云南宣威市第一中学2025-2026学年高三上学期期末考试物理试卷

2025-2026学年高三年级上学期期末考试 物理试卷 满分 100 分，考试时间 75分钟。 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡交回。 一、选择题(本题共10题，其中1-7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的，8-10题，每小题6分,共18分，每小题有多个选项符合题目要求。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.核电池是利用放射性同位素衰变释放能量发电的装置，并应用在“嫦娥四号”的着陆器和月球车上。某种核电池原料为钚(Pu)的氧化物，核反应方程为PuU＋X。则X为(　　) A. .e B. .n C. .H D. .He 2.光电效应实验的电路如图甲所示，光电子的遏止电压Uc与入射光频率ν的关系如图乙所示，则用频率为2ν0的紫外线照射阴极K时产生的光电子的最大初动能为(　　) A. . B. eU1 C. 2eU1 D. 3eU1 3.一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p－V图像如图所示．已知三个状态的坐标分别为a(V0，2p0)、 b(2V0，p0)、c(3V0， 2p0)．以下判断正确的是(　　) A. 气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功 B. 气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量 C. 在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量 D. 气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量 4.如图所示，质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，重力加速度g＝10 m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间(　　) A. B对A的压力大小为12 N B. 弹簧弹力大小为50 N C. B的加速度大小为10 m/s2 D. A的加速度为零 5.如图，一水平圆盘绕竖直中心轴以角速度ω做匀速圆周运动，紧贴在一起的A、B两物体(可视为质点)随圆盘做圆周运动，B恰好不下滑，A恰好不滑动，两物体与转轴距离为r，已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与圆盘面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。μ1与μ2应满足的关系式为(　　) A. μ1＋μ2＝1 B. ＝1 C. μ1μ2＝1 D. ＝1 6.如图，一质量为M＝2 kg的木板静止在水平地面上，一质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)以v0＝2 m/s的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2(未知)，重力加速度g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A. 地面对木板的摩擦力方向水平向右 B. 地面对木板的摩擦力大小为9 N C. μ2可能为0.12 D. 整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为4 J 7.一列简谐横波沿x轴传播，图甲、图乙分别是x轴上相距1 m的M、N两点的振动图像。下列说法正确的是(　　) A. M、N两点的振动方向始终相同 B. 该简谐横波的波长可能为 m C. 该简谐横波的波长可能为2 m D. 该简谐横波的波速可能为 m/s 8.(多选)如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定环上的M、N两点，O点下面悬挂一小球。细线OM、ON与竖直方向夹角分别为α＝60°、β＝30°。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，将两绳同时缓慢顺时针转过45°，并保持两绳之间的夹角始终不变，且小球始终保持静止状态，则在旋转过程中，下列说法正确的是(　　) A. F1逐渐增大 B. F2先增大再减小 C. F1与F2的水平分量大小相等 D. F1与F2的竖直分量大小相等 9.如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A. 长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反 B. A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2 C. 1 s末物体B从木板A的右端滑落 D. 长木板A的质量是4 kg 10.2023年11月16日，中国北斗系统正式成为全球民航通用的卫星导航系统。如图，北斗系统空间段由若干地球同步卫星a、倾斜地球同步轨道卫星b和中圆地球轨道卫星c等组成。将所有卫星的运动视为匀速圆周运动、地球看成质量均匀的球体，若同步卫星a的轨道半径是地球半径的k倍，下列说法正确的是(　　) A. 卫星c的线速度小于卫星a的线速度 B. 卫星b有可能每天同一时刻经过重庆正上方 C. 地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为1－ D. 地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为1＋ 三、非选择题 11.（6分）在“用插针法测玻璃砖折射率”的实验中，玻璃砖的AC边与BD边相互平行，AB边与CD边不平行，如图所示。 (1)实验中要求四枚大头针的________(选填“针尖”或“针帽”)在同一视线上。 (2)以入射点O为圆心，以R＝5 cm为半径画圆，与入射光线PO交于M点，与折射光线OO′的延长线交于F点，过M、F点分别向法线作垂线，量得MN＝1.68 cm，FE＝1.12 cm，则该玻璃砖的折射率n＝________。 (3)下列操作可以减小实验误差的是________。 A．适当增大大头针P1、P2的间距 B．选择玻璃砖相互平行的两边来测量 C．选用尽可能细的笔画线 D．使PO的入射角接近90° (4)某同学突发奇想用两块同样的玻璃直角三角形棱镜ABC来做实验，两者的AC面是平行放置的，插针P1、P2的连线垂直于AB面，若操作无误，则在图中右边的插针应该是________。 A．P3、P6 B．P3、P8 C．P5、P6 D．P7、P8 12. (9分)学生实验小组要测量量程为3 V的电压表的内阻RV。可选用的器材有:多用电表，电源E(电动势5 V)，电压表(量程5 V，内阻约3 kΩ)，定值电阻R0(阻值为800 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ)，开关S，导线若干。 完成下列填空: (1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应　　　　(把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列)。  A.将红、黑表笔短接 B.调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆 C.将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置 再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的　　　　(选填“正极、负极”或“负极、正极”)相连，欧姆表的指针位置如图(a)中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡　　　　(选填“×1”“×100”或“×1 k”)位置。重新调节后，测量得到指针位置如图(a)中实线Ⅱ所示，则粗测得到的该电压表内阻为　　　　kΩ(结果保留1位小数)。  (2)为了提高测量精度，他们设计了如图(b)所示的电路，其中滑动变阻器应选　　　　(选填“R1”或“R2”)，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于　　　　(选填“a”或“b”)端。  (3)闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表、待测电压表的示数分别为U1、U，则待测电压表内阻RV＝　　　　(用U1、U和R0表示)。  (4)测量得到U1＝4.20 V，U＝2.78 V，则待测电压表内阻RV＝　　　　kΩ(结果保留3位有效数字)。  13.(10分）如图7所示，两个平行光滑金属导轨AB、CD固定在水平地面上，其间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝3 Ω的定值电阻．一根长度与导轨间距相等的金属杆放置于导轨上，金属杆的质量m＝0.2 kg，电阻r＝2 Ω，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝4 T的匀强磁场中，t＝0时刻，在MN上加一与金属杆垂直、方向水平向右的外力F，金属杆由静止开始以a＝2 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2 s末撤去外力F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好．(不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求： 图7 (1)1 s末外力F的大小； (2)撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热． 14.(12分)如图所示，质量为9m的靶盒(可视为质点)带正电，电荷量为q，静止在光滑水平面上的O点。O点右侧存在电场强度大小为E、方向水平向左的匀强电场。在O点左侧有一质量为m的子弹，以速度v0水平向右打入靶盒后与靶盒一起运动。已知子弹打入靶盒的时间极短，子弹不带电，且靶盒带电荷量始终不变，不计空气阻力。 (1)求子弹打入靶盒后的瞬间，子弹和靶盒共同的速度大小v1; (2)求子弹打入靶盒后，靶盒向右离开O点的最大距离s; (3)若靶盒回到O点时，第2颗完全相同的子弹也以v0水平向右打入靶盒，求第2颗子弹对靶盒的冲量大小I。 15.(16分5)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v； (3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 一、选择题 1. D【解析】设X为X，根据质量数守恒和电荷数守恒有238＝234＋A，94＝92＋Z，解得A＝4，Z＝2，则X为He，故D正确。 2. A【解析】由题图可知，光电管两侧的电压为反向电压，当入射光的频率为ν0时，遏止电压为零，当入射光的频率为3ν0时，遏止电压为U1，所以当入射光的频率为2ν0时，遏止电压为，产生的光电子的最大初动能为Ek＝m，故A正确。 3. C【解析】p－V图线与V轴所围面积表示气体状态变化所做的功，由题图知，a→b和b→c过程中，气体对外界做的功相等，故A错误．由＝C知，a、b两状态温度相等，内能相同，ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q知，Qab＝－W；由＝C知，c状态的温度高于b状态的温度，则b→c过程中，ΔU>0，据ΔU＝W＋Q知，Qbc>|W|，即Qbc>Qab，故B错误．由＝C知，c状态温度高于a状态温度，则c→a过程内能减少，ΔU<0，外界对气体做正功，W>0，属于放热过程，由ΔU＝Q＋W知，W<|Q|，故C正确．由于a、b状态内能相等，故c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，故D错误． 4. A【解析】原来A处于平衡状态，有F弹＝mAg＝20 N，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，故B错误;细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，则整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同的加速度a＝6 m/s2，故C、D错误;对B由牛顿第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力为FN＝12 N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12 N，故A正确。 5. C【解析】以A、B整体为研究对象，受力分析如图甲所示，由静摩擦力提供向心力可得μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)ω2r;以B为研究对象，受力分析如图乙所示，由A对B的弹力提供向心力，则有FN＝mBω2r，由平衡条件可得μ1FN＝mBg，联立解得μ1μ2＝1，故C正确。 6. C【解析】对木板受力分析可知，滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面对木板的静摩擦力方向水平向左，故A错误;滑块对木板的滑动摩擦力大小Ff＝μ1mg＝3 N，由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小FfM＝Ff＝3 N，故B错误;木板始终保持静止，即μ2(m＋M)g≥Ff，解得μ2≥0.1，故C正确;整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量Q＝m＝2 J，故D错误。 7. D【解析】由题图可知，1 s<t<2 s时，M、N两点振动方向相反，故A错误;设由M指向N为x轴正方向，若波沿x轴正向传播，则λ＝1 m(n＝0，1，2，3，…)，可得λ＝ m(n＝0，1，2，3，…)，由图像可知T＝4 s，故波速v＝ m/s(n＝0，1，2，3，…)，当n＝0时，λ＝4 m，v＝1 m/s，当n＝1时，λ＝0.8 m，v＝0.2 m/s;若波沿x轴负向传播，则λ＝1 m(n＝0，1，2，3，…)，解得λ＝ m(n＝0，1，2，3，…)，又T＝4 s，故波速v＝ m/s(n＝0，1，2，3，…)，当n＝0时，λ＝ m，v＝ m/s，当n＝1时，λ＝ m，v＝ m/s，故D正确，B、C错误。 8. AC【解析】小球始终保持静止，所受合力为零，所以mg、F1、F2构成封闭的矢量三角形如图所示，由于重力不变，F1和F2夹角为90°不变，矢量三角形动态图如图所示，mg始终为圆的直径，两绳同时缓慢顺时针转过45°过程中，F1逐渐增大，F2逐渐减小，故A正确，B错误;F1与F2的水平分量大小相等，竖直分量的合力与重力大小相等，故C正确，D错误。 9. BD【解析】由题意可知，A木板的运动方向与其摩擦力方向相同，物体B运动方向与其摩擦力方向相反，故A错误;由题图乙知B的加速度大小为aB＝ m/s2＝2 m/s2，对B由牛顿第二定律有μmBg＝mBaB，解得μ＝0.2，故B正确;由题图乙可知0~1 s内二者相对运动，之后相对静止一起匀速运动，故C错误;长木板A的加速度大小为aA＝1 m/s2，由μmBg＝mAaA，μmBg＝mBaB，联立两式可解得，长木板A的质量是B物体的两倍，即mA＝4 kg，故D正确。 