2026届辽宁省鞍山市高三下学期5月质量检测物理试卷（含解析）

这是一份2026届辽宁省鞍山市高三下学期5月质量检测物理试卷（含解析），共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：75分钟 满分：100分
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 2025年1月，具有完全知识产权，全球最大“华龙一号”核电基地——漳州核电机组正式投入商业运行，这标志着我国在高温气冷堆核电技术领域实现了全球领先。关于核反应和核能，下列说法正确的是（ ）
A. 反应方程式，属于核聚变反应
B. 反应方程式，此过程中释放的能量为，其中是反应前后的质量亏损
C. 核电站利用核反应堆中发生的核裂变反应来发电，其核废料具有放射性，但不会对环境造成危害
D. 氢的同位素（氚）具有放射性，半衰期为12.46年，现有100个氚原子核，经过12.46年后将剩下50个
【答案】B
【解析】
【详解】A．铀235吸收中子后分裂为钡144和氪89，并释放中子，属于核裂变反应，而非核聚变，故A错误；
B．氘与氚聚变生成氦4和中子，释放的能量由质量亏损决定，满足，故B正确；
C．核电站的核废料具有放射性，若处理不当会对环境造成危害，故C错误；
D．半衰期是统计规律，仅适用于大量原子核的衰变，少量原子核的剩余数量无法精确预测，故D错误。
故选B。
2. 中国预计在2028年实现载人登月计划，把月球作为登上更遥远行星的一个落脚点。图是“嫦娥一号奔月”的示意图，“嫦娥一号”卫星发射后经多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星。关于“嫦娥一号”，以下说法正确的是（ ）
A. 发射速度必须达到第二宇宙速度
B. 16h轨道与24h轨道半长轴的平方与公转周期的立方之比相等
C. 轨道Ⅲ上Q点的速度大于轨道Ⅱ上Q点的速度
D. 轨道Ⅲ变轨到轨道Ⅱ时，需点火加速
【答案】C
【解析】
【详解】A．“嫦娥一号”绕月球运行时，仍未脱离地球引力的约束，所以其发射速度应大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误；
B．根据开普勒第三定律可知，16h轨道与24h轨道半长轴的立方与公转周期的平方之比相等，故B错误；
CD．卫星从高轨道变轨到低轨道，需要在变轨处点火减速，所以“嫦娥一号”从轨道III变轨到轨道II时，需点火减速，所以“嫦娥一号”在轨道III上点的速度大于轨道II上点的速度，故C正确，D错误。
故选C。
3. 如图是飞镖盘示意图，盘面画有多个同心圆以表示环数，O是圆心，盘竖直挂在墙上，A是盘的最高点，B是盘的最低点。某同学玩飞镖时，飞镖的出手点与A等高，且每次飞镖的出手点相同，出手时飞镖速度与盘面垂直，同学连续扔了两次。甲飞镖命中O点，乙飞镖命中B点，若空气阻力忽略不计，可知甲乙两支飞镖（ ）
A. 初速度之比是
B. 空中飞行的时间相等
C. 打在盘上的速度相互平行
D. 击中盘面瞬间，速度与水平方向的夹角正切值之比为1∶2
【答案】D
【解析】
【详解】AB．飞镖飞出竖直方向做自由落体运动，则有
解得
可知
故两次飞镖运动的时间之比为
水平方向飞镖做匀速直线运动，则有
两次飞镖的水平位移相等，故两次飞镖的初速度之比为
AB错误；
CD．两次击中盘上时，竖直方向的速度大小分别为，
速度与水平方向的夹角正切值之比为
C错误，D正确。
故选D。
4. 如图甲为水晶透明“平安扣”由同材质同心环形材料组成，将“平安扣”平放在水平桌面上，过环心的横截面如图乙所示，外环的半径为R。细光束从P点射入“平安扣”时，经一次折射后，恰好在内环上发生全发射，且从外环上第一次的射出点为Q（图中未画出），并测得圆心角POQ为2θ，已知光在真空中的传播速度为c，水晶的折射率为n。细光在“平安扣”中由P点入射到Q点出射所经历的时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】作出光在水晶中的光路如图所示
设P点到内表面发生全发射的点距离为l，根据图中几何关系和正弦定理有
光在内环上刚好发生全反射，则
由对称性可知，光从P点射入到从Q点射出的时间为
又光在水晶中的传播速度
联立解得
故选A。
5. 图（a）所示的油纸伞是我国古人智慧的结晶。图（b）为其结构示意图，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，伞撑两端分别与ON中点M和滑环P铰接。保持伞柄不动，向上推滑环P，使得伞骨ON以恒定角速度开伞，则（ ）
