安徽阜阳市太和县第八中学2026-2027学年高三上学期月考物理试题

高三上学期月考 一、单选题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1．(2025·青海省西宁市高三下第二次模拟联考)在足球运动中，足球入网如图所示，则(　　) A．踢“香蕉球”时足球可视为质点 B．足球在飞行和触网时惯性不变 C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力 D．触网时足球对网的力大于网对足球的力 2．(2025·四川省南充市高三下二模)1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行了人工核蜕变实验。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的铍原子核，随后又蜕变为两个氦原子核，核反应方程为Li＋H→Be→2He，已知H、Li、He的质量分别为mH＝1.00728 u、mLi＝7.01601 u、mHe＝4.00151 u，1 u相当于931.5 MeV，则该核反应中释放的核能约为(　　) A．56.7 MeV B．37.8 MeV C．18.9 MeV D．9.45 MeV 3．(2025·天津市河北区高三下二模)2025年我国已经完成了1500颗卫星的组网，北斗系统升级完成，性能实现了质的飞跃。关于地球静止轨道卫星(同步卫星)，下列说法正确的是(　　) A．入轨后可以位于北京正上方 B．入轨后的速度大于第一宇宙速度 C．发射速度大于第二宇宙速度 D．若发射到近地圆轨道所需能量较少 4．(2025·云南省大理白族自治州高三上二模)大理洱海生态廊道深受国内外游客的喜爱。某游客骑着一辆自行车沿廊道的平直路段由静止匀加速骑行，经过10 s速度达到最大，然后匀速骑行30 s，再以大小为0.4 m/s2的加速度匀减速骑行，经过15 s停下来。则(　　) A．该游客整个骑行过程中的最大速度大小为5 m/s B．该游客整个过程的平均速度大小为3 m/s C．该游客匀加速骑行的加速度大小为0.6 m/s2 D．该游客匀速骑行阶段的位移是匀减速骑行阶段位移的2倍 5．(2025·贵州省贵阳市高三下三模)如图，ab是圆的直径，O为圆心。在圆弧上某点放置一点电荷，该点电荷在a点产生的电场强度大小为E，在b点产生的电场强度大小是a点的3倍，则该点电荷在O点产生的电场强度大小为(　　) A．E B．2E C．3E D．4E 6．(2025·贵州省贵阳市高三下适应性考试一)如图，小球A和小球B通过三根轻质细绳连结挂在左、右两边墙上的C、D两点并处于静止状态。已知A、C间细绳与竖直方向的夹角为30°，B、D间细绳与竖直方向的夹角为60°，A、B间细绳恰好水平。则A、B两小球的质量之比为(　　) A．9 B．3 C． D．1 7．(2025·山西省吕梁市高三下第二次模拟)某趣味竞技小组设计了一种比赛规则：参赛者站在离得分区域边界一定的距离外将石块斜向上抛出，石块落地碰撞瞬间认为竖直方向速度减为零，水平方向速度减小，落地后石块滑行一段距离，最终停在得分区域某位置并判断得分。如图所示，某同学比赛时在距地面h＝1 m的高度以大小v0＝5 m/s、方向与水平地面成α＝53°角的初速度将石块斜向上抛出，已知出手点距得分区域边界AB的水平距离L＝2.8 m，每个得分区域的宽度d＝0.15 m，石块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.25，石块与地面碰撞前、后动能的比值为15∶1，重力加速度大小g取10 m/s2，cos53°＝0.6，sin53°＝0.8，不计空气阻力，石块轨迹所在平面与边界AB垂直，则石块最终停止的位置为(　　) A．6分区域 B．8分区域 C．9分区域 D．7分区域 8．(2024·重庆高考)沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势φ随位置x变化的图像如图所示。一电荷量为e的带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1．