10. BC【解析】根据G＝m得v＝，可知轨道半径越大，线速度越小，所以卫星c的线速度大于卫星a的线速度，A错误;卫星b是倾斜地球同步轨道卫星，周期与地球自转相同，若某一时刻出现在重庆正上方，则过24小时之后又在重庆正上方，B正确;在地球北极处，有G＝mg1，在地球赤道处有G－mR＝mg2，对于地球同步卫星有G＝mkR，解得＝1－，C正确，D错误。 二、非选择题 11.(1)针尖　(2)1.5　(3)AC　(4)C 【解析】(1)实验中要求四枚大头针的针尖在同一视线上，而不是针帽； (2)由题图可知sin α＝，sin β＝ 则折射率n＝＝＝1.5； (3)大头针P1和P2、P3和P4之间的距离适当大些时，由距离误差引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些，故A正确；用插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，故B错误；为了准确作出入射光线和折射光线，应选用尽可能细的笔画线，故C正确；为了减小测量的相对误差，选择的入射角尽量大些，效果会更好，但不是接近90°，故D错误； (4)画出光路图如图所示 根据光路图可知，经过P1、P2的光线经左侧玻璃砖折射后向下偏折，然后射入右侧玻璃砖后平行射出，则图中右边的插针应是P5、P6，故选C。 12. (1)CAB　负极、正极　×100　1.6 (2)R1　a　(3)　(4)1.57【解析】(1)用多用电表测电阻时，首先是选择倍率，然后将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指示在电阻为零的位置，因此正确操作顺序为CAB。电流从多用电表的黑表笔流出，流入电压表的正极，则红表笔接电压表的负极，黑表笔接电压表的正极。指针指示Ⅰ位置时，表盘显示示数偏大，大电阻用大倍率，若旋转到“×1 k”位置，表盘显示示数将偏小，读数不准确，故应将选择开关旋转到欧姆挡“×100”位置，由题图(a)可知，粗测得到的该电压表内阻为1.6 kΩ。 (2)由题图(b)可知，滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器，故选R1。闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于a端。 (3)由题图(b)可知，待测电压表与定值电阻R0串联，根据串联电路电流特点，结合部分电路欧姆定律可得，解得RV＝。 (4)把数据代入RV＝，可得RV＝1.57 kΩ。 13. (1)2 N　(2)0.96 J 【解析】(1)1 s末，金属杆MN的速度大小为 v1＝at1＝2×1 m/s＝2 m/s 金属杆MN产生的感应电动势为 E＝BLv1 金属杆MN中的感应电流大小I＝ 金属杆MN受到的安培力大小 F安＝BIL 联立得F安＝＝1.6 N 根据牛顿第二定律有F－F安＝ma 可得F＝F安＋ma＝2 N (2)2 s末，金属杆MN的速度大小为 v2＝at2＝2×2 m/s＝4 m/s 撤去外力F后的过程中，根据能量守恒定律得电路中产生的总焦耳热Q＝mv22＝×0.2×42 J＝1.6 J 电阻R上产生的焦耳热QR＝Q＝×1.6 J＝0.96 J. 14. (1)0.1v0　(2)　(3)mv0 【解析】(1)子弹打入靶盒过程中，由动量守恒定律得mv0＝10mv1 解得v1＝0.1v0。 (2)靶盒向右运动的过程中，由牛顿第二定律得qE＝10ma 又＝2as，解得s＝。 (3)第1颗子弹打入靶盒后，靶盒将向右减速后反向加速，返回O点时速度大小仍为v1，设第2颗子弹打入靶盒后速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0－10mv1＝11mv2 解得v2＝0 以靶盒与第1颗子弹为整体，由动量定理得 I＝0－(－10mv1)，解得I＝mv0。 15. (1)正电　　(2)　π (3) 【解析】(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电； 粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0 ① 根据T＝② 则粒子所带的电荷量q＝③ (2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时＝vt0④ 出金属板间电场时竖直速度为零， 则竖直方向y＝2××(0.5t0)2⑤ 在磁场中时qvB＝m⑥ 其中y＝2r＝⑦ 联立解得v＝π⑧ D＝⑨ (3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图， 由③④⑦联立可得金属板的板间距离D＝3r 则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上金属板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有最初t0在左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功， 则W＝mv2＋q·。 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $