云南保山市2025-2026学年高三上学期期末质量监测物理试卷含答案

这是一份云南保山市2025-2026学年高三上学期期末质量监测物理试卷含答案，共8页。试卷主要包含了考试结束后，请将答题卡交回，光滑水平面上有两个小球A、C等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3．考试结束后，请将答题卡交回。满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28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．我国研制出硼中子俘获治疗癌症的新方法：含硼化合物聚集癌细胞后，中子照射引发核反应510B+01n→37Li+X，该反应释放短程射线灭癌且不伤正常组织。下列说法正确的是（ ）
A．X是α射线B．X是β射线C．X是γ射线D．X是高速电子
2．如图所示，某半圆柱状介质的横截面为ABC（AC为直径，B是半圆弧ABC的中点）。真空中一束单色光从AC边的A点射入介质，入射角为θ=60°，折射光直接由B点射出（不考虑光的多次反射）。则该介质的折射率为（ ）
A．2B．3
C．62D．32
3．有天文爱好者利用天文台观测发现：A、B两行星绕某恒星做匀速圆周运动（忽略行星间的万有引力），A的轨道半径比B的小。下列说法正确的是（ ）
A．A运动的周期比B的小B．A运动的线速度比B的小
C．A运动的角速度比B的小D．A运动的向心加速度比B的小
4．在“滇超联赛”中，某足球队员跃起争顶，将队友传来的足球以E1=24J的初动能水平顶
出，球落地时的动能E2=96J，不计空气阻力。则球落地时的速度与水平方向的夹角为
（ ）
A．30°B．37°
C．45°D．60°
5．如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是（ ）
A．M、N两点电场强度相同
B．M、N两点电势相同
C．负电荷在M点电势能比在O点时大
D．负电荷在N点电势能比在O点时大
6．光滑水平面上有两个小球A、C（均可视为质点），质量均为m，用长L的轻质细线连接，细线不可伸长，初始时细线刚好绷直。现用一个与细线垂直、大小为F的水平恒力作用在细线的中点O，如图甲所示。当AO与CO的夹角第一次为120°时（如图乙所示），则小球A的加速度大小为（ ）
A．a=FmB．a=F2m
C．a=2FmD．a=3F3m
7．如图所示，水面上频率均为2Hz的波源S1和S2相距4m，两波源的振幅均为10cm，水面上一点P到S1，的距离为3m，到S2的距离为5m。t=0时刻，两波源同时由平衡位置开始向下做简谐振动，t=1.5s时，P点开始振动。则0∼3s内，P点运动的路程为（ ）
A．80cmB．120cm
C．160cmD．180cm
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四
个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8. 如图所示，理想变压器原线圈接在u=242sin100πt(V)的正弦式交流电源上，副线圈接规格为“6V，3W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是（ ）
A．原线圈两端电压的有效值为242V
B．副线圈中电流的有效值为0.5A
C．原、副线圈匝数之比为4：1
D．原线圈的输入功率为12W
9. 陶艺拉坯是手工艺术中非常古老的一种技艺。它是靠着手部技巧和丰富的经验，将坯料转变成各种形状的陶器。如图为某次制陶时的简化模型：拉坯机带动漏斗状陶坯绕竖直对称轴OO'匀速转动，倾斜侧壁的倾角为θ。将一小团陶泥P放在倾斜侧壁上，在拉坯机的角速度缓慢增大的过程中，陶泥始终能相对于陶坯静止。则在这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A．倾斜侧壁对陶泥P的支持力大小一定一直增大
B．倾斜侧壁对陶泥P的作用力大小一定一直减小
C．倾斜侧壁对陶泥P的摩擦力大小一定一直减小
D．倾斜侧壁对陶泥P的摩擦力大小可能先减小后增大
10．磁控管是电子显微镜的核心部件之一。某科研机构的电子显微镜中磁控管内局部区域分布着竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B。一电子从M点由静止释放，沿图中轨迹依次经过N、P两点，且N点离虚线最远。已知电子质量为m、电荷量为−e，M点为零电势点，电子重力不计，则（ ）
A．电子在N点的速率为2EB
B．N点离虚线的距离为mEeB2
C．电子在N点的电势能为2mE2B2
D．M、P两点的距离为4πmEeB2
三、非选择题：本大题共5小题，共54分。
11．阿特伍德机是由英国牧师，数学家兼物理学家的乔治·阿特伍德在1784年发表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的，用于测量加速度及验证运动定律的机械。阿德伍德机可简化为如图所示的装置，两个质量分别为mA和mB的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知mA>mB，现要利用此装置验证机械能守恒定律。
（1）选定物块A从静止开始下落的过程进行测量。首先，分别测量出两物块的质量mA、mB；然后，测量物块A下落的距离h及下落这段距离所用的时间t；已知当地重力加速度为g。若在A、B运动过程中系统机械能守恒，则应有关系式：____（用题中所给物理量表示）。
（2）为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：
①绳的质量要轻；
②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；
③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃。