5 eV，速度沿x轴正方向。若该电荷仅受电场力，则其将(　　) A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动 C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动 二、多选题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分） 9．(2025·广西高三下三模)如图所示，ABCDE是某种透明物质截面的边界，若一束蓝光从O点入射(入射光线未画出)，在P点和Q点均发生了全反射，最后垂直于BC面射出。现改用红光和紫光分别垂直于BC入射至Q点，则下列说法正确的是(　　) A．红光一定在Q点发生全反射 B．紫光一定在Q、P两处发生全反射 C．该物质对红光的折射率可能是1.6 D．该物质对紫光的折射率可能是1.6 10．(2025·西南名校联盟“3＋3＋3”高三下备考诊断性联考三)如图甲所示，一劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面的底端，另一端连接小物块A，A静止在斜面上的O点，小物块B从距O点为s＝0.9 m的P处由静止开始下滑，A、B相碰(时间很短)后立即以相同的速度向下压缩弹簧(A、B不粘连)，取O点为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立x轴，得到整个向下过程物块A的动能及A的重力势能与x的关系如图乙所示(弹簧始终处于弹性限度内)。取重力加速度g＝10 m/s2，小物块A、B均可视为质点。下列说法正确的是(　　) A．小物块A的质量为2 kg B．小物块B的质量为2 kg C．碰撞过程，A对B的冲量大小为2 N·s D．该过程弹性势能最大值为31.5 J 三、实验题 11．(2025·西南名校联盟“3＋3＋3”高三下备考诊断性联考三)(8分)某小组同学采用以下两种方法探究玻璃的折射率。 (1)用插针法测定平行玻璃砖的折射率，经过查表后得到以下数据。 入射角的正弦值 折射角的正弦值 数据1 0.44 0.23 数据2 0.53 0.28 数据3 0.61 0.32 通过计算分析得出该玻璃砖的折射率为________。(结果保留两位有效数字) (2)由麦克斯韦电磁场理论导出介质折射率n＝。已知玻璃砖对空气的相对磁导率μr＝1，平行板电容器的电容C与相对介电常数εr成正比，空气的相对介电常数为1。为了测量该玻璃砖的折射率，用两块相同的金属板正对并紧贴玻璃砖(使金属板间充满该玻璃介质)固定，给两极板加上一电压，用电流传感器和电脑拟合出充电电流的i­t图像。后抽出玻璃砖，加上相同电压，再次拟合出i­t图像。通过电脑数据分析出前后两次图线与坐标轴所围面积之比为4∶1，则该玻璃砖的折射率为________。 (3)若方法(2)的测量结果更准确，则造成方法(1)测量结果偏小的原因可能是________。 A．画线时贴着玻璃砖表面而未用直尺 B．准确画好两个界面后，放置玻璃砖时发生了平移 C．大头针插入位置间距太大 12．(2025·辽宁省鞍山市百师联盟高三下二轮复习联考三)(8分)两学习小组A、B用如图所示实验装置验证向心力大小与速度的平方成正比。轻绳(未知长度)一端在圆心O处与DIS传感器相连(图中未画出)，用于测量摆锤做圆周运动过程中绳拉力F的大小，另一端与一摆锤相连，摆锤平衡时重心恰在等高线0处，装置中的标尺盘相邻等高线间距相等，利用光电门可测得摆锤通过光电门时的速度v。已知重力加速度为g。 (1)A组同学控制摆锤的质量m、运动半径r不变，多次改变摆锤释放点的高度，记录摆锤每次运动至最低点时绳中的拉力大小F及摆锤经过光电门的速度大小v，若以F为纵坐标，以________为横坐标，若在坐标纸中描出的数据点在一条直线上，即可说明摆锤的向心力与速度平方成正比。若测得图线的斜率为k，纵截距为b，则摆锤的质量m＝________。(用已知及所测物理量字母表示) (2)B组同学控制摆锤的质量m、运动半径r与A组同学一致，将摆锤从不同高度的等高线处由静止释放，记录每次高度h及对应的摆锤运动至最低点时绳中的拉力大小F，描绘出F­h图像，若表达式________________(用已知及所测物理量字母表示)成立，则可证明摆锤的向心力与速度平方成正比，根据图线的斜率或纵截距，也可求出摆锤质量。 (3)在实验中B组同学测得的摆锤质量比A组同学明显偏小，造成这个误差的最主要原因可能是________。 A．B组同学每次释放时将摆锤的最高点与高度为h的等高线对齐 B．B组同学每次释放时将摆锤的最低点与高度为h的等高线对齐 C．B组同学每次释放时摆锤初速度不为零 四、解答题 13．（12分）均匀介质中有向x轴负方向传播的机械波，如图所示为t＝0时的波形图，P为波源位置，已知t＝0.4 s时，位于x轴上0.2 m处的质点Q第一次振动到达波谷。 (1)求该机械波的波速大小； (2)写出P点的振动方程； (3)求0～1.0 s原点O处质点的振动路程。 14．(12)如图所示是大型蒸汽打桩机示意图。桩(含桩帽)竖直轻轻放置到地面，桩依靠自重先向泥土中下沉，稳定后，将锤提升到桩的正上方，让锤从距离桩顶高度h＝3.2 m处自由下落而击桩，锤反弹的速度大小v1＝2 m/s，此后锤再次被提起。已知锤的质量m＝1.0×104 kg，桩的质量M＝2.0×104 kg，桩所受泥土的阻力f与桩沉入泥土深度x的关系为f＝kx，其中k＝5.0×104 N/m，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)桩依靠自重下沉至深度x0＝3 m时的加速度大小a； (2)桩被锤击后瞬间的速度大小v2； (3)桩被1次锤击后继续下沉，待桩静止时沉入泥土的总深度xm。 15．（18分）如图所示，在直角坐标系xOy的第四象限内有半径为R的圆形匀强磁场区域，圆心O′坐标为(R，－R)，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。第一象限有边长为2R的正方形区域Obcd内，在P、Q间有沿y轴正方向的电场E，其大小未知且仅随x变化；边长也为2R的正方形区域cdef内有沿x轴负方向、大小为E0的匀强电场。点a(0，－R)处的离子源在某时刻同时均匀地向y轴右侧某范围内，发射质量为m、电荷量为q(q＞0)且相同速率的同种离子，通过磁场区域后所有离子均从P、Q间垂直x轴进入第一象限。不计重力和离子间相互作用力。 (1)求离子的发射速率v0； (2)求离子从a点出发分别到达P、Q两点所用的时间差Δt； (3)要使离子全部打在e点，求PQ间的电场强度E随x变化的规律。 参考答案 1． 答案：B 解析：踢“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；足球在飞行时不受到脚的作用力，故C错误；触网时足球对网的力与网对足球的力是一对相互作用力，大小相等，故D错误。 2． 答案：C 解析：整个核反应过程中减少的质量为Δm＝mH＋mLi－2mHe＝1.00728 u＋7.01601 u－2×4.00151 u＝0.02027 u，释放的能量为ΔE＝Δm×931.5 MeV/u＝18.9 MeV，故选C。 3． 答案：D 解析：同步卫星入轨后只能位于赤道正上方，不可以位于北京正上方，A错误；第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以同步卫星入轨后的速度小于第一宇宙速度，B错误；同步卫星未脱离地球引力，发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，C错误；第一宇宙速度是近地轨道的环绕速度，也是最小发射速度，若发射到近地圆轨道，所需能量较少，故D正确。 4． 答案：C 解析：设该游客匀加速骑行的时间为t1，加速度大小为a1，位移为x1，匀速骑行的时间为t2，速度大小为vmax，位移大小为x2，匀减速骑行的时间为t3，加速度大小为a3，位移大小为x3。对匀减速阶段，有0＝vmax－a3t3，解得vmax＝6 m/s，A错误；对匀加速阶段，有vmax＝0＋a1t1，解得a1＝0.6 m/s2，C正确；根据匀变速直线运动的规律，有x1＝a1t＝30 m，x2＝vmaxt2＝180 m，x3＝vmaxt3－a3t＝45 m，则x2＝4x3，D错误；该游客整个过程的平均速度大小为＝＝ m/s≈4.6 m/s>3 m/s，故B错误。 