2025_2026学年湖南汨罗市第一中学高三下学期3月月考物理试卷 [含解析]

这是一份2025_2026学年湖南汨罗市第一中学高三下学期3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。
1. 氘核可通过一系列聚变反应释放能量，总的反应效果可用表示，式中x、y的值分别为（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【详解】根据反应前后质量数和电荷数守恒可得
解得
，
故选C。
2. 2025年济南市老旧电梯更新工程中，部分超龄服役老旧电梯完成更新改造，新电梯运行平稳性达到国家最新标准。某次新电梯向下运行过程的速度v随时间t变化规律如图所示。电梯内水平地板上放着质量为m的物块，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 0～5s内物块受到的重力大于mg
B. 运行过程中只有5～10s内物块受到的重力等于mg
C. 0～5s内物块对地板的压力大于mg
D. 10～15s内物块处于超重状态
【答案】D
【解析】
【详解】AB．无论电梯如何运动，物块的重力是不变的，则在任何时刻物块受到的重力都等于mg，AB错误；
C．0～5s内物块的加速度向下，处于失重状态，则物块对地板的压力小于mg，C错误；
D．10～15s内物块加速度向上，处于超重状态，D正确。
故选D。
3. 起重机是一种常见的重型机械，用于提升和移动重物。如图所示，当将质量为m的重物，以0.25g（g为重力加速度）的加速度匀加速竖直向上提起时，起重机对重物的拉力大小为（ ）
A 0.25mgB. 0.75mgC. mgD. 1.25mg
【答案】D
【解析】
【详解】对重物根据牛顿第二定律可知
可得F=1.25mg。
故选D。
4. 如图所示，粗糙斜面置于粗糙水平地面上，轻绳跨过光滑的定滑轮，一端悬挂物块，另一端与斜面上的物块相连，滑轮左侧的轻绳与斜面平行，整个装置保持静止状态。已知物块的质量为，物块的质量为，斜面倾角，物块与斜面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，下列说法正确的是（ ）
A. 地面对斜面的摩擦力大小为12
B. 斜面对物块的摩擦力大小为12
C. 若剪断轻绳，则地面对斜面摩擦力大小为0
D. 若剪断轻绳，则斜面对物体的摩擦力大小为6.4
【答案】C
【解析】
【详解】A．对物体A受力分析，根据平衡条件可得轻绳的拉力为
BC整体受力分析，根据平衡条件可得，水平方向上，地面对C的摩擦力与轻绳在水平方向的分力平衡，即
A错误；
B．对B受力分析可得
解得
B错误；
D．剪断轻绳，B受到的最大静摩擦力
故物体B静止在斜面上，此时受到的摩擦力为
D错误。
C．剪断轻绳，因B静止在斜面上，BC整体受力分析，水平方向整体不受外力，故地面对C摩擦力为零，C正确；
故选C。
5. 如图所示，质量为m的物体P静置于水平地面的斜面Q上，现用平行于斜面的力F拉物体P。在力F由零逐渐增加而物体P和斜面Q仍静止的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物体P受到的静摩擦力一定逐渐减小
B. 物体P所受的合外力一定逐渐增大
C. 地面对斜面Q的支持力一定逐渐减小
D. 斜面Q对物体P的摩擦力小于物体P对斜面Q的摩擦力
【答案】C
【解析】
【详解】A．设斜面倾角为，物体P静止在斜面Q上，则物体受到的静摩擦力大小为
现用平行于斜面的力F拉物体P，则对物体P受力分析有
则力F由零逐渐增加的过程中，物体P受到的静摩擦力先沿斜面向上减小，再沿斜面向下增大，故A错误；
B．物体P保持静止，所受合外力为零，即所受合外力一定不变，故B错误；
C．把PQ看成一个整体，地面对斜面Q的支持力为
随着外力F的增大，地面对斜面Q的支持力逐渐减小，故C正确；
D．由牛顿第三定律可知，斜面对物体P的摩擦力等于物体P对斜面的摩擦力，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，在光源L的右侧，有两个平行挡板A1、A2相距为d，A1上开有单缝S，A2上开有相距为b的平行双缝S1、S2，挡板A2右侧有一相距为D的光屏A3，L、S、S1、S2中点、O在一条直线上，且d≫b，D≫d，光源L发出单色光的波长为λ，若在图中阴影区域加上折射率为n的介质，则中央亮纹移动的方向和距离为（ ）
A. 下移B. 下移
C. 上移D. 上移
【答案】C
【解析】
【详解】因光在介质中传播时速度减小，则由S发出的光线到达S2时间长些，导致S2的光相对于S1“滞后”，为使两束光在屏上某点重新满足相位相同，需让S1的光多走一段路径补偿滞后，即该点应更靠近S2，故中央亮条纹向上移动。
