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--2026年湖南省武冈市诚东高级中学高三上学期第二次月考
物理试卷
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]2024年我国研发出一款安全性高、稳定发电时间长的新微型原子能电池。该电池将Ni衰变释放的能量转化为电能,衰变方程为NiCu+X+,式中是质量可忽略不计的中性粒子,则X表示的是 (　　)
AHe Be Ce Dn
2．[4分]如图所示，某直升机在目标上空高度为的水平面内盘旋，做匀速圆周运动，测得与目标的距离为，直升机质量为，巡航速度为，所在地重力加速度为.以下说法正确的是（ ）
A．直升机做匀速圆周运动的周期为
B．直升机做匀速圆周运动过程中，竖直面内受重力、升力和向心力作用
C．直升机获得的升力大小等于
D．主旋翼所在平面与水平面的夹角 满足关系式
3．[4分]如图所示，甲为一列简谐横波在时刻的波形图，P点是平衡位置在处的质点，Q点是平衡位置在处的质点，M点是平衡位置在处的质点；图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x正方向传播
B．质点M与质点Q的振动方向总是相同
C．在时间内，质点P通过的路程为
D．，质点M的速度为0
4．[4分]2021 年10月16日,中国神舟十三号载人飞船与空间站完成对接,对接过程简化示意图如图所示,空间站在距地面约400 km、半径为r2的圆轨道Ⅲ上做匀速圆周运动．神舟十三号载人飞船在半径为r1的轨道Ⅰ上绕地球做匀速圆周运动的周期为T1,通过变轨操作后,沿椭圆轨道Ⅱ运行,到达A处与空间站对接后,随空间站在轨道Ⅲ上做匀速圆周运动．已知地球同步卫星距地面的高度约为36 000 km,则 （ ）
A．空间站绕地球运行的周期大于24小时
B．空间站绕地球运行的速度大于7．9 km/s
C．神舟十三号载人飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为
D．神舟十三号载人飞船在A点处减速和空间站完成对接
5．[4分]如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为。有一簇质量为m，电荷量为＋q的粒子，以相同的速度沿图示方向平行射入磁场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在正方形磁场区域中可能经过的面积为（　　）
A． B．
C． D．
6．[4分] 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]两根完全相同的轻弹簧的原长均为L，将两弹簧与完全相同的两物体A、B，按如图所示的方式连接，并悬挂于天花板上，静止时两根弹簧的总长为2.6L。现用手托着B物体，使下面的弹簧2恢复到原长，则下面说法正确的有（　　）

A．静止悬挂稳定时弹簧1的长度为1.4L，弹簧2的长度为1.2L
B．弹簧2恢复原长时弹簧1长度为1.4L
C．物体A上升的距离为0.2L
D．物体B上升的距离为0.2L
8．[5分] 如图所示，在空间直角坐标系中有一等腰直角三角形线框，其中一条直角边与轴重合，另一条直角边在平面内，线框总电阻为，直角边长为，当线框在外力作用下绕着轴以角速度 匀速转动时，线框上的点先后经过轴正半轴和轴正半轴，整个装置处于沿轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为，则下列判断正确的是（ ）
A．当线框经过轴时，两点间的电势差
B．当线框经过轴正半轴时，、两点的电势差为
C．线框上的点由轴位置转到轴位置的过程中，通过线框导线截面的电荷量为
D．线框在转动一圈的过程中电流方向改变一次
9．[5分] 水面下深h处有一点光源，发出两种不同颜色的光a和b，光在水面上形成了如图所示的一个有光线射出的圆形区域，该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光圆形区域，周围为a光构成的圆环。若b光的折射率为n，下列说法正确的是
A．a光的波长比b光的小
B．水对a光的折射率比b光的小
C．在水中a光的传播速度比b光的大
D．复色光圆形区域的面积为
E．用同一装置做双缝干涉实验，a光的干涉条纹间距比b光的窄
10．[5分]如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块和封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为和的动能。极短时间内嵌入中形成组合体，与滑轨间的动摩擦因数为 。在滑轨上运动距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为,根据可计算出弹药释放的能量。某次测量中，、、质量分别为、、，,整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为。则（ ）
A．的初动能与爆炸后瞬间的动能相等
B．的初动能与其落地时的动能相等
