如图甲a、b所示。他们用到以下器材：
小灯泡L1(额定电压为2.5V，额定电流为0.3A)；
小灯泡L2(额定电压为3.6V，额定电流为0.3A)；
两个电压表V(量程0∼3V，内阻约为3.0kΩ)；
两个电流表A(量程0∼0.6A，内阻约为0.1Ω)；
滑动变阻器R1(最大电阻10Ω，额定电流为2A)；
滑动变阻器R2(最大电阻2000Ω，额定电流为100mA)；
若干节干电池(电动势均为1.5V，内阻均为0.5Ω)；
开关及若干导线。
(1)根据图线a、b可知，两只小灯泡的电阻随电压增大而 (选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)实验中，A小组选择了一个电压表、一个电流表、一个滑动变阻器、两节干电池、一个开关及若干导线，以研究小灯泡L1的伏安特性。
①滑动变阻器应选择 (选填“R1”或“R2”)；
②在某次测量中，电压表指针的位置如图乙所示，此时电压大小为 V。
(3)为了操作便捷并尽可能准确、完整地研究小灯泡L2(符号⊗)的伏安特性，B小组用了两个电压表V、一个电流表A、一个滑动变阻器、三节干电池、一个开关及若干导线进行实验。根据所选择的实验器材，在下方虚框中补画出完整的电路图 。
(4)若将小灯泡L1和小灯泡L2串联，并与4节干电池串联构成闭合回路，则小灯泡L1的实际功率约为 W。(结果保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.一定质量的理想气体的体积V与热力学温度T的关系如图所示。气体从状态A经过状态B、C，最终回到状态A。其中，BA的延长线通过原点，BC线段与V轴平行，AC线段与T轴平行。已知气体在状态A时的压强为1.5p0，温度为T0；在状态B时的体积为4V0；在状态C时的压强为4p0。求：
(1)气体在状态C时的体积和状态B时的温度；
(2)气体从状态A到状态B过程中气体对外界所做的功。
14.如图所示，大猴自高台A处握住长为l的藤蔓从静止下摆，营救位于低台上的小猴。藤蔓另一端固定于O点，B点位于O点正下方，OA与竖直方向的夹角θ=53°。大猴质量为4m，小猴质量为m，两者均可视为质点。小猴静坐在B处，当大猴摆至最低点B时，小猴立即抱住它。此后，大猴每次向左离开低台时蹬台借力，每次借力使系统机械能增加13mgl。藤蔓质量、空气阻力可忽略不计，整个过程中藤蔓始终保持伸直状态。重力加速度为g，取sin53°=0.8，cs53°=0.6，求：
(1)大猴刚到B点时(小猴抱住之前)，大猴对藤蔓的拉力大小F；
(2)小猴抱住大猴时，两者的共同速度大小v共；
(3)大猴至少需借力多少次方能荡回高台A处。
15.2025年我国首艘采用电磁弹射系统的航空母舰——福建舰正式授旗入列。如图所示为一种电磁弹射系统的简化模型，发电机内半径为d的固定金属圆环内存在垂直环面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，圆环的圆心O和边缘通过导线分别与接线柱1和3相连。一根长度为d的金属棒OP绕着圆心O以恒定的角速度ω顺时针旋转，端点P与圆环接触良好。间距为l的光滑金属导轨MN和GH平行固定在同一水平面内，在虚线MG右侧，存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，两导轨的左端点M、G与接线柱2和3相连。在某次弹射操作过程中，先让开关S与接线柱1接通，对电容器充电。待电容器充满电后，再将开关与接线柱2接通，静置于MG处的金属棒ef在较短时间内达到最大速度后弹射离开导轨。ef的长度为l、质量为m、电阻为R，ef与导轨接触良好，电容器的电容为C。求在该次弹射操作过程中：
