安徽省合肥市八中2025-2026年高三下5月月考最后一卷物理试卷（含答案）

这是一份安徽省合肥市八中2025-2026年高三下5月月考最后一卷物理试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了答题前，考生务必用直径 0，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷满分 100 分,考试时间 75 分钟。
2.答题前，考生务必用直径 0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：高考范围。
一、单项选择题(每小题有一个选项正确，每小题4分；共32分。)
1.核电站利用核反应堆工作时释放出的热能工作，核反应方程式为 92235U+X→3890Sr+54136Xe+1001n, 该核反应过程中释放的能量为Q，质量亏损为Δm，则下列说法正确的是
A.在该核反应方程中，X表示质子
B.该核反应过程中的质量亏损与释放能量关系为 Q=△mc2
C.核反应可采用重水吸收中子控制反应快慢
D.铀核裂变时释放能量的多少与产物种类无关
2.如图所示，水面下S点处有两个光源，分别射出单色光a和单色光b，两束单色光斜射到水面折射后，折射光线恰好平行，a光在水面的入射角为α，b光在水面的入射角为β，不考虑光在水面的反射，则a、b两束单色光在水中折射率之比为
A. sin2βsin2αB. sinβsinαC. sin2αsin2βD. sinαsinβ
3.和谐号动车和复兴号高铁相继从同一站点由静止沿同一方向做直线运动，两车运动的 v-t图像如图所示，下列说法正确的是
A.0~t₁阶段和谐号动车的平均速度等于V₂
B.0~t₂阶段复兴号高铁的平均速度等于 122
C. t₁时刻和谐号动车在复兴号高铁前的距离最远
D. t₂时刻和谐号动车在复兴号高铁前的距离最远
4.被誉为“疆电东送”的新疆准东至安徽特高压直流输电的 1100kV 工程是世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的特高压直流输电工程。该工程在输电环节使用的是直流电，在送电端使用专用“整流”设备将发电机的交流电变为直流电，在用户端使用“逆变”设备将直流电变为交流电。则下列说法正确的是
A.采用直流输电，会减少线路上电感引起的电能损耗
B.送电端的电压越高，输电线上的电流越大
C.在送电端先升压再整流，在用户端先降压再逆变
D.保持输电功率恒定，若采用550kV 输电，输电线上损失的功率变为原来的两倍
5. 带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于状态a，然后经过过程 ab到达状态b或经过过程 ac到达状态c，如p-V图所示， ab线段、ac线段分别与横轴、纵轴平行，经过b、c两点的虚线为等温线。设气体在状态a、b、c时的温度分别为 Ta、 Tb、 Tc,在过程 ab、 ac中吸收的热量分别为 Qab、Qac,则
A. Ta>TbB. Ta>TcC. QabQac
6.2026年中国将发射嫦娥七号月球探测器，前往月球南极寻找水冰，同时搭载机会面向世界各国，开放轨道器和着陆器部分资源。已知月球半径为R，月球表面重力加速度为g，嫦娥七号质量为m，嫦娥七号着陆前绕月球做匀速圆周运动的轨道离地面高度为h，引力常量为G，不计月球自转影响，关于嫦娥七号在此轨道运行时，下列说法正确的是
A.向心加速度大小 an=gℎ2R+ℎ2
B.线速度大小 v=gR+ℎ
C.在此轨道运行时受到的万有引力是 mg
D.由题中数据得月球的平均密度为 ρ=4πGR3g
7. 如图所示，竖直平面内有一抛物线轨道，轨道方程为 y=x2, 将可视作质点的小球紧靠抛物线轨道以初速度v₀水平抛出，抛出点位置离x轴的竖直高度为H，小球恰好可以落在抛物线轨道最低点O的位置，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是
A.小球的初速度大小为 v0=2gH
B.将小球沿抛物线轨道向上移动并以大于v₀速度水平抛出，小球可能落在最低点O
C.将小球沿抛物线轨道向下移动并以小于v₀速度水平抛出，小球可能落在最低点O
