2025_2026学年四川省泸州市泸县第五中学高三上学期1月月考物理试卷 [含解析]

这是一份2025_2026学年四川省泸州市泸县第五中学高三上学期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。
第I卷 选择题 46分
一、单选题（每题4分，共28分）
1. 近年来，我国核电事业发展迅速，在建与商运核电机组总规模位居世界前列。核反应堆是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能。是反应堆中发生许多核反应中的一种，X是某种粒子，a是X粒子的个数，用、、分别表示、、核的质量，表示X粒子的质量，c为真空中的光速。下列说法正确的是（ ）
A. X电子
B. a=2
C. 原子核的比结合能比原子核的大
D. 上述核反应中放出的核能
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电荷数守恒，左右总电荷数
故X不带电，应为中子，故A错误；
B．根据质量数守恒可得
解得，故B错误；
C．生成核更稳定，则原子核的比结合能比原子核的小，故C错误；
D．质量亏损为反应前总质量减去反应后总质量，则
根据质能方程
可得，故D正确。
故选D。
2. 某灯光音乐喷泉运行时，五彩斑斓，景色蔚为壮观。若该喷泉某只喷管喷出的水柱在竖直方向上接近十五层楼顶的高度，根据生活经验，可以估算出该水柱从地面喷出时在竖直方向的分速度与下列哪个值最接近（ ）
A. 15m/sB. 20m/sC. 25m/sD. 30m/s
【答案】D
【解析】
【详解】根据生活经验，每层楼高3m，15层楼高约为
根据
解得
故选D。
3. 目前科学家已经能够制备出能量量子数n较大的氢原子。氢原子第n能级的能量为，其中。图是按能量排列的电磁波谱，要使的氢原子吸收一个光子后，恰好失去一个电子变成氢离子，被吸收的光子是（ ）
A. 红外线波段的光子B. 可见光波段的光子
C. 紫外线波段的光子D. X射线波段的光子
【答案】A
【解析】
【详解】要使处于n=20的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子，则需要吸收光子的能量为
因为
则被吸收的光子是红外线波段的光子。
故选A。
4. 2025年11月1日，神舟二十一号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱；将载人飞船的变轨过程简化为以下模型：飞船变轨前绕地稳定运行在圆形轨道Ⅰ上，椭圆轨道Ⅱ为飞船的转移轨道，核心舱绕地沿逆时针方向运行在圆形轨道Ⅲ上，轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于A、B两点，下列说法正确的是（ ）
A. 飞船分别在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运行时经过A点的向心加速度相等
B. 飞船在轨道Ⅰ上的速度小于天和核心舱在轨道Ⅲ上的速度
C. 飞船应先变轨到轨道Ⅲ，然后再与天和核心舱对接
D. 飞船在转移轨道上从A向B运行的过程中宇航员处于超重状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于，可知飞船分别在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运行时经过A点的向心加速度相等，故A正确；
B．根据
解得
轨道I的半径小于轨道Ⅲ的半径，所以飞船在轨道Ⅰ上的速度大于天和核心舱在轨道Ⅲ上的速度，故B错误；
C．应先变轨到较轨道Ⅲ略低的轨道，然后再通过加速完成与天和核心舱对接，故C错误；
D．点火后，飞船在轨道Ⅱ上从A向B运行时做离心运动，只受万有引力且处于完全失重状态，故D错误。
故选A。
5. 风筝发明于中国东周春秋时期，是在世界各国广泛开展的一项群众性体育娱乐活动。一平板三角形风筝（不带鸢尾）悬停在空中，如图为风筝的侧视图，风筝平面与水平面的夹角为θ，风筝受到空气的作用力F垂直于风筝平面向上。若拉线长度一定，不计拉线的重力及拉线受到风的作用力，一段时间后，风力增大导致作用力F增大，方向始终垂直于风筝平面，夹角θ不变，再次平衡后相比于风力变化之前（ ）
A. 风筝距离地面的高度变大B. 风筝所受的合力变大
C. 拉线对风筝的拉力变小D. 拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角变小
【答案】A
【解析】
【详解】BCD．对风筝受力分析如下图
风力变化之前，风力为F，风筝重力为G，拉线拉力为T；当风力增大，风力变为F1，风筝重力不变，拉线拉力变为T1，矢量三角形如图所示，风筝悬停在空中，可得风筝所受的合力始终为零，保持不变，由图可以看出，再次平衡后相比于风力变化之前，拉线拉力变大，拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角α变大，故B、C、D错误；