C．弹药释放的能量为
D．弹药释放的能量为
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．[8分] 如图甲所示为利用单摆测量重力加速度的实验装置。
甲
（1） 为了减少测量误差，下列做法正确的是。（ ）
A. 摆的振幅越大越好
B. 摆球质量大些、体积小些
C. 计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
D. 将摆球静止悬挂后用米尺测出摆球球心到摆线悬点之间的长度作为摆长
（2） 为了提高实验精度，该同学在悬点顶端安装了力传感器来测摆线拉力，在实验中保持摆角和摆长为不变时，测得的关系，如图乙所示，则单摆的周期为__________________，当地的重力加速度______________________________。多次改变摆长并测出相应图像，发现图像________________（上移、下移或上下未移动）。
乙
12．[8分]小明同学在实验室做实验，需要去测量一个未知定值电阻R0的阻值，该待测电阻阻值接近500Ω。现实验室有如下器材可供选择：
A．待测电阻Rx；
B．电流表Al（量程0~10mA，内阻RA1=100Ω）；
C．电流表A2（量程0~5mA，内阻RA2约为100Ω）；
D．电压表V（量程0~1.5V，内阻Rv=500Ω）；
E.定值电阻R0=200；
F.滑动变阻器R（最大阻值约为10Ω，允许通过的最大电流为1A）；
G.滑动变阻器R2（最大阻值约为1000Ω，允许通过的最大电流为1A）；
H.直流电源E，电动势为3V，内阻很小；
I.开关S，及若干导线。
小明在以上器材中选择了合适的器材，并设计了电路，如甲图所示。现要求测量数据范围较大，测量结果尽可能准确。
(1)滑动变阻器应选 ，a电表应选 ，b电表应选 （请填写所选仪器前的字母编号）
(2)通过调节滑动变阻器，测量得到多组a电表和b电表的示数，将a电表和b电表的示数描成图像如图乙所示，图像横纵轴物理量的单位均采用国际单位，该图像斜率大小为k=150，则待测电阻Rx= Ω（保留三位有效数字），所测得的Rx的测量值与真实值的关系是：测量值 且真实值（选填“>”“<”或“=”）。
(3)如图丙，将该待测电阻与一硅光电池串联，硅光电池的路端电压U与干路电流I的关系如图丁所示，则该待测电阻的功率为 W（保留两位有效数字）。
13．[10分]如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为，气室2内气体压强为，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g。若。
求：
（1）通过计算说明气室2中的气体完全进入气室1；
（2）气室1内气体压强为多少？
14．[14分]（14分）在倾角为 的导轨上存在如图所示的匀强磁场，为的中点，磁场的方向均垂直于其所在导轨的平面。，金属棒Ⅰ静止于处并用绝缘物挡住。金属棒Ⅱ从位置由静止释放，到达时对其施加平行于倾斜导轨的外力使金属棒Ⅱ匀速运动，待离开三角形区域磁场时撤去外力，金属棒Ⅱ继续加速运动到最大速度后匀速运动至，进入水平轨道，、两点绝缘，之间有一自感系数为的电感线圈，所有摩擦均忽略不计，已知磁场的磁感应强度大小均为，金属棒Ⅰ的质量未知、阻值为，金属棒Ⅱ的质量为，其余电阻忽略不计，导轨间距为，所有导轨接触良好，水平导轨足够长，重力加速度为。可能用到的计算公式：,自感电动势
（1） 求外力对金属棒Ⅱ做的功；
（2） 当金属棒Ⅱ通过以后，三角形区域磁场的磁感应强度大小以的规律变化，同时在处施加沿斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，求金属棒Ⅱ的最大速度和金属棒Ⅰ的最小质量；
（3） 求金属棒Ⅱ在水平轨道的最大运行距离（用含有的表达式）。
15．[16分]如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为l,圆管长度为20l.一质量为m=M的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.不计空气阻力,重力加速度大小为g.求
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;
(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数.
参考答案
1．【答案】B
【命题点】核反应方程
【详解】核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒,因此有63=63+A,可得A=0,28=29+Z,可得Z=-1,故X的质量数为0,电荷数为-1,X为电子,表示为e,B正确。
2．【答案】D
【详解】由题意,可得直升机做匀速圆周运动的半径为,则周期为,错误；直升机做匀速圆周运动的过程中,竖直面内受重力、升力的作用,二者的合力提供直升机所需的向心力,错误；直升机做匀速圆周运动,其获得的升力在竖直方向上的分力大小等于,水平方向的分力提供向心力，错误；主旋翼所在平面与水平面的夹角 满足关系式,,其中,整理有,正确.