(1)开关S断开时，接线柱1和3之间的电势差U13；
(2)开关S与接线柱2接通瞬间，金属棒ef的加速度大小a0；
(3)金属棒ef的最大动能与发电机产生的电能之比η。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】核电池的工作原理是通过放射性同位素的衰变释放热量，四个选项中A是衰变，B是聚变，C是人工核反应，D是裂变，故选A。
2.【答案】D
【解析】AC.声波的传播速度只与传播介质有关，故AC错误；
B.根据v=λf可知，声波的波长为vf，故B错误；
D.声波的频率由波源决的，故D正确。
3.【答案】C
【解析】由万有引力常量G、高度h和周期T，无法估算地球质量和密度，A、B项错误;
由v= GMr可知，空间站的运行速度小于地球第一宇宙速度，C项正确;
由a=GMr2，g=GMR2可知，空间站的向心加速度小于地球表面的重力加速度，D项错误。
4.【答案】B
【解析】AB.提升高度h则根据h=12gt2，在运动时间t变大，若增大速度v，根据x=vt可知排球出底线，减小v时，可以使发出的球既不触网又不出底线，故A错误，B正确；
CD.降低高度h，运动时间变小，减小速度v时，不能过网，降低高度h且增大速度v，对网的左侧可知，运动时间变小，在网右侧运动时间变大，根据x=vt可知，网球一定出底线，故CD错误；
故选B。
5.【答案】D
【解析】由折射定律可知，折射率越小时，折射角越大，从水桶底部到液面，折射率变小，从液体到空气折射率变小，则光线与竖直方向的夹角逐渐变大。
故选D。
6.【答案】C
【解析】如图所示
对小球受力分析，通过图解法得细杆对小球的作用力F与重力G的关系为 Fsin30 ∘=Gsin(180 ∘−53 ∘)
解得 F=58G
故选C。
7.【答案】B
【解析】设细绳与竖直方向的夹角为 θ ，圆珠笔的质量为 m ，则对圆珠笔进行受力分析，在水平方向列牛顿第二定律方程有 mgtanθ=ma
解得圆珠笔的加速度为 a=gtanθ
由于公交车与圆珠笔相对静止，所以公交车的加速度也为 a=gtanθ
设公交车的质量为 M ，额定功率为 P ，所受阻力为 f ，则公交车加速过程所受牵引力为 F 时，满足 P=Fv ， F−f=Ma
又因为当车速为 vm 时有 P=fvm
联立得 Pv−Pvm=Mgtanθ
由题意可知，当车速为 vm2 时，满足 Pvm2−Pvm=Mgtan30 ∘
则当车速为 vm4 时，满足 Pvm4−Pvm=Mgtanθ
联立解得 θ=60 ∘
故选B。
8.【答案】AC
【解析】AB.设粒子带正电，由左手定则可判断上、下区域磁场方向相反，故 A正确，B错误；
CD.由R=mvqB可知，上方磁感应强度比下方磁感应强度大，故C正确，D错误。
9.【答案】AD
【解析】A.线圈由图示位置开始计时，每转动半圈电流方向改变一次，转动一圈过程中，电流方向变化两次，故A正确；
BC.图中线圈只有一个边切割磁感线，电动势的最大值为12NBSω，t时刻，线圈中产生的感应电动势为12NBSωsinωt，故BC错误；
D.电动势的有效值为E=Em 2= 24NBSω，故D正确；
故选AD。
10.【答案】BC
【解析】A.根据矢量合成可知，F1、F2的合力方向与F3、F4的合力方向不同，故A错误；
B.小环在A处的加速度aA=F2cs45∘m，方向沿BA方向，小环在B处的加速度aB=F3cs45∘m，方向沿BA方向，由库仑定律可知F2=F3，则aA=aB，且方向相同，故B正确；
C.从A到B，W电EkB，故C正确；
D.不确定小环运动至电势最低点时动能是否减为零，无法确定能否沿杆运动到无穷远处，故D错误。
11.【答案】匀加速
0.30
0.40

【解析】(1)由相邻两条纸带长度差相等为 Δx=0.40cm
