云南昭通市第一中学2026-2027学年上学期高三8月月考物理+答案

物理试卷一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项为100年。下列说法正确的是C.28Ni发生了β衰变D.100个23Ni原子核，经过100年后仍有50个未发生衰变电网乙B.变压器原、副线圈匝数比为1:25C.变压器原、副线圈匝数比为25:1D.变压器副线圈中的电流为200A6.一列简谐横波沿x轴传播，波速为v=2m/s。t=0时刻的波形图如图5所示，此时x=3m处的质点P的振动方向沿y轴负方向。下列说法正确的是A.波沿x轴正方向传播C.t=0.5s时刻质点P第一次到达波峰D.t=4.0s时刻质点P到达平衡位置沿y轴正方向振动7.如图6所示，无限长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间距L=1m,正方形区域PQNM内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T。现将3根相同的导体棒放在轨道上，并使它们从离水平面高度h=0.45m处沿圆弧轨道依次由静止滑下，上一根导体棒刚穿出磁场的同时释放下一根导体棒。已知每根导体棒的质量m=1kg、长度L=1m、电阻R=1Ω,取重力加速度g=10m/s²,导轨电阻不计，导体棒与A.第1根导体棒刚进入磁场时的加速度大小为B.第2根导体棒穿过磁场的过程中，通过第1根导体棒的电荷量C.第2根导体棒刚穿出磁场时的速度大小为2m/sD.从最开始到第3根导体棒刚穿出磁场的过程中，第3根导体棒产生的热量为二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.2026年5月11日，我国天舟十号货运飞船在文昌成功发射并对接天宫空间站，若在 轨期间释放两颗小型伴飞探测器M、N,分别沿独立椭圆轨道绕地球运动(如图7所示),仅考虑地球对探测器的万有引力。下列说法正确的是A.探测器M绕地球运动的过程中，在近地点的速率大于在远地点的速率B.若两探测器和地心的连线在相等时间内扫过的面积分C.探测器M的机械能小于探测器N的机械能D.探测器M的周期小于探测器N的周期物理·第3页(共8页)9.压缩空气储能(CAES)是一种利用压缩空气来储存能量的新型储能技术，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”就是一种通过压缩空气实现储能的装置，“空气充电宝”在某个工作过程中，一定质量的理想气体的p-T图像如图8所示。下列说法正确的是A.a到b过程中，气体分子在单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少B.a到b过程中，气体分子在单位时间内对10.如图9,光滑竖直玻璃管内有一劲度系数为k的轻质弹簧，下端固定，上端与一物块P相连，物块Q与物块P之间不粘连，P、Q质量均为m。。初始时用竖直向下的力F₁=4m₀g压物块Q,系统处于静止状态，某时刻撤去外力F₁,此后在物块P、Q运动过程中，两者会分离。每当两者分离时立刻给物块Q施加竖直向上的恒力F₂=终处于弹性限度内。已知弹簧的弹性势能E,终处于弹性限度内。已知弹簧的弹性势能E,与形变量x的关系为子的周期公式为,重力加速度为g。下列说法正确的是B.从撤去外力F₁到P、Q第一次分离时的时间为C.从撤去外力F₁到P、Q第一次相遇时的时间D.从撤去外力F₁到P、Q第1000次相遇时的时间为物理·第4页(共8页)三、非选择题：共5小题，共54分。11.(8分)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，两位同学设计了如图10甲所示的实验装置，其中M为小车(含动滑轮)的质量，m为砂和砂桶的质量。力传感cm4cm401256M乙丙D.M应远大于m12.(8分)如图11是简易多用电表的电路图，图中E可变电阻；表头G的满偏电流为500μA,内阻为两表笔相连。该多用电表有5个挡位：直流电压5V挡和10V挡；直流电流3mA挡和15mA挡；欧姆×物理·第5页(共8页)(1)图中的B端与(选填“红”或“黑”)色表笔相连接。(2)下列说法正确的是oA.当选择开关S旋到位置1时，为直流电流15mA挡B.当选择开关S旋到位置5时，为直流电压5V挡C.在使用多用电表之前，调整R₆使电表指针指在表盘左端电流“0”位置D.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R₆使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置(3)根据题中条件可得R₁=.。(4)若该多用电表使用一段时间后，电池电动势降低为4.0V,内阻不变，此表仍能13.(10分)自然光射到两种介质界面，当入射角等于布儒斯特角(布儒斯特角与两种介质的折射率有关)时，反射光和折射光都是偏振光角恰好等于其布儒斯特角。已知三角形的边长为L,空气的折射率取1,(1)该透明介质的折射率n;物理·第6页(共8页)物理·第7页(共8页)物理·第8页(共8页)14.(12分)如图13所示，在xOy平面内，有一个以(-L,0)为圆心，半径为L的圆行y轴方向放置的吸收板。在xOy平面内从-1.5L≤x≤-0.5L的区域，以相同速率(1)粒子进入磁场时的速度大小；(2)吸收板的最小长度d。□15.(16分)如图14所示，在竖直平面内，一带电荷量为q(q>0)的小球在重力作用速运动。经过一段时间后，小球在N点(图中没有标出)再次达到最大速率vo,此(1)小球的质量和电场强度大小；(2)小球的最大加速度大小；选择题：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，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。题号123456789CDDBCDB【解析】1.28Ni的质量数为63,衰变后2Cu的质量数也为63,质量数差为0,不是1,故A错误。28Ni衰变后2Cu的质子数增加1,符合β衰变特征，故C正确。“特定的100个原子”和“仍有50个未发生衰变”与半衰期不符合，半衰期是统计概念，对于有限原子数，未衰变原子数期望值为50个，但实际值存在随机波动，并非精确50个，故D错误。2.电场线只表示各点的电场方向，不表示带电粒子的止释放后，电场方向随位置改变，运动轨迹一般不会始终与电场线重合，故A错误。电场线的疏密程度表示电场的强弱，由图可知B处的电场线比E处的密集，所以E点的电场强度小于B点的电场强度，故B错误。沿电场线方向电势逐渐降低，由图片可以清晰看出，A点的电势高于C点的电势，C点的电势等于D点的电势，故A点的电势高于D点的电势，故C错误。沿电场线方向电势逐渐降低，由图片可以清晰看出，B点的电势高于的电势，对于带负电的电子，根据电势能公式Ep=qφ,电势越高，电势能越小。因此电子在D点的电势能大于在B点的电势能，故D正确。3.要想使两球在落地前相遇，则父亲扔出的球的竖直位移较大，则根据4.原副线圈的交流电频率相等，由图乙可知，交流电的周期T=2×10⁻²s,在一个周期内电流方向改变2次，所以1s内电流方向会改变100次，故A错误。正弦式交流电的有效值,图中电压的最大值Umx=400√2v,因此有效值,理想变压器的电压比等于匝数比,已知原线圈电压U₁=400V,副线圈电压U₂=10kV=10⁴V,5.由力分配模型可知，当用F₁=8N的推力水平向右推A时，当用F₂=12N的推力水平向左推B时，解得A、B质量之比为2:3。故选C。6.t=0时刻质点P的振动方向沿y轴负方向，根据同侧法可知波沿x轴负方向传播，故A错误。根据图像可知波长λ=2×(11-5)m=12m,周期为故B错误。P质点右侧离P质点最近的波峰的振动形式传播到x=3m处，质点P第一次到达波峰，需要的时间为质点P到达平衡位置沿y轴正方向振动，故D正确。7.设第1根导体棒刚进入磁场时的速度为v,根据动能定理可得解得v=√2gh=3m/s,,此时产生的电动势为E=BLv=3V,通过第1根导体棒的电流为,第1根导体棒受到的安培力为F=BIL=2N,则第1根导体棒刚进入磁场时的加速度大小为,故A错误。上一根导体棒刚穿根导体棒，同理可知第2根导体棒刚进入磁场时的速度为v=√2gh=3m/s,设第2根导体棒刚穿出磁场时的速度大小为v₁,第2根导体棒穿过磁场的过程中，通过第2根导体棒的电荷量为9,根据动量定理可得-BIL·t=mv₁-mv,,解得,第2根导体棒穿过磁场的过程中，通过第2根导体棒的电流是通过第1根导体棒的电流的2倍，则有第2根导体棒穿过磁场的过程中，通过第1根导体棒的电荷量为路产生的焦耳热为,根据比例关系可知，第1根导体棒穿过磁场物理评分细则·第2页(共8页)物理评分细则·第3页(共8页)的过程中，第3根导体棒产生的热量为,第2根导体棒穿过磁场的过程中，第3根导体棒产生的热量为,第3根导体棒穿过磁场的过程中，第3根导体棒产生的热量为,则从最开始到第3根导体棒刚穿出磁场的过程中，第3根导体棒产生的热量,故D错误。8.根据开普勒第二定律，可知探测器M在近地点的速率大于在远地点的速率，故A正确。根据开普勒第二定律(面积定律)是指同一探测器与地球的连线在相等时间内扫过的面积相等，对于不同轨道的探测器M和N,在相等时间内扫过的面积SM与S、一般不相等，故大小关系，故C错误。由图可知，探测器M的轨道半长轴aM小于探测器N的轨道半长轴的周期小于探测器N的周期，故D正确。9.a到b是等压变化，压强P不变，温度T升高。气体压强由分子平均动能和单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数共同决定。温度升高使分子平均动能增大，而压强不变，因此单p-T图中某点与原点连线的斜率与体积V成反比。从a到b到c,图中的点与原点连线的斜率一直减小，因此体积V一直增大，气体膨胀，气体对外界做功，故C错误，D正确。10.撤去外力F₁瞬间F合=6m₀g-2m₀g=4m₀g,,故A错误。当P、Q分离时P、Q之间弹力为0,加速度大小相等，令为a,对Q由牛顿第二定律有m₀g=m₀a₁;对P有F弹+m₀g=m₀a₁,解得F弹=0。初始状态F+2m₀g=kx,P、Q第一次分离时弹簧处于原长，解得P、Q位移大小;当PQ一起振动时，周期,平衡位置2mg=kx₀,得振幅;根据公式x₀=Asinθ,代入x₀和A可得θ=30°,时间,故B错误。从撤去力F到第一次分离，令P、Q速度为V,根据能量守,分离后Q物块m₀g-F₂=m₀a₂,物理评分细则·第4页(共8页)分离后Q物块回到与P分离处的时间,分离向相同，故P、Q第1000次相遇时的位置在弹簧原长位置，分析可得P、Q第1000次相非选择题：共5小题，共54分。11.(每空2分，共8分)(2)0.822(或0.821)1.60(3)没有补偿阻力或补偿阻力不够括砂)的质量远小于车的总质量，故D错误。(2)相邻两计数点间还有四个点没有画出，则T=5×0.02s=0.1s,根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，可知计数点2对应的速度为物理评分细则·第5页(共8页)12.(每空2分，共8分)(1)红(2)当选择开关S旋到1时，电流计上只并联一个电阻R₁,则分流电阻较小，量程大，即对应是电流挡15mA的量程，故A正确。当选择开关S旋到位置5时是电压表，此时,接2端时，是量程较小的电流表，电流最大值为3mA,有,联立可得R₁=4Ω,R₂=16Ω。(4)欧姆×100Ω挡，