湖南省株洲市2025-2026学年高三上学期教学质量统一检测（一模）物理试题（含答案）

第第页湖南省株洲市2025-2026学年高三上学期教学质量统一检测（一模）物理试题一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．水平面上固定一顶角A为直角的三角形斜面ABC，AB斜面倾角为60°。质量不同的两滑块（均可视为质点）自顶端由静止释放分别沿AB和AC面下滑，不计摩擦，它们到达斜面底端的时间之比tABA．12 B．33 C．322．如图，一上端开口的箱子固定在水平地面上，内壁光滑，长为10m。在小球A以某一速度向右运动的同时，一小球B从A正上方距离箱底5m高处水平抛出。若两小球在离箱子左侧8m处相遇，则A的速度大小可能是（重力加速度g取10m/sA．2m/s B．6m/s C．12m/s3．如图，质量为1kg的物块放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，物块和木箱间的动摩擦因数为0.2，物块左端被一根轻弹簧用1N大小的弹力拉着保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/sA．向上加速，加速度大小为4m/s2 C．向下加速，加速度大小为4m/s2 4．一波源位于x轴的坐标原点，波源的振动方程为y=AA．波源振动的周期为2B．x=πC．t=5π2ωD．在t=0到t=9π2ω时间内，5．神舟二十二号飞船在酒泉卫星发射中心点火发射后与“天宫”号空间站对接，这是中国载人航天工程第一次应急发射任务。已知天宫号运行周期T1=1.5hA．飞船加速上升过程中机械能保持不变B．空间站的轨道半径比地球同步卫星的大C．空间站中的宇航员一天可以经历8次日出D．空间站连续两次通过赤道上空某点的时间间隔为24h6．如图，一根轻绳上端固定，下端系一小球，小球在外力F作用下处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ。现F缓慢增大但方向保持不变，当F变为原来的2倍时，轻绳与竖直方向的夹角为2θ，此时外力F与小球受到的重力之比为（）A．sinθ B．2sinθ C．cos7．如图，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径aod水平，o为圆心。一滑块以某一初速度从a点下滑，经轨道最低点b刚好能到达d点。在这个过程中，滑块在b点的速率为v1，到达c点时速率为v2，oc与A．vB．从a至b，小滑块的速度不断增大C．在c点，小滑块的动能与重力势能相等D．从b至d，小滑块克服重力做功的功率逐渐减小二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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。8．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，其中一条电场线上依次标有M、N、Q点，已知MN=NQ，一带正电的粒子（重力不计）从O点以一定的初速度v进入电场，其运动轨迹如图中虚线所示，则（）A．M、Q两点的场强大小关系是EB．M与N和N与Q间的电势差相等，即UC．在粒子沿图中轨迹运动的过程中，其电势能逐渐增大D．在粒子沿图中轨迹运动的过程中，其动能逐渐增大9．在对某款蓄电池进行测试的过程中，电池的输出功率P与其路端电压U之间的PUA．电动势为a B．短路电流为bC．内阻为ba D．最大输出功率为10．如图甲所示，足够长光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，光滑半圆形轨道的半径为r（大小可调）。一小球以一定的速度v经过B点后沿半圆形轨道运动，到达最高点C后水平飞出，落在AB所在的水平地面上，落点距B点的水平距离为x。通过调节轨道半径r，得到x与r的关系如图乙所示，图中包含了小球能通过最高点C的所有情形，重力加速度g取10m/sA．v=10B．x的最大值为5mC．小球在轨道上的B、C两点受到的弹力大小的差值随r的增大而减小D．r一定时，在小球沿轨道上升的过程中，每上升相同的高度，其受到的弹力大小的变化相等三、非选择题：本题共5小题，共57分。11．利用两个半径相同的小球发生碰撞来验证动量守恒定律。