2026届浙江省县域教研联盟高三上学期一模物理试题 含解析

学年第一学期浙江省县域教研联盟高三年级模拟考试物理考生须知：．本卷满分分，考试时间分钟；．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息；．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；．参加联批学校的学生可关注查询个人成绩分析。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共小题，每小题3分，共分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列属于能量单位且属于国际单位制中单位的是（）A.毫安时（）B.焦耳（J）C.千瓦时（）D.电子伏特（eV）【答案】B【解析】【详解】A．毫安时（1=3.6CA错误；B．焦耳（JSI单位（1J=1kg·m2/s2B正确；C．千瓦时（1=3.6×106J“小时”非SI时间单位（SI属于SI单位，C错误；D．电子伏特（eV1eV≈1.602×10-19JSI单位，D错误。故选B。2.2025年9月380100式坦克组成方阵匀速通过天安门，场面振奋人心。下列说法正确的是（）A.研究坦克方阵通过天安门的准确时间时，可将整个方阵视为质点B.以天安门城楼为参考系，坦克方阵是静止的C.坦克匀速通过天安门时，坦克对驾驶员的合力为0D.坦克匀速通过天安门时，坦克的瞬时速率始终不变【答案】D【解析】第1页/共25页【详解】A．研究坦克方阵通过天安门的准确时间时，需考虑方阵的长度，不能将方阵视为质点，故A错误；B．以天安门城楼（固定参考系）为参考系，坦克方阵相对城楼位置变化，是运动，故B错误；C故C错误；D．坦克匀速通过天安门时，速度恒定，瞬时速率（速度大小）始终不变，故D正确。故选D。3.游泳是中考体育的某一个项目，如图所示为小明同学正在划水前进，关于小明下列说法正确的是（）A.向后划水，手掌对水做负功B.受到水的作用力一定保持不变C.受到了水的阻力，人的惯性更大D.对水的作用力大小总等于水对他的作用力大小【答案】D【解析】【详解】A．向后划水，手掌对水作用力的方向与作用后水的运动方向相同，故手掌对水做正功，故A错误；B．手掌用力时对水的作用力会增大，故B错误；C．人的惯性大小只跟人的质量大小有关，跟人受力情况无关，故C错误；D．他对水的作用力大小与水对他的作用力是一对作用力和反作用力，总是大小相等，故D正确。故选D。4.—时间图像如图所示。1kg10s内火箭在空中运动的最大速度为（）第2页/共25页A.150m/sB.160m/sC.240m/sD.250m/s【答案】B【解析】F-t动，一直到后，火箭才开始运动，所以面积为即推力的冲量为玩具火箭在上升过程中受到推力和重力根据动量定理可知推力和重力两个力的冲量等于动量的变化量，即代入数据解得故选B。5.国产AI已经发展到世界领先水平，小黄用某国产AI软件搜索“木星与地球的重要参数比较”，得到如表格所示的信息。已知木星、地球都是绕太阳公转的行星，忽略天体自转对重力的影响，根据表格中的数据，下列分析正确的是（）木星地球直径质量与太阳的平均距离A.木星的公转周期小于地球的公转周期B.木星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度C.木星公转的向心加速度大于地球公转的向心加速度第3页/共25页D.木星受到太阳的万有引力小于地球受到太阳的万有引力【答案】B【解析】详解】A．行星绕太阳做匀速圆周运动时，有可得由表格数据可知木星的轨道半径较大，所以木星的公转周期比地球的公转周期大，故A错误；B．行星的第一宇宙速度等于表面轨道卫星的运行速度，则有可得则木星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为故木星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度，故B正确；C．