【物理】湖北省荆州市2025-2026学年高三上学期10月联考试题(解析版)

湖北省荆州市2025-2026学年高三上学期10月联考试题物理试题本试卷共8页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.3D电影《阿凡达2：水之道》上映后持续热播引起热议。如图所示为3D电影的原理图，下列对3D电影的原理说法正确的是（）A.该原理与光纤的原理相同B.该原理利用了光的偏振C.该原理与照相机镜头上的增透膜原理相同D.观看时闭上一只眼睛也能看到明显的3D效果【答案】B【解析】A．光纤原理是光的全反射，故A错误；B．3D电影利用了光的偏振，故B正确；C．增透膜原理是光的干涉，故C错误；D．3D电影是通过左右眼看到不同的画面产生立体效果，若闭上一只眼睛，就无法形成这种视差，看不到明显的3D效果，故D错误。故选B。2.端午节期间，全国多地都举行赛龙舟比赛，吸引游客前来观看，其中叠滘龙舟漂移技术让大家为之惊叹。如图所示，甲、乙两龙舟正并排以恒定的速率过同一圆形弯道，已知甲、乙两龙舟的质量关系为，下列说法正确的是（）A.水对龙舟的作用力与龙舟的运动方向垂直，指向圆形弯道的圆心B.若甲、乙转弯时速率相同，则甲所需的向心力更大C.当转弯时的速度增大时，舵手身体向内侧倾斜的程度应增大D.若甲、乙以相同的角速度转弯时，甲更容易发生漂移【答案】C【解析】A．水对龙舟的作用力的竖直分力与重力平衡，水平分力提供向心力，故水对龙舟的作用力与龙舟的运动方向垂直但不指向圆形弯道的圆心，故A错误；B．根据向心力可知转弯速率一样，甲的质量小，甲的半径小，所以无法比较甲、乙的向心力大小，故B错误；C．由可知R一定时，v越大，越大，舵手身体向内侧倾斜程度越大,可以额外提供一部分向心力，故C正确；D．由可知转弯角速度相同，乙的质量大，乙的半径大，故所需向心力大，更容易发生漂移，故D错误。故选C。3.在核医学中，因铜—64独特的“诊疗一体化”特性而备受青睐，分别适用于PET成像与治疗，其衰变方程有和，其中铜—64的半衰期均为12.7小时。下列说法正确的是（）A.X是中子B.Y是质子C.大量的铜—64原子核，经过12.7小时，会有一半发生衰变D.20个铜—64原子核，经过12.7小时，一定有10个铜—64原子核发生衰变【答案】C【解析】A．衰变方程根据质量数和核电荷数守恒可知X为正电子（），故A错误。B．衰变方程根据质量数和核电荷数守恒可知Y为负电子（），故B错误。CD．半衰期的定义是大量原子核衰变一半所需的时间，且适用于统计规律，故C正确、D错误。故选C。4.在学校大扫除中，某同学用如图所示拖把拖地，他站在原地不动，然后用手向前推动拖把，拖杆给拖把头的力F一直沿拖杆向下，拖杆与竖直方向的夹角θ逐渐变大，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A.与拖把头相关的作用力共有3对B.地面对拖把头的作用力始终沿拖杆向上C.若F的大小恒定，则F做功的瞬时功率也恒定D.若F的大小恒定，则离人站的位置越远的地面与拖把头间的摩擦力越小，地面越难拖干净【答案】D【解析】A．拖把头受到重力、地面对其的支持力、拖杆给拖把头的力F、地面对其的摩擦力，故与拖把头相关的作用力有4对，A项错误；B．若拖把头匀速运动，则地面对拖把头的作用力与F和拖把头重力的合力等大反向，现在拖把头的运动状态不确定，故地面对拖把头的作用力不一定沿拖杆向上，B项错误；C．F做功的瞬时功率，夹角θ变大，sinθ变大，拖把头与地面间的弹力变小，则拖把头受到的摩擦力变小，拖把头做加速运动，v变大，故F做功的瞬时功率变大，C项错误；D．地面对拖把头的支持力为，拖把头离人站的位置越远θ越大，支持力越小，滑动摩擦力越小，地面越难拖干净，D项正确。故选D。5.2025年7月30日15时49分，我国利用运载火箭长征八号成功发射互联网低轨06组卫星，卫星发射成功后关闭动力系统，由于空气阻力的影响，导致卫星轨道逐渐变化，下列说法正确的是（）A.卫星的轨道高度逐渐变大 B.