2024-2025学年度高三年级月考1考试
高三物理学科试卷
考试时间：75分钟 总分：100分
一、选择题（1-7单选，每个4分，共28分；8-10多选，每个6分，少选3分，多选0）
1．如图所示，一个原子核X经图中所示的一系列、衰变后，生成稳定的原子核Y。下列说法正确的是（ ）
A．此过程发生了6次衰变
B．此过程发生了8次衰变
C．原子核X发生衰变的半衰期与温度有关
D．原子核X的比结合能比原子核Y的比结合能小
2．1885年，瑞士科学家巴尔末对当时已知的氢原子在可见光区的4条谱线（记作、、和）作了分析，发现这些谱线的波长满足一个简单的公式，称为巴尔末公式。这4条特征谱线是玻尔理论的实验基础。如图所示，这4条特征谱线分别对应氢原子从、、、能级向能级的跃迁，下面4幅是跃迁时辐射光子的能量，合理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．如图所示，A、B两声源相距，它们同相位地发出频率为的声音，取声速。下列说法中正确的是（ ）
A．A、B连线上（不包含A、B点）有10个干涉极小点
B．A、B连线上（不包含A、B点）有13个干涉极大点
C．C、D连线上有5个干涉极大点
D．A、D连线上（不包含A点）有7个干涉极大点
4．人字梯是生活中常用的工具，如图所示，人字梯置于水平地面上，重为G的人静止在其顶部水平横杆中点处，限位轻绳松弛，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，左右斜杆夹角，不计人字梯的重力。则每根斜杆受到地面的（ ）
A．支持力大小为 B．作用力大小为
C．摩擦力大小为 D．摩擦力大小为
5．2019年12月16日，中国篮球公开赛南区大区赛在醴陵举行。若某次投篮直接入网（如图所示），已知篮球出手时距地面高度为h1，出手过程中对篮球做功为W，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，不计空气阻力，篮球可看作质点，则篮球（ ）
A．出手时的速率为
B．进筐时的动能为W＋mgh1-mgh2
C．从静止到进筐的过程中，机械能的增量为W＋mgh2-mgh1
D．从出手到进筐的过程中，运动总时间为
6．庄老师、王老师喜欢比赛打水漂。我们可以将打水漂简化成如下理想模型（图2）。质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，碰前瞬间速度为v0，与水平方向的夹角α＝30°。薄片与弹性面间的动摩擦因数μ＝0.2。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，并且在
运动过程中始终没有旋转。下列说法正确的是（ ）
A．由于忽略薄片重力，所以薄片与水平面间的摩擦力也可忽略
B．薄片每次与水平面碰撞过程中，水平面对弹片竖直方向支持力的冲量都相同
C．薄片每次碰撞后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角仍为30°
D．薄片在与水平面多次碰撞后，最终将静止在水平面上
7．一个半径为、折射率为的匀质透明球，点为球心，其截面如图所示，球面内侧有一单色点光源。已知光在真空中的传播速度为，则从发出的光线经多次全反射后回到点的最短时间为（ ）
A． B．
C． D．
8．某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于失重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg m/s
D．MN段无人机机械能守恒
9．2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器由长征五号遥八运载火箭在中国文昌航天发射场成功发射。“嫦娥六号”从地球飞往月球，采用霍曼转移轨道，这是一种较节能的轨道转移方式。如图所示为“嫦娥六号”飞往月球的简化示意图，轨道Ⅰ为绕地球的近地轨道，轨道Ⅱ为霍曼转移轨道，是一条椭圆轨道，其中P点为轨道Ⅱ的近地点，Q点为轨道Ⅱ的远地点，轨道Ⅲ为月球公转轨道。下列说法正确的是（ ）
A．“嫦娥六号”从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，需要在P点加速
B．“嫦娥六号”在轨道Ⅰ的周期小于在轨道Ⅱ的周期
C．“嫦娥六号”在轨道Ⅱ运动时，P处机械能大于Q处机械能
D．“嫦娥六号”在轨道Ⅱ经过Q点的速度大于经过P点的速度
10．某同学用如图甲所示的装置进行光电效应实验。用波长为的光照射阴极K，保持滑动变阻器的下滑片不动，调节滑动变阻器的上滑片P、测得流过灵敏电流计的电流I与AK之间的电势差满足如图乙所示的规律，已知电子的电荷量大小为。阴极材料的逸出功为，下列说法正确的是（ ）
A．将滑动变阻器的滑片P由最左端向右移动的过程中电流I逐渐增大
B．若用波长为的光照射阴极K，则遏止电压将变为
C．只增加入射光的光照强度，的绝对值会变大
D．只增加入射光的光照强度，电流I的最大值会变大
二、实验题（11-12题，每空2分，共计16分）
11．用如图甲所示的装置探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的轨迹半径之比为1∶2∶1，小球做圆周运动的向心力与标尺露出的格数成正比，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种方式进行组合，每层半径之比由上至下分别为1∶1、2∶1和3∶1
(1)本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的 。
A．探究平抛运动的特点
B．探究两个互成角度的力的合成规律
C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系
(2)在探究向心力大小与半径的关系时，为了控制角速度相同需要将传动皮带调至第 （填“一”、“二”或“三”）层塔轮，然后将两个质量相等的钢球分别放在 （填“A和B”、“A和C”或“B和C”）位置，匀速转动手柄，如图丙所示，左侧标尺露出2格，右侧标尺露出1格，则左右两球所受向心力大小之比为 。