A．设拉线长为L，则风筝距地面高度h＝Lsinα，再次平衡后相比于风力变化之前，风筝距离地面的高度变大，故A正确。
故选A。
6. 如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v-t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度。则正确的是（ ）
A. 传送带的速率
B. 传送带的倾角
C. 物体与传送带之间的动摩擦因数
D. 0~2s内物体在传送带上留下的痕迹为5m
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，在t=1s时物块的加速度发生改变，此时物块的速度为10m/s，可知传送带的速率，A错误；
BC．根据牛顿第二定律结合v-t图像可知，开始阶段物块的加速度
物块与传送带共速后物块的加速度
联立解得传送带的倾角
物体与传送带之间的动摩擦因数，BC错误；
D．0~1s内物体在传送带上留下的痕迹为
1~2s内物体在传送带上留下的痕迹为
因可知0~2s内物体在传送带上留下的痕迹为5m，D正确。
故选D。
7. 如图所示，空间存在磁感应强度大小相等、方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁场，正方形导线框从紧靠磁场的位置 I以某一初速度垂直边界进入磁场，运动到位置Ⅱ时完全进入左侧磁场，运动到位置Ⅲ（线框各有一半面积在左、右两个磁场中）时速度恰好为0。已知磁场宽度均为线框长度的2倍，线框在整个过程中，速度v随位移x的变化关系和感应电流i随时间t的变化关系图像，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】AB．根据法拉第电磁感应定律
设线圈电阻为R，根据闭合电路的欧姆定律
根据安培力公式
线框进入磁场过程中，水平向右由动量定理
电流为
联立得
即
因此v-x图应该线性变化；完全进入磁场后，通过线框的磁通量为定值，所以没有安培力，线框做匀速直线运动；出磁场时同理可得线框v-x图应该也为线性变化，根据法拉第电磁感应定律
根据闭合电路的欧姆定律
根据安培力公式
可得
变形得
故B错误，A正确；
CD．根据牛顿第二定律
联立解得，
电流为，
根据加速度的表达式可知，线框向右全部进入磁场的过程，线框做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量不变，线框中感应电动势为零，感应电流为零，安培力为零，加速度为零，因此线框完全进入磁场到刚要离开磁场过程，线框做匀速运动；线框穿出磁场过程中，根据加速度的表达式可知，线框继续做加速度减小的减速运动，直到完全穿出磁场；此过程v-t图应为如下图所示
故CD错误。
故选A。
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，处在匀强电场中的正四面体ABCD，O点为其底面ABC的中心，F为BC棱的中点，G点和F点关于O点对称，在三棱锥的A点固定一正点电荷，则O点场强变为零，则关于各点场强大小和电势高低，下列判断正确的是（ ）
A. EG=EFB. EB=EDC. φB>φDD. φG>φF
【答案】CD
【解析】
【详解】AB．在三棱锥的A点固定一正点电荷，则O点场强变为零。所以匀强电场的方向沿FA方向。根据几何关系可知
令，则根据点电荷场强公式可知
故
，
所以
点电荷在D点的场强大小和在B点的场强大小相等，但由于点电荷在D点的场强和匀强场的夹角与点电荷在B点的场强和匀强场的夹角不相等，所以B和D点的场强大小不相等。A错误，B错误；
C．B和D点处在点电荷的同一等势面上，而在匀强场中，由于场强方向是由F指向A，所以在匀强场中，根据电势的叠加原则可知。C正确；
D．令O点的电势为零，则根据点电荷电势公式可知正点电荷在O点产生的电势为
所以匀强电场在O点对应的电势为
而
故匀强电场在F和G点的电势为
，
而正点电荷在F和G点电势为
，
由电势的叠加原则可知F点的电势低于G点的电势。D正确。
故选CD。
9. 某地建设智能微电网系统，整合太阳能电站与储能设备，通过特高压输电线路向城市供电。如图所示，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为和，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为和。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为和，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（ ）
A. 图中甲为电压互感器，乙为电流互感器
B. 若电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，则线路输送电功率为2200 W