卫星绕行星做匀速圆周运动时，有可得C错误；D．行星受到的万有引力为可得木星受到太阳的万有引力与地球受到太阳的万有引力之比为故木星受到太阳的万有引力大于地球受到太阳的万有引力，故D错误。故选B。6.目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度。磁强计的原理如图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为第4页/共25页中的自由电子数为强计水平置于北半球，轴正方向向上且、均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为，则所测地磁场的磁感应强度轴分量的大小和电极、的正负为（）A.，正、负B.，正、负C.，负、正D.，负、正【答案】A【解析】【详解】磁强计水平置于北半球，地磁场在北半球有沿y轴负方向分量。根据左手定则，电子受到的洛伦兹力方向指向N极，所以电子向内侧偏转，则导体N极为负极，M极为正极。电子个数为，电量为，则有电子受电场力和洛伦兹力平衡，有解得，故选A。7.如图所示，用不可伸长的轻绳放风筝，初始时绳与水平方向夹角为，小明以恒定速率沿水平方向匀速跑动，使风筝沿竖直方向升高。在风筝升高过程中，绳与水平方向的夹角逐渐增大，最终接近，则风筝升高的速度大小（）A.一直减小B.一直增大C.先减小后增大D.先增大后减小【答案】A第5页/共25页【解析】【详解】小明以恒定速率沿水平方向匀速跑动，由于轻绳不可伸长，所以风筝水平分速度也为，风筝的实际速度垂直于绳根据几何关系有夹角逐渐增大，最终接近，则风筝升高的速度大小一直减小。故选A。8.氢原子能级图如图甲所示，、、分别表示第一、第二、第三能级的能量，由氢原子能级跃迁产生的光照射图乙电路中的光电管阴极K克常量，光速，则下列说法正确的是（）A.大量处于能级的氢原子跃迁时可放出3种可见光B.处于能级的原子向能级跃迁产生的光，其动量为C.将图乙实验电路的滑片P向端滑动，则电流表的示数会不断增大D.处于基态的氢原子，吸收一个光子后跃迁到更高轨道，电子的动能变大【答案】B【解析】第6页/共25页【详解】A．大量处于能级的氢原子跃迁时可放出光子的种类数目为其光子的能量分别为，，根据，，解得，，由于可见光的波长在之间，可知，大量处于能级的氢原子跃迁时可放出1种可见光，故A错误；B．能级的原子向能级跃迁产生的光，光子能量又由于，解得，故B正确；CP向P的电势高于O光电流增大，若能够达到饱和电流，之后电流不变，可知，电流表的示数可能会先增大后不变，故C错误；D．根据解得处于基态的氢原子，吸收一个光子后跃迁到更高轨道，轨道半径增大，则电子的动能变小，故D错误。故选B。9.发生衰变后生成新核和，其衰变方程为，已知的质量为238.0508u、质量为234.0433u、的质量为4.0015u1u相当于931.5MeV说法正确的是（）A.原子核衰变时电荷数和质量都守恒B.的比结合能是C.的平均核子质量小于D.衰变过程放出的核能约为第7页/共25页【答案】D【解析】【详解】AA错误；B．比结合能是结合能除以核子数。结合能是原子核静止质量与组成它的核子总静止质量之差对应的能量，是衰变过程释放的能量，并非的比结合能，故B错误；C．衰变释放能量，说明生成物总能量更低，系统更稳定。对于原子序数大于82的重核，其比结合能随核子数的减小而增大，故的比结合能大于的比结合能，故C错误；D．衰变过程的质量亏释放的核能D正确。故选D。10.Rm电量为的小球从半圆柱体顶端Q由静止沿圆柱体表面滑下，当滑至与竖直方向的夹角为的位置P时，，重力加速度为g，其他条件不变，则下列说法正确的是（）A.未加电场时，角的余弦值为B.未加电场时，小球在P点恰好离开圆柱体时的速度大小为C.加上电场时，小球将在QP之间某位置离开圆柱体D.加上电场时，小球恰好离开圆柱体时的速度大小为【答案】D【解析】第8页/共25页【详解】AB．未加电场时，小球恰好从P点脱离圆柱体，由题意则有解得，故AB错误；CD．