D.将小球紧靠抛物线上的任意位置以v₀速度水平抛出，小球一定落在最低点O
8. 真空中的三个点电荷固定在正三角形的三个顶点上，电荷量如图所示。A、B、C为正三角形三条边的中点，O为正三角形的几何中心，D点与O点关于C点对称。现将一正试探电荷从O点向各处移动，设无穷远处电势能为零。则该试探电荷
A.在O点受到的静电力大于在 A 点受到的静电力
B.在O点的电势能小于在 B点的电势能
C.在O点受到的静电力大于在 C点受到的静电力
D.在O点的电势能大于在 D 点的电势能
二、多项选择题(每小题至少有两个选项正确，每题5分，未选全得3分，选错不得分；共10分。)
9. 如图所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的木箱就会自动滑下。木箱A与车厢底板间的动摩擦因数μ₁=0.5，物体B与木箱A间的动摩擦因数 μ2=0.25, 某次卸货过程中，自卸车始终静止在水平地面上，当车厢与水平面夹角为θ=37°时，木箱A和装在箱内中间位置的物体B从静止开始释放，A、B质量均为m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是
A.释放后瞬间木箱A静止，物体B加速下滑
B.释放后瞬间木箱A下滑的加速度小，物体B下滑的加速度大
C.若μ₂=0.4，其他不变，释放后瞬间木箱A与物体B一起加速下滑
D.若μ₂=0.6，其他不变，释放后瞬间木箱A与物体 B一起加速下滑
10.如图所示，水平放置的足够长导轨电阻不计，左侧轨道粗糙间距为L，右侧轨道光滑间距为 2L。导体棒 AB 质量为m₁、电阻为R，静置于左侧导轨上与交界处的距离为d。导体棒CD质量为m₂、电阻为R，静置于右侧导轨上，右侧轨道存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B₁。在t=0时刻，水平恒力F拉棒CD 从静止开始向右运动，同时导体棒AB右侧与交界处区域(包含 AB 棒位置)施加一个随时间均匀增大的磁场，方向垂直导轨平面向上，磁感应强度B(t)=kt(国际单位)(k>0)。t₁时导体棒 AB 恰好不向左滑动。导体棒与左侧导轨间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度取g。则
A. t₁时，通过棒 AB 的电流方向为从A到B
B. t₁时，通过棒 CD的电流大小为 μm1gB1L
C. t₁时，棒 CD 运动的速度大小为 kd2B1+μm1gRB1kt1L2
D.0-t₁内，通过棒AB 的电荷量大小为 Ft12B1L−μm1m2gRB12L3kt1−m2kd4B12L
三、实验题(每空2分,11题6分, 12题10分;共16分)
11.某实验小组利用光电门遮光时可测速度的特性来做“验证机械能守恒定律”实验。实验装置如图所示。
(1)将宽度d=2.5cm的黑色胶带等间隔贴在透明塑料直尺上，相邻胶带中心线之间的距离Δh=5cm。
(2)将光电门连接至数据采集器并固定在铁架台上，铁架台置于桌子边缘，由静止竖直释放直尺，测得各段黑色胶带通过光电门的时间，测得第1个和第3个黑色胶带通过光电门的时间分别为t₁和t₃，已知t₁=0.031s,则第1个胶带经过光电门时直尺的速度为 m/s(保留两位有效数字)。
(3) 在误差允许范围内,若关系式 (用△h、d、t₁、t₃、g表示)成立，说明直尺下落过程中机械能守恒。
(4)由于直尺上黑色胶带的宽度d不是足够小，用光电门测得的速度表示黑色胶带中心线经过光电门时的瞬时速度会有一定误差，则直尺的动能计算值比真实值 (选填“偏大”或“偏小”)。
12.某同学利用如图甲所示电路测量电源的电动势和内阻(电动势约为3V，内阻约为4Ω)，其中电压表V量程0~3V、定值电阻 R₀=15Ω 电阻箱R(0~999.9Ω)。
(1)为使实验时电压表的示数变化范围更大，应将单刀双掷开关 S₂应置于 (填写“a点”或“b点”)。
(2)结合(1)进行实验并描绘出对应的 1U−1R图像如图乙所示，根据图像数据计算可得电源电动势E= V，内阻 r= Ω; (结果均保留两位有效数字)。
(3)某同学在连接实物图时不小心将电压表接到定值电阻 R的两端，如图丙所示，若该同学想通过画