A. M点的线速度方向总是沿PM方向
B. M点的向心加速度方向沿MP方向
C. N点线速度大小是M点的2倍
D. N点的向心加速度大小是M点的4倍
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意可知，M点做匀速圆周运动，线速度方向始终沿圆周的切线方向，始终与ON垂直，而非沿PM方向，故A错误；
B．由题意可知，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，M点以O点为圆心做匀速圆周运动，所以向心加速度方向始终沿M指向圆心O，不是沿MP方向，故B错误；
C．由匀速圆周运动规律可知
由于，
所以有
所以N点线速度大小是M点的2倍，故C正确；
D．由向心加速度公式可知
由于，
所以有
所以N点的向心加速度大小是M点的2倍，故D错误。
故选C。
6. 波源O垂直于纸面做简谐运动，其在均匀介质中产生的横波在t=0.10s时的波形如图甲所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，波源O及质点P、质点Q的平衡位置在同一直线上。规定垂直纸面向外为正方向，图乙为该介质中某一质点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 该波的波速为25cm/s
B. 图乙可能为质点M的振动图像
C. t=0.20s时质点P的位置与t=0时质点Q的位置相同
D. t=0.10s时，质点M正垂直纸面向外运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．由甲图可知，该波的波长为
由乙图可知，该波的周期为
故该波的波速为
A错误；
BD．由甲图可，再经过波峰传到M点，故M点此时正垂直纸面向外振动，而图乙中，的质点沿负方向运动，即垂直纸面向里运动，则图乙不可能为质点M的振动图像，B错误，D正确；
C．时质点P由波峰（）位置刚好到达波谷的位置，结合甲图可知，时刻，质点Q也在波谷位置，两者具有相同的垂直于纸面的位移，但波只是振动形式的传播，质点并未随波逐流，两者不是同一个点，显然在纸面内的不同位置，显然C错误。
故选D。
7. 如图所示，材料相同的物体、由轻绳连接，质量分别为和，在恒定拉力的作用下沿固定斜面向上加速运动。则（ ）
A. 轻绳拉力的大小与斜面的倾角有关
B. 轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数有关
C. 轻绳拉力的大小为
D. 若改用同样大小拉力沿斜面向下拉连接体加速运动，轻绳拉力的大小可能为零
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
解得
再隔离B进行分析，根据牛顿第二定律得
解得
故绳子的拉力与斜面倾角无关，与动摩擦因数无关，与两物体的质量有关，故C正确，AB错误；
D．若改用同样大小拉力沿斜面向下拉连接体加速运动，整体由牛顿第二定律得
解得
再隔离A进行分析，假设轻绳拉力的大小为零，则根据牛顿第二定律得
解得
故D错误。
故选C。
8. 交流发电机产生的感应电动势如图所示，通过自耦变压器给一电阻R供电，不计发电机内阻。下列说法正确的是（ ）
A. 通过电阻R的电流方向每秒钟改变10次
B. 电压表示数能达到的最大值为12V
C. 时发电机线圈平面与磁场方向平行
D. 自耦变压器滑片P向上滑动时，电阻R热功率增大
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由题图可知周期为，一个周期电流方向改变2次，则通过电阻R的电流方向每秒钟改变10次，故A正确；
B．电压表示数为电压有效值，由题图可知电压表示数为，故B错误；
C．由题图可知时电动势最大，此时磁通量变化率最大，磁通量为零，则发电机线圈平面与磁场方向平行，故C正确；
D．自耦变压器滑片P向上滑动时，原线圈匝数增大，根据可知，电阻R两端电压减小，根据可知，电阻R热功率减小，故D错误。
故选AC。
9. 某静电场在x轴正半轴的电势随x变化的图像如图所示，a、b、c、d、为x轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从d点开始沿x轴负方向运动到a点，则该电荷（ ）
A. 在b点电势能最小B. 在c点时速度最小
C. 所受静电力始终做负功D. 在a点受静电力沿x轴负方向
