湖南省长沙市2025-2026学年高三物理上学期11月月考试题含解析-1

本试题卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页。时量75分钟，满分100

分。

第I卷

一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一

个选项是符合题目要求的）

1.有关近代物理学知识，下列说法正确的是（）

A.在粒子散射实验中，少数粒子穿过金箔后发生大角度散射是因为跟电子发生了碰撞

B.铀-238的半衰期是45亿年，故经过45亿年，6个铀238必定有3个发生衰变

C.一个处于能级的氢原子跃迁时最多可以产生3种频率的光子

D.不同频率的光照射同一种金属产生光电效应时，频率越高，光电子的最大初动能越大

【答案】D

【解析】

【详解】A．α粒子大角度散射是由于与原子核强库仑斥力作用，而非与电子碰撞。因电子质量远小于α

粒子，碰撞无法导致大角度偏转，故A错误；

B．半衰期是统计规律，适用于大量原子核。6个铀238衰变数目无法确定，可能0~6个，故B错误；

C．单个氢原子从n=3能级跃迁时，最多经历两次能级跃迁，最多产生2种频率的光子，故C错误；

D．根据光电效应方程，频率越高，光电子最大初动能越大，故D正确。

故选D。

2.一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，设激光光束与水面的夹角为

，激光器离水面的竖直距离为h。他发现只有当大于时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光

束，下列说法正确的是（）

A.水的折射率为

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B.救援人员感觉到激光器处于水面以下的位置

C.当他以向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束方向与水面夹角等于

D.当他以向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于

【答案】D

【解析】

【详解】A．由题意，发现只有当大于时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，则说明

时激光恰好发生全反射，则根据临界角公式有

所以可以求得折射率，故A错误；

B．根据折射定律，救援人员感觉到激光器的深度比实际深度浅，故深度应小于h，故B错误；

CD．当他以向水面发射激光时，在水面的入射角，则根据折射定律有

折射角约为大于，则岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于，故C错误，D正确。

故选D。

3.2025年11月1日4时58分，神舟二十一号航天员乘组进驻中国空间站，与神舟二十号乘组完成在轨轮

换。神舟二十号航天员乘组乘坐神舟二十一号飞船于11月14日16时40分成功返回。载人飞船发射返回

过程中，返回器与主舱室分离后，主舱室通过调整后在圆轨道运行，返回器用“打水漂”的方式再入大气层，

最终通过降落伞辅助成功着陆，其主要过程如图，已知主舱室维持在半径为r的轨道上做周期为T的匀速

圆周运动，地球半径为R、引力常量为G，则有（）

A.主舱室在半径为r轨道上稳定运行的速度大于

B.由题给条件可求出地球第一宇宙速度为

C.由题给条件可求出地球密度为

D.返回器跳出大气层后需向后喷气方可第二次再入大气层

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【答案】B

【解析】

【详解】A．第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，是最大的环绕速度，当主舱室在

半径为r的轨道上稳定运行时，其轨道半径大于地球半径，则速度应小于，故A错误；

B．第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，根据万有引力提供向心力有

可知第一宇宙速度为，故B正确；

C．根据万有引力提供向心力有

密度为

联立解得，故C错误；

D．返回器跳出大气层后想第二次再入大气层则半径减小，需要减小速度，即向前喷气，故D错误。

故选B。

4.从地面上以初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，若运动过程中小球受到的空气阻力与其速率成正

比，比例系数为k，小球运动的速率随时间变化规律如图所示，时刻到达最高点，再落回地面，且落地前

小球已经做速率为的匀速直线运动。已知重力加速度为g，则（）

A.小球上升的时间大于下落的时间

B.小球上升过程速率为时的加速度大小为

C.小球上升的最大高度为

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D.小球从抛出到落回地面的整个过程中克服空气阻力做的功为

