2026届湖南省洪江市部分学校高三上学期理科班9月摸底考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12026届湖南省洪江市部分学校高三上学期理科班9月摸底考试试题物理试题考试时间：75分钟总分100分一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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。1.核能是蕴藏在原子核内部的能量，合理利用核能，可以有效缓解常规能源短缺问题。在铀核裂变实验中，核反应方程是，核的结合能为，核的结合能为，核的结合能为．则（）A.该核反应过程动量不守恒B.该核反应方程中的X为C.该核反应中释放的核能为D.该核反应中电荷数守恒，质量数不守恒【答案】B【解析】A．在铀核裂变的过程中，动量守恒，故A错误；BD．设X为，由核电荷数守恒可知可得由质量数守恒得解得所以该核反应方程中的X为，故B正确，D错误；C．由能量守恒定律可知，该核反应中释放的核能为故C错误。故选B。2.图中1、2、3分别代表入射波、反射波、折射波的波线，则（）A.2与1的波长、频率相等，波速不等B.2与1的波速、频率相等，波长不等C.3与1的波速、频率、波长均相等D.3与1的频率相等，波速、波长均不等【答案】D【解析】AB．波线1、2都在介质a中传播，故1、2的频率、波速、波长均相等，故AB错误；CD．波线1、3是在两种不同介质中传播，波速不同，但波源没变，因而频率相等，由得波长不同，故C错误，D正确。故选D。3.链球是奥运会比赛项目，研究运动员甩动链球做匀速圆周运动的过程，简化模型如图乙所示，不计空气阻力和链重，则（）A.链球受重力、拉力和向心力三个力的作用B.链长不变，转速越大，链条张力越小C.链长不变，转速越大，角越小D.转速不变，链长越大，角越大【答案】D【解析】根据题意，对链球受力分析可知，受重力和拉力，合力提供做圆周运动的向心力，如图所示则有设链长为，则做圆周运动的半径为由牛顿第二定律有整理可得若链长不变，转速越大，越大，则链条张力越大，若转速不变，链长越大，角越大。故选D。4.2024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，之后准确进入地月转移轨道，由此开启世界首次月背“挖宝”之旅。如图所示为嫦娥六号探测器登月的简化示意图，首先从地球表面发射探测器至地月转移轨道，探测器在P点被月球捕获后沿椭圆轨道①绕月球运动，然后在P点变轨后沿圆形轨道②运动，下列说法正确的是（）A.飞船在轨道①上经过P点时应该加速才能进入轨道②B.飞船在轨道②上的环绕速度大于月球的第一宇宙速度C.飞船在轨道①上经过P点时加速度与在轨道②上经过P点时的加速度相同D.飞船在轨道①上的周期小于轨道②上的周期【答案】C【解析】A．飞船由椭圆轨道①上经过P点时应该减速做向心运动变轨到轨道②，A错误B．月球的第一宇宙速度是卫星绕月球做匀速圆周运动的最大速度，即为由月球的万有引力提供向心力可得飞船在轨道②上的环绕速度其中是飞船距月球表面的高度，可知飞船在轨道②上的环绕速度小于月球的第一宇宙速度，B错误；C．设飞船在轨道②上的环绕半径为，由牛顿第二定律可得可知飞船在轨道①上经过P点时与在轨道②上经过P点时距月心的距离相等，因此飞船在轨道①上经过P点时的加速度与在轨道②上经过P点时的加速度相同，C正确；D．设飞船在轨道①上半长轴为，由开普勒第三定律可得可知，则有，即飞船在轨道①上的周期大于轨道②上的周期，D错误。故选C。5.如图所示，在区域内存在垂直于三角形平面向里的匀强磁场，，，BC=2d。在顶点处有一粒子源，可以在垂直磁场的平面内，向区域内各个方向均匀射入比荷为、速率为的带负电的粒子，有的粒子能从边射出，忽略粒子的重力及相互间的作用力。下列说法中正确的是（）A.匀强磁场的磁感应强度大小为B.