C. 若保持发电机输出电压和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率增大
D. 发电机输出电压一定，若用户数增加，维持用户电压一定，可将滑片P下移
【答案】AC
【解析】
【详解】A．甲互感器起降压作用，故为电压互感器，乙互感器起减小电流（升压）作用，故为电流互感器，A正确;
B．电压互感器原线圈两端电压为
电流互感器原线圈中的电流为
对于理想变压器，输送功率
B错误；
C．将滑片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数，根据理想变压器的规律可知升压变压器副线圈两端的电压增大；降压变压器原线圈两端电压增大，副线圈两端电压增大，通过负载的电流,当R不变时，增大，降压变压器原线圈中的电流,匝数比不变，增大，可知输电线上损失功率增大，C正确；
D．当用户数增加，负载电阻减小，若降压变压器副线圈两端电压不变，通过副线圈的电流增大，原线圈中的电流增大，输电线上的电压损失增大；原线圈两端电压为
可知将减小，根据可知，当减小时，减小可以使不变，所以要将降压变压器的滑片P上移，D错误。
故选AC。
10. 如图所示，水平面是光滑的，一足够长的木板置于水平面上，木板上放一斜面体，木板与斜面体间的动摩擦因数为，斜面体倾角，一细绳一端系在斜面体顶端，另一端拴接一可视为质点的小球，细绳平行于斜面，已知小球、斜面体、木板质量均为1kg，，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（ ）
A. 若，当时，木板相对斜面体向右滑动
B. 若，不论F多大，小球均能和斜面体保持相对静止
C. 若，当时，小球对斜面体的压力不为0
D. 若，当时，细绳对小球的拉力为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．若μ=0.2，当F=4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统有
F=3ma
代入数据解得
对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有
μ（m+m）g=（m+m）a球
代入数据解得
a球=2m/s2＞a
因此此时木板相对于斜劈静止，故A错误；
B．若μ=0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为
μ（m+m）g=（m+m）a球
代入数据得
a=5m/s2
当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有
代入数据解得
a球=7.5m/s2＞a
因此不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故B正确；
C．若μ=0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速度为
μ（m+m）g=（m+m）a球
代入数据得
a球=8m/s2
此时对板、球和斜劈构成的系统，有
F临界=（m+m+m）a球=（1+1+1）×8N=24N
当F=22.5N时，板、球和斜劈相对静止，有
又由B选项可知此时球刚好要离开斜劈，小球对斜面体的压力为0，故C错误；
D．若μ=0.8，F=26N>24N时由C选项可知此时木板与斜面体产生相对滑动，此时斜面与小球的加速度大小为8m/s2，小球离开斜面体，则对小球细绳的拉力
故D正确。
故选BD。
第II卷 非选择题 54分
三、实验题：（16分）
11. 某同学设计了一个如图甲所示用打点计时器来验证动量守恒定律的实验：让前端贴有橡皮泥的小车A，后端连一打点计时器纸带，以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，接通打点计时器电源后，让小车A得到的纸带如图乙所示。小车A的质量为0.4kg，小车B的质量为0.2kg。
（1）若要计算小车A碰撞前的速度大小应该选择
A. AB段B. BC段C. CD段D. DE段
（2）用你在（1）中的选择，对应的小车碰撞前的总动量大小______ kg·m/s（保留三位有效数字）
（3）在（1）中你的选择理由是______
【答案】（1）B （2）0.685
（3）见解析
【解析】
【小问1详解】
小车A碰撞前做匀速直线运动，纸带上的点迹均匀分布，由于碰撞前的速度大于碰撞后的速度，则相邻点迹之间的间距大于碰撞后相邻点迹之间的间距，根据图乙可知，若要计算小车A碰撞前的速度大小应该选择BC段。
故选B。
【小问2详解】
小车A碰撞前的速度
打点计时器电源频率为50Hz，则周期为
小车碰撞前的总动量大小
解得
【小问3详解】
在（1）中选择理由是打点计时器在BC、DE段打的点分布均匀，表明小车在这两段内做匀速直线运动，又BC段大于DE段，碰前速度大于碰后速度。
12. 某小组同学设计了如图甲所示电路同时测量电压表内阻与定值电阻的阻值。现有的实验器材如下：
