资源简介

2025-2026学年云南省昆明市第一中学高三（上）第一次联考
物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.核能废料的污染对全人类的危害应该引起重视，核废水中含有大量的放射性元素，这些元素的降解时间长，如果投放到海水中会对海洋生态系统造成严重破坏。关于核废水中原子核的认识。下列说法正确的是( )
A. 核废水中的放射性物质会发生、衰变，经过很短时间将完全衰变殆尽
B. 核废水中原子核发生衰变产生的电子来自原子核外层电子
C. 核子间的强相互作用使核子聚集到一起形成原子核
D. 核子结合成原子核时，原子核质量越大越稳定
2.如图所示，排球比赛中运动员将排球从点水平击出，排球飞到点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到点正下方的点，点与点等高，轨迹的最高点与等高，不计空气阻力，下列说法正确的有( )
A. 排球两次飞行过程中时间相同
B. 排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
C. 排球离开点的速率比经过点的速率小
D. 排球到达点时的速率比离开点时的速率大
3.我国“问天”实验舱成功发射并与“天和”核心舱对接，标志着我国航天事业的又一重大突破。“问天”实验舱成功与离地约的“天和”核心舱对接，形成组合体，“神舟”十四号航天员乘组随后进入“问天”实验舱。下列判断正确的是( )
A. 航天员在核心舱中完全失重，不受地球的引力
B. 为了实现对接，实验舱和核心舱应在同一轨道上运行
C. 组合体运动的加速度大于对接前核心舱的加速度
D. 已知组合体做匀速圆周运动的周期为，运行速度为，引力常量为，可求出地球的质量
4.如图甲所示，从竖直墙壁上的点到地面上的点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道，轨道Ⅰ为直线，轨道Ⅱ为、两点间的最速降线用时最短，两轨道均在同一竖直面内，小物块从点由静止分别沿轨道Ⅰ、Ⅱ滑到点的速率与时间的关系图像如图乙所示。由图可知( )
A. 小物块沿轨道Ⅱ做匀加速曲线运动
B. 图乙中两图线与横轴围成的面积相等
C. 小物块沿两条轨道下滑的过程中，某时刻沿接触面切向方向的加速度相同
D. 小物块沿两条轨道下滑的过程中，重力的平均功率相等
5.如图所示，在空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀足够长的透明吸管，接口处用蜡密封，吸管中注入一段长度可忽略的油柱，在吸管上标上温度值，就制作成了一个简易气温计。若外界大气压不变，下列说法正确的是( )
A. 吸管上的温度刻度分布不均匀
B. 吸管上标的温度值由下往上减小
C. 温度升高时，罐内气体增加的内能小于吸收的热量
D. 温度升高时，饮料罐内壁单位面积、单位时间受到气体分子撞击次数增加
6.图甲描绘了在时刻，由两波源、在均匀介质中形成的波阵面平面图实线和虚线分别代表波峰和波谷。已知这两个波源的振动频率相等，振幅相同。和是该平面上的两个固定点，、间的距离是。图乙是点的振动图像位移时间关系。下列说法中正确的是( )
A. 波源发出的机械波波速为 B. 时，点的位移是
C. 连线的延长线上没有干涉增强点 D. 的连线上共有个干涉减弱点
7.如图甲所示。物块、的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块右侧与竖直墙相接触。另有一物块在时刻以一定速度向右运动，在时与物块相碰，并立即与粘在一起不再分开，物块的图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 物块的质量为
B. 物块离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为
C. 到的时间内，墙壁对物块的冲量大小为
D. 物块离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.两个固定等量同种正点电荷所形成电场的电场线如图实线所示。其中与、与、与均关于两点电荷连线中点对称。则以下说法正确的是( )
A. 与两点一定在同一等势面上
B. 点与点电场强度有可能相同
C. 电子在点获得一个合适初速度，将可能做匀速圆周运动
D. 电子在点获得沿方向的初速度后，将在间做往复运动
9.如图所示是磁吸基座无线充电器，当送电线圈通入的交流电源后，手机上的受电线圈产生感应电流。手机即进入“无线超充模式”。若手机“超充模式”下的充电电压为，充电电流为，充电基座送电线圈接有理想电流表，受电线圈接有电阻，线圈电阻不计且充电过程中不计一切能量损失，则( )
A. 送电线圈与受电线圈的匝数比为：
B. 电流表的示数为
C. 超充模式下，该充电器送电线圈的输入功率为
D. 若此手机的电池容量为，则超充模式下的充电时间为分钟