粒子在磁场中运动的最短时间为C.粒子在磁场中运动的最长时间为D.边有粒子射出的区域长度为【答案】D【解析】A．粒子源射出的粒子有从边射出，，则速度方向与边成角范围内的粒子都能从边射出，如图所示，当粒子速度方向与边成角时，粒子运动轨迹与边相切，其圆心为，由几何关系可得粒子运动的轨迹半径为，又，解得，故A错误；B．所有粒子在磁场中运动的轨迹半径相同，轨迹为劣弧时对应弦长越短，在磁场中运动时间越短，运动时间最短的粒子对应的弦垂直于，由几何关系可得，轨迹对应圆心刚好在边上，最短时间，故B错误；C．轨迹为劣弧时对应圆心角越大，在磁场中运动时间越长，沿弧运动时时间最长，故，故C错误；D．边有粒子射出的区域为，由几何关系可得，故D正确。故选D。6.用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2kg、电荷量为2.0×10-8C的小球，细线的上端固定于O点．现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成370，如图所示．现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin370=0.6）A.该匀强电场的场强为3.75×107N/CB.平衡时细线的拉力为0.17NC.经过0.5s，小球的速度大小为6.25m/sD.小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7m/s【答案】C【解析】AB．小球在平衡位置时，由受力分析可知：qE=mgtan370，解得，细线的拉力：T=，选项AB错误；C．小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成370角，加速度大小为，则经过0.5s，小球的速度大小为v=at=6.25m/s，选项C正确；D．小球从水平位置到最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理：，带入数据解得v=7m/s；因小球从水平位置先沿直线运动，然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点，在绳子被拉直的瞬间有能量的损失，可知到达最低点时的速度小于7m/s，选项D错误．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图所示，一个理想变压器原线圈的匝数为50，副线圈的市数为100，原线圈两端接在光滑的水平平行导轨上，导轨间距为。导轨上垂直于导轨有一长度略大于导轨间距的导体棒，导轨与导体棒的电阻忽略不计，副线圈回路中电阻，图中电压表为理想电表。导轨所在空间有垂直于纸面向里、磁感应强度的匀强磁场，导体棒在水平外力的作用下运动，其速度随时间变化的关系为，则下列说法正确的是（）A.水平外力为恒力B.电压表的示数约为2.83VC.的功率为0.2WD.穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为【答案】BD【解析】A．导体棒的速度按正弦规律变化，则产生的感应电动势不断变化，感应电流不断变化，导体棒所受安培力不断变化，可知外力不断变化，故A错误；B．导体棒切割磁感线产生的感应电动势原线圈两端的电压有效值为由电压与匝数关系得可得则电压表示数约为2.83V，故B正确；C．电阻的功率，故C错误；D．原线圈两端的最大电压由法拉第电磁感应定律得则变压器铁芯中磁通量变化率的最大值故D正确。故选BD8.一个柱状玻璃砖的横截面如图所示，它由半圆和等腰三角形组成，其中为圆心，。一束单色光从光源射到圆面上的点，入射角，光束折射后与平行且恰好经过中点。已知圆的半径为，光在真空中的速度大小为，则（）A.玻璃砖材料折射率为B.玻璃砖材料的折射率为C.光从点射入到离开玻璃砖的时间为D.