2026届辽宁省鞍山市高三下学期5月质量检测物理试卷

海城高中2025-2026学年度高三5月份质量检测 物理试卷 考试时间：75分钟 满分：100分 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有 一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，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.中国核电已进入积极安全有序发展的快车道，截至2026年初，全国在运核电机组58台， 装机容量约56.4吉瓦，核准在建机组54台，总规模突破1.25亿千瓦，连续18年在建机组装机容 量居全球第一。关于核反应和核能，下列说法正确的是() A.反应方程式5U+。n-→0Ba+Kr+36n,属于核聚变反应 B.反应方程式H+H-→He+。n,此过程中释放的能量为△E=△mc2,其中△m是反应 前后的质量亏损 C.核电站利用核反应堆中发生的核裂变反应来发电，其核废料具有放射性，但不会对环境造 成危害 D.氢的同位素H（氚)具有放射性，半衰期为12.46年，现有100个氚原子核，经过12.46 年后将剩下50个 2.中国预计在2028年实现载人登月计划，把月球作为登上更遥远行星的一个落脚点。图是“嫦 娥一号奔月”的示意图，“嫦娥一号”卫星发射后经多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力 捕获，成为绕月卫星。关于“嫦娥一号”，以下说法正确的是() 24h轨道 485轨道 16h轨道 轨道缸 地球 轨m 轨道Ⅲ 地月转移轨道 A.发射速度必须达到第二宇宙速度 B.16h轨道与24h轨道半长轴的平方与公转周期的立方之比相等 C.轨道Ⅲ上2点的速度大于轨道Ⅱ上？点的速度 D.轨道Ⅲ变轨到轨道Ⅱ时，需点火加速 C③扫描全能王 3亿人都在用的扫猫APP 3.如图是飞镖盘示意图，盘面画有多个同心圆以表示环数，O是圆心，盘竖直挂在墙上，A 是盘的最高点，B是盘的最低点。某同学玩飞镖时，飞镖的出手点与A等高，且每次飞镖的出手点 相同，出手时飞镖速度与盘面垂直，同学连续扔了两次。甲飞镖命中O点，乙飞镖命中B点，若 空气阻力忽略不计，可知甲乙两支飞镖() A.初速度之比是1：√2 B.空中飞行的时间相等 C.打在盘上的速度相互平行 D.击中盘面瞬间，速度与水平方向的夹角正切值之比为1：2 4.如下图甲为精美的岫玉平安扣”饰品，寓意佩戴者能够平安顺遂，由透明同心环形玉石材 料组成。将“平安扣”简化为如图乙所示模型且为光的均匀介质，外环的半径为R。细光束从P点射 入平安扣”时，经一次折射后，恰好在内环上发生全发射，且从外环上第一次的射出点为Q（图中 未画出)，并测得圆心角∠POQ=20,已知光在真空中的传播速度为c,介质的折射率为n。细光束 在“平安扣”中由P点入射到Q点出射所经历的时间为() A. 2n2Rsine n2Rsin 2n2Rcos0 n2RcOs0 B C. D. RO 伞骨 M P 伞撑 伞柄 甲 图(a) 图D) 4题图 5题图 5.上图()所示的油纸伞是我国古人智慧的结晶。图(b)为其结构示意图，ON是一条可绕 伞顶O转动的伞骨，伞撑两端分别与ON中点M和滑环P铰接。保持伞柄不动，向上推滑环P, 使得伞骨ON以恒定角速度开伞，则() A.M点的线速度方向总是沿PM方向 B.M点的向心加速度方向沿MP方向 C.N点线速度大小是M点的2倍 D.N点的向心加速度大小是M点的4倍 C③扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP 6.波源0垂直于纸面做简谐运动，其在均匀介质中产生的横波在0103时的波形如图甲所 示，实线表示波峰，虚线表示波谷，此时M点位于相邻波峰和波谷的正中间。波源O及质点P、 质点Q的平衡位置在同一直线上。规定垂直纸面向外为正方向，图乙为该介质中某一质点的振动 图像。下列说法正确的是（) Som ◆3Wcm A.=0.10s时，质点M正垂直纸面向外运动 B.图乙可能为质点M的振动图像 M 0 0.050.10015020 C.0.20s时质点P的位置与=0时质点9的位 置相同 D.该波的波速为25cm/s 父 Z 7.如图所示，材料相同的物体A、B由轻绳连接，质量分别为m和2m,在恒定外力F的作 用下沿固定斜面向上加速运动。则() A.轻绳拉力的大小与斜面的倾角0有关 B.轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数4有关 C.轻绳拉力的大小为2F D.