卫星的周期逐渐增大C.卫星的机械能逐渐减小 D.卫星的动量逐渐减小【答案】C【解析】A．由于空气阻力做负功，导致同一轨道时卫星的速度减小，万有引力大于所需的向心力，卫星做近心运动，轨道高度变小，故A错误；C．由于空气阻力做负功，卫星的机械能逐渐减小，故C正确；BD．根据可得，由于轨道半径变小，则卫星的周期逐渐减小，卫星的速度逐渐增大，根据可知，卫星的动量逐渐增大，故BD错误。故选C。6.某课外小组利用生活中的常见物品进行电学小实验，如图所示，同学把锡纸片剪成圆形放入杯底并用螺丝钉固定（螺丝钉与锡纸接触良好），将杯子倒扣在桌面上，用锡纸制作多个质量较小的球状纸团放入杯中。用毛巾摩擦PVC材质塑料管后将塑料管靠近螺丝钉，发现杯中的小锡纸团在杯中上下跳跃。下列说法正确的是（）A.圆形锡纸片所带电荷的电性与塑料管相反B.杯中产生的电场为匀强电场C.小锡纸团从桌面向上运动的过程中需克服电场力做功D.小锡纸团撞击到锡纸片后向下运动的过程中电势能逐渐减小【答案】D【解析】A．塑料管靠近螺丝钉，根据感应起电的原理，螺丝钉上端所带电荷的电性与塑料管相反，锡纸片所带电荷的电性与塑料管相同，故A错误；B．锡纸片带电后产生的电场可看成多个点电荷聚集后形成的电场，并不是匀强电场，故B错误；C．小锡纸团从桌面向上运动的过程中所受电场力向上，对锡纸团做正功，故C错误；D．小锡纸团撞击到锡纸片后与锡纸片带同种电荷，受到向下的电场力作用，在其向下运动的过程中电场力对其做正功，电势能逐渐减小，故D正确。故选D。7.图甲是风力发电原理示意图，当风轮机的叶片转动时，叶片的转轴连接一个升速齿轮箱，齿轮箱中连接叶片的齿轮与连接发电机的转子的转轴相互啮合，如图乙所示。当风轮机的叶片转动时，发电机就可以进行发电了。某物理学习小组按照以上原理制作了一个小型发电机模型，已知叶片的转速为n，传动齿轮升速比（输入与输出转速比）达到，与升速齿轮箱相连的发电原理图如图丙所示，线圈匝数为N，面积为S，内部匀强磁场的磁感应强度大小为B，在一段时间内叶片稳定转动，忽略其他因素的影响，线圈电阻不计，则下列说法错误的是（）A.线圈的转速为20nB.线圈电动势的峰值为40πnNBSC.负载的电阻为R时，发电机的输出功率与成正比D.发电机输出的交流电的频率为40n【答案】D【解析】A．因为升速比为，传动齿轮转速为20n，线圈的转速与传动齿轮转速相同，所以为20n，故A正确；B．由于，其中，所以，故B正确；C．发电机的输出功率，其中，代入得所以发电机的输出功率与成正比，故C正确；D．发电机输出交流电的频率为，故D错误。故选D。8.如图所示，一对竖直放置的平行金属板A、B构成电容器，电容为C，电容器的A板接地，A板中间有一小孔S，B板不带电。被加热的灯丝K不断地释放电子（初速度可忽略不计），电子经过电压为U0的电场加速后通过小孔S，电子到达B板后被吸收，稳定后电容器所带电荷量为Q。设电子的电荷量大小为e，不计电子重力以及电子间的相互作用力，下列说法正确的是（）A.最终B板的电势低于灯丝K的电势B.B板最多吸收个电子C.电子从灯丝K运动到B板的过程中，电势能一直减小D.若增大A、B板间的距离，则稳定后电容器所带电荷量小于Q【答案】BD【解析】A．由能量守恒及动能定理得，即可知B板的电势和灯丝K的电势相等，故A错误；B．A、B板间的最大电压为可知B板的最大电荷量为B板最多吸收的电子个数为，故B正确；C．由能量守恒定律可知，在第一个电子被B板吸收后，电子由灯丝K运动到A板过程，动能增大，电势能减小，由A板运动到B板过程，动能减小，电势能增大，故C错误；D．因为电源的电动势不变即电压U0不变，所以A、B板间的最大电压UAB不变，若增大A、B板间的距离，则由可知电容减小，故电容器所带的电荷量小于Q，故D正确。故选BD。9.图甲是单人划龙舟运动。一名龙舟队员进行单人划龙舟练习，他每次划桨用时0.6s，回桨用时0.4s。划桨时能沿运动方向对龙舟提供恒定的推力F，回桨时龙舟不受推力，龙舟在运动方向上受到的阻力恒为f。