A.待测电压表（量程，未知）
B.待测电阻（约为1000Ω）
C.滑动变阻器（）
D.滑动变阻器（）
E.电阻箱（）
F.电阻箱（）
G.电源（电动势为3V，内阻不计）；
H.开关，导线若干。
（1）根据实验电路，为尽可能精确测量，滑动变阻器应该选用________，电阻箱应该选用________。（填器材前字母序号）
（2）该小组选定实验器材后进行了如下操作：
①先将电阻箱R调至零，先后闭合开关S2，S1，调节至电压表读数恰好如图乙所示，此时电压表示数________V；
②断开开关S2；
③调节电阻箱R，记录此时电压表示数U与电阻箱示数R；
④多次改变电阻箱R阻值，重复步骤③；
⑤根据图像法科学分析、计算结果。
（3）该小组同学根据所测数据作出图像如图丙所示，根据该图像可计算出电压表内阻__________kΩ，待测电阻__________kΩ。
【答案】（1） ①. C ②. F
（2）2.40 （3） ①. 3.0 ②. 1.0
【解析】
【小问1详解】
[1]由题图可知，电路的控制电路采用的是分压式接法，为保证误差尽可能的小，选用总阻值小的滑动变阻器。
故选C。
[2]电阻箱要能够调节电路中的电流，而待测电阻的阻值约为1000Ω，所以其电阻箱的阻值应该大一些，即应该为。
故选F。
【小问2详解】
量程为3V的电压表最小分数值为0.1V，所以其读数为。
【小问3详解】
[1][2]由欧姆定律，电压表示数U与电阻箱阻值R关系，有
整理有
结合题图可知，对于图像，有
，
解得
，
四、解答题（38分）
13. 在清洁外墙玻璃时可以用磁力刷。如图所示，厚度的玻璃左右表面平整且竖直，两个相同特制磁力刷、均可视为质点之间的吸引力始终沿连线方向，吸引力的大小与间距离成反比，即。已知的质量为，与玻璃间的动摩擦因数，滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，当、吸附在玻璃两侧表面且水平正对时，、间的吸引力。
（1）控制从图中位置水平向右缓慢移动，要不下滑，求的最远距离；
（2）控制从图中位置竖直向上缓慢移动，当也恰能从图中位置竖直向上运动时，求连线与竖直方向夹角。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
设最远距离为，恰好不下滑有
对，由平衡条件得
解得
【小问2详解】
设距离为时，也恰能竖直向上运动时，有
对，由平衡条件得，
联立解得：
14. 如图是飞行时间质谱仪的工作原理简图。整个装置处于真空中，P处喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的离子，自a板小孔由静止进入a、b板间的加速电场，从b板小孔射出，沿M、N板间的中线方向进入偏转电场控制区，到达极板右侧边线时可被探测器接收。已知a、b板间距为d，极板M、N的长度为L1，板间宽度为L2，a、b间的加速电压为U0，不计离子间的相互作用；某离子从a板小孔进入电场到被探测器接收到的整个飞行时间为t。
（1）求该离子的比荷；
（2）若探测器在M板下方0.25L2处接收该离子，求极板M、N间的电压。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
带电粒子在平行板a、b间运动时，由动能定理可得
带电粒子在平行板a、b间的运动时间为
带电粒子在平行板M、N间的运动时间
带电粒子运动的总时间为
联立可得该离子比荷
【小问2详解】
离子在M、N间做类平抛运动，其偏移量为
设M、N间的电压为U，则M、N间的电场强度为
由牛顿第二定律，有
联立可得
15. 如图所示，间距为与水平面夹角的平行金属轨道间存在垂直轨道平面向下、磁感应强度为（满足的匀强磁场，平行导轨通过单刀双掷开关与一只阻值为的电阻或减速装置相连，减速装置由半径为的圆环、转轴和一根阻值为的金属短棒焊接而成，圆环边缘和转轴通过电刷连入电路。圆环内存在垂直圆环平面向上、磁感应强度为的匀强磁场。质量为阻值为的金属杆垂直轨道放置，初始位置离轨道底端终点的距离为，不计杆与轨道间的摩擦，忽略焊点、电刷、导线和导轨的电阻。现将开关打到端与电阻相连，将金属杆由静止释放，最终金属杆匀速冲过终点；再将开关打到端与减速装置相连，将金属杆放回初始位置，并使其获得平行斜面向下、大小为的初速度，同时在外力控制下使减速装置绕轴顺时针（从上往下观察）转动，使得金属杆做匀减速运动，最终金属杆恰好在终点处速度减为零。求：（答案用不包含的字母、数字表示，重力加速度用表示）：
（1）开关S打到时，金属杆最终的速度；
（2）开关S打到时，金属杆到达轨道底端终点的时间；
（3）开关S打到时，减速装置转动的角速度与运动时间的关系。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
开关S打到时，金属杆最终将匀速运动，由受力分析可知
又因为
将代入联立解得
【小问2详解】
根据动量定理：
解得
【小问3详解】
金属杆做匀减速运动，则有
由牛顿第二定律可知
解得
由闭合电路欧姆定律可知
又
联立解得：