若吹用同样大小外力F沿斜面向下拉连接体加速运动，轻绳 拉力的大小可能为零 8.交流发电机产生的感应电动势如图所示，通过自耦变压器给一电阻R供电，不计发电机内 阻。下列说法正确的是（) 12 0.050.0.1502/s 12 0 A.通过电阻R的电流方向每秒钟改变10次 B.电压表示数能达到的最大值为12V C.0.05s时发电机线圈平面与磁场方向平行 D.自耦变压器滑片P向上滑动时，电阻R热功率增大 C☒扫描全能王 3亿人都在用的扫猫APP 9.某静电场在x轴正半轴的电势p随x变化的图像如图所示，a、b、c、d、为x轴上四个点。 一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从d点开始沿x轴负方向运动到a点，则该电荷() A 0 A.在b点电势能最小 B.在c点时速度最小 C.所受静电力始终做负功 D.在a点受静电力沿x轴负方向 10.如图，固定的两条光滑平行轨道的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于 竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导轨【部分两导轨间距为乙，导轨Ⅱ部分两导轨间距为二，将 质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段，且与轨道垂直。P、Q棒电阻均为r, 导轨电阻不计。Q棒静止，让P棒从圆弧最高点静止释放，当P棒在导轨I部分运动时，Q棒已达 到稳定运动状态。下列说法正确的是( R A.P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为3mg B.Q棒第一次稳定运动时速度大小为2g巫 2 C.Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P棒的电荷量为m2g 5BL D.从P棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中，P、Q棒中产生的总热量为 50mgR C③扫描全能王 3亿人都在用的扫猫APP 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。实验器材有：带有标尺的竖直 杆、光电计时器、直径为d的小球、小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜。实验时改变光电 门的位置并测量出小球挡光时间t,从竖直杆上读出小球到光电门间的竖直距离，根据实验数据 不-h图像如图丙所示，已知当地重力加速度为8。 作出 小球释放器 光电计时器 口口口口▣ 0 光电门业 图乙 网死 图丙 图甲 (1)使用游标卡尺测量小球的直径如图乙所示，则小球直径d-m: (2)丙图中直线斜率为k,若k=,则可以验证小球机械能守恒： (3)由于空气阻力的影响，实验结果存在误差，本实验中小球受到的空气阻力大小为 （用 小球质量m、当地重力加速度8、图丙的斜率k表示)。 12.(8分)某物理实验小组设计了如图甲所示的电路测量电源的电动势和内阻。 2 甲 (1)闭合开关$，前，应先将滑动变阻器的滑片P调到 (填“a”或b”)端。 (②)实验记录了单刀双掷开关S2分别接1、2时对应的多组电压表的示数U和电流表的示数L, 根据实验数据绘制了如图乙所示的A、B两条-I图线。当开关S2接1位置时，作出的-I图线是 图乙中的图线。（填“A”或“B”) (3)从U尽可能减小系统误差的角度，电源电动势E-,电源内阻一，（均选用UA、UB、 A、B中的字母表示) (4)利用图乙还可以得出电流表内阻R=。(均选用UA、UB、A、中的字母表示) C☒扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP 13.(10分)如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，活塞横截面积为 $,质量为m,活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气。汽缸内密封有一定质量的理想气体，气柱高度为 ,汽缸内距缸底号A处有固定的卡环。已知大气压为，重力加速度为g (1)若在活塞上缀慢加入一定质量的细砂，直至活塞恰好与卡环接触，计算细砂的质量： (2)若汽缸缓慢漏气，则直到不再漏气为止，汽缸内漏出气体与剩余气体质量之比为多少。 C☒扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP 14.