3．【答案】D
【详解】
A．由题知甲为简谐横波在t = 0时刻的波形图，而图乙为质点Q的振动图像，由乙图看出在t = 0s时Q质点向下振动，由带动法可知，是Q点右边的质点带动Q点振动，说明该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．由甲图可知，质点M与质点Q的平衡位置相距半个波长，所以质点M与质点Q的振动方向总是相反的，故B错误；
C．由乙图可以看出T = 0.6s，。由甲图可看出，在时间内，质点P先向最大位移处移动，再从最大位移向平衡位置靠近，在这时间内的平均速度小于经过平衡位置前后的时间内的平均速度，所以路程小于一个振幅，该波的振幅为A = 10cm，所以在时间内，质点P通过的路程小于，故C错误；
D．，t=0时质点M处于平衡状态，振动方向向上，经过，质点M向上振动到波峰位置，速度为零，故 D正确。
故选D。
4．【答案】C
【详解】根据牛顿第二定律,有 ,解得 ,空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径,所以空间站绕地球运行的周期小于24小时,A错误;根据牛顿第二定律得 ,解得 ,空间站的轨道半径大于绕地球表面运行的卫星的轨道半径,由于绕地球表面运行卫星的速度为7．9 km/s,所以空间站绕地球运行的速度小于7．9 km/s,B错误;根据开普勒第三定律得 ,解得 正确;神舟十三号载人飞船在A点处加速做离心运动和空间站完成对接,D错误．
5．【答案】C
【解析】由，则知粒子圆形磁场区域经历磁聚焦，聚于两区域相切点而后进入正方形区域图形，如图所示，图中阴影部分即为所求，则，空白区域面积：，空白加阴影的总面积：，，选C.
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
【详解】A．悬挂稳定时，弹簧1的弹力等于A、B两个物体的总重力，而弹簧2的弹力等于B物体的重力，根据平衡条件有
而
可得
静止悬挂稳定时弹簧1的长度为
弹簧2的长度为
故A正确；
BCD．弹簧2恢复原长时，由平衡可知
可得
弹簧1长度为
物体A上升的距离为
物体B上升的距离为
故BD错误，C正确。
故选AC。
8．【答案】BC
【解析】当线框经过轴时,此时线框平面与磁场垂直,处于中性面位置,产生的感应电动势为零，则,故错误；当线框经过轴正半轴时,线框的有效切割长度为,此时产生的感应电动势,根据几何关系可知的长度为,切割磁感线,由题意结合右手定则可知点的电势高于点的电势,、两点的电势差为路端电压，,故正确；线框上的点由轴位置转到轴位置的过程中,穿过线框的磁通量的变化量为,,,,联立解得,故正确；每经过一次中性面,电流方向改变一次,线框在转动一圈的过程中,两次经过中性面,所以电流方向改变两次,故错误.
9．【答案】BCD
【详解】本题考查光的折射、全反射等知识。a光在水面上形成的圆形亮斑面积较大，知a光的临界角较大，根据sin C=，知a光的折射率较小，则a光频率较小，波长较长，再由v=，可知在水中a光的传播速度比b光大，故A错误，B、C正确；设复色光圆形区域的半径为r，在复色光圆形区域的边界，b光刚好发生全反射，如图所示，
据sin C=，结合几何关系可知=，则复色光圆形区域的面积为S=πr2=，故D正确；a光的折射率小，波长长，根据双缝干涉条纹间距与波长成正比，可知相同条件下，a光干涉条纹间距比b光宽，故E错误。
【方法拓展】双缝干涉实验中，条纹间距公式为Δx=λ，l是双缝到光屏的距离，d是双缝的间距，λ是单色光的波长，所以条纹间距与波长成正比。
【易错警示】由于均匀球壳对壳内物体的引力为零，所以物体所受的合外力就是以物体与地心间距离x为半径的球体对物体的万有引力，而x就是物体相对于地心的位移。很多同学不能理解这一点而推导不出回复力的表达式。
【解题拓展】简谐振动的周期公式是T=2π，本题中物体所受的回复力F回=-Gπρm·x，则k=Gπρm，把k代入T=2π可得用本题中已知数据表示的周期公式。　　
10．【答案】BD
【详解】爆炸前后、动量守恒，有，嵌入过程为完全非弹性碰撞，有，解得，爆炸后的动能为，的初动能，错误；由能量守恒定律得落地时动能，正确；平抛的初速度为，又，联立解得，则，弹药释放的能量，错误，正确。
11．【答案】（1） BD
（2） （1分）；（2分）；上下未移动（2分）
【详解】
（1） 单摆只有在最大摆角小于 时，其振动才可视为简谐运动，错误；摆球的质量大些、体积小些可以减小振动时空气阻力的影响从而减少测量误差，正确；计时的起、止位置选在单摆的最低位置有利于减小计时误差，错误；将摆球静止悬挂后测量，摆线更接近实验时的实际长度，减少测量误差，正确。