线性图像处理实验数据，应该画 图像(选填“U-R”或“ 10-R”)。
(4)若图甲的电压表的内阻为 Rv，考虑电压表内阻后，计算得到的电源电动势为E₁，电源内阻为r₁。则由(2)测量的电动势相对误差为 ∣E1−E1E1∣=
三、解答题(第13题10分,第14题14分,第15题18分,共42分。)
13. 停在水面上的两艘船相距 35米，一列可视为简谐横波水波在湖面上沿两船连线方向传播，使船每分钟上下振动 30次，振幅为 10cm。 当t=6s时，甲船位于波峰，乙船恰好在平衡位置，且两船之间还有另一个波峰。求：
(1)甲船的位移y随时间t变化的关系式；
(2)这列水波的波速。
14. 在粒子加速器的束流传输系统中，设计了一段磁场-电场组合装置用于筛选和注入特定能量的离子，其原理如图所示。在平面直角坐标系 Oxy的第一象限有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，在第二象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度 E=16315×106N/C, 从x轴上坐标为(0.1m,0)的 P 点，沿y轴正方向以大小为 v0=2.0×106m/s的速度向磁场射入一个比荷 qm=5.0×107C/kg的带负电的粒子，粒子经磁场偏转后从坐标为(0，0.1m)的Q点进入电场。为提升束流能量，现将粒子入射速度改为2v₀，不计粒子的重力，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B大小；
(2)粒子在磁场中运动的时间t：(结果保留两位有效数字)
(3)粒子经过x轴时到O点的距离d。
15. 如图，两可视为质点的物块A、B，初始距离为 d=2.25m。A、B质量分别为 mA=1kg、mB=3kg。一根劲度系数k=30N/m的轻弹簧右侧栓接在竖直墙面上，左侧与光滑物块 B接触(不栓接)，弹簧处于原长状态。物块 A与地面间的动摩擦因数为 μA=0.2,，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使 A 以 v₀=5m/s的速度向右运动，与 B发生碰撞。弹簧始终处在弹性限度内，已知 AB间始终为弹性碰撞，弹簧振子的振动周期 T=2πmk, 重力加速度 g=10m/s2,π2≈10。 则 A、B碰撞后,求:
(1)A、B第一次碰撞后瞬间，A 的速度v₁；
(2)A、B第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间t：
(3) A 运动的总位移x∧。
物理 参考答案
1.【答案】B
【详解】A.根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，为中子，A错误；
B.根据爱因斯坦质能方程可知 Q=△mc2,B 正确;
C.核反应可采用镉棒吸收中子控制反应快慢，C错误；
D.核裂变释放的能量与反应前后质量亏损有关，铀核裂变时会因产物种类不同导致质量亏损不同，释放能量不同，故D错误。故选C。
2.【答案】B
【详解】设两束光折射入空气后的折射角均为r。根据折射定律 na=sinrsinα,nb=sinrsinβ,故选B。
3.【答案】C
【详解】AB.已知匀变速直线运动的平均速度为 v=v0+v2。在0~t₁阶段，和谐号动车先做变加速直线运动，再做匀速直线运动，其位移大于匀加速直线运动的位移，所以0~t₁阶段和谐号动车的平均速度大于 v12;同理在0~t₂阶段，复兴号高铁先静止一段时间后再做匀加速直线运动，所以该过程的平均速度小于 v22,故
AB 错误;
CD. v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移。在刚开始的一段时间内，和谐号动车在前复兴号高铁在后，且和谐号动车的速度大于复兴号高铁的速度，所以两车的距离越来越大；t₁时刻以后，和谐号动车的速度小于复兴号高铁的速度，所以两车的距离越来越小，因此在t₁时刻当两车速度相等时，和谐号动车在复兴号高铁前的距离最远，故C正确，D错误。故选 C。
4.【答案】A
【详解】A.由于直流电不存在电感对电流的阻碍作用(感抗)，所以利用直流输电，有利于消除输电线的电感造成的电能损失，故 A 正确；
B.若输电功率恒定，输电电压越大，输电线上的电流越小。故B 错误；
C.根据题意，送电端先将交流电升压，然后通过“整流”设备变换为直流；用户端先通过“逆变”设备将直流变换为交流，再进行降压，故C 错误；
D. 根据 P加水=I2R,P=UI 联立解得 P棱=PU2R 可知输送功率 P一定时，采输电电压降为原来一半时，输电线上的功率损失将变为原来的 4倍，故D错误。故选A。
5.【答案】D
【详解】AB.由图可知，状态b、c在同一条等温线上，故 Tb=Tc
对于过程 ab，气体发生等压膨胀，根据盖-吕萨克定律 VT=C
可知，体积增大，温度升高，即 Tb>Ta
对于过程 ac，气体发生等容升压，根据查理定律 PT=C
可知，压强增大，温度升高，即 Tc>Ta
综上所述， Tb=Tc>Ta,故AB错误；
CD.理想气体的内能只与温度有关，因为 Tb=Tc
且初状态都是a，所以从a到b和从a到c，气体的内能变化量相等，即 △Uab=△Uac
根据热力学第一定律△U=W+Q
可知过程 ab中，气体体积增大，气体对外做功，即 Wab0
所以 Qab>Qac,故C错误，D正确。故选D。
6.【答案】A
【详解】A.不计月球自转时，月球表面物体满足 mg=GMmR2得 GM=gR2核心舱处万有引力提供向心力 GMmR+ℎ2=man可得 an=gR2R+ℎ2,故A 正确；
B.线速度大小 v=gR2R+ℎ,故B错误；
C.嫦娥七号着陆前绕月球圆周运动时受到的万有引力是 mgR2R+ℎ2,故C错误；
D.由得 GM=gR2M=ρ4πR33解得 ρ=3g4πGR,故D错误；故选 A。
7.【答案】D
【详解】根据题意可知，当y=H时 x=−H,根据平抛运动规律有 H=12gt2,∣x∣=H=v0t联立解得 v0=g2,故A错误；
设抛物线上任意一点的坐标为(x，y)且满足 y=x2,从该点水平抛出时，竖直方向有 y=12gt12解得 t1=2yg=2x2g
水平方向位移为 x=v0t1=g2×2x2g=x
这说明水平位移恰好等于该点的横坐标x，即小球会落到原点O。故选D。
8.【答案】C
【详解】AC.令正三角形的边长为2x，根据电场的叠加原理，则A、B、C三点场强大小分别为 EA=EB= 2kqx22+kq2xsin60∘22=37kq3x2,EC=kq2xsin60∘2=kq3x2
O点电场大小为 EO=2kqxcs30∘2=3kq2x2
可知 EA=EB>EO>EC故A 错误，C正确。
由电势叠加原理, φD>φO>φB故 BD错误。故选 C。
9.【答案】AD
【详解】AB.对物体B和木箱A，释放后瞬间物体B受力分析 mgsinθ−μ2mgcsθ=ma加速度为 a=4m/s2,木箱A受力分析 2μ1mgcsθ=mgsinθ+μ2mgcsθ则恰好静止，故B错误，故A 正确。
C.物体B受力分析 mgsinθ−μ2mgcsθ=ma加速度为 a=2.8m/s2,木箱A受力分析
mgsinθ+μ2mgcsθ−2μ1mgcsθ=ma加速度为 a=1.2m/s2则加速更小的下滑。故C错误。
D.若 μ2=0.6,B受静摩擦力，释放后瞬间木箱A与物体B一起加速下滑，故D 正确。故选 AD。
10.【答案】AC
【详解】A.棒AB受安培力向左，由右手定则，棒AB中电流方向为A→B，故A正确；
B.棒AB恰好安培力等于最大静摩擦力， ILkt1=μm1g,I=μm1gkt1L故B错误。
C.I=2B1LvCD−ΔBΔtdL2Rμm1gkt1L,vCD=kd2B1+μm1gRB1kt1L2故C正确；
D.对于CD棒运用动量定理， Ft1−q2LB=m2vCD代入得 q=Ft12B1L−μm1m2gR2B12L3kt1−m2kd4B12L故D错误。故选 AC 。
11.【答案】(2) 0.81m/s(3) 4gΔℎ=dt32−dt12(4)偏小(每空2分)
【解析】(2)根据题意可知，第1个胶带经过光电门时的速度为 vI=dtI
则第1个胶带经过光电门时直尺的速度为 ×10−2=0.81m/s
(3)第3个胶带经过光电门时的速度为 v3=dt3
从第1个到第3个胶带通过光电门时，直尺下落过程中重力势能的减小量为 △Ep=mg×2△ℎ
