湖南省长沙市集团2025-2026学高三上学期一模物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省长沙市集团2025-2026学高三上学期一模物理试卷（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3、回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4、测试范围：高中物理人教版2019全部内容。5、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题共44分）一、单选题（本大题共6小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共24分）1.原子核的比结合能是原子核稳定程度的量度，原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列说法正确的是（）A.原子核的结合能越大，原子核就越稳定B.核的结合能约为14MeVC.一个重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能D.核中核子的比结合能比核中核子的比结合能小【答案】C【解析】A．原子核的比结合能越大，原子核就越稳定。A错误；B．核的结合能约为，B错误；C．一个重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能。C正确；D．原子核的比结合能曲线可知，核中核子的比结合能比核中核子的比结合能大。D错误。故选C。2.如图，平静水面上有P、Q、O三点，P、Q两点处分别有两个小物块a、b（均可视为质点）静止在水面上，PO=1.3m，QO=2.1m。t=0时刻，a开始向下做振幅为10cm的简谐运动，b开始向上做振幅为5cm的简谐运动，水面上形成以a、b为波源的两列水波（简谐波），a、b振动周期均为0.4s，两列水波的波速均为1m/s，取向上为正方向，则O点的振幅和t=2.2s时的位移分别为（）A15cm，-5cm B.15cm，5cmC.5cm，-5cm D.5cm，5cm【答案】C【解析】由题意有两列波周期相同，频率相同，起振方向相反，在相遇区域满足干涉的条件，针对O点，由于故O点为振动减弱点，振幅，，t=2.2s时，向右传播的波引起O点振动的位移为向左传播的波引起O点振动的位移为实际位移为故选C。3.无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。已知管状模型内壁半径R，则下列说法正确的是（）A.铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上B.模型各个方向上受到的铁水的作用力相同C.管状模型转动的角速度最大为D.若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力【答案】D【解析】A．铁水是由于离心作用覆盖在模型内壁上的，模型对它的弹力和重力沿半径方向的合力提供向心力，故A错误；B．模型最下部受到的铁水的作用力最大，最上方受到的作用力最小，故B错误；CD．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力，则有可得，即管状模型转动的角速度最小为，故C错误，D正确。故选D。4.一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的九分之一，在地球上走时准确的摆钟（设这个摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同）搬到此行星上，此摆钟分针走一整圈经历的时间实际是（）A. B. C.3h D.9h【答案】C【解析】设物体在某行星表面的重力加速度为，根据万有引力与重力的关系，，则根据单摆简谐运动的周期公式在该星球和地球上摆钟分针走一整圈所需要摆动的次数相同，地球上摆钟分针走一整圈经历的时间为，则摆钟分针走一整圈经历的时间为，故选C。5.如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，场区足够宽，磁场内有一块足够长平面感光薄板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离L处有一个点状的放射源S，它在纸面内均匀的向各个方向发射比荷相等的带正电的粒子，粒子的速度大小都满足，不计重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A.击中ab板的粒子运动的最长时间为B.击中ab板的粒子运动的最短时间为C.ab上被粒子打中的区域的长度为LD.放射源S发射的粒子中有20%的粒子可以击中ab板【答案】C【解析】A．击中板的粒子中运动最长时间，则使粒子竖直向下运动，轨迹圆与相切，轨迹圆的弧长为周长，所用时长，故A错误；B．击中ab板的粒子运动的最短时间，应使粒子与竖直方向成向上运动，轨迹圆的弦长最短，此时粒子在磁场中运动的时间最短，轨迹圆的弧长为周长，所用时长，故B错误；C．由牛顿第二定律得，解得轨迹如图所示上被粒子打中的区域的长度，故C正确；D．沿竖直向上方向和沿竖直向下方向射出的粒子均与屏相切，即射出在S点右侧的粒子可以打在平面感光板上，射出方向所占夹角为，故各个方向均匀发射的粒子中有的粒子可以击中板，故D错误。故选C。6.如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（）A.