光从点射入到离开玻璃砖的时间为【答案】AC【解析】AB．由几何关系可知，点的折射角，光的折射率代入数据解得故A正确；B错误；C．画出光束在玻璃砖内传播的光路图如图所示：据可得由几何关系可知，，所以光束在点发生全反射，可得，，光在玻璃砖材料的速度所以光在玻璃砖内传播的时间故C正确；D错误。故选AC。9.目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是（）A.卫星的动能逐渐减小B.由于地球引力做正功，引力势能一定减小C.由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D.卫星克服气体阻力做的功大于引力势能的减小【答案】B【解析】A．由万有引力提供向心力即，可知可见，卫星的速度大小随轨道半径的减小而增大，即卫星的动能逐渐增大，故A错误；B．由于卫星高度逐渐降低，所以地球引力对卫星做正功，引力势能减小，故B正确；C．气体阻力做功不可忽略，由于气体阻力做负功，所以卫星与地球组成的系统机械能减少，故C错误；D．根据动能定理可知引力与空气阻力对卫星做的总功应为正值，而引力做的功等于引力势能的减少，即卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的变化，故D错误。故选B。10.如图所示，将两辆完全相同的玩具动力车A、B和车厢C用轻杆串接组成“列车”，“列车”出发启动阶段做匀加速运动，且玩具动力车A和B提供的动力均为F，动力车和车厢受到的阻力均为车重的k倍，已知动力车A、B的质量均为m1，车厢C的质量为m2，重力加速度为g，则（）A.A车所受合外力比B车的大 B.A、C间轻杆对两端的作用力是拉力C.B、C间轻杆对两端的作用力是推力 D.“列车”的加速度大小为【答案】BCD【解析】A．二车加速度相同，故A车和B车所受合外力相同，故A错误；D．对整体，根据牛顿第二定律可得故“列车”的加速度大小为，故D正确；B．对A研究解得故A、C间轻杆对两端的作用力是拉力，故B正确；C．对B研究解得故B、C间轻杆对两端的作用力是推力，故C正确。故选BCD。三、非选择题（本大题共5小题共56分）11.某同学想用单摆来测重力加速度，设计的实验装置如图甲所示，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器，记录小球经过光电门的次数。（1）下列说法中正确的是（）A.在释放摆球的同时开始计时B.质量相同的铁球和软木球，应选用铁球作为摆球C.可将摆球从平衡位置拉开一个较大角度然后释放摆球D.摆长就是绳子的长度（2）在摆球自然悬垂的猜况下，用毫米刻度尺测得从悬点至摆球顶端的长度为L，再用螺旋测微器测量摆球直径（图乙），则摆球直径d____________mm；（3）将摆球从平衡位置拉开一个合适的角度，静止释放摆球，摆球在竖直平面内稳定摆动后，启动数字计时器，摆球通过平衡位置时从1开始计数，同时开始计时，当摆球第n次（为大于3的奇数）通过光电门时停止计时，记录的时间为t，此单摆的周期T__________（用t、n表示），重力加速度的大小为__________（用L、d和T表示）；（4）实验中该同学测得的重力加速度值经查证明显大于当地的重力加速度值，下列原因可能的是（）A.计算时把L作为单摆的摆长 B.采用作图法，利用图的斜率C.摆球的振幅偏小 D.把n当作单摆全振动的次数【答案】（1）B（2）7.883##7.882##7.884（3）；（4）D【解析】【小问1】A．当摆球在最低点时开始计时，误差较小，故A错误；B．为了减小空气阻力的影响，质量相同的铁球和软木球，应选用铁球作为摆球，阻力小，故B正确；C．摆球从平衡位置拉开的角度不能大于，否则不能认为是简谐运动，所以不能将摆球从平衡位置拉开一个较大角度然后释放摆球，故C错误；D．摆长等于绳子的长度与小球半径之和，故D错误。故选B。