10.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上，竖直放置时另一端位于点，现将绝缘不带电物块和带正电的物块叠放在弹簧上，系统稳定时弹簧上端位于点。、的质量均为，的电荷量为，在空间中加上竖直向上的匀强电场，场强大小为，弹簧的劲度系数为，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是( )
A. 加上电场瞬间，的加速度大小为
B. 运动到最高点时弹簧的压缩量为
C. 、物体会分离，且分离时的加速度大小为
D. 、物体不会分离，两物体将一起做简谐振动，振幅为
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“验证机械能守恒定律”实验中，某同学用如图甲所示的装置，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图乙所示。点是打下的第一个点，、、和为另外个连续打下的点。
对于体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的重物的理由是______。
A.减小偶然误差
B.减小空气阻力和重力之比
C.减小空气阻力
已知交流电频率为，重物质量为，当地重力加速度取，则从点到点，重物的重力势能变化量的绝对值_____、点的动能_____计算结果均保留位有效数字。比较与的大小，出现这一结果的原因可能是_____。
A.工作电压偏高
B.存在空气阻力和摩擦力
C.接通电源前释放了纸带
12.某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻阻值为、一个电流表内阻为、一根均匀电阻丝电阻丝总阻值大于，并配有可在电阻丝上移动的金属夹、导线若干。由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发现桌上有一个圆形时钟表盘。某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度。主要实验步骤如下：
将器材如图连接：
开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的__________端填“”或“”；
改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角和电流表示数，得到多组数据；
整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图所示，图线斜率为，与纵轴截距为，设单位角度对应电阻丝的阻值为，该电池电动势和内阻可表示为__________，__________用、、、、表示
为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值。利用现有器材设计实验，在图方框中画出实验电路图_________电阻丝用滑动变阻器符号表示；
利用测出的，可得该电池的电动势和内阻。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示为一半径为的透明半球体，为半球体的直径，为半球体的球心。已知半球体的折射率为，现有一束激光垂直半球的平面射入半球体，入射点从点沿直径方向缓慢向点移动，不考虑光线在半球体内多次反射求：
当入射点移动至距离球心为位置时，光线射出半球体的折射角的正弦值为多少？
当入射点移动至距离球心为多少时，才开始有光线从下方球冠射出？
14.为防止宇宙间各种高能粒子对在轨航天员造成的危害，科学家研制出各种磁防护装置。某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面图如图所示，以点为圆心的内圆、外圆半径分别为、，区域中的危险区内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆为绝缘薄板，外圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，在切点处开有一小孔，在外圆绝缘薄板上再开小孔，在同一条直线上。一个粒子从左板内侧的点由静止释放，经电场加速后从点沿方向射入磁场，恰好不进入安全区，粒子每次与绝缘薄板碰撞后原速反弹，最终从点离开磁场，已知质子的质量为、元电荷电量、不计重力，两板间电压为，求：
粒子通过点时的速度大小；
磁感应强度的大小；
粒子在磁场中运动的时间。
15.如图，光滑平行轨道的曲面部分是半径为的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、大小为的匀强磁场中，导轨Ⅰ部分两导轨间距为，导轨Ⅱ部分两导轨间距为，将质量均为的金属棒和分别置于轨道上的段和段，且与轨道垂直。、棒电阻均为，导轨电阻不计。棒静止，让棒从圆弧最高点静止释放，当棒在导轨Ⅰ部分运动时，棒已达到稳定运动状态。两棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为，求；
