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2026届湖南省武冈市幸福富田高级中学高三上学期月考物理试卷
10月15日
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题（本大题共6小题，共24分）
1．[4分]目前已知碳的同位素共有十五种，从碳8至碳22，其中碳12和碳13属于稳定型，碳14是一种放射性元素，可衰变为氮14，图中包含碳14衰变的相关信息，结合这些信息可以判断下列说法正确的是 (　　)
A．碳14转变为氮14，衰变方式为α衰变
B．100个碳14原子核在经过一个半衰期后，一定还剩50个
C．若氮14生成碳14的核反应方程为N+CH，则X为质子
D．当氮14数量是碳14数量的7倍时，碳14衰变经历时间为17 190年
2．[4分]如图所示分别是一列机械波在传播方向上相距的两个质点、的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．该波的周期是 B．该波的波速是
C．时质点向上振动 D．时质点向上振动
3．[4分]甲、乙两个小球同时从水平面上的点斜向上抛出，其运动轨迹如图，甲球落地时，乙球刚好运动到轨迹的最高点.乙球的落点正好在甲球轨迹最高点的正下方，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．乙球初速度与水平方向的夹角的正切值是甲球的2倍
B．甲球的最小速度是乙球最小速度的2倍
C．从抛出到落地乙球速度的变化量是甲球的2倍
D．乙球离地面的最大高度是甲球的2倍
4．[4分]如图所示,甲、乙为两颗轨道在同一平面内的人造地球卫星,其中甲卫星的轨道为圆形,乙卫星的轨道为椭圆形,M、N分别为椭圆轨道的近地点和远地点,P点为两轨道的一个交点,圆形轨道的直径与椭圆轨道的长轴长相等.以下说法正确的是 (　　)
A．卫星乙在M点的线速度小于在N点的线速度
B．卫星甲在P点的线速度小于卫星乙在N点的线速度
C．卫星甲的周期等于卫星乙的周期
D．卫星甲在P点的加速度大于卫星乙在P点的加速度
5．[4分]［江苏宿迁2025调研］如图所示，圆心为、半径为的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，为圆的最低点，水平；紧靠磁场右侧有带等量异种电荷的平行金属板，板长为，极板间距也为，两金属板的中轴线与共线.一带电粒子（不计重力）质量为、电荷量为，以速度从点沿方向射入磁场，从点射出磁场，恰好从下极板右边缘射出电场.下列说法错误的是（ ）
A．粒子带负电，且磁感应强度大小
B．下极板带正电，且电场对粒子做功为
C．该粒子若以速度自点沿连线左侧方向射入磁场，仍能从平行金属板右侧射出电场
D．该粒子若以速度自点沿连线右侧方向射入磁场，仍能从平行金属板右侧射出电场
6．[4分]（河北邢台高二上联考）如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是(　　)
A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关
B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C．两板间距离越小，电子的加速度就越小
D．两板间距离越大，加速时间越短
二、多选题（本大题共4小题，共20分）
7．[5分]许多工厂的流水线上安装有传送带，如图所示传送带由驱动电机带动，传送带的速率恒定为，运送质量为的工件，将工件轻放到传送带上的端，每当前一个工件在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上。工件与传送带之间的动摩擦因数，传送带与水平方向夹角 ，工件从端传送到端所需要的时间为。取，工件可视作质点。关于工件在传送带上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．加速过程的加速度大小为
B．加速运动的距离为
C．两个相对静止的相邻工件间的距离为
D．、两端的距离为
8．[5分]某小组使用玻璃球模拟彩虹的产生原理，该玻璃球对红光和紫光的折射率分别为和，一束白光入射到玻璃球表面，入射角为，红光和紫光从玻璃球内部照射到表面时形成出射点，当两出射点在球面上连线的弧长至少为时，肉眼可分辨并观测到彩色条纹，下列说法正确的是