【小问2】螺旋测微器的精确值为，由图可知摆球直径为【小问3】由题意可知在时间内摆球全振动的次数为，则单摆的周期为由单摆周期公式可得其中联立可得重力加速度为【小问4】实验中该同学测得重力加速度值经查证明显大于当地的重力加速度值，根据可得A．计算时把L作为单摆的摆长小于实际的摆长，重力加速度值偏小，故A错误；B．利用作图法时，用L+作为单摆的摆长，根据推得知图线的斜率不变，这样不影响重力加速度的测量值，故B错误；C．摆球振幅偏小不影响重力加速度的测量值，故C错误；D．把n当作单摆全振动的次数，则会导致周期测量值偏小，从而导致重力加速度的测量值偏大，故D正确。故选D。12.小华制作了一个水果电池，要测量其电动势和内阻。（1）小华先用电压表直接测量水果电池两极间的电压，发现电压表指针位置如图甲所示，读数______V；（2）小华又用这个电压表和一个电阻箱，设计了图乙所示的电路，测得多组U、R的值，并做出图像，如图丙所示，已知电压表内阻等于3kΩ，考虑电压表的分流影响，那么水果电池的电动势______V，内阻______kΩ；（计算结果保留两位有效数字）（3）查资料发现由图像计算得到的水果电池电动势符合实际，那么用电压表直接测量水果电池两极间电压与电动势有明显偏差的原因是______。【答案】（1）0.40（2）1.2；6.0（3）水果电池的电阻过大【解析】（1）图中电压表的分度值为，由图甲可知，电压表读数为。（2）设电压表的内阻为，根据闭合电路欧姆定律可得整理可得可知图像的斜率为图像的纵轴截距为联立解得，（3）查资料发现由图像计算得到的水果电池电动势符合实际，那么用电压表直接测量水果电池两极间电压与电动势有明显偏差的原因是水果电池的电阻过大，内阻分到的内电阻较大，使得外电压（电压表示数）明显小于电动势。13.如图所示为某同学设计的减震器原理图。导热性能良好的密闭汽缸深度为h，横截面积为S，托盘、连杆及活塞总质量为M，将物体轻轻放在托盘上，汽缸内的活塞会下沉。为保证减震效果，活塞与缸底间距不得小于0.1h。开始时环境温度为，托盘上未放置物体，活塞处于缸体的中间位置。已知气体内能和温度的关系式为（k为常数），外界大气压强为，重力加速度为g。（1）求缸内气体的压强；（2）若环境温度保持不变，求在托盘上放置物体的最大质量；（3）现在托盘上放上质量为第（2）中所述的物体，稳定后，再对汽缸缓慢加热一段时间，使活塞又回到缸体正中间。求加热过程中气体从外界吸收的热量Q。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）对活塞由平衡方程则故缸内气体的压强为。（2）由玻意耳定律，有且解得故若环境温度保持不变，则托盘上放置物体的最大质量为。（3）由盖-吕萨克定律且，由热力学第一定律解得故加热过程中气体从外界吸收的热量为。14.如图所示，质量为的导体棒置于光滑的倾斜导轨上，两导轨平行且间距，与水平面夹角为37°。整个空间中存在一个与导轨面垂直的磁感应强度为的匀强磁场。右侧导轨底部连接一单刀双掷开关S，可接通电源E或定值电阻R。导体棒初速度沿导轨向上，大小为。已知导轨足够长、导体棒始终与导轨垂直且良好接触，导体棒连入电路的电阻和定值电阻R的阻值均为，导轨电阻不计，电源E的电动势为、内阻，，，重力加速度g取。（1）若单刀双掷开关接定值电阻R，求导体棒的初始加速度大小；（2）若单刀双掷开关接定值电阻R，导体棒从出发至回到初始位置的时间为1.1s，求导体棒回到初始位置时的速度大小；（3）若单刀双掷开关接电源E，导体棒从出发至速度达到最小值经历的时间为，求该过程中导体棒上产生的焦耳热（最终结果保留2位有效数字）。【答案】（1）11m/s2；（2）2.6m/s；（3）0.44J【解析】（1）若单刀双掷开关接定值电阻R，则牛顿第二定律联立解得导体棒的初始加速度大小（2）若单刀双掷开关接定值电阻R，则上升到最高点时由动量定理其中由最高点下落到低端时由动量定理其中又联立解得（3）初始时刻回路产生的动生电动势导体棒中的电流方向为从M到N，电流为