棒刚进入磁场时，棒的加速度大小；
棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过棒的电荷量；
从棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中，棒中产生的热量。
答案解析
1.【答案】
【解析】A. 放射性元素的衰变速率由半衰期决定，题干明确提到核废水中放射性元素“降解时间长”，说明其半衰期较长，无法在短时间内完全衰变，故A错误。
B. 衰变是原子核内中子转化为质子时释放电子的过程，电子来源于核内而非外层电子，故B错误。
C. 核子质子、中子间通过强相互作用核力结合成原子核，核力克服质子间的电磁斥力使核子聚集，故C正确。
D. 原子核的稳定性由比结合能单位核子的结合能决定，中等质量原子核的比结合能最大，最稳定；质量越大的原子核如铀比结合能反而较低，更不稳定，故D错误。
故选C。
2.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查平抛运动及斜抛运动，解决本题的关键在于根据竖直高度相同确定飞行时间，从而确定速度关系，
【解答】
A.排球从点水平抛出的做平抛运动，运动时间为，解得，故从点抛出的小球做斜抛的时间为从点抛出的小球的运动时间的倍，故A错误；
B.设排球的抛体高度为，第一次从到，重力做正功为，第二次做斜上抛运动从到到点，重力做功为零，故B错误；
C.排球从到和从到都是平抛运动，在、点均只有水平方向的速度，高度相同，由 知运动时间相同，第一次的水平距 大于第二次的水平距离 ，由 可推出离开点的速度大于经过点的速度，故C错误；
D.将排球从到的斜上抛运动由逆向思维法可看成从到的平抛，则由到和到的平抛运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，竖直分速度 一样，但到的水平位移大，则水平速度 较大，由可知从到的末速度大小大于从到的初速度大小，故D正确。
3.【答案】
【解析】A.航天员处于完全失重状态，但仍受地球引力作用引力提供向心力，故A错误；
B.对接时实验舱需从较低轨道加速变轨至核心舱轨道，而非同一轨道直接对接，故B错误；
C.由于万有引力提供圆周运动的向心力，则有
解得
因为组合体与核心舱轨道半径相同，因此组合体加速度等于对接前核心舱的加速度，故C错误；
D.根据
解得
又因为万有引力提供向心力，故有
解得
联立上述各式可得 ，故D正确。
故选D。
4.【答案】
【解析】A.对Ⅱ轨道分析可知，沿轨道Ⅱ下滑时合力大小、方向都在变化，做变加速曲线运动。故A错误；
B.图乙速率时间图像中面积表示路程，两轨迹路程不同，面积不等。故B错误；
C.小物块沿两条轨道下滑的过程中，轨道Ⅱ上存在某处的切线方向平行于轨道Ⅰ，故C正确；
D.小物块沿两轨道下滑过程中重力做功相等，但时间不同，所以重力的平均功率不等，故D错误。
故选C。
5.【答案】
【解析】A.若油柱缓慢移动，则封闭的理想气体发生了等压变化，则 、
所以 ，由此可知，吸管上的温度刻度分布均匀，故A错误；
B.若温度升高，气体体积变大，油柱向上移动，则吸管上的温度刻度值由下往上增大，故B错误；
C.气温升高时，气体内能增加，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律 可知，气体吸收的热量大于对外做的功，罐内气体增加的内能小于吸收的热量，故C正确；
D.随温度升高，每个分子产生的平均撞击力变大，而气体发生等压变化，则单位时间内罐内壁单位面积上受到气体分子撞击的次数减小，故D错误。
故选C。
6.【答案】
【解析】A.由图甲可知，波长为 ，由乙图可知，波的振动周期为
可得波速为 ，故A错误；
B.由甲图可知点为振动减弱点，时，点的位移是零，故B错误；
C.只要 连线的延长线上各点到两波源的距离差为一个波长的整数倍时，均为干涉增强点，故C错误；
D.根据干涉减弱点的特点，即路程差为半个波长的奇数倍，故 的连线上距 、 的距离差为、的点各有两个，即共有个干涉减弱点，故D正确。
故选D。
7.【答案】
【解析】A.由图知，与碰撞前的速度为 ，碰后的速度为 ，与碰撞过程动量守恒，以的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
解得 ，故A错误；
B.当与速度为时，根据能量守恒，可得最大弹性势能 ，故B错误；
C.由图知，末和的速度 ，到过程中墙壁对物体的冲量大小等于弹簧对物体的冲量大小，也等于弹簧对和整体的冲量大小，墙对的冲量为
解得
即冲量大小为，方向向左，故C正确；
D.物块刚离开墙壁时，根据机械能守恒定律有
解得向左运动的速度大小为
物块离开墙壁后，当、、三者共速时弹性势能最大，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得 ，故D错误。
故选C。
8.【答案】