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据题意，由公式可知，负电荷在高电势位置的电势能较小，由图可知，点的电势最大，则在点电势能最小，同理可知，c点的电势最小，则在c点时电势能最大，电荷仅在电场力作用下，电荷的电势能和动能之和不变，可知，电势能最大时，动能最小，则在c点时，电荷的动能最小，即速度最小，故A错误，B正确；
CD．根据沿电场线方向电势逐渐降低，结合题图可知，点左侧电场方向沿轴正方向，点右侧电场方向沿轴负方向，可知，点右侧负电荷受沿轴正方向的电场力，点左侧负电荷受沿轴负方向的电场力，可知，在a点受静电力沿x轴负方向，从d点开始沿x轴负方向运动到a点，电场力先做负功再做正功，故C错误，D正确。
故选BD。
10. 如图，固定的两条光滑平行轨道的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导轨Ⅰ部分两导轨间距为L，导轨Ⅱ部分两导轨间距为，将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段，且与轨道垂直。P、Q棒电阻均为r，导轨电阻不计。Q棒静止，让P棒从圆弧最高点静止释放，当P棒在导轨Ⅰ部分运动时，Q棒已达到稳定运动状态。下列说法正确的是（ ）
A. P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为3mg
B. Q棒第一次稳定运动时速度大小为
C. Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P棒的电荷量为
D. 从P棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中，P、Q棒中产生的总热量为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0，根据机械能守恒定律得
根据牛顿第二定律得
联立解得，
由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为，故A正确；
BC．设Q棒第一次稳定运动时的速度为，P棒的速度为，则有
Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得，
又
联立解得，，，故B错误，C正确；
D．从P棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒速度稳定时，速度相同，设稳定速度为v。由动量守恒定律得
由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为
联立解得，故D正确。
故选ACD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。实验器材有：带有标尺的竖直杆、光电计时器、直径为的小球、小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜。实验时改变光电门的位置并测量出小球挡光时间，从竖直杆上读出小球到光电门间的竖直距离，根据实验数据作出图像如图丙所示，已知当地重力加速度为。
（1）使用游标卡尺测量小球的直径如图乙所示，则小球直径_____；
（2）丙图中直线斜率为，若_____，则可以验证小球机械能守恒；
（3）由于空气阻力的影响，实验结果存在误差，本实验中小球受到的空气阻力大小为_____（用、、表示）。
【答案】（1）0.80
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
由图乙可知，小球直径。
【小问2详解】
若小球机械能守恒，有
又
可得
则图像的斜率
所以，若，则可以验证小球机械能守恒。
【小问3详解】
设空气阻力大小为，根据能量守恒有
又
可得
则
解得
12. 某物理实验小组设计了如图甲所示的电路测量电源的电动势和内阻。
（1）闭合开关前，应先将滑动变阻器的滑片P调到________（填“a”或“b”）端。
（2）实验记录了单刀双掷开关分别接1、2时对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验数据绘制了如图乙所示的A、B两条图线。当开关接1位置时，作出的图线是图乙中的图线________。（填“A”或“B”）
（3）从尽可能减小系统误差的角度，电源电动势________，电源内阻________。（均选用、、、中的字母表示）
（4）利用图乙还可以得出电流表内阻________。（均选用、、、中的字母表示）
【答案】（1）a （2）A
（3） ①. ②.