（2） 由题图乙可知从最低点到最高点所用的时间为，则周期为，根据公式解得，可得；在实验中由最高位置运动至最低位置，根据机械能守恒定律有，最低位置处根据牛顿第二定律有，可解得最低位置摆线拉力为，摆角不变，改变摆长，可知各个位置摆线拉力与摆长无关，故图像不移动。
12．【答案】(1)F；B；D，(2)500 ；=，(3)0.010（0.0092~0.011）
【详解】（1）[1]滑动变阻器为分压式接法，为了实验数据的连续性强一些，选最大阻值较小的；
[2]电源电动势为3V，a表与串联改装成电压表，即a表内阻已知，选电流表，能测量的最大电压为，可知，选刚好等于电源电压；
[3]电源电动势为3V，b表选电压表V，其内阻已知，能够测量出通过其所在电路的电流。与分压，能分走将近电压，量程合适，且电压表内阻已知，测量会更精确。
（2）[1][2]乙图横轴为电流表示数，纵轴为电压表示数，电压表示数U与电流表示数I满足关系式有，解得，则有，解得，由于两电表内阻已知，可知测量值等于真实值。
（3）在硅光电池的图中，描绘的图，由于，则图像如图所示
交点处为工作点，其坐标为，则功率为
13．【答案】（1）见解析；（2）
【详解】（1）若，对活塞AB与细砂整体，由平衡条件得
解得气室2中封闭气体的压强
CD上的单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，以气室1与气室2中气体整体为研究对象，由玻意耳定律得
解得
假设不成立，所以气室2中的气体完全进入气室1。
（2）以气室1中的气体为研究对象，由玻意耳定律得
解得气室1内气体的压强
14．【答案】（1）
（2） ；
（3）
【解析】
（1）金属棒Ⅱ在运动至之前的加速度大小为 ，则根据匀变速直线运动公式有 ，可知金属棒Ⅱ进入三角形磁场区域时的初速度大小为…………1分对于金属棒Ⅱ在三角形磁场中切割磁感线的过程，有效切割长度是动态变化的，如图甲所示，有效切割长度…………1分
甲
根据几何关系可知，根据题意，金属棒Ⅱ在该三角形磁场区域中做匀速直线运动，有，，，联立解得…………1分令，则有电流，根据焦耳定律，且，解得…………1分对金属棒Ⅱ在该磁场区域中全过程，根据能量守恒定律有…………1分又，解得…………1分
（2）当金属棒Ⅱ通过后，三角形磁场区域产生的感生电动势…………1分金属棒Ⅱ切割磁感线产生动生电动势，则当匀速运动时有…………1分解得…………1分金属棒Ⅰ受力情况如图乙所示，
乙
金属棒Ⅰ与导轨接触，则有 ，所以 ，即质量最小值…………1分
（3） 金属棒Ⅱ以速度进入水平轨道，由于金属棒Ⅱ无电阻，在水平轨道运动时有…………1分，即…………1分而，代入得，即与成正比例关系，当达到最大值时，安培力也达到最大，有，金属棒Ⅱ在水平导轨上运动至最大位移过程如图丙所示，克服安培力做功可表示为图像与横轴所围成的面积，由动能定理得…………1分
丙
联立解得…………1分
15．【答案】(1)　　(2)l　(3)4次
【解析】(1)设小球自静止下落至薄圆盘处时的速度为v10,根据机械能守恒定律有mgl=m,设第一次碰撞后瞬间小球和薄圆盘的速度分别v11、v21,在小球与薄圆盘碰撞过程中,根据动量守恒定律有mv10=mv11+Mv21,根据机械能守恒定律有m=m+M,且m=M,联立解得v11=-,v21=,故第一次碰撞后瞬间小球和薄圆盘的速度大小均为.
(2)由薄圆盘受到的滑动摩擦力与其重力大小相等可知,自第一次碰撞后薄圆盘做匀速直线运动,当小球和薄圆盘间的距离最远时,两者的速度相等,设在第一次碰撞到第二次碰撞之间,经过t0时间两者速度相等,由速度关系有v11+gt0=v21,解得t0=,则小球与薄圆盘间的最远距离dmax=v21t0-v11t0+g,解得dmax=l.
(3)设自第一次碰撞后经t1时间发生第二次碰撞,小球与薄圆盘共速时相距l,设共速后再经t'1时间小球追上薄圆盘,根据位移关系有v21t'1+gt'-v21t'1=l,解得t'1=,则t1=t0+t'1=2,追上时小球的速度v1m=v11+gt1=,圆盘的速度v1M=v21=,设碰后瞬间小球和圆盘的速度分别为、,由动量守恒定律得mv1m+Mv1M=mv2m+Mv2M,由机械能守恒定律得m+M=+M,解得.
假设小球与薄圆盘可以一直在管内碰撞,分析得出,小球每次碰后至下一次追上薄圆盘所经历的时间Δt=t1=2,画出第一次碰撞后小球的v-t图像,如图所示,
v-t图像中图线与t轴围成的面积表示位移,则根据图像可计算出s1+s2+s3=12l,s1+s2+s3+s4=20l,20l+l=21l>20l>12l+l=13l,则小球与薄圆盘碰撞的次数是4次.
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