根据机械能守恒可得 mg×2△ℎ=12mv32−12mvI2,
联立可得关系式 4gΔℎ=dt32−dt12成立，说明直尺下落过程中机械能守恒。
(4)由于 v=d△t测量的是胶带通过光电门的平均速度，由匀变速直线运动的规律可知胶带通过光电门的平均速度等于胶带通过光电门的中间时刻的速度，实验原理中测量的是胶带中间位置的速度，由于d不是足够小，胶带通过光电门中间时刻的速度小于中间位置的速度，故胶带通过光电门时直尺的速度测量值偏小，动能的计算值比真实值偏小。
12.【答案】(1)a点 (2分) (2)2.5V;5.0Ω (每空2分) 31U−R(2分) 4R0+r1RV+R0+r1(2分)
【解析】(1)由于电源内阻较小，把单刀双掷开关置于a点时，定值电阻R₀等效于电源内阻的一部分，增大等效电源的内阻，使得在调节电阻箱进行测量过程中，电压表示数变化明显从而减小误差。
(2)本实验采用伏阻法测电动势和内阻，由闭合电路欧姆定律有 1U=r+R0E1R+1E,根据图像的数据可以解得电动势 E=2.5V,内阻r=5.0Ω
(3)由闭合电路欧姆定律可知 E=U+IR+r,I=UR0,解得 1U=1ER0R+R0+rER0,故作 1U−R图像为线性关系。
(4)由 E=RVE1RV+R0+r1解得 ∣E1−EE1∣=R0+r1RV+R0+r1
13.【答案】(1) y=10sin(πt+π/2) cm(4分)(2) 14m/或10m/s(6分)
【解析】(1)根据题意可知， T=tn=6020s=2s,ω=2πT=πrad/s;(1分)
简谐运动的振动方程为 y=Asinωt+0=10sinπt+0,(1分)
当t=6s时，甲船位于波峰， y=10sinπt+0,(1分)
代入数据可得 0=π2,故 y=10sinπt+π2cm。(1分)
(2)若水波由甲向乙传播，当甲船位于波峰时乙船恰位于平衡位置，两船之间还有一个波峰，两船之间的距离等于 54个波长或等于 74个波长；
当两船之间的距离等于 54个波长时则有 λ=3554m=28m(1分)
则波速为 v=λT=14m/s(2分)
当两船之间的距离等于 74个波长时则有 λ=354m=20m(1分)
则波速为 v=λT=10m/s(2分)
14.【答案】(1) 0.4T (4分)(2) 5.2×10⁸s(4分)(3) 0.3m(6分)
【解析】(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系得r=L(1分)
根据圆周运动，洛伦兹力提供向心力得： qv0B=mv02r(2分)
解得B=0.4T (1分)
(2)根据圆周运动，洛伦兹力提供向心力得： qvB=mv2r2(1分)
解得 r2=0.2m,，由几何关系可得轨迹圆心角为60°，(1分)
根据圆周运动知识， θ=2πTt得， t=5.2×10−8s(2分)
(3)在第二象限中， ay=qEm=1633×1013m/s2(1分)
粒子进入第二象限至x轴， y=0.13m(1分)
由运动学方程 y=−2v0t2sinπ6+12ayt22(2分)
得 t2=32×10−7s,(1分)
水平位移d=0.3m(1分)
15.【答案】(1) v₁=-2m/s; (6分)(2) t=1.5s; (6分)(3) xA=4m(6分)
【解析】(1)A向右运动位移d的过程， vA2−v02=−2μgd,得vA=4m/s(2分)
AB发生弹性碰撞可得： mAvA=mAv1+mBvB,12mAvA2=12mAv12+12mBvB2(2分)
解得 v₁=-2m/s, vB=2m/s(或者 v₁=2m/s,方向向左)(2分)
(2)B向右运动的过程中，F=-kx，B做简谐运动(1分)
当B回到平衡位置时，经过的时间为t₈₁=T/2=1s，此时 vB=2m/s，方向向左(2分)
A的速度减为0的时间 tA=v1/μAg=1s,xA=1m(1分)
tB₂= xA/vB=0.5s (1分)
故： t=tB1+tB2=1.5s(1分)
(3)AB发生弹性碰撞，每次碰后AB速度均向左，由于B与地面接触光滑，故经无数次碰撞后，B和A可认为停在同一位置。
由能量守恒可知： 12mAv12+12mBvB2=μAmAgxA,(4分)
得xA=4m(2分)