【答案】C

【解析】

【详解】A．图像与时间轴围成的面积表示位移，由于上升过程和下降过程中的位移相等，上升阶段平均速

度大于下降阶段平均速度，根据公式可知上升时间小于下降时间，故A错误；

B．根据牛顿第二定律可得

解得，故B错误；

C．设上升时加速度为a，根据牛顿第二定律可知

取极短时间，速度变化量为

由于，上升全程速度变化量

又因为

则有

解得，故C正确；

D．小球上升到落回地面的全过程由动能定理

则，故D错误。

故选C。

5.如图所示，小球A和小球B均匀带上正电荷，力F通过绝缘细线缓慢拉动小球A，直至小球A运动到

定滑轮的正下方，然后拉动小球A沿虚线缓慢竖直向上运动，小球A始终未与定滑轮碰撞，小球B固定不

动。不计一切摩擦，不考虑定滑轮的大小，不计运动过程中小球电荷分布的变化。下列说法正确的是（）

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A.F一直减小B.两球间库仑力先增大后减小

C.系统电势能先不变后减小D.小球A向滑轮正下方运动过程中，轨迹为抛物线的

一部分

【答案】C

【解析】

【详解】A．设绳长为l，小球球心间的距离为R，滑轮到小球B球心的高度为h，小球受重力、库仑力和

绳拉力F处于动态平衡状态。则

比值为定值，小球A向滑轮正下方运动过程中，l减小，F减小，R不变，故库仑力大小不变；当小球A沿

虚线竖直向上运动时，，r增大，库仑力减小，F增大。则整个过程中F先减小后增大，

故A错误；

B．库仑力先不变后减小，故B错误；

C．电场力先不做功后做正功，故系统电势能先不变后减小，C正确；

D．由于R不变，小球A的轨迹应为圆周的一部分，故D错误。

故选C。

6.如图所示为两个固定的均匀带电的绝缘球面，半径分别为和R，所带电荷量分别为Q和，

两球面内切于E点，球心O和的连线沿水平方向。一根内壁光滑的竖直绝缘细管穿过大球面球心O，与

球面相交于两点。现有一质量为m、带电量为的小球从A点沿细管由静止开始下落，运动通

过D点（带电小球可视为质点）。已知两点距离和两点距离均为R，静电力常量为k，重力加速度

为g，设无穷远处为零势能面，点电荷Q产生的电势为，则（）

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A.A点电势为

B.小球通过O点时的动能为

C.小球通过D点时的速度为

D.小球运动到O点上方处，小球的加速度为

【答案】B

【解析】

【详解】A．几何关系可知，则A点电势为，故A错误；

B．根据对称性和电势叠加原理易得O点电势

小球从A到O过程，根据动能定理有

联立解得小球通过O点时的动能为，故B正确；

C．根据对称性和电势叠加原理易得，点电势相等，即电势差U为0，根据动能定理有

解得小球通过D点时的速度，故C错误；

D．小球从B运动到O的过程中，大球对小球的库仑力为0（大球在其内部产生的场强为0），小球只受重

力和小球面的库仑力。小球受到带负电小球面的库仑力，设其方向与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律

可知小球加速度

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其中，故

代入数据得，故D错误。

故选B。

二、多项选择题（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.物体A做平抛运动，以物体被抛出的位置为原点O，以初速度v₀的方向为x轴的方向、竖直向下的方向

为y轴的方向，建立平面直角坐标系。如图所示，沿两坐标轴分别放置两个光屏。两束平行光分别沿着与

坐标轴平行的方向照射，物体A在两个光屏上分别留下物体的两个“影子”的坐标分别为x、y，则右图中两

个影子的坐标随时间变化关系正确的是（）

A.B.C.D.

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．两束平行光分别将小球水平和竖直的位置照射在了两个坐标轴上，由于小球水平做匀速直线

运动，所以

故A正确，B错误；

CD．竖直方向小球做自由落体运动，所以

故C错误，D正确；

故选AD。

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8.钠24具有放射性，可以通过中子活化从普通的钠-23中产生。人体暴露于强烈的中子辐射中会在血浆中

产生钠24，可以通过测量钠24的数量来确定患者吸收的辐射剂量。某次研究其放射特性的实验中，将孤立

钠24原子核静置于匀强磁场中，衰变后在磁场中形成两条圆周径迹，如图所示，下列说法中正确的是（）

A.小圆对应的粒子的运动方向为逆时针方向

B.钠24发生了α衰变

C.小圆和大圆的轨道半径之比为1:12

D.两条轨迹对应的粒子的质量之和等于衰变前钠24的质量

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．由于钠24衰变过程中动量守恒，因此衰变后的两部分物质速度方向相反，在磁场中运动的轨