加上电场时，设小球恰好脱离圆柱体时与竖直方向的夹角为，由题意则有解得所以加上电场时，小球仍在P点离开圆柱体，小球恰好离开圆柱体时的速度大小为C错误，D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）下列说法正确的是（）A.矢量与标量的本质区别是前者有方向而后者无方向B.楞次定律是能量守恒在电磁感应现象中的体现C.在LC振荡电路中，若线圈的电感增大，则充放电过程变慢D.当入射光子与晶体中的电子碰撞时，散射后的光子波长变短【答案】BC【解析】第9页/共25页【详解】A．矢量与标量的本质区别并不在于是否有方向，而在于二者的计算规则不同，故A错误；B．楞次定律是能量守恒在电磁感应现象中的体现，故B正确；C．在LC振荡电路中，振荡的周期为若电感增大，振荡周期增加，充放电的过程会变慢，故C正确；D．根据康普顿效应可知，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，散射后的光子波长会变长，故D错误。故选BC。12.有一半径为的玻璃半球体，其底面水平，球心为点AO为与底面垂直的半径，在OB中点放置一点光源，可发出由M和N两种单色光组成的复色光。P为一贴近半球面放置的、与底面平行的光屏。已知该种玻璃对M光的折射率为N光的折射率为点出射的M光在玻璃中传播的时间与其从点到达光屏的时间相同，则（）A.点到光屏的垂直距离为B.在半球面上存在部分区域仅有M光出射C.用同一双缝干涉装置进行实验，M光条纹间距比N光宽D.若使用N光照射锌板，可放出光电子，则使用M光照射相同锌板，也一定能放出光电子【答案】AC【解析】【详解】A．M光在玻璃中的传播速度为D到A的距离为第10页/共25页M光在玻璃中传播的时间设M光从A点射出时的入射角和折射角分别为和，则有，解得则设A点到光屏的垂直距离为h，则M光从点到达光屏的时间为由题意知解得，故A正确；B．两种光从玻璃射向空气时恰好发生全反射的临界角满足，则，即设半球面上一点E到点D的距离为x，入射到该点的光线入射角为，如图所示根据余弦定理有故第11页/共25页故故在半球面上各处M光和N光均不发生全反射，均可射出，不存在部分区域仅有M光出射，故B错误；CN光折射率较大，故N光波长较短，根据同一双缝干涉装置进行实验，M光条纹间距比N光宽，故C正确；D．N光折射率较大，频率较大，若使用N光照射锌板，可放出光电子，说明N光的频率大于锌板的极限频率，但M光频率比N光小，M光频率不一定大于锌板的极限频率，则使用M光照射相同锌板，不一定能放出光电子，故D错误。故选AC。13.如图1所示，水面上存在三点、、，每两点距离均为6m，、、分别为、、的中点，在、存在两个波源，当时，开始振动，的振动图像如图2所示。经足够长、所在的直线上，、之间存在6个振动加强点，的左侧和的右侧的质点振幅均为0，取，下列说法正确的是（）A.处波源起振方向沿轴负方向B.波在水中传播的速度为C.若在处放置一个振动情况与到，处质点的路程为20cmD.若在处放置一个振动情况与完全相同且同时起振的波源，时，处的质点位移为负值【答案】BC【解析】【详解】A.由于、之间存在6个振动加强点，则为振动减弱点，故、两波源的振动反相，根据的振动图像可知，在时开始起振，振动方向沿y轴正方向，故在时的振动方第12页/共25页向沿y轴负方向，可推导时，的振动方向沿y轴正方向，故A错误；B.由于的左侧和的右侧的质点振幅均为0，故、处为振动减弱点，再根据、之间存在6个振动加强点，可推出、之间有，则根据的振动图像可知，故波在水中传播的速度为，故B正确；C.若在处放置一个振动情况与完全相同且同时起振的波源，对处的质点分析，传播到处的时间故时，处的质点开始向上振动时，传播到处，由于、振动反相，叠加后处的振幅为0传播到处的时间故时，传播到处，处的质点又开始向上振动综上分析，从到内，处的质点发生振动，振动路程从到内，处的质点又发生振动，振动路程故从到，处质点的路程为20cm，故C正确；D.