以上建议中确实对提高准确程度有作用的是____。
（3）写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：____。
12．某物理兴趣小组要测量一个量程为0∼5mA、内阻约为300Ω的电流表G1的内阻。
（1）某同学先用欧姆表粗测电流表内阻，步骤如下：
①调整“机械调零旋钮”，使指针指到左侧零刻度；
②将选择开关拨到欧姆挡____（填“×1”“×10”或“×100”）挡，把红黑表笔直接短接，调整“____旋钮”，使指针指向“0Ω”；
③将多用电表的红表笔与电流表的____（填“+”或“-”）接线柱相连，黑表笔与电流表另一接线柱试触，观察发现电流表G₁指针示数没有超过量程，将黑表笔与电流表该接线柱连接，欧姆表的示数如图甲所示，则电流表的内阻r1=____Ω。
（2）连接好电路后，将图乙电路图中的滑动变阻器滑片移到最左端，闭合开关S，多次移动滑片，记录各次G₁和G₂的读数I1和I2；以I1为纵坐标，I2为横坐标，在坐标纸中描点，作出I1−I2图线。已知图线斜率为k，定值电阻阻值为R0，则待测电流表G1内阻的表达式为r1=（用k、R0表示）。
13. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C后，最后回到状态A，其中A→B为等压过程，B→C为等容过程，C→A为等温过程。求：
（1）状态C的压强pC；
（2）A→B→C过程中气体与外界交换的总热量Q。
14. 如图所示，光滑斜轨道PO和粗糙水平轨道ON平滑连接，水平轨道上的O、C两点相距sOC=1m，固定挡板MN到O点的距离为sOC=3m。小物块B静止在O点，现将小物块A从斜轨道上高h=0.8m处由静止释放，A下滑后与B发生完全弹性碰撞，碰后B向右运动与挡板MN碰撞后等速率反弹（碰撞时间极短可忽略），之后两物块在C点发生第二次碰撞。
已知A、B的质量比mAmB=3，两物块与轨道ON段之间的动摩擦因数相同。A、B均可视为质点，取重力加速度g=10 m/s2。求：
（1）第一次碰撞结束瞬间A、B的速度大小；
（2）A、B第一次碰撞结束到第二次碰撞经历的时间t以及两物块与轨道ON段之间的动摩擦因数μ。
15．如图所示，光滑绝缘水平面上有质量M=5 kg足够长的金属导轨abcd，ab平行于cd。质量m=1 kg、电阻不计的导体棒PQ放置在导轨上，两者的动摩擦因数μ=0.1，导体棒右侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长L=4 m，开始时PQ右侧导轨的总电阻R=1 Ω，左侧导轨单位长度的电阻R0=0.1 Ω/m。以ef为界，其右侧匀强磁场方向竖直向上（区域足够大），左侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为B=0.5 T。t=0时，一水平向右的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始以a=10 m/s2做匀加速直线运动。求：
（1）回路中感应电流随时间变化的关系式；
（2）经过多长时间拉力F达到最大值，并求此最大值。
1.A
2.C
3.A
4.D
5.B
6.A
7.C
8.BC
9.AD
10．AD
11．（1） (mA−mB)gt2=2(mA+mB)h
（2）①③
（3）多次取平均值可减少测量误差
12．（1） ×10 欧姆调零 − 260
（2） 1k−1R0
13．（1）PC=1.5×105Pa
（2）Q=60J
解：（1）C→A为等温过程，根据玻意耳定律PCVC=PAVA
解得PC=1.5×105Pa
另解：
A→B为等压过程，根据盖-吕萨克定律有VATA=VBTB
B→C为等容过程，根据查理定律有PBTB=PCTC
解得PC=1.5×105Pa
（2）由题意可知TC=TA，故A→B→C过程中气体内能增量ΔU=0
A→B过程中，气体压强不变，气体做功WAB=−pA(VB−VA)
B→C过程中，气体体积不变，气体对外不做功WBC=0
根据热力学第一定律ΔU=W+Q
解得Q=60J
14．（1）vA=2m/s，vB=6m/s
（2）t=1s，μ=0.2
解：（1）A在斜轨道下滑过程，由机械能守恒定律得mAgh=12mAv02，解得
v0=4m/s
设第一次碰撞结束瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB。A与B发生弹性碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
联立解得vA=2m/s，vB=6m/s
（2）从A、B第一次碰撞结束到第二次碰撞的过程中，A与B运动的加速度大小均为
a=μmgm=μg
根据运动学公式，对B有sON+sCN=vBt−12at2
对A有sOC=vAt−12at2
其中sON=3m，sCN=2m，sOC=1m，vA=2m/s，vB=6m/s，代入上式解得t=1s，
μ=0.2
15.（1） I=20t1+t2
（2）t=1s，Fmax=73N
解：（1）根据题意可知回路中的感应电动势为EBL=v
导轨做匀加速直线运动，有v=at
时间t内运动的位移为s=12at2，回路中的总电阻R总=R+2R0·s，回路中感应电流I=ER总
代入题中所给数据解得I=20t1+t2
（2）水平方向导轨受到外力F，安培力F安以及导体棒PQ的摩擦力Ff的作用，其中安培力
F安=BIL=B2L2atR+R0at2
根据电路中电流大小处处相等，两侧磁场的磁感应强度大小相等，则导体棒PQ所受安培力
的大小也是F安，方向竖直向下。导轨受到的摩擦力为
Ff=μFN=μ(mg+F安)=μmg+B2L2atR+R0at2
根据牛顿第二定律可知F−F安−Ff=Ma，化简可得F=Ma+μmg+(μ+1)B2L2aRt+R0at
上式中当Rt=R0at，即t=RR0a=1s
时外力F取最大值。代入t=1s，则外力F最大值为Fmax=73N