电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关B.电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关C.两板间距离越小，电子的加速度就越小D.两板间距离越大，加速时间越短【答案】B【解析】AB．根据动能定理可得电子到达Q板时的速率v＝则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，故A错误，B正确；CD．极板与电源相连，电压U不变，根据E＝可知两极板距离d越小，场强E越大，根据可知电场力越大，加速度越大，根据可得距离越大加速时间越长。故CD错误。故选B。二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得部分，有选错的得0分。）7.如图（a），一物块在时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图（b），t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。重力加速度大小为g。则（）A.物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为1:2B.物块返回底端时的速度大小为C.利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大小D.利用所给条件可以求出斜面的倾角【答案】BD【解析】B.根据面积相等，物块返回底端时的速度大小为解得，B正确；A.物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为，解得，A错误；CD.根据牛顿第二定律，解得，因为物块的质量未知，所以利用所给条件无法求出物块所受摩擦力的大小，C错误，利用所给条件可以求出斜面的倾角，D正确。故选BD。8.将一根筷子竖直插入到装有水的玻璃杯中，从水平方向拍摄的照片如图甲所示：看上去，浸在水中的这段筷子产生了侧移，而且变粗了。乙图为筷子在玻璃杯中的俯视图，O为圆心，P为筷子在水中的位置，以下说法正确的是（）A.筷子侧移是因为光的折射现象，变粗是因为凸透镜的放大现象B.若将筷子平移到圆心O点，筷子不会侧移但会放大C.若沿虚线方向观察插入在O点处的筷子，看到水中的筷子位置与实际位置相同D.若沿虚线方向观察插入在P点处的筷子，看到水中的筷子位置与实际位置相同【答案】ABC【解析】A．筷子侧移是因为光折射现象；变粗是因为杯壁是一个曲面，与水组成凸透镜，是凸透镜的放大现象，故A正确；BC．若将筷子平移到圆心O点，光线沿杯子的半径方向从水中射如空气，入射光线垂直杯子与空气的界面，不会发生折射现象，所以筷子不会侧移，看到水中的筷子位置与实际位置相同，但水和杯壁依然组成凸透镜，所以仍然会放大，故BC正确；D．同理可知，若沿虚线方向观察插入在P点处的筷子，入射光线与杯子与空气的界面不垂直，有入射角，会发生折射现象，所以看到水中的筷子位置与实际位置不同，故D错误。故选ABC。9.如图所示，甲、乙是车间内高度不同的两个工作台，它们距地面的高度分别为、，且。在这两个工作台之间设计了两个斜面，从A点静止释放的工件经C点滑至B点时速度刚好为零，此时工作台之间的距离为d。A、B、C位于同一竖直平面内。斜面AC与CB之间平滑连接，AC、BC的长度可以调节，工件通过C点时没有动能损失。工件可视为质点且与两个斜面之间的动摩擦因数均为μ。下列说法正确的是（）A.d是一个唯一的确定值B.如果减小d，工件达到B点时速度可能为零C.在两工作台间，无论将C点向水平方向移动多少，工件都可以下滑D.只将斜面换成曲面ADB，工件也可以到达B点【答案】AC【解析】A．工件从A点滑到B点，根据能量守恒定律，其中和分别是斜面AC和BC的长度，和分别为斜面AC和CB与水平面的夹角，化简可得，故，表明d是一个唯一的确定值，与斜面的具体形状无关，只取决于高度差和动摩擦因数，故A正确；B．根据选项A的分析可知，如果减小d，那么重力做的功大于摩擦力做的功，工件在到达B点时速度不为零，故B错误；C．由选项A可知，则C点无论在何处，AC的倾角θ都会满足，工件都可以下滑，故C正确；D．将斜面换成曲面ADB后，工件从A点到B点的过程中需要向心力，导致支持力比斜面的大，摩擦力做功增加，虽然重力做功仍然为，但摩擦力做功可能会超过重力做的功，导致工件在到达B点之前就停止，即只将斜面换成曲面ADB，工件无法到达B点，故D错误。故选AC。10.“西电东送”就是把煤炭、水能、风能资源丰富的西部地区的能源转化成电力资源，输送到电力紧缺的东部沿海地区。如图是远距离输电的电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为，降压变压器原、副线圈匝数比为，发电厂输出电压为，输出功率为，升压变压器和降压变压器之间输电线总电阻为，下列说法正确的是（）A.若用户获得电压为，则B.用户获得的电压可能大于C.当用户用电器总电阻增大时，输电线上损失的功率增大D.输电线上损失的功率为【答案】BD【解析】A．升压变压器副线圈两端的电压为若用户获得的电压为，则降压变压器的输入电压为由于输电线上有电压损失，故，即，故A错误；B．只要降压变压器原、副线圈匝数比合适，用户获得的电压有可能大于，故B正确；C．当用户用电器总电阻增大时，降压变压器副线圈中电流减小，输电线中电流减小，输电线上损失的功率减小，故C错误；D．升压变压器副线圈中的电流为输电线上损失的功率为联立解得，故D正确。故选BD。第二部分（非选择题共56分）三、非选择题（本大题共5小题，共56分）11.惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出了巴黎的重力加速度。我们也可以采用同样的办法，测量所在地区的重力加速度。某同学的实验步骤如下：（1）正确安装单摆，测出摆线长l；（2）释放摆球，从摆球第1次经过平衡位置开始计时，第n次经过平衡位置结束计时，停表记录的时间为t，则单摆周期T=______。（3）改变摆长，测出几组摆线长l和对应的周期T，作出图像，如图所示。（4）测得图像的斜率为k，纵截距为-b，则重力加速度g=______，摆球的直径为______（用所测物理量符号表示）。【答案】（2）（4）；【解析】（2）球在一个周期内两次经过平衡位置，有，得周期为，故填；（4）单摆的周期公式为摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，得则斜率，得重力加速度为由截距为-b，有得，故填12.某同学要测量一个未知定值电阻，实验室有如下器材可供选择：待测电阻，阻值约300Ω；定值电阻R＝200Ω；电压表V（量程3.0V，内阻为300Ω）；电流表（量程20mA，内阻为100Ω）；电流表（量程5mA，内阻约为100Ω）；滑动变阻器（最大阻值为5Ω，允许通过的最大电流为3A）；滑动变阻器（最大阻值为1000Ω，允许通过的最大电流为1A）；直流电源E，电动势为6V，内阻很小；开关S，若干导线。该同学选择了合适的器材，并设计了如图甲所示电路。实验要求测量数据范围尽可能大，测量结果尽可能准确。（1）滑动变阻器应选__________（填“”或“”），开关S闭合前，滑动变阻器滑片应移至最（填“左”或“右”）__________端；（2）a电表应选__________，b电表应选__________；（均选填“V”“”或“”）（3）通过调节滑动变阻器，测量得到多组a、b两电表的示数，利用a、b两电表的示数（均已换算为国际单位）描绘出如图乙所示直线，该直线斜率为148，则待测电阻__________Ω（保留三位有效数字），的测量值__________（填“＞”“＜”或“＝”）的真实值。【答案】（1）R1；左（2）V；A1（3）308；【解析】小问1】由题意可知，电路应采用分压接法，故滑动变阻器应选用最大值较小的电阻，故滑动变阻器选用；为保持电路，开关S闭合前，滑动变阻器滑片应移至最左端，此时并联部分的电压为零。【小问2】由题知，直流电源E的电动势为6V，而电压表V的量程为3.0V，小于电源电动势，不能直接用电压表V测量待测电阻的电压；将定值电阻R＝200Ω与电流表A1串联，则串联后两者的最大电压之和为与电源电动势相等，故b电表应选；因电压表V的内阻为准确值，而电流表的内阻不是准确值，故a电表应选V。【小问3】根据实验电路图，可得变形得则斜率为代入数据解得由上分析，可知表达式中U、I都是真实值，故的测量值等于的真实值。13.下图为吸盘工作原理示意图，使用时先把吸盘紧挨竖直墙面，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，挤出吸盘内部分空气，如图（a），然后要把锁扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，在拉起吸盘同时，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖以最大的压力压住吸盘，使外界空气不能进入吸盘，如图（b）。由于吸盘内外存在压强差，使吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上即可悬挂适量物体。已知锁扣扳下前吸盘内密封一定质量的气体，压强与外界大气压强相同，锁扣扳下后吸盘内气体体积变为扳下前的1.25倍，盘盖的左侧截面积即图（b）中大圆面积，吸盘中气体与墙面的接触面积，大气压强，重力加速度，吸盘内的气体可视为理想气体，环境温度不变，吸盘导热性能良好。（1）求扳下锁扣后吸盘内气体压强；（2）若吸盘与墙之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计吸盘及其他装置的重力，求此时吸盘能挂起重物质量的最大值。【答案】（1）（2）【解析】【小问1】已知环境气温不变，说明气体发生等温变化，对于一定质量的理想气体，在等温变化过程中，满足玻意耳定律代入数据可解得【小问2】在水平方向上，吸盘内外存在压强差，大气对吸盘有向内的压力，吸盘内气体对吸盘有向外的压力，设墙对吸盘的支持力为，由受力平衡有代入数据可得当吸盘恰好能挂起重物时，竖直方向上重物对挂钩的拉力等于吸盘受到的最大静摩擦力，即，代入数据计算得即吸盘能挂起重物质量的最大值为。14.如图所示，倾角为的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为的匀强磁场区域，区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向分别垂直于斜面向上和向下，磁场宽度及均为。一个质量为、电阻为、边长也为的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，边恰好匀速穿过区域Ⅰ。重力加速度取。（1）求线框开始下滑时边与区域Ⅰ边界之间的距离；（2）求边刚穿过时线框的加速度大小；（3）若已知边到达时的速度为，求边穿过区域Ⅰ和区域Ⅱ的过程中所用的总时间。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1】设导线框以速度匀速穿过区域Ⅰ，感应电动势电流为线框做匀速运动，根据平衡条件，有线框在磁场上方，根据牛顿第二定律，有解得加速度为根据速度-位移公式