迹相切于一点，由洛伦兹力充当向心力有

可得

可知，电荷量越大，其运动时的轨迹半径越小，由此可知小圆对应的粒子所带电荷量更大，且其所带电荷

为正电荷，根据左手定则可知，小圆对应的粒子的运动方向为逆时针方向，而根据左手定则结合轨迹可知，

大圆对应的粒子带负电，则可确定该衰变为β衰变，故A正确，B错误；

C．根据以上分析，写出其衰变方程为

产生的新核与β粒子的电荷量之比为，而根据

可知，粒子运动轨迹半径之比等于其所带电荷量的反比，由此可知，小圆和大圆的轨道半径之比为，

故C正确；

D．衰变过程中始终遵循质量数守恒和电荷数守恒，但在衰变过程中有能量释放，根据爱因斯坦的质能方程

可知，衰变后两条轨迹对应的粒子的质量之和小于衰变前钠24的质量，故D错误。

故选AC。

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9.如图所示，一质量为m、边长为l的正方形导体单匝线圈abcd从下边缘距地面高h处某点以初速度水

平抛出，落入一有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B。线圈运动过程中，其平面始终与磁场方向垂直。

已知线圈进入磁场的过程中做匀速直线运动，线圈的电阻为R，重力加速度为g。则（）

A.线圈ab边进入磁场时感应电流方向为adcba

B.线圈ab边进入磁场时感应电流大小为

C.线圈在磁场内着地时的动能为

D.有界磁场区域的高度为

【答案】BC

【解析】

【详解】A．根据楞次定律可知线圈ab边进入磁场时磁通量增大，则感应电流方向为abcda，故A错误；

B．线圈进入磁场的过程中做匀速直线运动，水平方向不受安培力，竖直方向上

解得

故B正确；

C．开始下落到线圈着地的过程中，根据动能定理可得

由于进入磁场的过程中

解得

故C正确；

D．线圈下边进入磁场时，根据

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根据

解得有界磁场区域的高度为

故D错误。

故选BC。

10.在一个水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，俯视如图示，a、b、c、d为圆上两条

直径的端点，且ac与bd相互垂直。在内部放置A、B两个小球（球径略小于管径，管径远小于R），质量

分别为mA、mB，开始时B球静止于a点，A球紧靠在B球左侧，现给A球水平冲量I，A球向右与B球发

生第一次碰撞且被反弹。已知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在b点。则下列说法中

正确的是（）

A.A、B两球的质量比为

B.若给A球的水平冲量，则第二次碰撞点一定在b点

C.若只增大A球的质量，则第二次碰撞点可能仍在b处

D.若只增大A球的质量，则发生第2026次碰撞时经历的时间为

【答案】BC

【解析】

【详解】A．设第一次碰后两球的速度分别为、。对A球则有

根据动量守恒定律和能量守恒定律则有，

第二次碰撞发生在b点，则有

联立解得，故A错误；

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B．第一次碰后，A球和B球的速度比为，增大A球的初速度后，速度之比不改变，则第二次

碰撞点仍在b点，故B正确；

C．若两球碰后同向运动，两球在b点发生第二次碰撞，则A球运动的路程是B球的，两

球碰后速度的大小之比

结合A分析则有

解得

若只增大A的质量，满足

则两球也会在b点再次碰撞，故C正确；

D．由于发生弹性碰撞，两球的相对速度大小不变，相邻两次碰撞的时间间隔均为，发生第2026次碰

撞时经历的时间为，故D错误。

故选BC。

第Ⅱ卷

三、实验题（第11题6分、第12题10分，共16分）

11.在地面上，测量物体的质量我们可以利用天平，但是在太空中，物体处于完全失重，用天平无法测量质

量。甲、乙两位同学分别设计了在完全失重环境下测量物体质量的方法。

（1）甲同学在静止的A、B两物体中间夹了一个质量不计的压力传感器（未画出），现对整体施加一个

恒力，记录传感器的示数，已知B物体的质量为，则A物体的质量为_______。（用、、

表示）

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（2）乙同学用长度可以变化的细绳连接小球和拉力传感器（未画出），现给小球的初速度，使小球做匀

速圆周运动，记录此时传感器的示数F和对应细绳的长度l，多次改变绳长，每次都以相同的速率做匀速圆

周运动，重复上述步骤。已知小球半径远小于绳长，细绳质量可忽略不计。乙同学以F为纵坐标，以______

（选填“l”、“”或“”）为横坐标建立平面直角坐标系，描点作图得到一条直线，测得直线的斜率

为k，则小球的质量为______。（用k、表示）

【答案】①.②.③.