A．红光和紫光在玻璃球中的传播速度的比值为
B．红光和紫光在玻璃球中的传播速度的比值为
C．白光进入玻璃球发生一次反射后从玻璃球表面射出，若能观测到彩色条纹，玻璃球的半径至少为
D．白光进入玻璃球发生一次反射后从玻璃球表面射出，若能观测到彩色条纹，玻璃球的半径至少为
9．[5分]（多选）如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与质量为的物块不拴接．物块将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，物块向右运动受到的摩擦力随位移的变化关系如图乙所示，为已知量，则下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A． 物块在传送带上先加速后减速
B． 整个过程中摩擦力对物块做的功
C． 弹簧的劲度系数
D． 若物块与弹簧拴接，在物块继续向右运动到处的过程中始终与传送带保持相对静止
10．[5分]如图,发电机的矩形线圈长为2L、宽为L,匝数为N,放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2,两个副线圈分别接有电阻R1和R2。当发电机线圈以角速度ω匀速转动时,理想电流表读数为I。不计线圈电阻,下列说法正确的是 (　　)
A．通过电阻R2的电流为
B．电阻R2两端的电压为
C．n0与n1的比值为
D．发电机的功率为
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．[8分]某同学设计了一个测量重力加速度大小的实验方案，所用器材有：砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等.
具体步骤如下：
①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图（a）所示.
②用米尺测量平衡时弹簧的长度，并安装光电门.
③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动.
④用数字计时器记录30次全振动所用时间.
⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作.
该同学将振动系统理想化为弹簧振子.已知弹簧振子的振动周期，其中为弹簧的劲度系数，为振子的质量.
图（a） 图（b）
（1） 由步骤④，可知振动周期_____.
（2） 设弹簧的原长为，则与、、的关系式为____________________.
（3） 由实验数据作出的图线如图（b）所示，可得____保留三位有效数字，取.
（4） 本实验的误差来源包括_____（双选，填标号）.
A．空气阻力
B．弹簧质量不为零
C．光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置
12．[8分]小明同学将铜片和锌片插入水果中制成一个“水果电池”,查阅资料可知,这种水果电池的电动势不到1 V,内阻约几百欧,用水果电池给一个串联到电路中的规格为“2．5 V　0．5 A”的小灯泡供电,发现2个、3个、4个水果电池串联都不会使小灯泡发光．于是小明利用实验室器材测量水果电池的电动势和内阻,探究小灯泡不发光的原因．
(1)如图甲,若用多用电表对水果电池进行估测,以下操作正确的是　　　　．
A．测量前需转动P,使指针指在0 Ω处
B．测量电动势时选择开关置于T处
C．测量内阻时选择开关置于Q处
D．测量完成后将选择开关置于K处
甲　　乙
(2)实验室有以下器材:
A．待测水果电池(两个串联)
B．电阻箱(阻值范围0~9 999 Ω,额定电流2 A)
C．电流表A1(量程0~0．6 A,内阻约为0．2 Ω)
D．电流表A2(量程0~10 mA,内阻约为10 Ω)
E．开关S,导线若干
①该同学设计了如图乙所示的电路图,电流表应选择　　　　(填对应器材前的字母序号)．
②用所设计的电路进行测量得到电阻箱的电阻R和电流表的读数I以及计算出的多组数据后作出了-R图像,得到图像与纵轴的截距为0．53 mA-1,图像的斜率为0．67 V-1,由此求得每个水果电池的平均电动势E=　　　　 V,平均内阻r=　　　　 Ω．(结果均保留两位有效数字)
③根据②中测量的结果可知,用2个、3个、4个水果电池串联向小灯泡供电,小灯泡不发光的原因可能是　　　　．