(3)在记录两个标尺露出的格数时，同学们发现要同时记录两边的格数且格数又不是很稳定，不便于读取。于是有同学提出用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数。下列对该同学建议的评价，你认为正确的是 。
A．该方法可行，但仍需要匀速转动手柄
B．该方法可行，且不需要匀速转动手柄
C．该方法不可行，因不能确定拍照时露出的格数是否已稳定
12．某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。
（1）在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T（在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点）。从打出A点到打出F点时间内，钩码的动能增加量为 ，钩码的重力势能增加量为 。
（2）利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示。由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是 。
四、解答题（13题10分；14题12分；15题16分；共38分）
13．（10分）冰壶是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。某次训练中，冰壶（可视为质点）被运动员掷出后，在水平冰面上沿直线依次经过A、B、C三点后停在O点。已知A、B间的距离x=26m，B、C间的距离x2=5.5m，冰壶通过AB段的时间t1=10s，通过BC段的时间t2=5s，假设冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）C、O两点之间的距离x3；
（2）冰壶和冰面间的动摩擦因数μ。
14．（12分）如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔板厚度和弹簧体积）。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
（1）抽气之后A、B的压强。
（2）弹簧的劲度系数k。
15．（16分）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。2024-2025学年度高三年级月考1
参考答案：
1．D
【详解】AB．令发生了m次衰变，发生了n次，衰变根据质量数与电荷数守恒有
144+90=124+82+4m，90=82+2m-n
解得
m=7，n=6
即发生了7次衰变，发生了6次，故AB错误；
C．半衰期与元素的化学性质和物理性质无关，即原子核X发生衰变的半衰期与温度无关，故C错误；
D．衰变过程释放能量，表明生成核比反应核更加稳定，原子核越稳定，比结合能越大，可知，原子核X的比结合能比原子核Y的比结合能小，故D正确。
故选D。
2．C
【详解】根据题意可知，跃迁时辐射光子的能量分别为
故选C。
3．C
【详解】声波波长为
设某点到声源A、B的距离分别为r1、r2，其差为，当（n=1，2，3…）时，此位置为干涉极大点，当（k=1，3，5…）时，此位置为干涉极小点。
AB．A、B连线上（不包含A、B点），满足，解得，。所以k可取值有6个，即1，3，5，7，9，11，对应的的值有12个，所以应有12个干涉极小点。n可取值有6个，即0，1，2，3，4，5，对应的的值有11个，所以应有11个极大值点，故AB错误。
C．由图可知AC、BD长度均为5m，所以在C、D连线上，满足，解得，n可取值有3个，即0，1，2，对应的的值有5个，所以应有5个干涉极大点，故C正确。
D．设对角线AC、BD相交于点O。在AO段（包含点O），有，解得，n可取值有6个，在此段只能取零或负值，所以在AO段有6个干涉极大点。在OD段（不包含点O），有，解得，n可取值有2个，此段只能取正值，所以在OD段有2个干涉极大点。所以A、D连线上（不包含A点）共有8个干涉极大点，故D错误。
故选C。
4．B
【详解】A．地面对每根斜杆的支持力垂直于地面竖直向上，由于对称性，可知每根杆受到地面的支持力为 ，A错误；
B．由于人字梯的重力忽略不计，上端横梁为转轴，地面对每根杆的力沿着杆斜向上，因此
则根斜杆受到地面的作用力大小为
B正确；
CD．每根斜杆受到地面的摩擦力大小为
C、D错误。
故选B。
5．B
【详解】A．根据动能定理有
解得篮球出手时的速率为
故A错误；
B．从出手到篮球进筐的过程中，根据动能定理有
结合上述可得篮球进筐时的动能为
Ek=W＋mgh1-mgh2
故B正确；
C．篮球从静止到进筐的过程中，人对篮球做功为W，即机械能的增量为W，故C错误；
D．从出手到篮球进筐的过程中，篮球的初速度方向与末速度方向不确定，则篮球运动总时间不能确定，即篮球运动总时间为不一定为，故D错误。
故选B。
6．B
【详解】A．水平方向，薄片受到水平面的摩擦力做减速运动，薄片与水平面间的摩擦力不可忽略，故A错误；
BD．薄片每次与水平面碰撞过程中，竖直方向速度大小不变，以竖直向上为正方向，根据动量定理有
故薄片每次与水平面碰撞过程中，水平面对弹片竖直方向支持力的冲量都相同，水平方向
解得
可知每次与水平面面碰撞一次后，水平方向动量减小，薄片与水平面多次碰撞后水平方向动量减为零，即水平方向位移将不再增加，薄片将在竖直方向做往复运动，故B正确，D错误；
C．薄片每次碰撞后离开水平面瞬间，竖直方向的速度大小不变，但是由于薄片与水平面间有摩擦力作用，则水平方向速度减小，则薄片离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角大于30°，故C错误。
故选B。
7．C
【详解】根据对称性，光线要在圆内全反射，并回到S点的时间最短，应
构成一个边数最少的正多边形。全反射临界角
作出光路图，如图所示
当轨迹是正三角形时，有
无法发生全反射，当轨迹是正方形时，有