（12分)如图所示，光滑水平面中间部分连接一长度为=7顺时针匀速转动的传送带，水平面 和传送带上表面平齐，水平面的左侧有一半径R=1.8m的固定光滑，圆弧斜面体。一质量为m=4kg的滑 块A从斜面体最高点由静止下滑，离开斜面体后滑上传送带。已知滑块A和水平传送带间的动摩擦因数 μ=02，传送带的右侧依次放有滑块B和C,滑块C的质量为m=1kg,滑块A、B、C均可看成质点，滑 块间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。求： 777777777777元 77777777777 7777777 (1)滑块A离开斜面体时的速度大小： (②)要使滑块A离开传送带时的速度最大，传送带运动的最小速度为多大： (3)在(2)问的基础上要使A与B、B与C碰撞一次后滑块C获得的动能最大，则滑块B的 质量m2为多大。 C③扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP 15.(18分)如图所示，MN是长度为3a的线状粒子源，P9是金属网，从MW均匀逸出比荷 为、初速度为0的带正电粒子。半径为a的圆形区域与P9相切于O,O0延长交于MN中点。在 MN、P2间所加电压为=品，粒子经电场加速后进入P2右侧区域（粒子不会与金属网碰撞）， 在PQ右侧部分区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。不计粒子重力。 N自 ()若仅圆内有磁场，磁感应强度大小为B0,求粒子在磁场中运动的最长时间： 2)若仅圆外有磁场，不考虑粒子重复进入磁场区域： (1)当磁感应强度大小为2W5Bo时，求能经过圆心O的粒子在MN上逸出时的位置到直线OO 的距离： (ⅱ)要使能进入圆形区域的粒子数占总数的50%，求磁感应强度的大小。 C③扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP26届高三5月份质量检测 物理答案 1.【答案】B 【详解】A.铀235吸收中子后分裂为钡144和氪89，并释放中子，属于核裂变反应，而非核 聚变，故A错误： B.氘与氚聚变生成氦4和中子，释放的能量由质量亏损△m决定，满足△E=△mC2，故B正 确： C.核电站的核废料具有放射性，若处理不当会对环境造成危害，故C错误： D.半衰期是统计规律，仅适用于大量原子核的衰变，少量原子核的剩余数量无法精确预测，故 D错误。 故选B。 2.【答案】C 【详解】A.“嫦娥一号”绕月球运行时，仍未脱离地球引力的约束，所以其发射速度应大于第一 宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误； B.根据开普勒第三定律可知，16h轨道与24h轨道半长轴的立方与公转周期的平方之比相等， 故B错误； CD.卫星从高轨道变轨到低轨道，需要在变轨处点火减速，所以“嫦娥一号”从轨道川变轨到轨 道Ⅱ时，需点火减速，所以“嫦娥一号”在轨道川上点的速度大于轨道川上点的速度，故C 正确，D错误。 故选C 3.【答案】D 【详解】AB.飞镖飞出竖直方向做自由落体运动，则有h=28 解得 2h 可知tc√h 故两次飞镖运动的时间之比为t:1,=1:√2 水平方向飞镖做匀速直线运动，则有，= 两次飞镖的水平位移相等，故两次飞镖的初速度之比为y:y2=√2：1 AB错误； CD.两次击中盘上时，竖直方向的速度大小分别为V=g4,V2=g2 速度与水平方向的夹角正切值之比为tan8:tanA,=型："2=2x兰=LxL-1 1244*22 三X C错误，D正确。 故选D。 4.【答案】A 【详解】作出光在介质中的光路如图所示 设P点到内表面发生全发射的点距离为，根据图中几何关系和正弦定理有 R sin(π-C) sin 光在内环上刚好发生全反射，则 sinC=1 由对称性可知，光从P点射入到从Q点射出的时间为 21 t=口 又光在介质中的传播速度 v=c n 联立解得 2n2Rsin0 t= 故选A。 c 5.【答案】C 【详解】A.由题意可知，M点做匀速圆周运动，线速度方向始终沿圆周的切线方向，始终与 ON垂直，而非沿PM方向，故A错误； B.由题意可知，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，M点以O点为圆心做匀速圆周运动，所 以向心加速度方向始终沿M指向圆心O,不是沿MP方向，故B错误： C.由匀速圆周运动规律可知v=rω 由于0w=0M=D,rw=2rM 所以有 N=2 所以N点线速度大小是M点的2倍，故C正确： D.由向心加速度公式可知a。