13．[10分]（10分）如图所示，上端开口的汽缸竖直放置在水平桌面上，汽缸横截面积为S ，一定质量的理想气体被厚度不计的轻质活塞封闭在汽缸内，活塞可在汽缸内无摩擦地上下滑动，且不漏气。现把砂子缓慢地倒在活塞的上表面上，已知活塞和砂子的总质量为m，开始时汽缸内的气体热力学温度为T1，缸内气体的高度为H。现对缸内气体缓慢加热使热力学温度升高到T2，已知加热过程中被封闭气体内能的变化量为ΔU，外界的大气压强为p0，重力加速度为g。求：
（1）加热过程中活塞上升的高度ΔH；
（2）加热过程中被封闭气体吸收的热量Q。
14．[14分]如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L，abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
(1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
(2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：初始时刻N到ab的最小距离x；
(3)初始时刻，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为（），求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
15．[16分]如图所示，固定在竖直平面内的半径R=0.45m的四分之一光滑圆弧轨道的圆心为O点，圆弧轨道的最低点与静置在光滑水平面上的木板A的上表面平滑连接，木板A的质量mA=1kg，在木板A右侧一定距离处有N=2025个质量均为m0=3kg的小球向右沿直线紧挨着排列，小球的直径与木板的厚度相同，质量mB=2kg的小滑块B（可视为质点）从圆弧轨道上与O点等高处由静止释放，经过圆弧轨道的最低点滑上木板A，当滑块B与木板A恰好相对静止时木板A与小球发生第一次碰撞。已知木板A足够长，整个过程中滑块B始终未脱离木板A，木板A每次与小球碰撞前A、B均已相对静止，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间均忽略不计，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）滑块B经过圆弧轨道最低点的速度；
（2）滑块B在圆弧轨道最低点受到的支持力大小；
（3）滑块B与木板A第一次相对静止过程中产生的内能；
（4）1号小球最终的速度为多大。
参考答案
1．【答案】D　
【解析】碳14转变为氮14，根据衰变过程中电荷数守恒和质量数守恒，可得其衰变方程为CNe，可知其为β衰变，故A错误；衰变服从量子统计规律，只对大量的原子核有意义，故B错误；根据衰变过程中电荷数守恒和质量数守恒，可知X为中子，故C错误；由题图可知碳14的半衰期为5 730年，当氮14数量是碳14数量的7倍时，可知还有碳14未衰变，根据N余=N原，可知=3，解得t=17 190年，故D正确.
2．【答案】C
【解析】质点振动周期与波的传播周期相同，由题图可知，A错误；由题图可知，在任意相同时刻、两质点的振动始终相反，则两质点间距离为半波长的奇数倍，即，波速为，当时，，仅仅是其一个可能的值，B错误；由题图可知时质点向上振动，质点向下振动，C正确，D错误.
3．【答案】C
【详解】由题意可知,甲球的水平位移与乙球的水平位移的大小关系为,时间关系为,由,可得甲球的最小速度与乙球最小速度的关系为,错误；甲球的竖直初速度大小为,乙球的竖直初速度大小为,可得,根据速度的分解与合成,对甲球,有,对乙球,有,联立解得,错误；从抛出到落地速度变化量,所以从抛出到落地甲、乙两球速度的变化量之比为,正确；甲、乙两球离地面的最大高度分别为、,则,错误.
4．【答案】C　
【详解】卫星乙从M到N的过程中,是从近地点到远地点,根据开普勒第二定律可知,卫星乙在M点的线速度大于在N点的线速度,故A错误;卫星乙沿椭圆轨道经过N点的速度小于轨道半径为N到地心距离的圆轨道上的卫星的线速度,由=m,得v=,可知r越大,v越小,所以卫星甲的线速度大于以N到地心距离为轨道半径的圆轨道上卫星的线速度,故B错误;由开普勒第三定律可知,由于圆轨道的直径与椭圆轨道的长轴长相等,所以二者的周期一定是相等的,故C正确;由万有引力定律提供向心力可知,ma=,得a=,两卫星在P点到地球的距离是相等的,所以两卫星在P点的加速度是相等的,故D错误.
