2025_2026学年湖南汉寿县第一中学高三上学期1月月考物理试卷 [含解析]

这是一份2025_2026学年湖南汉寿县第一中学高三上学期1月月考物理试卷 [含解析]，共41页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 若放射性物质的温度升高，其半衰期将减小
B. 卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子核内部存在复杂结构
C. 发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
D. 在测单色光波长实验中，若只增大入射光频率，干涉条纹间距减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．半衰期由原子核内部因素决定，与温度无关，故A错误；
B．卢瑟福的α粒子散射实验证实了原子的核式结构，而非原子核内部复杂结构，故B错误；
C．根据
可知光电子的最大初动能与入射光频率成线性关系，但不成正比，故C错误；
D．双缝干涉条纹间距公式为
根据
可知当频率增大时，波长减小，则条纹间距减小，故D正确
故选D。
2. 图甲为太阳光穿过转动的六角形冰晶形成“双太阳”的示意图，图乙为a、b两种单色光穿过六角形冰晶的过程图，则（ ）
A. 太阳光照在转动的冰晶表面上，部分光线发生了全反射
B. 冰晶对a的折射率比对b的折射率大
C. a光光子能量比b更大
D. 用a、b光在相同实验条件下做双缝干涉实验，a的条纹间距大
【答案】D
【解析】
【详解】A．全反射条件是光密进入光疏介质才能发生，故A错误；
B．由图可知，太阳光射入冰晶时，a光的偏折程度比b光的偏折程度小，则a的折射率比b的小，故B错误；
C．a的折射率比b的小，则a的频率比b的小，根据
可知a的光子能量比b的小，故C错误；
D．a的频率比b的小，根据
则a的波长比b的大，用光在相同实验条件下做双缝干涉实验，根据
可知a的双缝干涉条纹间距大，故D正确。
故选D。
3. 若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的角速度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】卫星在星体表面附近绕其做圆周运动，则


知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的角速度
故选D。
4. 如图所示，质量均为m的两个物体A、B通过一轻质弹簧连接，静止在水平地面上。从某时刻开始对A施加一竖直向上的外力，使A做匀加速直线运动，经时间t，B恰好离开地面。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。这个过程中外力做的功为（ ）