光在介质中的波长为
设光到S1和S2的波长数分别为N和N’，则光从S到S1和S2满足
从S到S1和S2的波长数之差为
因为d≫b，则可认为
从S到S1和S2发出的光线在屏上的条纹间距
则中央亮纹上移的距离为
故选C。
二、多选题（每题5分，共15分）
7. 如图所示，真空中的正三棱柱ABC-A′B′C′，在A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为-Q的点电荷，已知AC=AA′=L，静电力常量为k，选取无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（ ）
A. B点的电势低于C′点的电势
B. B′点的电场强度大小为
C. 将一负试探电荷从C′点移到A′点，其电势能一直减小
D. 将一个正试探电荷沿直线从B点移到B′点和从B′点移到B点，电场力做功不同
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据电势公式可得，
所以B点的电势高于C′点的电势，故A错误；
B．根据场强叠加原理，如图所示
B'点场强大小为，
解得，故B正确；
C．根据电荷的分布可知，负试探电荷从C′点移到A′点，电场力始终做正功，则其电势能减小，故C正确；
D．因为B点和B'点在等量异种电荷的中垂面上，而其中垂面为零等势面，因此从B点移到B′点和从B′点移到B点，电场力均不做功，故D错误。
故选BC。
8. 如图所示，用三段细绳、、将一重物悬吊在竖直圆环上，绳的结点位于圆心O，a、b点位于圆周上，开始与垂直，a点固定。现将绳的b端沿圆周缓慢移到O点正上方，在此过程中，下列说法正确的是（ ）。
A. 绳拉力逐渐减小B. 绳拉力先减小后增大
C. 绳拉力逐渐增大D. 绳拉力先减小后增大
【答案】AC
【解析】
【详解】
由图可知，绳拉力逐渐减小，绳拉力逐渐增大。
故选AC。
9. 如图甲为循环弹珠玩具，小钢球从左端漏斗进入轨道，沿轨道运动至圆轨道最高点后向左上方抛出，落在左端漏斗中，再次进入轨道。小钢球沿圆轨道上升并从轨道抛出过程的简化原理如图乙所示，半径为L的光滑圆轨道竖直放置，其圆心为O，A为轨道最低点，AO竖直，B为轨道最高点，OB与竖直方向的夹角为60°，在与圆心O等高处放置水平平台。质量为m的小钢球（视为质点）从最低点A以水平初速度沿轨道上升，到达B点后做斜抛运动并经过水平平台的C点（未画出）。重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 小钢球到达B点时的速度大小为
B. 小钢球脱离轨道前瞬间，所受轨道支持力的大小为1.5mg
C. 小钢球从B点运动到C点所用时间为
D. C点与O点的距离为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．从A点到B点的过程中，由动能定理得
解得，故A错误；
B．小球在B点时，对小球进行受力分析
沿直径方向有
向心加速度大小为
解得，故B正确；
C．小球在B点时，对其速度进行正交分解
，
小球从B点到最高点所用时间
B点到最高点间的竖直距离为
由得到小球下落过程中所用时间
小钢球从B点运动到C点所用时间，故C错误；
D．水平位移
C点与O点的距离为，故D正确。
故选BD。
三、实验题（共16分）
10. 某实验小组用如图甲所示的装置来探究弹簧弹力F和长度x的关系。把弹簧上端固定在铁架台的横杆上，记录弹簧自由下垂时下端所到达的刻度位置。然后，在弹簧下端悬挂不同质量的钩码，记录每一次悬挂钩码的质量和弹簧下端的刻度位置，实验中弹簧始终未超过弹簧的弹性限度。通过分析数据得出实验结论。
（1）以弹簧受到的弹力F为纵轴、弹簧的长度x为横轴建立直角坐标系，依据实验数据作出F - x图像，如图乙所示。由图像可知，弹簧自由下垂时的长度x0 = ______cm，弹簧的劲度系数k = ______N/m。（结果均保留2位有效数字）
（2）另外一名同学用该弹簧探究弹簧弹力F与弹簧形变量Δx的关系，测得弹簧水平放置时的长度为初始长度，然后再将弹簧竖直悬挂如图甲所示进行实验，依据实验数据作出Δx - F图像，如图丙所示，图像与纵轴有截距的原因是实验中未考虑弹簧自身受到的重力，查阅资料得知弹簧自重与形变量的定量关系是，据此估算弹簧自重为______N。
【答案】（1） ①. 5.0 ②. 50
（2）0.5
【解析】
【小问1详解】
[1]弹力时，弹簧长度为自由下垂时的长度，由图乙可知，长度
[2]根据胡克定律得
由公式可知，图像乙的斜率即为弹簧的劲度系数，所以弹簧的劲度系数
【小问2详解】
根据图丙可知，弹簧由于自重产生的形变量