【解析】

【详解】（1）[1]对整体研究，利用牛顿第二定律有

对物体A研究有

联立解得

（2）[2]由于处于完全失重，则由拉力提供向心力，则有

由于描点作图得到一条直线，可知应以为纵坐标；

[3]根据上述可知斜率

解得

12.某同学自制了一个多用电表，电流表、电压表、欧姆表均为双量程，电表电路如图所示，分别

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接表笔。所用器材如下：

A．电流表G（满偏电流，内阻）；

B．定值电阻；

C．滑动变阻器R（最大阻值为）；

D．电源（电动势为，内阻不计）；

E．开关；

F．表笔两只、导线若干。

（1）M端接________（填“红表笔”或“黑表笔”），N端接________（填“红表笔”或“黑表笔”）。

（2）将接3，分别接1、2时为电流表，其量程分别为10mA和100mA，定值电阻的阻值为________

。（结果保留两位有效数字）

（3）现将接4，接2时，经过欧姆调零后，将待测电阻接在间，发现指针指在表盘的正中

央刻度处，该待测电阻的阻值为________。（结果保留两位有效数字）

（4）将接5，接1，若，则此时电压表量程为________V。（结果保留两位有效数字）

【答案】（1）①.黑表笔②.红表笔

（2）45（3）15

（4）1.0

【解析】

【小问1详解】

[1][2]根据电流从黑表笔流出电表，从红表笔流入电表，故M端接黑表笔，N端接红表笔；

【小问2详解】

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由欧姆定律得，

代入数据解得，

【小问3详解】

现将接4，接2时，由图示电路图可知，此时电流表量程为，其中

则

【小问4详解】

将接5，接1，若，此时电压表量程

四、解答题（本题共3小题，共40分）

13.如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端系一质量为m=0.1kg的小球，小球静止时弹簧伸长量为10cm。现

使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最低点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移y随时间t

变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。

（1）写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式；

（2）求出小球在0~12.9s内运动的总路程和12.9s时刻的位置；

（3）小球运动到最高点时，弹簧的伸长量为5cm，求此时小球加速度的大小。

【答案】（1）

（2）2.15m，平衡位置

（3）5m/s2

【解析】

【小问1详解】

由振动图像读出周期，振幅

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由得到圆频率

则位移y随时间t变化的关系式为

【小问2详解】

因

所以小球在内运动的总路程

时刻的位置在平衡位置

【小问3详解】

小球静止时，解得

根据牛顿第二定律得

解得

14.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，圆心坐标为，

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、

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轴负方向大小为的匀强电场。点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）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。

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（1）求离子的发射速率；

（2）求离子从a点出发分别到达P、Q两点所用的时间差；

（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。

【答案】（1）

（2）

（3）

【解析】

小问1详解】

由于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，则通过PQ中点离子的轨迹对应的圆心

在0点，所以离子运动的半径为R，由

得离子的发射速度为

【小问2详解】

相同速率的同种离子在磁场中运动的半径相同，由磁发散可知，离子通过P点速度方向竖直向上，垂直于x

轴，离子通过Q点速度方向竖直向上，垂直于x轴，如图

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由于，，所以对应P点的离子在磁场中的圆心角

对应Q点的离子在磁场中的圆心角

得a=60°，β=120°，离子在磁场中运动的周期为

这两个离子出磁场后分别到P、Q的距离相等，所以离子从a点出发分别到达P、Q两点所用的时间差

【小问3详解】

要使离子全部打在e点，设离子进入正方形区域cdef的速度为v，离子在这个区域内受到的电场力为，

则离子的加速度为

水平方向上

竖直方向上

可得

离子在正方形区域obcd内，做匀加速运动，则

其中

解得

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15.如图a和图b所示，在光滑的水平面上建立直角坐标系。A、B、C三个小球（视