若在处放置一个振动情况与处的质点分析，、传播到处的时间故时，、传播到处，由于、振动同相，叠加后处的振幅为2A时，传播到处时，、在处的振动经过一个周期，位移为0在处的振动经过，位移方向沿y轴正方向故叠加后，处的质点位移为正值，故D错误。第13页/共25页故选BC。非选择题部分三、实验题（本题共3小题，共分）14.（1）如图所示为斜面小车实验装置，关于该装置在力学实验中操作与叙述正确的是______A.操作时先开启电源，待计时器工作稳定后再释放小车，同时防止小车和滑轮相碰而掉落到地面B.实验前做好平衡摩擦，用该装置可以“验证机械能守恒定律”C.用该装置在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，钩码质量较大时，可以把右端适当垫高D.用该装置在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，平衡摩擦的目的是为了让槽码的重力代替细线的拉力（2）利用如图2装置“验证机械能守恒定律”实验。实验后选出纸带如图3所示，为验证机械能守恒，需要获得打点“1”和打点“13”的速度和中正确的是______。A.用刻度尺测，取当地的重力加速度，由计算出速度和B.用刻度尺测，取当地的重力加速度，由纸带数据算出瞬时速度和第14页/共25页C.由纸带数据算出瞬时速度和，取当地的重力加速度，由计算出高度D.由纸带数据算出瞬时速度和，用刻度尺测出，由计算出重力加速度（34所示，在纸带限位孔的正下方竖直放置一铜管，且与限位孔在同一竖直线上，探究磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律。经正确操作后，得到一条如图5所示的纸带，每个打点标为，，，，为了得到点的速度，计算公式比更合理的理由是______。A.ac段的平均速度更接近点瞬时速度B.点读数误差大，不宜选用C.，被测量数值越大，误差越大D.ac段速度变化更小，计算更准确（4）磁铁收尾速度______（结果保留三位有效数字）【答案】（1）AC（2）B（3）A（4）【解析】【小问1详解】A．实验时要先开启电源，再释放小车，同时防止小车和滑轮相碰而掉落到地面，故A正确；B．该套装置实验前做好平衡摩擦，可以通过计算动能的增加量，但是无法准确计算出重力势能的变化量，无法验证机械能守恒定律，故B错误；C车的加速度减小，以便进行实验，故C正确；D第15页/共25页的合力，故D错误。故选AC。【小问2详解】为验证机械能守恒定律，即，应由纸带数据算出瞬时速度和，用刻度尺测，取当地的重力加速度，故选B。【小问3详解】b点的速度是根据平均速度越接近于0时间内的平均速度越接近b点的瞬时速度，所以用ac段的平均速度更接近点瞬时速度，故选A。【小问4详解】从纸带可知，纸带上打的点与点间的间隔是先越来越稀疏，然后点与点间的间隔相等，所以磁铁在铜管中的是先加速运动，后匀速运动，则磁铁收尾速度15.实验A小组利用如图1所示的测量电路测金属丝的电阻，从而确定该金属丝的材料。（121应连接（选填“bcd”或“e端3应连接______（选填“bcd”或“e（2）用刻度尺测得金属丝长度为77.2cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径如图3为______mm，某次在测量两电表的示数分别如图4和5所示，请根据表1，判断该金属丝属于______。表1几种导体材料在时的电阻率材料材料银铁铜锰铜合金铝镍铜合金第16页/共25页钨镍铬合金A.铜B.铝C.钨D.锰铜合金E.镍铜合金F.镍铬合金（3B小组也用伏安法测出了NTC热敏电阻在6所示的实验数据点，热敏电阻连接到如图7所示电路中，电源电动势为3V，内阻，定值电阻，当控制开关两端电压上升至2V______时，控制开关自动启动加热系统。（4）要适当降低自动启动的温度，应如何调节______。A.仅适当增大定值电阻的阻值B.仅适当减小定值电阻的阻值C.仅把电源换成电动势为3.2VD.