某次练习时，龙舟的速度随时间变化的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.在0~0.6s内，桨对水的力大于水对桨的力B.0~1s内，龙舟前进了0.48mC.在0~1s内，F的冲量与f的冲量大小之比为D.在此次练习的过程中，经过5次划桨后，龙舟的速度不低于3m/s【答案】CD【解析】A．桨对水的力与水对桨的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；B．根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，可得在0~1s内，龙舟前进了0.52m，故B错误；C．0~1s内，对龙舟应用牛顿第二定律可得，其中，，解得F的冲量与f的冲量大小之比，故C正确；D．经推算经过5次划桨后，龙舟的速度为3.2m/s，且第5s末龙舟的速度为3m/s，故D正确。故选CD。10.电磁泵具有密封性好，无直接接触，体积小等优点。如图所示为电磁泵模型，泵体的长、宽、高分别为a、b、c。将泵体的上下表面接在电压为U的电源上，电源内阻不计，泵体处在垂直于前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导电液体的电阻率为ρ。下列说法正确的是（）A.电磁泵工作时，导电液体一定带正电B.电磁泵工作时，泵体的上表面应接电源的负极C.导电液体受到的安培力D.适当地减小液体的电阻率，可以获得更大的抽液高度【答案】BCD【解析】A．电磁泵的工作原理是导电液体在磁场中受到安培力作用而流动，导电液体中的电荷载体可以是自由电子（负电荷），也可以是正离子（正电荷），故A错误；B．由图可知，导电液体受向左的安培力，由左手定则可知电流方向由下到上，则电磁泵工作时泵体的上表面应接电源的负极，故B正确；C．泵体内导电液体的电阻，导电液体受到的安培力，故C正确；D．抽液高度与安培力大小直接相关，由C项的推导可知，安培力即F与电阻率ρ成反比，因此为了增大安培力应减小电阻率ρ，故D正确。故选BCD二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.请完成下列实验操作和计算。（1）图a是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图。实验中要求细绳与木板平行，其目的是________。图b是实验中得到纸带的一部分，每隔一个点取一个计数点。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，则小车的加速度大小为________（结果保留两位有效数字）。（2）某同学利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒定律，实验步骤如下：a.按图甲所示固定力传感器；b.取一根不可伸长的轻质细线，一端连接一小铁球，另一端固定在力传感器上；c.让小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力读数为；d.让小铁球以较小的角度在竖直平面内的A、B之间摆动，从计算机中得到拉力随时间变化的关系图像如图乙所示，其中是拉力的最大值，是拉力的最小值。①小铁球的重力为________（用题中所给字母表示）。②为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，只需验证________是否成立即可（用、表示）。③该同学想在此基础上继续测定当地的重力加速度，首先根据图乙可知单摆的周期为________；然后用游标卡尺测出小铁球直径结果如图丙所示，则其直径________mm，还测得该单摆的摆线长为L，则重力加速度的表达式为________（用物理量、L、D表示）。【答案】（1）小车在运动过程中受到的拉力保持恒定或保证细绳的拉力等于小车所受的合力；约为2.8（2）①.②.③.