湖北省随州市2025-2026学年高三上学期1月期末物理试卷（含答案）

这是一份湖北省随州市2025-2026学年高三上学期1月期末物理试卷（含答案），共10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。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.假设2025年11月1日4时58分，神舟二十一号航天员乘组顺利进驻天宫空间站。下列说法正确的是( )
A. 4时58分是时间间隔B. 航天员在天宫空间站中处于失重状态
C. 神舟二十一号一定不可看作质点D. 神舟二十一号的速度越大，惯性越大
2.关于核反应方程 24He+816O→ZAX，下列选项正确的是( )
A. Z=12B. A=18C. A=22D. Z=10
3.一束光射入河中，其入射角为45°，折射角为30°，则河水对该光的折射率是( )
A. 3B. 2C. 1.8D. 1.2
4.2025年10月16日9时33分，我国在海南商业航天发射场使用长征八号甲运载火箭，成功将卫星互联网低轨12组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，若卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，轨道半径为R，引力常量为G，则地球的质量为
A. 4π2R2GT2B. 4π2R3GTC. 4π2R3GT2D. 4πR3GT2
5.如图所示，水平桌面上放置一物块，物块和桌面间的动摩擦因数为 33，给物块施加一水平向右的拉力F，物块可沿水平方向做匀速直线运动。现拉力F保持大小不变，方向逆时针旋转角度θ，物块仍可以在F作用下做匀速直线运动，则θ的大小为( )
A. 15∘B. 30∘C. 45∘D. 60∘
6.一简易发电机与理想变压器原线圈相接的简化图如图所示，发电机转子为电阻r=10Ω、面积S=20cm2、N=100匝的矩形导线框，导线框在磁感应强度B=10 2πT的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，角速度ω=100πrad/s。理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=1:2，定值电阻R0=5Ω,R是滑动变阻器(阻值的变化范围为0∼100Ω)，电压表和电流表均为理想交流电表。下列说法正确的是( )
A. 减小发电机转速，电压表的示数不变
B. R=35Ω时，理想变压器的输出功率最大
C. 理想变压器的最大输出功率Pm=1500W
D. 理想变压器的输出功率最大时，电流表的示数为10A
7.如图所示，一竖直放置的半径R=1m的固定光滑圆环上穿有一个质量m=1kg的小环，小环通过一根原长也为R、劲度系数k=100N/m的轻质弹簧与圆环的最高点A相连，弹簧弹性势能Ep=12kx2(x为形变量)，取重力加速度大小g=10m/s2。小环从与A点相距为R的B点由静止开始下滑，之后的运动过程中小环获得的最大动能为( )
A. 511JB. 59JC. 57JD. 54J
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.图甲为一列简谐横波在t=0时的波动图像，图乙为该波中平衡位置在x=2m处的质点P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. 质点P在10s内通过的路程为2m
C. 质点P在10s内沿x轴移动10mD. 该波的波速大小为1m/s
9.如图所示，质量m=2×10−3kg、电荷量q=3×10−2C的带电小球，自A点垂直于水平电场线方向进入范围足够大的匀强电场，它到达B点时的速度vB=5m/s，速度方向与电场方向的夹角为127∘，AB沿电场方向的距离为0.9m。取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度大小g=10m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. A、B两点的电势差UAB=0.3V
B. 小球在A点的初速度v0=10m/s
C. 从A点到B点的过程中小球的机械能减少了9×10−3J
D. 在小球从A点运动到最高点的过程中，小球速度的最小值为2 5m/s
10.如图所示，平行金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，倾斜部分是两个竖直放置的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r=0.2m。水平部分是两段均足够长但不等宽的光滑导轨，CC′=3AA′=0.6m，水平导轨与圆弧导轨在AAʹ处平滑连接。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导体棒MN、PQ的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.6kg，长度分别为l1=0.2m、l2=0.6m，电阻分别为R1=1.0Ω、R2=3.0Ω,PQ固定在宽水平导轨上。现给导体棒MN一个初速度，使其在外力作用下恰好沿圆弧导轨从最高点匀速率下滑，到达圆弧最低处AAʹ位置前瞬间撤去外力，MN在AAʹ时克服安培力做功的瞬时功率为0.04W，取重力加速度大小g=10m/s2，不计导轨电阻，导体棒MN、PQ与导轨一直接触良好，则( )
A. MN沿圆弧导轨从最高点匀速率下滑的速度大小为2m/s
B. MN到达圆弧导轨最低处AAʹ位置时对导轨的压力大小为8N
C. MN沿圆弧导轨下滑过程中，MN克服安培力做的功为0.002J
D. 若MN到达AAʹ位置时释放PQ，之后的运动过程中通过回路的电荷量为0.5C
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.“祖冲之”实验小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。倾角为θ的斜面固定在水平桌面上，斜面上安装有气垫导轨，顶端固定有一轻质定滑轮，装有遮光片的小物块A通过绕过定滑轮的细线与物块B相连，小物块A与遮光片的总质量为m，物块B的质量为2m，斜面上方距离斜面底端l0处固定一光电门，当地重力加速度大小为g。
(1)先用游标卡尺测量出遮光片的宽度，示数如图乙所示，则遮光片的宽度L= cm。
(2)由静止释放斜面底端的小物块A，小物块A通过光电门的遮光时间为Δt，则小物块A通过光电门时的速度v= (用测得的和已知的物理量符号表示)；当表达式 (用已知的和求得的物理量符号表示)成立，则机械能守恒定律得到验证。
12.某物理兴趣小组想测定一种特殊电池的电动势E和内阻r。利用下列器材进行实验：
A.毫安表A1(量程为0∼0.2mA，内阻r1=1.0Ω);
B.毫安表A2(量程为0∼200mA，内阻r2约为0.003Ω)；
C.滑动变阻器R(0∼15Ω);
D.定值电阻R0(阻值为3Ω和阻值为6Ω可选)；
E.定值电阻R1=9999.0Ω;
F.开关一个，导线若干。
(1)为了使测量结果尽可能精确，请将图甲虚线方框内的实验电路图补充完整 。
(2)实验时，A1的示数为I1，A2的示数为I2，根据实验数据绘出I1−I2的图像如图乙所示，则所选的定值电阻R0= (填或，该电池的电动势E= V，内阻r= Ω。(后两空结果均保留三位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图甲所示，在水平面上放着右端开口的导热性能良好的汽缸，已知环境热力学温度为T0，汽缸深度为L0，现用活塞将一定质量的理想气体封闭在缸内，活塞与汽缸壁的摩擦可忽略不计。当活塞静止平衡时，活塞到汽缸口的长度为23L0。如图乙所示，现用一绳子将汽缸开口向下竖直吊起，活塞缓慢向缸口移动，再次保持平衡时，到缸口的距离为12L0。已知活塞的横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度大小为g，活塞的厚度不计。
(1)求活塞的质量m；
(2)过一段时间，因环境温度升高，图甲中活塞平衡时到缸口的距离为L03，求此时的环境热力学温度T。
14.如图所示，两相同极板长度为L，两极板的距离也为L，加上电压使上极板带负电，下极板带正电，质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以初速度v从左侧中点P沿两极板中心线进入电场，在MN虚线右侧有方向垂直纸面向外、磁感应强度B=mvqL的匀强磁场，不计重力。
(1)要使带电粒子恰好从上极板最右端A点出电场，求所加电压U；
(2)若在MN虚线右侧再加一个水平向左的匀强电场，电场强度E=mv2qL，求(1)中从A点离开电场的粒子经偏转后返回到MN虚线的位置；
(3)在P点持续发射带电粒子，在保证上极板带负电，下极板带正电的前提下，两极板的电压从0逐渐增大，求带电粒子经过磁场偏转后返回到MN虚线上的范围的长度。
15.如图所示，倾角θ=37 ∘的足够长斜面固定在水平面上，t=0时刻，将滑块a、b从斜面上相距d=1m的两处同时由静止释放。ma=2kg，mb=1kg，a、b与斜面之间的动摩擦因数分别为μa=316，μb=34，a、b之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37 ∘=0.6，两滑块均可看作质点。
(1)求两滑块第一次碰撞后瞬间，滑块a的动能Ek；
(2)求滑块a从开始运动至第302次与滑块b碰撞经过的时间t；
(3)写出滑块a碰撞后瞬间的速度与碰撞次数n的函数关系n≥1；
(4)写出滑块b从开始运动至第n+1次碰撞前的位移表达式n≥1。
参考答案
1.B
2.D
3.B
4.C
5.D
6.B
7.B
8.AD
9.BD
10.AD
LΔt
2mgl0−mgl0sinθ=12(m+2m)(LΔt)2