5． 答案：C 解析：设该圆的半径为r，点电荷位于圆弧上c点处，所带电荷量为Q，如图所示，则E＝k，3E＝k，由几何关系可知∠acb＝90°，可得d＋d＝(2r)2，解得dac＝r，dbc＝r，该点电荷在O点产生的电场强度大小EO＝k＝k＝3E，故选C。 6． 答案：B 解析：A、B两小球的受力情况如图所示，对整体受力分析，在水平方向上有F1sin30°＝F2sin60°，对A、B分别受力分析，在竖直方向上分别有F1cos30°＝mAg，F2cos60°＝mBg，联立可得＝3，故选B。 7． 答案：D 解析：石块竖直方向上的初速度为vy＝v0sin53°＝4 m/s，水平方向上的初速度为vx＝v0cos53°＝3 m/s，设石块的质量为m，从抛出到落地经历的时间为t，落地时的动能为Ek，从抛出到落地石块的水平位移为x1，在竖直方向上有gt2－vyt＝h，在水平方向上有x1＝vxt，根据动能定理有mgh＝Ek－mv，解得x1＝3 m，Ek＝m；设石块落地后滑行的距离为x2，滑行的初动能为Ek，由动能定理有－μmgx2＝0－Ek，解得x2＝0.6 m，则x1＋x2－L＝0.8 m≈5.33d，结合题图可得石块最终停在7分区域，故选D。 8．答案：B 解析：带负电的试探电荷在x2点处的动能为Ek2＝1．5 eV，电势能为Ep2＝－eφ2＝－1 eV，则动能和电势能之和为E＝Ek2＋Ep2＝0．5 eV，因试探电荷仅受电场力作用，则动能和电势能之和恒定，由Ep＝qφ可知，电势越低的位置，负电荷的电势能越大，动能越小，速度越小，当速度为零时，电势能最大，为Ep′＝E＝0．5 eV，即运动到电势为φ′＝＝－0．5 V处，结合题图分析可知，该试探电荷在x1到x2间的φ′＝－0．5 V处和x3右侧的φ′＝－0．5 V处之间做往复运动，不会运动到x0、x1处，故B正确，A、C、D错误。 9． 答案：BC 解析：该物质对红光的折射率小于对蓝光的折射率，则红光的全反射临界角大于蓝光的，所以红光在Q点不一定发生全反射，同理，紫光的全反射临界角小于蓝光的，紫光在Q、P两处一定发生全反射，故A错误，B正确；蓝光在Q点发生全反射，则其全反射临界角C≤30°，可知蓝光的折射率n＝≥＝2，而红光的折射率小于蓝光的，紫光的折射率大于蓝光的，故C正确，D错误。 10． 答案：AC 解析：碰撞前弹簧弹力F弹＝mAgsinθ，A、B碰撞后一起沿斜面向下运动，由于F弹<(mA＋mB)gsinθ，则A、B向下先做加速运动，后做减速运动，结合题图乙可得，直线表示A的重力势能与x的关系，曲线表示A的动能与x的关系，小物块A沿斜面向下运动x＝2 m，重力势能减少ΔEp＝20 J，又ΔEp＝mAgxsinθ，可得小物块A的质量为mA＝2 kg，故A正确；设B与A碰撞前瞬间的速度大小为vB，由匀变速直线运动的规律有v＝2gsinθ·s，解得vB＝3 m/s，设B与A碰撞后瞬间的共同速度大小为v共，由动量守恒定律有mBvB＝(mA＋mB)v共，由题图乙可知mAv＝1 J，解得v共＝1 m/s，mB＝1 kg，故B错误；碰撞过程，对B利用动量定理得IAB＝mBv共－mBvB，解得IAB＝－2 N·s，即A对B的冲量大小为2 N·s，故C正确；设A、B碰撞前弹簧的弹性势能为Ep0，可知Ep0>0，该过程弹性势能最大值为Epmax，碰撞后继续下滑到最低点的过程中，对A、B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有(mA＋mB)v＋(mA＋mB)gxsinθ＝Epmax－Ep0，解得Epmax＝Ep0＋31.5 J>31.5 J，故D错误。 11． 答案：(1)1.9　(2)2　(3)A 解析：(1)根据折射定律n＝计算出每组数据的折射率分别为n1＝＝1.91，n2＝＝1.89，n3＝＝1.91，求平均值得n＝＝1.9。 (2)i­t图像中图线与坐标轴所围面积表示电容器上存储的电荷量，由题意可知抽出玻璃砖前后电容器上存储的电荷量之比为Q1∶Q2＝4∶1，抽出玻璃砖前后给两极板加上的电压相同，由C＝可知，抽出玻璃砖前后，平行板电容器的电容之比为C1∶C2＝∶＝4∶1，由题意可知，＝，且εr2＝1，则该玻璃砖的相对介电常数εr1＝4，由n＝可得该玻璃砖的折射率为n＝＝2。 (3)贴着玻璃砖表面画线时，画出的两界面间的距离大于实际的界面间距，如图1所示(实线为真实光路图，虚线为作出的光路图)，造成折射角偏大，从而使测出的折射率偏小；而准确画好两个界面后，放置玻璃砖时发生了平移，如图2所示，由几何知识可知，并不会造成测量结果偏小，同时大头针插入位置间距太大，只要其他步骤规范也不会造成测量结果偏小，故选A。 12． 答案：(1)v2　　(2)F＝h＋mg　(3)A 解析：(1)实验目的是验证向心力大小与速度的平方成正比，且所作图线应为一条倾斜直线，若以F为纵坐标，应选择v2为横坐标。摆锤在最低点时，由牛顿第二定律有F－mg＝m，整理可得F＝·v2＋mg，结合题意可得b＝mg，则m＝。 (2)摆锤下落过程，由动能定理有mgh＝mv2－0，在最低点，由牛顿第二定律可得F－mg＝m，可得F＝h＋mg。 (3)将摆锤最高点与高度为h的等高线对齐，设此时摆锤重心距摆锤最高点为Δh，则真实表达式为F＝(h－Δh)＋mg＝h＋mg－，纵截距小于mg，测得摆锤质量偏小，A正确；同理，将摆锤最低点与高度为h的等高线对齐，测得摆锤质量偏大，B错误；若初速度不为0，等效于摆锤重心偏高，同理可知，测得摆锤质量偏大，C错误。 13．（12分） 答案：(1)2 m/s　(2)y＝10sin(5πt＋π) cm　(3)60 cm 解析：(1)由图可知，在t＝0.4 s时，x＝0处的质点恰好开始振动，该机械波向左传播x1＝0.8 m，所以波速v＝ 解得v＝2 m/s。 (2)由图可知，该波的振幅为A＝10 cm，波长为λ＝0.8 m，周期为T＝ P点的振动方程为y＝Asin 由图可知，t＝0时，y＝0，且P点向y轴负方向振动，则φ＝π 解得y＝10sin(5πt＋π) cm。 (3)由(1)问分析可知，t＝0.4 s时原点O处质点开始振动，所以0～1.0 s原点O处质点振动时间为0.6 s＝1.5T，振动路程为s＝4A＋2A＝60 cm。 14． 答案：(1)2.5 m/s2　(2)5 m/s (3)(4＋) m 解析：(1)对桩，由牛顿第二定律有 Mg－kx0＝Ma 解得a＝2.5 m/s2。 (2)设锤与桩碰撞前瞬间的速度大小为v0，由匀变速直线运动的规律有v－0＝2gh 锤与桩发生碰撞时，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mv0＝Mv2－mv1 解得v2＝5 m/s。 (3)在桩依靠自重下沉的过程中，设下沉距离为x1，由动能定理有Mgx1－x1＝0－0 在锤撞击后，桩继续下沉，由动能定理有 Mg(xm－x1)－(xm－x1)＝0－Mv 解得xm＝(4＋) m。 15 答案：(1)　(2) (3)E＝－ 解析：(1)由于所有离子通过磁场区域后均从P、Q间垂直x轴进入第一象限，由几何关系可知，离子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝ 解得v0＝。 (2)通过P点和Q点的离子轨迹如图所示 设通过P点的离子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为α，由几何关系有cosα＝ 设通过Q点的离子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为β，由几何关系有cosβ＝ 可得α＝60°，β＝120° 离子在磁场中运动的周期为T＝ 由对称性可知，离子出磁场后到P、Q的运动轨迹长度相等，所以Δt＝T－T 解得Δt＝。 (3)要使离子全部打在e点，设从横坐标x处进入正方形区域cdef的离子的速度为v，离子在cdef区域内运动的时间为t，受到的电场力为qE0，加速度为a，由牛顿第二定律有qE0＝ma 沿x轴方向上有x＝at2 沿y轴方向上有2R＝vt 离子在正方形区域Obcd内运动时，由动能定理有qE·2R＝mv2－mv 解得E＝－。 第2页，共8页 第5页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $