湖南省长沙市名校联考2025-2026学年高三上学期11月一模物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省长沙市名校联考2025-2026学年高三上学期11月一模物理试卷（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.放射性同位素的应用非常广泛，几乎遍及各行各业。钴60的半衰期为5.27年，它发生β衰变变成镍60，而钍则会经一系列α、β衰变后生成氡。下列说法正确的是（）A.10g钴60经过10.54年全部发生衰变B.钴60可以作为示踪原子研究人体对药物的吸收C.钍原子核比氡原子核的中子数多8D.钍衰变成氡一共经过2次α衰变和3次β衰变【答案】C【解析】A．钴60的半衰期为5.27年，10.54年恰为两个半衰期。根据半衰期公式，剩余质量其中，，，代入得未全部衰变，故A错误；B．示踪原子需选择半衰期短、生物危害小的同位素。钴60半衰期较长（5.27年），且发生β衰变释放高能电子，对人体组织有损伤风险，不宜用于人体药物吸收研究，故B错误C．钍的中子数为氡的中子数为差值，故C正确；D．衰变过程分析：设α衰变次数为（每次质量数减4、电荷数减2），β衰变次数为（每次质量数不变、电荷数加1）。则质量数变化则得，解得电荷数变化：，得，代入得故需3次α衰变和2次β衰变，故D错误。故选C。2.2021年10月16日，中国神舟十三号载人飞船与空间站完成对接，对接过程简化示意图如图所示，空间站在距地面约400km、半径为r2的圆轨道III上做匀速圆周运动。神舟十三号飞船在半径为r1的轨道I上绕地球做匀速圆周运动的周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道II运动，到达A处与空间站对接后，随空间站在轨道III上做匀速圆周运动。已知地球静止卫星距地面的高度约为36000km，则（）A.空间站绕地球运行的周期大于24小时B.空间站绕地球运行的速度大于7.9km/sC.神舟十三号飞船沿轨道II运行的周期为D.神舟十三号飞船在A点处减速和空间站完成对接【答案】C【解析】A．根据牛顿第二定律解得空间站的公转半径小于静止卫星的公式半径，所以，空间站绕地球运行的周期小于24小时，A错误；B．根据牛顿第二定律解得空间站的公转半径大于表面卫星的轨道半径，所以空间站绕地球运行的速度小于7.9km/s，B错误；C．根据开普勒第三定律得解得，C正确；D．神舟十三号飞船在A点处加速做离心运动和空间站完成对接，D错误。故选C。3.某运动员进行高台跳雪训练，如图所示，运动员从水平雪道末端以不同的初速度沿水平方向飞出，经时间落到雪坡（可视为倾角为的斜面）上，此时其速度方向与雪坡的夹角为，不计空气阻力。下列关于与与关系的图像可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AB．跳雪运动员做平抛运动，设水平位移为，竖直位移为，则由几何关系得，解得，故A错误，B正确；CD．跳雪运动员的速度偏向角满足化简得所以不随的变化而变化，故CD错误。故选B。4.如图所示，相距的A、B两个相干波源同时开始振动，其振动方程分别为，波速均为，其中O为A、B中点，为以O为圆心的四分之一圆弧，水平，则空间中各点稳定振动后在上振幅为的点的个数为（）A.12 B.10 C.8 D.6【答案】C【解析】由振动方程可知两波源的振动步调相反，所以振幅为的点到A、B两点的距离差等于波长的整数倍，由题意可得，D点到两波源的波程差为所以上到两点的波程差分别为的三个点为振动减弱点，圆弧上到两点的波程差分别为的五个点为振动减弱点，则BCD上振幅为的点的个数为8个。故选C。5.如图所示，空间中存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为。某处点有电子射出，电子的初速度大小均为，初速度方向呈圆锥形，且均与磁场方向成角（），点右侧有一与磁场垂直的足够大的荧光屏，电子打在荧光屏上的位置会出现亮斑。若从左向右缓慢移动荧光屏，可以看到大小变化的圆形亮斑（最小为点状亮斑），不考虑其他因素的影响，下列说法正确的是（）A.若圆形亮斑的最大半径为，则电子的比荷为B.若圆形亮斑的最大半径为，则电子的比荷为C.若荧光屏上出现点状亮斑时，到屏的距离为，则电子的比荷可能为D.若荧光屏上出现点状亮斑时，到屏的距离为，则电子的比荷可能为【答案】C【解析】AB．将电子的速度分解为水平方向的速度，和竖直方向的速度，即，在水平方向因为速度与磁场方向平行，所以不会受到洛伦兹力，即电子在水平方向做匀速直线运动；在竖直方向因为速度与磁场方向垂直，所以在竖直方向粒子做匀速圆周运动。综上所述，可以将其看成水平方向的匀速直线，与竖直方向的粒子源问题，即电子打在屏上形成圆形亮斑的最大半径是电子轨迹半径的2倍，即，又解得，故AB错误；CD．设电子到达荧光屏的时间为，有可得电子在竖直方向做圆周运动的周期为若荧光屏上出现点状亮斑，即电子到达荧光屏上时，恰好在竖直方向做圆周运动的周期的整数倍，有（，，）解得（，，）当时，电子的比荷为当时，电子的比荷为，故C正确，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.