可以发生全反射，符合时间最短条件，则有
解得最短时间为
故选C。
8．AB
【详解】A．根据EF段方程
可知EF段无人机的速度大小为
故A正确；
B．根据图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；
C．根据MN段方程
可知MN段无人机的速度为
则有
可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg m/s，故C错误；
D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。
故选AB。
9．AB
【详解】A．“嫦娥六号”从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，需要在P点加速，A正确；
B．根据开普勒第三定律，半长轴越大，公转周期越大，所以，“嫦娥六号”在轨道Ⅰ的周期小于在轨道Ⅱ的周期，B正确；
C．“嫦娥六号”在轨道Ⅱ运动时，机械能守恒，P处机械能等于Q处机械能，C错误；
D．根据开普勒第二定律，“嫦娥六号”在轨道Ⅱ经过Q点的速度小于经过P点的速度，D错误。
故选AB。
10．BD
【详解】A．滑动变阻器的滑片P在最左端时
将滑动变阻器的滑片P由左端向右移动，逐渐减小，电流I逐渐减小，故A错误；
B．由爱因斯坦光电效应方程可得
解得
故B正确；
C．根据爱因斯坦光电效应方程
可得
可知只增加入射光的光照强度，的绝对值不变，故C错误；
D．只增加入射光的光照强度，则单位时间内产生的光电子数量增多，电流I的最大值会变大，故D正确。
故选BD。
11．(1)BD
(2) 一 B和C
(3)B
【详解】（1）在该实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法：
A．探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故A错误；
B．当一个物理量与多个物理量相关时，应采用控制变量法，探究该物理量与某一个量的关系，在探究影响导体电阻的因素实验中使用了控制变量法，故B正确；
C．探究两个互成角度的力的合成规律，应用了等效替代法，故C错误；
D．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，应用了控制变量法，故D正确。
故选BD。
（2）[1][2]变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
在探究向心力大小与半径的关系时，需控制小球质量、角速度相同，运动半径不同，故需要将传动皮带调至第一层塔轮，将两个质量相等的钢球分别放在B和C位置。
[3]根据题意可知左右两球所受向心大小之比为。
（3）该方法可行，用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数，这样可以准确读出某一时刻两边标尺露出的格数，并通过格数得出向心力与角速度的关系，手柄转速变化时，两边标尺露出的格数同时变化，仍可通过格数得出向心力与角速度的关系，故不需要速转动手。
12． mgh5 见解析
【详解】（1）打F点时钩码的速度为
由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出A点，则钩码动能的增加量为
钩码的重力势能增加量为
Ep重 = mgh5
（2）钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是纸带与限位孔的摩擦力做功变多导致两曲线间隔变大。
13．（1）0.9m；（2）0.02
【详解】（1）因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰壶滑动时受到的摩擦力处处相等，又因为冰壶沿直线运动，因此冰壶在A点至O点的运动为匀减速直线运动，假设冰壶运动的加速度大小为a，在A点时的速度大小为vA，在C点时的速度大小为vC，因此有
，
解得
a=0.2m/s2，vA=3.6m/s
又由
代入数据可得
vC=0.6m/s
已知运动到O点时冰壶停下，因此有
代入已知数据可知
x3=0.9m
（2）假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为f，则有
根据牛顿第二定律可知
已知a=0.2m/s2，联立以上各式可得
14．（1），；（2）
【详解】（1）设抽气前两体积为，对气体A分析：抽气后
根据玻意耳定律得
解得
对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即，则根据玻意耳定律得
解得
（2）由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有
根据胡克定律得
联立得
15．(1)，22 N ； (2) 45 ； (3)
【详解】(1)物块A从开始运动到运动至Q点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终不做功，只有重力做功，根据动能定理有
解得
在Q点，不妨假设轨道对物块A的弹力F方向竖直向下，根据向心力公式有
解得
为正值，说明方向与假设方向相同。
(2)根据机械能守恒定律可知，物块A与物块B碰撞前瞬间的速度为v0，设碰后A、B瞬间一起运动的速度为v0′，根据动量守恒定律有
解得
设物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为s，根据动能定理有
解得
所以物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的倍，即
(3)物块A与物块B整体在每段粗糙直轨道上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为
由题意可知AB滑至第n个（n＜k）光滑段时，先前已经滑过n个粗糙段，根据匀变速直线运动速度-位移关系式有
解得
（其中n＝1、2、3、…、44）