5．【答案】D
【解析】粒子向右偏转,由左手定则可判断粒子带负电,由几何关系得,粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径,由洛伦兹力提供向心力有,解得,正确.粒子从点射出磁场,恰好从下极板右边缘射出电场,则粒子所受电场力方向向下,下极板带正电,粒子在电场中做类平抛运动,粒子在电场中的运动时间,加速度,在电场中的偏转位移,电场对粒子做功为,联立解得,正确.该粒子若以速度自点沿连线左侧方向射入磁场,如图所示,由几何关系可知,点与圆形磁场区域的圆心、做圆周运动的圆心、射出点四点的连线刚好构成一个菱形,所以粒子射出磁场的方向总是水平向右的,故粒子在极板间运动的时间不变,偏转位移不变,因此从点上方水平射入极板间的粒子仍能射出电场；同理沿连线右侧方向射入磁场的粒子,则会打在下极板上,正确,错误.故符合题意.
6．【答案】B
【解析】极板之间的电压U不变，由E＝可知两极板距离d越大，场强E越小，电场力F＝Ee越小，加速度越小，加速时间越长，由eU＝mv2，得v＝，则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，A、C、D错误， B正确．
7．【答案】AC
【题图剖析】
【详解】工件加速过程，根据牛顿第二定律有，解得加速度，正确；加速到与传送带共速，，解得，加速位移，错误；由题意，第1个工件放到传送带后,放上第2个工件，再经过第2个工件也达到传送带的速度，此后这两个工件的距离不再变化，这两个过程中，第1个工件位移，第2个工件位移，因此两工件间隔，正确；由于 ，工件加速到与传送带共速后，工件将随传送带一起匀速运动，匀速时间，匀速位移，则、两端距离，错误。
8．【答案】AD
【详解】本题主要考查折射率与频率间的关系、折射定律、反射定律。因天空中的彩虹与球形水滴有关，通过玻璃球观察到彩虹能更准确地还原大气中彩虹现象的形成原理，有助于培养学生的物理兴趣。高考中常考光在生活中的实际应用，需要注意临界问题的处理。
光在玻璃球中的传播速度为，，紫光折射率大，传播速度小，正确，错误；红光和紫光在介质中的光路图如图所示，第一次折射时，红光由空气射入玻璃，，解得，紫光由空气射入玻璃，，解得，根据几何关系，第二次折射时的入射角等于第一次折射时的折射角，，解得，错误，正确。
9．【答案】BCD
【解析】由题图乙可知，过程，物块相对于传送带向左运动，物块受到向右的滑动摩擦力，在向右的弹簧弹力与滑动摩擦力的作用下做加速运动，过程，物块相对于传送带静止，相对于地面做匀速直线运动，物块受到向左的静摩擦力，静摩擦力大小与弹簧弹力大小相等、方向相反，直到处弹簧恢复原长后，物块不再受到静摩擦力，继续匀速直线运动，即物块先加速后匀速，故A错误；图像中图线与轴围成的面积即为整个过程中摩擦力对物块做的功，过程，摩擦力对物块做正功，过程，摩擦力对物块做负功，则整个过程中摩擦力对物块做的功为，故B正确；在处物块与传送带共速，此时物块受力平衡，即，解得，故C正确；若物块与弹簧拴接，在物块继续向右运动到处的过程中，弹簧被拉伸，由分析易知弹簧弹力一直未超过最大静摩擦力，因此物块可以继续与传送带保持相对静止，故D正确．
10．【答案】BC
【命题点】交变电流与变压器相结合的问题
【详解】由题可知,发电机产生的感应电动势的最大值Em=2NBL2ω,电动势的有效值U0==NBL2ω,设R1、R2两端的电压分别为U1、U2,则I=,由理想变压器的原理有=,=,可得=,则R2两端的电压为U2=U1=,通过电阻R2的电流为I2==,A错误,B正确;==,C正确;发电机的功率P=U1I+U2I2=NBL2ωI,D错误。
11．【答案】（1）
（2）
（3） 9.61
（4） AB
【解析】
（1） 30次全振动时间为,则振动周期.