=ro2 由于0w=0M=O,rN=2rM 所以有4=2 anM 所以N点的向心加速度大小是M点的2倍，故D错误。 6.【答案】A 【详解】AB.由甲图可，再经过：波峰传到M点，故M点此时正垂直纸面向外振动，而图乙 中，=0.10s的质点沿负方向运动，即垂直纸面向里运动，则图乙不可能为质点M的振动图像， B错误，A正确： A.=02s时质点P由波峰(=0.1s)位置刚好到达波谷的位置，结合甲图可知，=0 时刻，质点Q也在波谷位置，两者具有相同的垂直于纸面的位移，但波只是振动形式的传 播，质点并未随波逐流，两者不是同一个点，显然在纸面内的不同位置，显然C错误。 B.由甲图可知，该波的波长为=10cm由乙图可知，该波的周期为=0.20s故该波的波 速为=-=50cm/s,D错误； 7.【答案】C 【详解】ABC.以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得 F-3mg sin 0-u.3mg cos0=3ma F 解得a= -gsin0-ug cos0 3m 再隔离B进行分析，根据牛顿第二定律得F拉-2 mng sin0-4·2 mg cos0=2ma 解得F拉= 2mF=2F 3m 3 故绳子的拉力与斜面倾角日无关，与动摩擦因数“无关，与两物体的质量有关，故C正确， AB错误； D.若改用同样大小拉力F沿斜面向下拉连接体加速运动，整体由牛顿第二定律得 F+3mg sin0-u.3mg cos0=3ma 解得a= -+g sin0-ug cos0 3m 再隔离A进行分析，假设轻绳拉力的大小为零，则根据牛顿第二定律得 mg sin0-umg cos0=ma' 解得d=gsin0-4gcos0<a 故D错误。 故选C。 8.【答案】AC 【详解】A.由图可知，周期为02s,一个周期电流方向改变两次，则发电机线圈中电流方 向每秒钟改变10次，故A正确； B。电动势有效值为=号V=6V2V,则电压表的示数为62V,故B错误： C.由图可知，=0.05s时，电动势最大，此时磁通量变化率最大，磁通量为零，则发电 机线圈平面与磁场方向平行，故C正确： D.自耦变压器滑片P向上滑动时，原线圈匝数增大，根据1=1可知，电阻R两端电压减 2 2 小，电阻R热功率R=减小，故D错误。 故选AC。 9.【答案】BD 【详解】AB.根据题意，由公式。=可知，负电荷在高电势位置的电势能较小，由图可知， 点的电势最大，则在点电势能最小，同理可知，c点的电势最小，则在c点时电势能最大， 电荷仅在电场力作用下，电荷的电势能和动能之和不变，可知，电势能最大时，动能最小，则 在c点时，电荷的动能最小，即速度最小，故A错误，B正确： CD.根据沿电场线方向电势逐渐降低，结合题图可知，点左侧电场方向沿轴正方向，点右 侧电场方向沿轴负方向，可知，点右侧负电荷受沿轴正方向的电场力，点左侧负电荷受沿 轴负方向的电场力，可知，在a点受静电力沿x轴负方向，从d点开始沿x轴负方向运动到a 点，电场力先做负功再做正功，故C错误，D正确。 故选BD。 10.【答案】ACD 【详解】A.P棒到达轨道最低点时速度大小设为Vo,根据机械能守恒定律得 mgk-m 根据牛顿第二定律得人一mg=m R 解得F=3mg 由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为3g,故A正确； BC.设Q棒第一次稳定运动时的速度为'。，P棒的速度为，，则有 BLyp=B· 2 .Va Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得 BILt =mvo-mvp BI. L .t=mvo 又因 q=7 解得2玩 2 m2gR q=- 5BL 故B错误，C正确： D.从P棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒速度稳定时，速度相同，设稳定速度为V。由动量守恒定律 得m,+mYo=2mm 由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为 21 、·2v2解得Q=09R 故D正确。 故选ACD。 11.【答案】(1)0.80(2分)(2)2g(2分) -》 (2分) 【解析】(1)由图乙可知，小球直径8mm+0×0.lmm=8.0mm-0.80cm。 (2)若小球机械能守恒，有mgh=2mv 女2二1可得2=2g 则 -h图像的斜率k=2g 所以，若k=2g,则可以验证小球机械能守恒。 3)设空气阻力大小为，根据能量守恒有mgh=)mm+ ,可得-2g-h则k-2(mg=1 m 解得f=mg-》 12.