仅把电源换成电动势为2.8V【答案】（1）①.d②.b（2）①.0.640##0.641##0.642②.F（3）25##26##27##28（4）AD【解析】【小问1详解】第17页/共25页[1]为了减小测金属丝的电阻率时误差，应选低电压，故电压表选的量程，接线端1应连接d[2]滑动变阻器的分压式接法，电源、开关，滑动变阻器的全电阻串联一个回路，接线端3应连接b【小问2详解】[1]金属丝的直径为[2]由根据电阻定律得代入数据解得该金属丝属于镍铬合金，故选F。【小问3详解】据串联电路的分压原理，对比实验曲线知系统温度下降至【小问4详解】自动启动的温度降低，AD。四、分析计算题（本大题共4小题，其中第题8分，第题分，第题分，第题分，共分）16.将一底面积的圆柱形容器倒扣在水中，松手后容器底恰好与水面齐平，如图甲所示，容器内有高度为水面上方容器内有高度为的水，忽略容器的厚度及形变，大气压强为，重力加速度，水的密度为，容器内空气可视为理想气体，且温度保持不变。第18页/共25页（1）从图甲状态到图乙状态，气体分子平均速率______撞击单位面积瓶壁的分子数______（2）求图乙状态容器内水面到杯底的距离；（3）在向上提升容器的过程中，容器内空气是吸热还是放热？并求气体吸收或者放出的热量。【答案】（1）①.不变②.减小（2）（3）吸热，【解析】【小问1详解】[1][2]温度保持不变，可知从图甲状态到图乙状态，气体分子平均速率不变；由于气体压强变小，根据压强微观意义可知，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。【小问2详解】图甲，气体压强为图乙，气体压强为气体发生等温变化，根据玻意耳定律有联立解得【小问3详解】气体发生等温变化，内能不变，即提升过程中，容器内空气的压强减小，体积增大，气体对外做功大小为根据热力学第一定律有解得可知气体吸热，吸收热量为。17.如图所示，水平固定管道PA中有一固定弹射装置（质量忽略不计）与一质量的小物块，弹射装置与小物块不栓接。管道PA右下方的光滑水平地面上有一质量的小车，小车由半径的光滑圆弧轨道BC和长为的粗糙水平轨道CD定。启动弹射装置，小物块从点飞出后，恰好从点切入圆弧轨道。已知弹射装置的弹性势能第19页/共25页，小物块起始时离管口的距离，物块与管道之间的动摩擦因数，与轨道CD的动摩擦因数可调节，点与点的水平距离，，取）（1）求圆弧轨道BC的角度；（2）若，当物块滑到点时，撤去小车固定装置，求小车和物块的最终速度大小；（30.4m点相距1m，求此过程物块在小车上的运动时间。【答案】（1）53°（2）均为（3）【解析】【小问1详解】滑块到达A点时，由能量关系可知解得从A到B的时间为到达B点时可得【小问2详解】滑块从B到C，由机械能守恒定律其中第20页/共25页解得假设最终滑块和小车相对静止，则由动量守恒定律由能量关系解得，可知假设成立，小车和物块的最终速度大小均为。【小问3详解】从滑块从B点进入小车开始，当小车向左运动x=0.4m时，滑块相对地面向右运动对滑块和小车系统由水平方向动量守恒可知解得18.和倾角的倾斜导轨组成，导轨间距均为1m，两者通过一小段绝缘材料平滑连接。水平导轨和倾斜导轨所在区域分别存在垂直于导轨平面的匀强磁场和、质量均为，棒电阻为处，棒电阻不计，放置在右侧。、两棒与水平导轨和倾斜导轨之间的动摩擦因数均为，除给定电阻外，其余电阻和阻力均可忽略，不考虑电磁辐射。已知，，重力加速度。求：第21页/共25页（1）开关闭合瞬间，棒的加速度大小；（2）开关闭合后，从开始运动到棒到达的过程中，恒流源输出的电能；（3）若棒与棒发生完全非弹性碰撞，碰后沿斜面向上滑行至最大距离时被锁定，求该最大距离以及线圈中回收的能量。【答案】（1）（2）（3）1m，【解析】【小问1详解】开关闭合瞬间，导体棒M受的合外力加速度为【小问2详解】M棒到达a1a2时的速度时间为恒流源输出的电能【小问3详解】两棒碰后共速，则可得由于求和，可得则第22页/共25页由可得最大距离线圈中回收的能量19.1律增加。奇数序号的圆筒与交变电源的一个电极相连，偶数序号的圆筒与另一电极相连，图乙为交变电源两极间电势差随时间的变化规律。在时刻，偶数圆筒相对