根据小问1得
将、、代入题干给出的公式
得
11. 实验小组用如图甲所示的电路来测量电阻Rx的阻值，图中标准电阻的阻值已知为R0，E为电源，S1为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关，R为滑动变阻器，V为理想电压表。合上开关S1，将开关S2掷于1端，将R的触头置于适当的位置，记下的示数U1，然后将S2掷于2，记下的示数U2，改变R触头的位置。多测几组U1、U2的相对应值，做出U1 − U2的函数关系图像如图乙所示，回答下列问题：
（1）按照图甲所示的实验原理线路图用笔画线连接实物图__________；
（2）合上开关S1之前，R触头应置于__________（选填“最右端”或“最左端”），多测几组U1、U2，做U1 − U2图像的目的是减小__________（选填“系统”或“偶然”）误差；
（3）写出乙图像的函数表达式__________，当乙图的斜率为k，可得Rx = __________（用题中字母表示）。
【答案】（1） （2） ①. 最左端 ②. 偶然
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
完整的电路实物连线图如下
【小问2详解】
[1]合上开关S1之前，R触头应置于最左端；
[2]多测几组U1、U2，做U1 − U2图像的目的是减小偶然误差；
【小问3详解】
[1][2]S2掷于1端，U1表示Rx和R0串联的总电压，S2掷于2端，U2表示R0的电压，由串联电阻的电流相等，总电压等于两个电阻电压之和，结合欧姆定律可得
变形可得
当乙图的斜率为k，可得
解得
四、解答题（共45分）
12. 办公桌上摆放着一个质量分布均匀的透明“水晶球”，如图甲所示。该水晶球的半径，过球心的截面如图乙所示，为直径，一单色细光束从点射入球内，折射光线与夹角为，出射光线与平行。已知光在真空中的传播速度。求：
（1）“水晶球”的折射率；
（2）光在“水晶球”中的传播时间。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
如图所示，由几何关系可知，光线射出时的折射角为，折射率
【小问2详解】
又因为
光在玻璃中传播的距离
故光在玻璃中传播的时间
联立上述各式解得
13. 如图所示，粗糙的水平地面上放置一质量为的物体，物体与水平面之间的动摩擦因数为。物体在拉力F作用下由静止开始运动，F大小为，方向与水平方向的夹角为斜向上，经撤去拉力F，已知，，取。求：
（1）在拉力F作用下物体运动的加速度大小；
（2）物体运动的最大位移。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）对物块进行受力分析如图所示，
水平方向由牛顿第二定律
竖直方向由力的平衡
解得
（2）物体加速运动位移为
撤力时物体速度为
撤力F后匀减速运动的加速度大小为
匀减速运动的位移为x2
运动的最大位移
解得
14. 如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d，电场强度为E，方向水平向左；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一群电荷量为（），质量为m，重力不计的粒子在第1层磁场左侧边界以初速度射入，方向与边界夹角为，且均匀的分布在内。设粒子始终在电场、磁场中运动，除、、以外，其他物理量均已知，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。（，）。
（1）若有75%的粒子能通过第1层左侧磁场区域进入电场，求磁感应强度的大小？
（2）若时，其中有50%的粒子能穿过第1层电场区域，求电场强度E的大小？
（3）若，，，，求：该粒子在运动过程中，粒子与入射点的水平距离的最大值。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
若有75%的粒子能通过第1层左侧磁场区域进入电场，则有
根据几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
【小问2详解】
若时，由
解得
依题得：在90°~180°范围内入射的粒子能穿过电场区域，且90°和恰好为临界入射点；当时，
粒子进入电场的水平速度
在电场中有，
联立解得
【小问3详解】
粒子每完整穿过一层组合场区域时，竖直方向上有
其中，
故粒子每完整穿过一层组合场区域时，有
假设完整穿过n组组合场区域，则有
解得，由于n取整数，即取5；
则粒子在第6组右磁场区域速度变为竖直方向，到达水平方向最远距离，有
其中，
解得
粒子与入射点的水平距离的最大值为
解得