（4）
【解析】
【小问1详解】
闭合开关前，需要将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，保护电路，滑片
在端时接入电阻最大，因此填。
【小问2详解】
当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测量值比真实值偏大；当S2接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。根据闭合电路欧姆可得
可知图线斜率的绝对值表示内阻，则S2接1时图线的斜率绝对值大于S2接2时图线的斜率绝对值，可知当开关S2接1位置时，作出的图线是图乙中的图线A。
【小问3详解】
[1] 图线的纵截距为时的电压，等于电源电动势，图线的纵截距为，因此；
[2]对图线，当时外电阻为零，此时
代入得。
【小问4详解】
对图线，时
得
代入
整理得。
13. 如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，活塞横截面积为S，质量为m，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气。汽缸内密封有一定质量的理想气体，气柱高度为h，汽缸内距缸底处有固定的卡环。已知大气压为，重力加速度为g。
（1）若在活塞上缓慢加入一定质量的细砂，直至活塞恰好与卡环接触，计算细砂的质量；
（2）若汽缸缓慢漏气，则直到不再漏气为止，汽缸内漏出气体与余气体质量之比为多少。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）没有堆放细砂前，封闭气体
，
堆放细砂后，封闭气体
，
细砂缓慢放置，气体发生等温变化，据玻意耳定律可得
联立解得
（2）漏气前，对于汽缸气体
，
活塞缓慢漏气，不再漏气为止，汽缸气体压强与外界大气压强相同，则
，
据玻意耳定律可得
汽缸内漏出气体与剩余气体质量之比为
联立解得
14. 如图所示，光滑水平面中间部分连接一长度为L=7m顺时针匀速转动的传送带，水平面和传送带上表面平齐，水平面的左侧有一半径R=1.8m的固定光滑圆弧斜面体。一质量为m1=4kg的滑块从斜面体最高点由静止下滑，离开斜面体后滑上传送带。已知滑块A和水平传送带间的动摩擦因数µ=0.2，传送带的右侧依次放有滑块B和C，滑块C的质量为m3=1kg，滑块A、B、C均可看成质点，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）滑块A离开斜面体时的速度大小；
（2）要使滑块A离开传送带时的速度最大，传送带运动的最小速度为多大；
（3）在（2）问的基础上要使B与C碰撞一次后滑块C获得的动能最大，则滑块B的质量m2为多大。
【答案】（1）6m/s
（2）8m/s （3）2kg
【解析】
【小问1详解】
设滑块A和斜面体分离时滑块A的速度大小为vA，对滑块A，根据动能定理有
解得
【小问2详解】
要使滑块A离开传送带的速度最大，则滑块A在传送带上一直加速，设A离开传送带的速度为v0，则，
解得
故要使滑块A离开传送带的速度最大，传送带运动的最小速度为8m/s；
【小问3详解】
A、B两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
碰撞过程无机械能损失，由机械能守恒定律得
解得
同理可得B、C两滑块碰撞后，C滑块的速度为
可得
由此可知，当，即时，v3最大，滑块C获得的动能最大。
15. 如图所示，MN是长度为3a的线状粒子源，PQ是金属网，从MN均匀逸出比荷为、初速度为0的带正电粒子。半径为a的圆形区域与PQ相切于，延长交于MN中点。在MN、PQ间所加电压为，粒子经电场加速后进入PQ右侧区域，在PQ右侧部分区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。不计粒子重力。
（1）若仅圆内有磁场，磁感应强度大小为，求粒子在磁场中运动的最长时间；
（2）若仅圆外有磁场，不考虑粒子重复进入无磁场区域：
（ⅰ）当磁感应强度大小为时，求能经过圆心O的粒子在MN上逸出时的位置到的距离；
（ⅱ）要使能进入圆形区域的粒子数占总数的50%，求磁感应强度的大小。
【答案】（1）
（2）（ⅰ）0，；（ⅱ）
【解析】
【小问1详解】
粒子在加速电场中，根据动能定理可得
在磁场中洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有，
当粒子在圆形磁场中轨迹对应弦长最长，为圆形磁场直径2a时，粒子在磁场中运动的时间最长，轨迹如图所示
对应轨迹圆周运动的圆心角60°，在磁场中运动的最长时间
【小问2详解】
（ⅰ）①d=0，粒子直线运动经过O点；
②粒子在右侧磁场中匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
由几何关系得：当粒子指向圆心进入无磁场区域时，粒子轨迹与对称轴相切，如图所示
所以，粒子到对称轴的距离
（ⅱ）取临界状态，粒子在右侧磁场中运动轨迹圆恰好与无磁场区域圆相切，如图所示
根据题意有一半的粒子圆形区域，所以上下两轨迹圆圆心距离为，由几何关系可得
解得
由牛顿第二定律得
解得