实验过程如下：（1）如图，小球A用细线悬于O点，静止时O点到球心的距离为L；将B放置在固定支柱的顶端，其球心在水平地面上的投影记为P点，球心离水平地面的高度也为L；调整悬点O的位置，使两球在碰撞时球心在同一水平面上，这样做的目的是；（2）某次实验中将入射小球A拉起至某一位置，记下初始角度α；随即将小球A由静止释放，在最低点与B发生碰撞；观察并记下碰后小球A摆起的最大角度β。不计空气阻力，则αβ（填“大于”“等于”或“小于”）；（3）碰撞后小球B水平飞出，确定其在水平地面上的落点并记为Q，测量出，即为小球运动的水平距离d；（4）分别测出入射小球A和被碰小球B的质量m1和m2，若两小球在这次碰撞过程中动量守恒，则应满足表达式=m12．一种气压检测装置原理如图甲所示，图中定值电阻R=25Ω，恒流电源能输出电流I0=1.6用该气压装置检测宇航服的气密性，如图丙。将充满空气的宇航服M和检测装置放入气室中，将气室抽成真空密封后，立即启动检测装置并开始计时，初始时M的气压为1.00×105Pa。已知M漏气（漏出的空气进入气室与宇航服M间形成的空腔N）速度越来越慢，经过10h，若M漏出空气质量小于初始质量的8%，则M的气密性达标。M、N内的气压与各自内部空气的密度成正比，且比例系数相同；宇航服M的容积VM和空腔的容积（1）M漏气过程中，恒流电源输出的功率，电流表示数；（填“增大”“减小”或“不变”）（2）开始计时后经过5h，理想电流表示数为1.1A，此时N内的气压为Pa；（3）经检测，M的气密性（填“达标”或“不达标”）；（4）在（2）的检测过程中，调整R的阻值可以使电流表的示数变化范围最大。真空时电流表示数为I1，经过5h电流表示数为I2，要使I1与I13．如图，在倾角θ=37°的足够长的固定斜面上，有一质量m=2kg、可视为质点的物块，在水平力F=30N的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，经t=2s物块的位移x=6m。取（1）物块的加速度大小a；（2）物块与斜面间动摩擦因数μ。14．汽车吸能盒是安装在防撞钢梁与车身纵梁之间的被动安全装置，主要作用是在碰撞时通过自身形变吸收冲击能量。汽车B车头和车尾部分均装有吸能盒，在某次行驶中，前车A由于某种原因停止在路面上，B与A发生碰撞后，两车车轮与地面的划痕长度分别为9m和4m，B停止后，后面的C车再次与B车发生碰撞，碰后两车一起向前滑行，划痕长度为4m。三辆汽车质量均为1.5t，车轮与地面间的动摩擦因数μ均为0.8，重力加速度g取10m/s（1）B与A碰撞后瞬间，A的速度vA（2）B与A碰撞时吸能盒吸收的能量占碰撞损失动能的50%，该吸能盒“吸收”能量E的大小；（3）为估算C与B碰撞过程中吸能盒受到的最大压力，将吸能盒的工作原理简化为弹簧模型。该吸能盒被压缩了6cm，其吸收的能量占碰撞损失动能的60%，求两车碰撞过程中吸能盒受到的最大压力。15．一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点Pvx,vy表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a0,v（1）粒子在电场Ⅱ中做圆周运动的半径和周期；（2）电场Ⅰ的场强大小；（3）P点沿图中闭合曲线移动一周回到a点时，粒子位移的大小。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】设AB=L，∠B=60∘，∠A=90加速度：a位移：L=12a加速度：a位移：3L=12aAC故答案为：B。【分析】设AB长度为L，由几何关系可知AC倾角为30∘2．【答案】C【解析】【解答】小球B从h=5m高处水平抛出，竖直方向做自由落体运动：代入h=5m、g=10m/s2：5=小球A的运动路径：箱子长10m，相遇点离左侧8情况1：A直接向右运动8m相遇，速度v=情况2：A先向右到箱底右端（10m），碰撞后向左折返，再运动2m到8m处，总路程s=10+(10−8)=12情况3：若A速度为16m/s，1s内路程16m，位置为2×10−16=4故答案为：C。【分析】先由小球B的自由落体运动求出相遇时间，再结合小球A在箱内的往返运动（与箱壁弹性碰撞后速度大小不变），分析其运动的总路程，进而求解A的速度大小。3．【答案】D【解析】【解答】A．当木箱以4m/s2的加速度竖直向上加速时，对物块列牛顿第二定律：F1−mg=ma1，解得支持力B．当木箱以6m/s2的加速度竖直向上加速时，对物块列牛顿第二定律：F2−mg=ma2，解得支持力C．当木箱以4m/s2的加速度竖直向下加速时，对物块列牛顿第二定律：mg−F3=ma3D．当木箱以6m/s2的加速度竖直向下加速时，对物块列牛顿第二定律：mg−F4=ma4故答案为：D。

【分析】本题先分析静止受力，得弹簧拉力1N、最大静摩擦力2N；再结合竖直加速度对支持力的影响，推得向下加速会减小最大静摩擦力，最后由临界条件算出向下加速的加速度需大于5m/s2。4．【答案】C【解析】【解答】A．波源振动方程为y=A0sin⁡2ωt，角频率B．波源在t=0时，振动方向沿y轴正方向（由sin⁡0=0，下一时刻位移为正），

质点起振方向与波源一致，故x=πv2ωC．x=πvω处质点，波传到此处的时间t1=xv=πω，到t=5π2ω时，振动时间Δt'D．x=3πv4ω处质点，波传到此处的时间t2=xv=3π4ω，到t=9π2ω时，振动时间Δt=9π故答案为：C。

【分析】先由波源振动方程确定角频率，进而求出振动周期；再根据波的传播规律，分析各质点的起振方向、振动时间及运动状态。结合波速与传播距离，计算质点开始振动的时刻，再通过振动时间与周期的关系，判断质点的运动方向与通过的路程。5．【答案】D【解析】【解答】A．飞船加速上升时，推力做正功，机械能（动能+重力势能）持续增加，故A错误；B．由开普勒第三定律r3T2=k，空间站周期C．一天（24h）内空间站绕地球圈数n=24D．空间站轨道平面与赤道有夹角，连续两次通过赤道上空某点的时间间隔等于地球自转周期24h，故D正确；故答案为：D。

【分析】结合万有引力定律与航天运动规律，分析飞船机械能、轨道半径、日出次数及过赤道的时间间隔。6．【答案】B【解析】【解答】设外力与水平方向的夹角为α，如图所示根据平衡条件可得Fcosα=T当外力变为2F时，设绳子的拉力为T'，同理则有2Fcos联立解得F:mg=2故答案为：B。

【分析】对小球进行两次受力平衡分析，分别列水平和竖直方向的平衡方程，联立消去拉力与角度参数，得到外力与重力的比值。7．【答案】A【解析】【解答】A．设圆环的半径为R，滑块从b到d，由动能定理可得−mgR−滑块从b到c的过程中，由动能定理可得−mgR由题可知W联立可得v1B．滑块从a→b，重力切向分力先大于摩擦力后小于摩擦力，速度先增大后减小，故B错误；C．滑块在c点的重力势能为E在c点的动能1结合上述分析可知，由于摩擦力做功，滑块的动能与重力势能不可能相等，故C错误；D．b点速度水平，重力功率为0；偏离b点后竖直分速度先增后减，到d点速度又为0，重力功率先增后减，并非逐渐减小，故D错误；故答案为：A。

【分析】运用动能定理分析滑块从a到b、b到d的速度与做功关系，结合受力分析判断运动状态，比较动能与势能、分析重力功率变化。8．【答案】A,D【解析】【解答】A．电场线越密，场强越大。M点处电场线比Q点密，故EMB．MN=NQ，但电场为非匀强电场，M到N的平均场强大于N到Q的平均场强，由U=Ed可得CD．由粒子轨迹可知电场力指向轨迹内侧，沿图中轨迹运动的过程中，电场力做正功，动能增加，电势能减少，故C错误，故D正确；故答案为：AD。

【分析】根据电场线疏密判断场强大小，结合粒子轨迹弯曲方向判断电场力方向，进而分析电势能与动能变化，再由非匀强电场特点判断电势差关系。9．【答案】C,D【解析】【解答】由P=UI可得PU=I，结合闭合电路欧姆定律E=U+Ir纵截距：当U=0时，P横截距：当PU=0A．电动势E=b，不是a，故A错误；

B．短路电流I短=Er=a，不是b，故B错误；

C．由Er=a且E=b故答案为：CD。【分析】由输出功率公式P=UI推导出PU10．【答案】A,B,D【解析】【解答】小球从B到C：机械能守恒1小球从C平抛：竖直方向2r=12gt2⟹A．由图像知r=2m时，小球恰能过C点，即vC=代入g=10m/s2、r=2mB．x=2100r10−4r2=210r−4rC．B点弹力：NB−mg=mv2r⟹NBD．设上升高度为h，由机械能守恒得v'2=v2−2gh，弹力N=m故答案为：ABD。

【分析】结合机械能守恒、平抛运动规律与圆周运动向心力公式，推导x与r的函数关系，再利用图像信息求解初速度、最大水平位移及弹力变化规律。11．【答案】（1）两球能发生对心正碰（2）大于（3）PQ两点间的距离（4）m【解析】【解答】（1）调整悬点O的位置，使两球在碰撞时球心在同一水平面上，这样做的目的是两球能发生对心正碰。故答案为：两球能发生对心正碰；

（2）由于两球碰撞过程中，B球机械能增加，则A球机械能减小，即碰撞后A球速度减小，所以A球上升到最大高度处角度减小，即α大于β。故答案为：大于；

（3）测量出PQ两点间的距离，即为小球运动的水平距离d。故答案为：PQ两点间的距离；

（4）对小球A，碰撞前，有m碰撞后，有m对B球，碰撞后，有d=v2若两小球在这次碰撞过程中动量守恒，则m若A球反弹，则m联立解得m1(sinα2±sinβ2)=m22d（1）调整悬点O的位置，使两球在碰撞时球心在同一水平面上，这样做的目的是两球能发生对心正碰。（2）由于两球碰撞过程中，B球机械能增加，则A球机械能减小，即碰撞后A球速度减小，所以A球上升到最大高度处角度减小，即α大于β。（3）测量出PQ两点间的距离，即为小球运动的水平距离d。（4）对小球A，碰撞前，有m碰撞后，有m对B球，碰撞后，有d=v2若两小球在这次碰撞过程中动量守恒，则m若A球反弹，则m联立解得m12．【答案】（1）减小；减小（2）750（3）达标（4）74【解析】【解答】（1）M漏气的过程中，空腔N内气体的压强逐渐增大，由图乙可知，压敏电阻的阻值Rg逐渐减小，因此整个电路的电阻逐渐减小，电源为恒流电源，干路电流不变，则电源的电动势减小，路端电压减小，根据P=UI根据上述分析可知，路端电压减小，定值电阻两端的电压随着减小，该支路电流减小，电流表的示数减小。故答案为：减小；减小；

（2）当电流表示数为IR=1.1则压敏电阻的阻值为R由图乙可知，压敏电阻的阻值Rg与空腔N内的气体压强满足解得Rg=55Ω故答案为：750；

（3）设M漏气前充入空气的质量为m，空气的密度为ρ，经过5h的漏气后，漏出空气的质量为m1，则此时空腔N内气体的质量为m1，空气的密度为ρ解得ρ则M漏出空气质量与充入空气质量之比为mM漏气（漏出的空气进入气室与宇航服M间形成的空腔N）速度越来越慢，经过5h，M漏出气体的质量比应小于6%故答案为：达标；

（4）由图乙可知，真空中压敏电阻的阻值R由图甲可得I电源为恒流电源，其电流I0=1.6联立解得I经过5h后，压敏电阻的阻值为R同理可得I2I联立可得I则I整理可得I由数学知识解得R=74Ω时，I1−I2有最大值。

故答案为：74；

【分析】(1)漏气时N内气压增大，由图乙知压敏电阻Rg减小，电路总电阻减小；恒流源电流I0不变，路端电压U减小，故电源输出功率P=UI0减小；定值电阻R两端电压减小，电流表示数减小。

(2)由电流表示数算出Rg，结合Rg−p线性关系得N内气压为750Pa。

(3)由气压与密度成正比，算出5h漏出质量占初始质量的3%<8%，故气密性达标。（1）[1]M漏气的过程中，空腔N内气体的压强逐渐增大，由图乙可知，压敏电阻的阻值Rg逐渐减小，因此整个电路的电阻逐渐减小，电源为恒流电源，干路电流不变，则电源的电动势减小，路端电压减小，根据P=UI[2]根据上述分析可知，路端电压减小，定值电阻两端的电压随着减小，该支路电流减小，电流表的示数减小。（2）当电流表示数为IR=1.1则压敏电阻的阻值为R由图乙可知，压敏电阻的阻值Rg与空腔N内的气体压强满足解得Rg=55Ω（3）设M漏气前充入空气的质量为m，空气的密度为ρ，经过5h的漏气后，漏出空气的质量为m1，则此时空腔N内气体的质量为m1，空气的密度为ρ解得ρ则M漏出空气质量与充入空气质量之比为mM漏气（漏出的空气进入气室与宇航服M间形成的空腔N）速度越来越慢，经过5h，M漏出气体的质量比应小于6%（4）由图乙可知，真空中压敏电阻的阻值R由图甲可得I电源为恒流电源，其电流I0=1.6联立解得I经过5h后，压敏电阻的阻值为R同理可得I2I联立可得I则I整理可得I由数学知识解得R=74Ω时，I13．【答案】（1）解：物块做初速度为零的匀加速直线运动，有x=解得加速度a=3（2）解：对物块受力分析，如图所示沿x方向和y方向分别有Fcosθ−mg又F联立解得μ=【解析】【分析】(1)物块做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式x=12at2可直接求出加速度a。

（1）物块做初速度为零的匀加速直线运动，有x=解得加速度a=3（2）对物块受力分析，如图所示沿x方向和y方向分别有Fcosθ−mg又F联立解得μ=14．【答案】（1）解：A车碰