表明与该纸带相连的小车做匀加速直线运动。
(2)[1]计时器在打下B点时小车的速度大小为 vB=(2.80+3.20)×10−22×0.1m/s=0.30m/s
[2]根据逐差法可得 a=ΔxT2
所以 a=0.40×10−2(0.1)2m/s2=0.40m/s2
12.【答案】增大
R1
1.00
0.65/0.63/0.64/0.67/0.68/0.69/0.70/0.71

【解析】(1)由图可知图线上的点与原点连线斜率的倒数为小灯泡在该状态下的电阻值，因此随电压的增大，电阻增大。
(2)①[1]为了便于操作，滑动变阻器应该选择 R1 ；
②[2]由图乙可知，电压表的最小刻度为0.1V，所以电压表的读数为1.00V。
(3)电流表采用外接法，一个电压表的量程不够，可以将两个电压表串联后并联在灯泡两端测电压，故电路图如图所示
(4)与4节干电池串联，则电源的电动势为 E=4×1.5V=6V
内阻为 r=4×0.5Ω=2Ω
可在 I−U 图像中画出电源内阻的图线，如图
因两只灯泡与电源串联，流过灯泡和电源的电流相等，图中横线与内阻图线、灯泡 L1 图线和灯泡 L2 图线的交点坐标 I,Ur 、 I,UL1 、 I,UL2 ，当 E=Ur+UL1+UL2 时，图中交点即为工作点。由交点坐标可得 PL1=2.25×0.29W≈0.65W
13.【答案】解：(1)由理想气体状态方程，有 V=CPT
在 V−T 图像中， AB 过程为等压过程， BC 过程为等温过程， CA 过程为等容过程，则 pB=pA ， VC=VA
由波义耳定律有 pB⋅4V0=4p0⋅VC
由盖吕萨克定律有 4V0TB=VAT0
解得 VC=1.5V0 ， TB=83T0
(2) AB 过程为等压过程且气体体积增大，则气体对外界做功 W=pA⋅VB−VA
解得 W=3.75p0V0

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)大猴从A到B过程，设大猴到B点时的速度大小为vB，藤蔓对猴的拉力为F1，则 4mgl(1−cs53 ∘)=12⋅4mvB2−0
根据牛顿第二定律可得 F1−4mg=4mvB2l
解得 F1=365mg
由牛顿第三定律得大猴对藤蔓的拉力大小 F2=F1 ，即 F2=365mg
(2)小猴抱住大猴时 4mvB=(4m+m)v共
解得 v共=8 5gl25
(3)设需要借力n次能荡回高台A处，则 n⋅13mgl+12⋅5mv共2=5mgl(1−cs53 ∘)
解得 n=5425
n只能取整数，因此需要借力3次方能荡回高台A处。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)设Δt时间内金属棒OP扫过面积为ΔS，则 ΔS=12d2⋅ωΔt
根据法拉第电磁感应定律可得 E=ΔΦΔt
ΔΦ=B1ΔS
U13=−E
联立解得 U13=−12B1d2ω
(2)电容器充满电时，两极板间电压 U1=E
开关拨向2时，回路瞬时电流 I1=U1R
由牛顿第二定律可得 B2I1l=ma0
联立解得 a0=B1B2ld2ω2mR
(3)金属棒ef速度变大时，电容器持续放电，Q变小，U变大，电流I变小，加速度a变小，当 a=0 ， I=0 时，棒ef达到最大速度，设棒从静止至加速到最大速度的时间为t，该过程中电流的平均值为 I ，ef的最大速度为vm，电容器满电时的电量为Q1，最终电容器两板间的电压为U2，电量为Q2，则 U2=B2lvm
Q1=CE
Q2=CU2
B2Il⋅t=mvm
Q1−Q2=It
所以 η=12mvm2Q1E
解得 η=CmB22l22(m+CB22l2)2

【解析】详细解答和解析过程见【答案】