图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3∶1，开始时，S闭合，图乙是该变压器cd输入端交变电压的图像，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表。则以下说法正确的是（）A.ab输入端电压的瞬时值表达式为uab=27sin100πt（V）B.电流表的示数为2A，L1能正常发光C.ab输入端输入功率Pab=18WD.断开S，L3中的电流将变大【答案】BD【解析】AB．由输入端交变电压u的图象，可知其最大值为，有效值是U1=27V，副线圈电压为：所以副线圈三只灯泡均能正常发光。灯泡的额定电流：电流表的读数为原线圈电流为所以原线圈的灯泡L1也能正常发光，ab输入端电压为Uab=U+U2=9+27V=36V输入端电压的瞬时值表达式为，故A错误B正确。C．四个灯泡都正常发光，所以ab输入端输入功率Pab=4×6=24W，故C错误；D．若将S断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流也减小，则流过灯泡L1的电流减小，L1上消耗的电压减小，所以原线圈上的电压降增大，副线圈的电压也增大，则可知L3中的电流将变大，故D正确；故选BD。8.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆N处质量为0.2kg的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹角为30°，N点距水平面的高度为0.4m，NP=PM，ON=OM，OP等于弹簧原长，OM水平。小球从N处由静止开始下滑，经过P处的速度为2m/s，并恰能停止在M处。已知重力加速度取10m/s2，小球与直杆的动摩擦因数为，则下列说法正确的是（）A.小球通过P点时的加速度大小为3m/s2B.弹簧具有的最大弹性势能为0.5JC.小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等D.N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4J【答案】CD【解析】A．因在P点时弹簧在原长，则到达P点时的加速度为，故A错误；C．因NP段与PM段关于P点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，故C正确；B．设小球从N运动到P的过程克服摩擦力做功为Wf，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律得，对于小球N到P的过程有N到M的过程有得，故B错误；D．N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能故D正确。故选CD。9.如图甲所示，质量为的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为的小球，，用一力水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度向右运动时，细线与竖直方向成角，细线的拉力大小为若用一力水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度向左运动时，细线与竖直方向也成角，如图乙所示，细线的拉力大小为，则（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】对题图甲中小车和小球组成的整体，根据牛顿第二定律有对题图甲中小球受力分析，如图所示对小球，根据牛顿第二定律有联立解得对题图乙中小车和小球组成的整体，根据牛顿第二定律有对题图乙中小球受力分析，如图所示对小球，根据牛顿第二定律有解得综合可知因为所以故BD符合题意。故选BD。10.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．筷子侧移是因为光的折射现象；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。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.某同学设计如图甲所示的实验装置来做“验证机械能守恒定律”实验，让小铁球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小铁球通过光电门的时间t，当地的重力加速度为g。（1）用游标卡尺测得小铁球的直径为d，某次小铁球通过光电门的时间为，则此次小铁球经过光电门的速度可表示为__________。（2）调整A、B之间距离h，多次重复上述过程，作出随h的变化图像如图乙所示。若小铁球下落过程中机械能守恒，则该直线斜率__________。（3）在实验中根据数据实际绘出图像的直线斜率为（），则实验过程中小铁球所受的平均阻力f为其重力的__________倍（用、表示）。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由光电门原理可知，小铁球经过光电门的速度为（2）根据机械能守恒定律有可得故随变化图像的斜率为（3）考虑阻力的情况下，由动能定理有，解得可得随的变化图像的针率为，由此可知12.在“电池电动势和内阻的测量”实验中，甲图为小明同学采用的实验电路以及获得的U-I图像。（1）小明由该实验方案得到电池电动势的测量值______（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，电池内阻的测量值______（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。（2）小明同学用相同实验器材又采用了如图乙的电路接法，获得的U-I图像如图乙所示，由图乙得到电源电动势为______V。（3）结合甲、乙两次实验数据，可得到电池内阻真实值_____Ω（保留两位有效数字），电流表内阻为______Ω（保留两位有效数字）。【答案】（1）等于；大于（2）1.47（3）2.0；0.20【解析】（1）由该实验方案可知，若将安培表和电源等效为新的电源，则得到电池电动势的测量值等于真实值，电池内阻的测量值大于真实值。（2）根据U=E-Ir由图乙得图线在纵轴上的截距等于电动势，则电源电动势为E=1.47V（3）由甲图可知电动势真实值为E=1.54V，图乙中短路时，解得r=20Ω，RA=0.20Ω13.图甲是一种简易抽水设备，图乙是其结构原理示意图，地下水面与上面粗筒底面间的高度差h0=8m，抽水时先将活塞推到粗筒底部，活塞到达粗筒底部时只能向上打开的上、下两个单向阀门均处于闭合状态，此时下面细管中气体压强等于大气压强p0。用力压手柄使活塞上移，上阀门处于闭合状态，下阀门自动开启，随着活塞上升细管中的液面就会上升。已知活塞的横截面积S1=40cm2，细管内横截面积S2=2cm2，p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1×103kg/m3，g取10m/s2，地下水面处的压强恒为大气压强p0，抽水过程中装置内空气的温度均视为不变，不考虑阀门重力及地下水面高度的变化。（1）求当活塞第一次上移高度h=0.2m时细管中水柱的高度h1；（2）活塞第一次上移高度h=0.2m后，用力提升手柄使活塞下移，上阀门打开与大气相通，下阀门立即闭合，活塞下移至距离粗筒底部h′=0.075m处时，用力压手柄使活塞第二次上移至距离粗筒底部h=0.2m处，求此时细管中的水柱高度h2。【答案】（1）2m（2）3m【解析】【小问1】活塞第一次上移高度h=0.2m时，封闭气体的压强为根据玻意耳定律有，解得【小问2】活塞第二次从距离粗筒底部h′=0.075m处上移至距离粗筒底部h=0.2m处，设细管中空气柱长L，根据玻意耳定律有其中，解得可知此时细管中的水柱高度为14.如图所示，间距为的光滑平行金属导轨由倾斜部分、水平部分和竖直半圆弧部分组成，三部分平滑连接。倾斜部分与水平面间的夹角为，上端连接一电容值可调的电容器C（不带电），水平部分NP的长度为，半圆弧轨道半径为，倾斜部分中区域内存在垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场（图中未画出），和之间的距离为。现将一绝缘棒b放置在水平导轨上，调节电容器的电容为某一合适的值，使另一金属棒a从位置由静止开始释放，a与b发生弹性碰撞后，b恰好能通过圆弧轨道的最高点。已知a和b的质量均为，长度均为L，两棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小取，，不计导轨、金属棒a的电阻及空气阻力。（1）求b棒经过位置时对轨道单边的压力大小；（2）求a棒下滑到位置时电容器所带的电荷量；（3）仅改变电容器的电容，使b棒沿飞出后落到倾斜轨道上时速度方向与轨道垂直，求此时电容器的电容。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1】由题意可知棒恰好可以经过圆弧轨道最高点，设棒在圆弧轨道最高点时的速度为，此时棒所受重力提供其做圆周运动的向心力，则有设棒经过圆弧轨道最低点时速度为，受到轨道单边对其的支持力为，棒对轨道单边的压力为，棒从圆弧轨道最低点运动至最高点过程中，由动能定理，有棒在圆弧轨道最低点时，轨道对其的支持力与自身的重力的合力提供其做圆周运动的向心力，则有由牛顿第三定律可得联立并代入数据解得【小问2】设棒运动到位置时的速度大小为，棒发生弹性碰撞后棒的速度大小为，由于水平导轨光滑，结合动量守恒定律与机械能守恒定律有，联立解得，设棒在倾斜导轨上向下运动过程中很小一段时间内速度的变化量为，电容器带电量的变化量为，电容器两端电势差变化量为，由法拉第电磁感应定律，有由电容的定义式有电路中的电流为棒的加速度为由牛顿第二定律有联立解得则棒沿倾斜轨道向下运动过程中加速度保持不变，做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式,有棒下滑到位置时电容器所带的电荷量为联立解得【小问3】棒从圆弧轨道最高点飞出后做平抛运动，设电容器的电容为时棒能