【解析】A.根据等量同种电荷等势线分布的对称性，可知与两点的电势大小相等，两点一定在同一等势面上，故A正确；
B.根据等量同种电荷电场线分布情况和对称性，可知点的场强的方向水平向右，而点的场强的方向竖直向上，故B错误；
C.电子在点获得一个合适初速度，若该电子速度的方向与该平面垂直，而且满足电场力刚好等于所需向心力，将可能做匀速圆周运动，故C正确；
D.根据等量同种电荷等势线分布的对称性，可知与两点的电势大小相等，两点一定在同一等势面上，所以电子在点获得沿方向的初速度后，到达后仍然具有速度将继续向下运动，所以电子不可能在间做往复运动，故D错误。
故选AC。
9.【答案】
【解析】A.根据原、副线圈的电压与匝数的关系可得
代入数据解得 ，故A正确；
B.由匝数比可知原线圈电流应为 ，故B正确；
C.充电器送电线圈的输入功率 ，故C正确；
D.由容量单位可知，手机充电时间为电池容量与充电电流的比值，即 ，故D错误。
故选ABC。
10.【答案】
【解析】A.、两物体叠放在轻弹簧上，并处于静止时，此时弹簧弹力等于、的重力，可得
加电场后，电场力为、整体受到的合力，故 ，A错误；
假设、不会分离，则、将做简谐运动，由对称性知当、运动到最高点时，加速度向下，大小为
对分析
得、间弹力 ，假设成立，故、不会分离。上升到最高点，对、整体分析可得 ，故B正确，C错误；
D.根据以上分析可知，一起做简谐运动，故振幅 ，D正确。
故选BD。
11.【答案】

【解析】在验证机械能守恒定律实验中，阻力越小越好，而密度大的重物所受阻力与重力之比更小，故B正确。
故选B。
由题图乙可知之间的距离为 ，因此重力势能的减少量为
匀变速运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度，因此
动能的增加量为 。
工作电压偏高不会影响实验的误差；存在摩擦力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，只有提前释放了纸带，纸带的初速度不为零，才会导致算出的动能的增加量大于重力势能的减少量，故C正确。
故选C。
12.【答案】； ； ；
【解析】【分析】
开关闭合前，保证电阻丝连入电阻；
根据闭合电路欧姆定律列式得出的表达式，再结合图像求解即可。
根据实物图连接原理图即可。
本题是电源电动势和内阻的测量，要注意图象法处理数据的方法的使用。
【解答】
开关闭合前，保证电阻丝连入电阻，故金属夹应夹在电阻丝的端；
由于，则即为
得出
实验电路如图
故答案为：； ；；
13.【答案】解：由题意作出光路图，如图所示
当该束激光入射点移动至距离球心为的点入射时，设此时入射角为，则
从球冠射出时折射角为，由折射定律 ，可得 。
如图所示，设入射点移动至距离球心为的点时才有光线射出，此时入射角为，由几何关系可知
又 ，解得 。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：粒子的电荷量为，质量为。粒子从点运动到点，根据动能定理有
解得粒子通过点时的速度 。
设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为，作出粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系有
解得
根据牛顿第二定律有
解得 。
设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为 ，根据几何关系有
解得
粒子在磁场中运动的周期为
粒子从点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为
粒子从点进入磁场到从点出磁场，共偏转了次
解得 。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：棒到达轨道最低点时速度大小设为 ，根据机械能守恒定律有
解得
棒到达轨道最低点进入磁场时切割磁场产生感应电动势
感应电流
棒受到的安培力
解得棒的加速度 。
设棒第一次稳定运动时的速度为 ，棒的速度为 。当稳定时感应电流为零，则两杆产生的感应电动势相等
解得
从棒开始运动到第一次速度达到稳定过程中，根据动量定理，对棒有
对棒有
又通过棒的电荷量
联立解得 ， ， 。
从棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒切割磁场的长度相等，当速度稳定时，两棒的速度相同，设稳定速度为。系统所受外力为零，则系统动量守恒，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
棒进入导轨Ⅱ运动后，接入电路的阻值变为 ，故棒产生的热量
联立解得 。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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