；20.45；【解析】（1）实验中要求细绳与木板平行的目的是小车在运动过程中受到的拉力保持恒定打点计时器所用电源的频率为50Hz，则相邻计数点间的时间间隔，根据逐差法可得该小车的加速度大小为（2）①.小铁球静止时，力传感器的示数为，故小铁球的重力为②.设小铁球在最低点的速度大小为，由牛顿第二定律得小铁球在最低点的动能从A点到最低点从A点到最低点在A点对小铁球受力分析得为了验证小铁球在最高点A和最低点处的机械能是否相等，只需验证所以联立可得③.小球在经过最低点时细线的拉力最大，且一个周期内两次经过最低点。所以小铁球做单摆运动的周期为小铁球的直径由单摆周期公式可知解得12.某兴趣小组想探究热敏电阻的阻值随温度变化关系。（1）该兴趣小组先用多用电表探究热敏电阻的阻值随温度变化关系。实验时，将热敏电阻置于温控室，多用电表选择合适挡位并进行欧姆调零后完成测量，测量过程中发现温控室温度升高时，多用电表的指针偏转角度变大，说明随着温度升高，热敏电阻的阻值________（填“增大”或“减小”）。（2）该兴趣小组欲利用以下器材继续探究热敏电阻的阻值随温度变化关系。A、电压表（量程为6V，内阻约为10kΩ）B、电压表（量程为15V，内阻约为15kΩ）C、滑动变阻器（阻值范围为0~10Ω）D、滑动变阻器（阻值范围为0~1000Ω）E、定值电阻F、热敏电阻G、电源E（电动势为12V，内阻r约为0.2Ω）H、开关若干，导线若干I、温控室①若要求实验过程中使两电压表的电压调节范围尽可能大，滑动变阻器应选择________（填写仪器前的字母标号），并在图甲中将电路图补充完整。②该兴趣小组测量热敏电阻阻值步骤如下：步骤1。闭合开关S前，将温控室的温度设置为T，滑动变阻器的滑片滑到合适位置。步骤2。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表指针指在合适位置，记录此时电压表的示数为，电压表的示数为，改变滑动变阻器滑片的位置，测量并记录多组实验数据，并作出图乙所示的图像，根据图像求得热敏电阻的阻值________（用a，b和定值电阻表示）。步骤3。改变温控室内的温度，重复步骤2，得到不同温度下热敏电阻的阻值。③若考虑电压表内阻的影响，热敏电阻的测量值________（填“偏大”“偏小”或“准确”）。【答案】（1）减小（2）①.C；见解析②③.偏大【解析】【小问1】多用电表的指针偏转角度变大，说明所测阻值变小，即随着温度升高，热敏电阻的阻值减小。【小问2】实验中要求两电压表的电压调节范围尽可能大，因此滑动变阻器采用分压式接法，应选择阻值较小的滑动变阻器，故选C。滑动变阻器采用分压式，故如图所示根据欧姆定律可得整理可得则图像的斜率解得③.若考虑电压表内阻的影响，则通过热敏电阻的电流真实值大于测量值，故热敏电阻的测量值大于真实值。13.某实验小组模拟马德堡半球实验，如图甲所示，小组把两个相同半径的半球合在一起构成一个球形，用抽气泵抽出半球内90质量的气体，抽气过程气体温度保持不变，半球两旁各有一组数量相同的同学用力向外拉半球。已知半球的半径r=20cm，大气压强p0=1.0×105Pa，每位同学平均能产生F0=500N的拉力，请问总共至少需要多少位同学才能将两个半球拉开？（不考虑半球的重力和半球之间的摩擦力）【答案】46【解析】封闭气体在抽气泵作用下，有10%留在球内，有90%抽至球外，假设抽出球外气体的温度和压强与球内相同，则球外气体的体积是球内体积的9倍，设整个球体的体积为V0，抽气过程气体发生等温变化，则由玻意耳定律可得代入数据解得对其中一个半球受力分析，有，其中，可得则总共至少需要46位同学才能将两个半球拉开。14.如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在光滑斜面的底部，另一端连接质量为m的木块处于静止状态，质量为3m的小孩从距离木块L处由静止开始沿斜面下滑，随后与木块碰撞后抱着木块一起压缩弹簧，碰撞时间忽略不计，碰后一起下滑的最大距离为，弹簧始终处于弹性限度内，且人的运动方向始终与弹簧的轴线在同一直线上，人和木块均可视为质点，不计空