【答案】(1)(1分)(2)A(1分) 3) A(2分)台(2分) (4) A (2分) B 【详解】(1)闭合开关S1前，为了保护电路安全，应先将滑动变阻器的滑片P调到端，使 滑动变阻器接入电路阻值最大。 (2)当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所 以内阻测量值比真实值偏大；当S2接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与 电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。根据闭合电路欧姆可得=一可 知-图线斜率的绝对值表示内阻，则S2接1时图线的斜率绝对值大于S2接2时图线的斜 率绝对值，可知当开关S2接1位置时，作出的一图线是图乙中的图线A。 (3)[1[2]S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2 接1时的电动势的测量值等于真实值，则电源电动势为=A由于S2接2时，当电路短路 时，电压表没有分流，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的 一图线是A图线纵轴交点与B图线横轴交点的连线，可知电源内阻为=日 (4)[1]开关S2接1时，根据闭合电路欧姆可得=一(+A)对应A图线的斜率绝对 值可得+A=A A 可得电流表内阻为A=A一=A-A A AB 13.【答案】1)m,=5+mg,（2)k=P+3mg 2g 2poS 【详解】(1)没有堆放细砂前，封闭气体 A=,+"哭，y=S (1分) S 堆放细砂后，封闭气体 B,=A,+m图+m8,5=2S (1分) S 3 细砂缓慢放置，气体发生等温变化，据玻意耳定律可得 PV=PV (1分) 联立解得 m=PoS+mg 2g (1分) (2)漏气前，对于汽缸气体 A=A+紧，片=s (1分) 活塞缓慢漏气，不再漏气为止，汽缸气体压强与外界大气压强相同，则 P3=P0,y3= (1分) 据玻意耳定律可得 pV=pV (1分) 汽缸内漏出气体与剩余气体质量之比为 AV k= (2分) 联立解得 k=卫S+3mg (1分) 2PoS 14.【答案】(1)6m/s (2)8m/s (3)2kg 【解析】(1)设滑块A和斜面体分离时滑块A的速度大小为v4,对滑块A,根据动能定理有 -时 (1分) 解得vA=6m/s (1分) (2)要使滑块A离开传送带的速度最大，则滑块A在传送带上一直加速，设A离开传送带的 速度为Vo,则4m8=ma, (1分) 2aL=-v风 (1分) 解得y=8m/s (1分) 故要使滑块A离开传送带的速度最大，传送带运动的最小速度为8mls: (3)A、B两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m,=m4+m2V2 (1分) 1 1 碰撞过程无机械能损失，由机械能守恒定律得2m=2m+2m, (1分) 2 2 解得V2= 2mvo (1分) m1+m2 21m2y2 同理可得B、C两滑块碰撞后，C滑块的速度为%= (1分) m2+m3 128 可得 4 5+m2+ (2分) m 由此可知，当m,=4 m2 即m2=2kg时，最大，滑块C获得的动能最大。(1分) 15【爷案1（答笑1g。 2)(i)0或23. 3；(i)8o 【详解】(1)粒子在加速电场中，根据动能定理可得 =克6 (1分) 在磁场中洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有 00 (1分) 解得r1=2a (1分) -21 (1分) 0 当粒子在圆形磁场中轨迹对应弦长最长，为圆形磁场直径2α时，粒子在磁场中运动的时间 最长，轨迹如图所示 对应轨迹圆周运动的圆心角60，在磁场中运动的最长时间=。=。 (1分) (2)(i)①粒子沿直线'运动经过0点，d=0: (2分) ②粒子在右侧磁场中匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 2w300= (1分) 2 解得2=5 3 (1分) 由几何关系得：当粒子指向圆心进入无磁场区域时，粒子轨迹与对称轴相切，如图所示 所以，粒子到对称轴的距离=22= (2分) (ⅱ)取临界状态，粒子在右侧磁场中运动轨迹圆恰好与无磁场区域圆相切，如图所示 0. 0.75a 0 根据题意有一半的粒子圆形区域，所以上下两轨迹圆圆心距离为， (2分) 由几何关系可得2+(（侵)子=(+)2 (2分) 解得3=0.25 (1分) 由牛顿第二定律得。2=6 (1分) 3 解得2=80 (1分)