A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【详解】物体A未运动时，根据平衡条件有
解得
分析可知，物体B恰好要离开地面则有
解得
则可知
由此可知A的位移为
设物体A的加速度为，根据匀变速直线运动位移与时间的关系式可得
设物体B刚好离开地面时物体A的速度为，则有
在物体A运动至物体B刚要离开地面时的过程中，设拉力F做的功为，而初末位置，弹簧的压缩量与伸长量相同，弹簧的弹性势能未发生变化，即弹簧的弹力做功为0，则对该过程由动能定理有
联立以上各式解得
故选D。
5. 如图所示，两光滑定滑轮、分别安装在竖直的固定轻杆上，带电小球A用轻质绝缘细线绕过两滑轮与不带电的物块C相连，与C连接端的细线竖直，在定滑轮的正下方用绝缘杆固定一带电小球B，整个系统处于平衡状态，忽略小球A、B及滑轮的大小。由于小球A缓慢漏电，与竖直方向的夹角缓慢减小。当与竖直方向的夹角为45°时，地面对物块C的支持力大小为4N；当与竖直方向的夹角为30°时，地面对物块C的支持力大小为（ ）
A. 2NB. 3NC. 4ND. 5N
【答案】C
【解析】
【详解】如图所示，将小球A受到的重力mg、拉力T、库仑力F平移成矢量三角形，它与三角形相似，有。
由于、mg不变，因此不变，由于不变，因此T不变。
对物块C，由于细线拉力不变，因此地面对C的支持力为4N不变。
故选C。
6. 将等量异种电荷放置在如图所示的P、Q两点上，O点位于P、Q中点，过O点作一垂线，a、b、N是垂线上的三点。已知Oa＝2Ob，且在N点放置一正点电荷，则（ ）
A. 电子在b处的电势能小于电子在a处的电势能
B. b处的场强大小小于a处的场强大小
C. a处的电势大于b处的电势
D. a、O之间的电势差绝对值大于b、O之间电势差绝对值的2倍
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】等量异种电荷的电场线分布如图所示
B．根据等量异种电荷与正的点电荷在两处的电场强度，再结合矢量的叠加法则，可知
B错误；
AC．在等量异种点电荷的电场中，a、b两点的电势相等，在正点电荷的电场中a点处的电势低于b点处的电势，由电场的叠加原理知a处的电势低于b处的电势，由于负电荷在电势高的地方，电势能反而低，所以电子在a处的电势能大于电子在b处的电势能，C错误A正确；
D．根据C选项可知ab、b间电势差其实就是看N点的正电荷在ab、b处形成的电势差就可以，根据
定性分析可知
a、O之间的电势差绝对值小于b、O之间电势差绝对值的2倍，D错误。
故选A。
二、多选题
7. 如图所示，小海同学在同一位置沿水平方向先后抛出两个小球，它们分别落到水平地面上的A、B两点，不计空气阻力，则从抛出到落地的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 落到A点的球初速度大
B. 落到B点的球初速度大
C. 落到A点的球与落到B点的球在空中运动的时间一样长
D. 落到B点的球在空中运动的时间长
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．设抛出点离地面的高度为，根据平抛运动的规律可知，小球竖直方向做的是自由落体运动，则有
同理小球水平方向做的是匀速直线运动，则有
联立可得平抛运动的初速度为
由于下落高度相同，落到B点的球水平位移较大，故落到点的球初速度大，故A错误，B正确；
CD．根据上述分析可知，小球运动的时间为
由于下落高度相同，所以落在、点的球在空中运动的时间相等，故C正确，D错误。
故选BC。
8. 2021年4月13日，日本政府以“没有更好的选择”为理由，正式决定向海洋排放逾125万吨福岛核电站内储存的对生物和环境有害的核废水，引发邻国及国际社会普遍质疑和批评。这些核废水中含有大量的以及等放射性核素，的半衰期大约为12.5年，则（ ）
A. 发生衰变的衰变方程为（其中X为某新核）
B. 的平均结合能小于的平均结合能
C. 核废水排放到海水中，可以减小放射性元素的半衰期
D. 100个经过12.5年后一定还剩余50个
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】A．衰变是释放出电子，所以发生衰变的衰变方程为（其中X为某新核），故A正确；
B．由原子核的平均结合能的曲线可知，的平均结合能小于的平均结合能，故B正确；
C．半衰期与外界环境无关，只与原子核本身有关，故C错误；
D．衰变是概率统计，并非绝对，所以100个经过12.5年后不一定还剩余50个，故D错误。
故选AB。
9. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为，，一个竖直放置的边长为a，质量为m，电阻为R的正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为，则下列判断正确的是
A. 此过程中通过线框截面的电量为
B. 此过程中克服安培力做的功为
C. 此时线框的加速度为
D. 此时线框中的电功率为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．感应电动势为
感应电流为
电荷量为
解得：
故A正确；
B．由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为
故B错误；
C．由感应电动势公式，可得此时感应电动势
线框电流
由牛顿第二定律得：
解得：
故C正确；
D．此时线框的电功率
故D错误。
故选AC。
10. 在一个水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，俯视如图示，a、b、c、d为圆上两条直径的端点，且ac与bd相互垂直。在内部放置A、B两个小球（球径略小于管径，管径远小于R），质量分别为mA、mB，开始时B球静止于a点，A球紧靠在B球左侧，现给A球水平冲量I，A球向右与B球发生第一次碰撞且被反弹。已知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在b点。则下列说法中正确的是（ ）
A. A、B两球的质量比为
B. 若给A球的水平冲量，则第二次碰撞点一定在b点
C. 若只增大A球的质量，则第二次碰撞点可能仍在b处
D. 若只增大A球的质量，则发生第2026次碰撞时经历的时间为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．设第一次碰后两球的速度分别为、。对A球则有
根据动量守恒定律和能量守恒定律则有，
第二次碰撞发生在b点，则有
联立解得，故A错误；
B．第一次碰后，A球和B球的速度比为，增大A球的初速度后，速度之比不改变，则第二次碰撞点仍在b点，故B正确；
C．若两球碰后同向运动，两球在b点发生第二次碰撞，则A球运动的路程是B球的，两球碰后速度的大小之比
结合A分析则有
解得
若只增大A的质量，满足
则两球也会在b点再次碰撞，故C正确；
D．由于发生弹性碰撞，两球的相对速度大小不变，相邻两次碰撞的时间间隔均为，发生第2026次碰撞时经历的时间为，故D错误。
故选BC。
三、实验题
11. 某校举办科技节活动，一位同学设计了可以测量水平面上运动物体加速度的简易装置，如图所示。将一端系有摆球的细线悬于小车内O点，细线和摆球后面有一个半圆形的刻度盘。当小球与小车在水平面上保持相对静止时，根据悬绳与竖直方向的夹角θ，便可得到小车此时的加速度。

（1）为了制作加速度计的刻度盘，需要测量当地的重力加速度，该选手利用单摆进行测量，每当摆球经过最低点时记数一次，从计数1到51用时40秒，则该单摆周期为____________s；若已知单摆摆长为l，周期为T，则计算当地重力加速度的表达式为g＝____________；
（2）该加速度测量仪的刻度____________。（填“均匀”或“不均匀”）
【答案】 ①. 1.6 ②. ③. 不均匀
【解析】
【详解】（1）[1]由题意，知单摆周期为
[2]根据单摆周期公式
则计算当地重力加速度的表达式为
（2）[3]由受力分析，结合牛顿第二定律，得
解得
可知加速度不随角度均匀变化
12. 某同学用普通的干电池（电动势，内阻）、直流电流表（量程，内阻）、定值电阻和电阻箱、等组装成一个简单的欧姆表，电路如图甲所示，通过控制开关 S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“”和“”两种倍率。
（1）图甲中b表笔为________（选填“红表笔”或“黑表笔”）
（2）当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱，使电流表达到满偏。再在 ab表笔间接入待测电阻，电流表指针指向如图乙所示的位置，则待测电阻的阻值为________。
（3）闭合开关S，调节电阻箱R2和R3，当________且________时，将红黑表笔短接，电流表再次满偏，电流表就改装成了另一倍率的欧姆表。
（4）若该欧姆表内电池使用已久，电动势降低到，内阻变为，当开关S闭合时，短接调零时仍能实现指针指到零欧姆刻度处（指针指电流满刻度）。若用该欧姆表测出的电阻值，这个电阻的真实值是________。（保留两位有效数字）
【答案】（1）红表笔 （2）1000
（3） ①. 77.5 ②. 80
（4）93
【解析】
【小问1详解】
由“红入黑出”可知，b端应与红表笔连接。
【小问2详解】
满偏时有
解得欧姆表的内阻
表盘的中值电阻为，电流表指针指向如图乙所示的位置时的读数为，根据闭合电路的欧姆定律有
解得
【小问3详解】
[1][2]闭合开关S，欧姆表的内阻变小，倍率变小至“×10”，调节电阻箱R2和R3，使电流表满偏时欧姆表内阻为，电路总电流为
根据欧姆定律，有
表的内阻为
解得
【小问4详解】
设电流表满偏电流，欧姆调零时
则
当电动势变小、内阻变大时，由于欧姆表重新调零，内阻的变化不影响，由于满偏电流不变，由知，欧姆表的内阻变小，用欧姆表测电阻时
解得
四、解答题
13. 如图所示匝数为、边长为的闭合正方形线圈abcd固定在主体下部，总电阻为。模型外侧安装有由绝缘材料制成的缓冲槽，槽中有垂直于线圈平面、磁感应强度为的匀强磁场。模型以速度着地时缓冲槽立即静止，此后主体在线圈与缓冲槽内磁场的作用下减速，从而实现缓冲。已知主体与线圈总质量为，重力加速度为，不计摩擦和空气阻力。求：
（1）模型以速度着地瞬间边中电流的大小和方向；
（2）主体减速下落的加速度为时，线圈中的发热功率。
【答案】（1），由到
（2）
【解析】
【详解】（1）着地瞬间缓冲槽立即静止，线圈以速度与缓冲槽内磁场的作用下，产生的感应电动势为
感应电流为
根据右手定则可得，感应电流的方向为由到。
（2）主体减速下落时，由牛顿第二定律
线圈中的发热功率
14. 如图所示，在xOy平面内y轴左侧（含y轴）有一沿y轴负向的匀强电场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从x轴上P处以速度v0沿x轴正向进入电场，从y轴上Q点离开电场时速度方向与y轴负向夹角θ=30°，Q点坐标为（0，－d），在y轴右侧某区域内（图中未画出）有一与坐标平面垂直的有界匀强磁场，磁场磁感应强度大小，粒子能从坐标原点O沿x轴负向再进入电场．不计粒子重力，求：
（1）电场强度大小E；
（2）粒子在有界磁场中做圆周运动半径r和时间t；
（3）如果有界匀强磁场区域为半圆形，求磁场区域的最小面积S．
【答案】（1）（2），（3）
【解析】
【详解】（1）设粒子从Q点离开电场时速度大小为v，由粒子在匀强电场中做类平抛运动得
由动能定理得

解得
（2）设粒子从N点进入、N点离开半圆形匀强磁场区域粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r，圆心为O1，如图所示
由
解得
由几何关系知，粒子能从坐标原点O沿x轴负向再进入电场，粒子在磁场中转过的圆心角为240°，所以粒子在磁场中的运动时间为
（3）若半圆形磁场区域的面积最小，则半圆形磁场区域的圆心为O2，可得半径
半圆形磁场区域的最小面积
15. 如图所示，可看作质点的小物块的质量，右端带有竖直挡板的足够长的木板B，它的质量，木板B上点左侧与小物块间的动摩擦因数，点右侧光滑，点与木板右侧挡板的距离，水平地面光滑。初始时木板B静止，在木板B上点的左侧，与点的距离，现使获得一水平向右的初速度，初速度大小，A与B右侧挡板碰撞的时间和能量损失都不计，重力加速度。求：
(1)第一次到达点时，和B各自速度大小；
(2)和达共同速度时，距点的距离；
(3)自初始时至A、B碰撞，的平均速度大小；
(4)自初始时至A、B达共同速度，向右运动的位移大小。
【答案】(1)；(2)；(3)；(4)
【解析】
【分析】
【详解】(1)自初始状态至第一次到达B上的点
联立两式代入数据解得
(2)自初始状态至和B达共同速度
联立解得，距点的距离
(3)自初始状态至第一次到达B上的点
解得
又
解得
自第一次到达B上的点至到达右侧挡板
解得
则
自初始时至A、B碰撞，的平均速度
解得
(4)与B右侧挡板碰撞过程
解得
第二次经过点后，有
解得
自初始时至A、B达共同速度，向右运动的位移