12.
3Ω
1.80
2.60

13.解：(1)根据题意，活塞缓慢移动，封闭气体的温度不变，有 p0SL03=p1SL02
根据平衡条件得 p1S=p0S−mg
联立可得 m=p0S3g
(2)根据题意，活塞缓慢移动，封闭气体的压强不变，有 SL03T0=S2L03T
解得 T=2T0

14.解：(1)粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向 L=vt
竖直方向 L2=12at2 ， a=qEm=qUmL
解得 U=mv 2q
(2)粒子从A点出电场时，根据速度时间关系有 vy=at ，可得 vy=v
在MN右侧空间同时有正交的电场，磁场，用配速法来分析粒子运动过程
粒子受到的电场力方向水平向左， F=qE=mv2L
由 vy 产生的洛伦兹力 f=qvB=mv2L ，方向水平向右。
以上两个力大小相等，方向相反。粒子在竖直向上的方向上做匀速直线运动。
粒子的另一分速度为 v ，方向水平向右，在对应的洛伦兹力作用下，将顺时针做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 qvB=mv2R
可得 R=L ， T=2πRv=2πLv
粒子的实际运动为以上两个分运动的合成。经半个周期后，粒子回到MN处
在此段时间内，匀速直线运动的位移 y1=v⋅t2=πL
匀速圆周运动，在半个周期内 y2=−2R=−2L
粒子位移在A点上方 y=y1+y2=(π−2)L
(3)
设粒子从M点进入磁场时速度为 v′ ，方向与水平方向成 θ 角，则 v′csθ=v
洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为 r ，则有 qv′B=mv′2r
设粒子返回到边界线上的N点，由几何关系可得 xMN=2rcsθ
解得 xMN=2L
即所有粒子经过磁场偏转后返回到MN虚线上位置均比离开虚线时的位置向下偏移 2L
当两板间电压为0时，粒子从两板正中间离开，电压增大到最大值时，从A点离开，间距为 L2
所以，粒子返回到虚线上的范围长度为 L2 。

15.解：(1)对滑块 b 进行受力分析可知，由于 mbgsinθ=μbmbgcsθ
故滑块 b 恰好静止在斜面上；对滑块 a 进行受力分析并列牛顿第二定律方程有 magsinθ−μamagcsθ=maa0
解得滑块 a 下滑的加速度大小为 a0=4.5m/s2
根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有 v2=2a0d
解得两滑块发生第一次弹性碰撞前瞬间滑块 a 的速度大小为 v=3m/s
由于两滑块发生弹性碰撞，则根据动量守恒定律有 mav=mava+mbvb
根据机械能守恒定律有 12mav2=12mava2+12mbvb2
联立解得碰后瞬间滑块 a 的速度大小为 va=1m/s
滑块 b 的速度大小为 vb=4m/s
所以两滑块第一次碰撞后瞬间，滑块 a 的动能为 Ek=12mava2=1J
(2)根据匀变速直线运动的位移公式有 d=12a0t12
解得两滑块发生第一次弹性碰撞前滑块 a 的运动时间为 t1= 2da0=23s
由分析可知，两滑块每次发生弹性碰撞后，滑块 a 都将继续以加速度 a0 做匀加速直线运动，而滑块 b 将做匀速直线运动。设两滑块从发生第一次弹性碰撞到发生第二次弹性碰撞的时间间隔为 t2 ，则有 vat2+12a0t22=vbt2 ， va1=va+a0t2
联立解得 t2=43s ， va1=7m/s
同理两滑块第二次发生弹性碰撞有 12mava12+12mbvb2=12mava22+12mbvb12 ， mava1+mbvb=mava2+mbvb1
设两滑块从发生第二次弹性碰撞到发生第三次弹性碰撞的时间间隔为 t3 ，则有 va2t3+12a0t32=vb1t3 ， va3=va2+a0t3
联立解得 t3=43s ， va2=5m/s ， vb1=8m/s
同理两滑块第三次发生弹性碰撞有 12mava32+12mbvb12=12mava42+12mbvb22 ， mava3+mbvb1=mava4+mbvb2 ， va4t4+12a0t42=vb2t4 ， va5=va4+a0t4
联立解得 t4=43s ， va4=9m/s ， vb2=12m/s
……
经过计算发现，两滑块从发生第一次弹性碰撞后，每相邻两次弹性碰撞的时间间隔都相等，都为 Δt=43s
所以滑块 a 从开始运动至第302次与滑块 b 碰撞经过的时间为 t=t1+301Δt=23s+301×43s=402s
(3)由前面数据分析可知，两滑块第一次碰撞后瞬间滑块 a 的速度大小为 va=1m/s
两滑块第二次碰撞后瞬间滑块 a 的速度大小为 va2=5m/s
两滑块第三次碰撞后瞬间滑块 a 的速度大小为 va4=9m/s
……
依次类推可得滑块 a 碰撞后瞬间的速度与碰撞次数 n 的函数关系为 vn=1+4n−1=4n−3n≥1
(4)由前面数据分析可知，从发生第一次弹性碰撞到发生第二次弹性碰撞，滑块 b 的位移为 x1=vbt2=163m
从发生第二次弹性碰撞到发生第三次弹性碰撞，滑块 b 的位移为 x2=vb1t3=323m
从发生第三次弹性碰撞到发生第四次弹性碰撞，滑块 b 的位移为 x3=vb2t4=483m
……
依次类推可得滑块 b 从开始运动至第 n+1 次碰撞前的位移表达式为 x=163+163n2n=8nn+13n≥1