（2） 设托盘与砝码的总质量为,静止时有,又,联立解得.
（3） 图像斜率为,解得.
（4） 弹簧振子为理想化模型,不计阻力与弹簧质量,因此空气阻力和弹簧质量都会引起测量误差,而光电门位置不影响周期的测量,、正确.
12．【答案】(1)D　(2)①D　②0.75　4.0×102　③见解析
【详解】(1)测量前先进行机械调零,需转动P,使指针指在左边零刻度线处,故A错误;测量电动势时选择开关置于直流电压处,故B错误;多用电表欧姆挡内部有电源,不能用欧姆挡测电池内阻,故C错误;测量完成后将选择开关置于K处,即题图甲中的OFF处,故D正确.
(2)①水果电池的电动势较小、内阻较大,电路中的电流较小,故电流表选D.
②根据闭合电路的欧姆定律有2E=I(R+2r),变形可得=+,根据图像与纵轴的截距有=0.53×103A-1,根据图像的斜率有=0.67 V-1,解得E≈0.75 V,r≈4.0×102 Ω.
③根据②的测量结果可知,用2个、3个、4个水果电池串联给小灯泡供电,小灯泡不发光的原因可能是水果电池的电动势小,内阻比灯泡电阻大很多,尽管多个水果电池串联,输出的电压也远小于灯泡额定电压,回路中的电流远小于灯泡额定电流.
13．【答案】（1）　（2）ΔU＋
【解析】（1）对缸内气体缓慢加热过程中，发生等压变化，由盖－吕萨克定律得
＝（2分）
解得ΔH＝（2分）
（2）加热过程中，对活塞及砂子进行受力分析，根据平衡条件得
pS＝p0S＋mg（1分）
气体膨胀，外界对气体做负功，有
W＝－pS·ΔH（2分）
再根据热力学第一定律得
ΔU＝W＋Q（1分）
联立解得Q＝ΔU＋ （2分）
14．【答案】(1)，方向水平向左；(2)；(3)
【详解】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
根据右手定则可知电流方向为，电流大小为
则所受的安培力大小为
根据左手定则可知，安培力的方向水平向左。
（2）金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
又
联立可得
可知初始时刻N到ab的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为（），则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
又
联立解得
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有
又
解得
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为
15．【答案】（1）3m/s；（2）60N；（3）3J；（4）
【详解】（1）根据动能定理可得，
代入数据解得滑块B经过圆弧轨道最低点的速度为。
（2）滑块B在圆弧轨道最低点时可视作做圆周运动，则有，
代入数据解得滑块B在圆弧轨道最低点受到的支持力大小为。
（3）滑块B与木板A接触后，二者发生相对运动，最终达到共同速度，根据动量守恒定律有，
代入数据解得，
在这一过程中，系统机械能损失转化为内能，根据能量守恒定律有，
则滑块B与木板A第一次相对静止过程中产生的内能为3J。
（4）木板A与小球1发生弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒。木板A与小球1第一次碰撞前的速度为，小球1的速度为，第一次碰撞后木板A的速度为，小球1的速度为，根据动量守恒定律有，
根据机械能守恒定律有，
联立解得，，
即木板A与小球1碰撞后，木板A的速度大小变为原来的一半，方向变反，小球1的速度变为木板A原速度的一半。
木板A与小球1发生碰撞后经过一段时间再次与滑块B共速，同理根据动量守恒可得，
解得第二次共速的速度为，
即每次木板A与滑块B重新共速后，速度变为滑块B的一半。
小球之间质量相等，且发生的都是弹性碰撞，它们之间发生速度交换，即直到木板A最后一次与小球1发生碰撞前瞬间，小球1的速度都为零。
综上所述，可知，，
依此类推，可得1号小球最终的速度为。
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