【物理】湖南省名校联盟2025-2026学年高三上学期12月联考模拟预测试题(解析版)

湖南省名校联盟2025-2026学年高三上学期12月联考模拟预测物理试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.根据放射性强度减小的情况可以推算植物死亡的时间，其衰变方程为。在大气中的含量相当稳定，活的植物与环境交换碳元素，其体内的比例与大气中的相同，枯死的植物仍在衰变，但已不能得到补充。已知的半衰期为T，下列说法正确的是（）A.衰变时释放的粒子X是B.比的比结合能小C.随着全球变暖，的半衰期变短D.若枯死植物比例为大气中比例的，则死亡时间为kT【答案】D【解析】A．根据质量数守恒和核电荷数守恒可知衰变时释放粒子X是，故A错误；B．衰变时释放能量，说明生成核比反应核更稳定，原子核越稳定，比结合能越大。因此的比结合能大于的比结合能，故B错误；C．半衰期是原子核的固有属性，仅由核内部结构决定，与温度、压强等外界条件无关，全球变暖不影响半衰期，故C错误。D．根据半衰期公式，剩余质量比例当比例为时，有，解得故若枯死植物比例为大气中比例的，则死亡时间为。故D正确。故选D。2.电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，其工作原理如图所示，振动膜与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路，声波会导致振动膜振动从而使其与基板间的距离发生改变，下列说法正确的是（）A.振动膜带正电B.当振动膜与基板间的距离增大时，电容器电容增大C.当振动膜与基板间的距离减小时，电容器带的电荷量增加D.振动膜振动时，流经电阻的电流方向不变【答案】C【解析】A．振动膜与电池负极端连接，可知，振动膜带负电，故A错误；B．根据可知，当振动膜与基板间的距离增大时，电容器电容减小，故B错误；C．根据，可知，当振动膜与基板间的距离减小时，电容器电容增大，电容器两端电压一定，则电容器带的电荷量增加，故C正确；D．结合上述，当振动膜与基板间的距离减小时，电容器电容增大，电容器两端电压一定，则电容器带的电荷量增加，电容器充电，振动膜所带负电增多，流经电阻的电流方向向下，当振动膜与基板间的距离增大时，电容器电容减小，电容器两端近似电压不变，则电容器带的电荷量减小，电容器放电，振动膜所带负电减少，流经电阻的电流方向向上，即振动膜向左与向右振动时，流经电阻的电流方向发生变化，故D错误。故选C。3.如图所示，两端开口的足够长玻璃管竖直插在水银槽中，管中有一段水银柱将一部分气体封闭，封闭气体看成理想气体，初始时系统静止。保持玻璃管不动，现从上管口缓慢向管中倒入水银，使水银柱长度增加，在倒入水银的过程中气体温度不变，下列说法正确的是（）A管中气体分子数密度不变B.管中气体内能增大C.稳定后，水银槽中的水银在管内、外液面高度差增加量小于lD.管中气体放出热量【答案】D【解析】A．设管中气体初始状态时压强为，末态压强为，对水银柱受力分析，由平衡条件，由于从上管口缓慢向管中倒入水银，水银质量增大，所以管中气体压强增大，根据玻意耳定律可知管中气体体积减小，管中气体被压缩，体积减小，则管中气体分子数密度增大，故A错误；B．由于在倒入水银的过程中气体温度不变，则管中气体内能不变，故B错误；C．设大气压强为，管上部水银柱的长度为h，管内外水银面的高度差为,对封闭气体进行受力分析，其压强P由上方的大气和水银柱产生，即同时，封闭气体的压强也平衡了下方的大气压和管内外水银面的高度差产生的压强，即，由以上两式可得，即上部水银柱的长度等于管内外水银面的高度差，故C错误；D．根据热力学第一定律，其中，则，则故管中气体放出热量，故D正确。故选D。4.假设地球是一个半径为R、质量分布均匀的球体，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零。若在地球内部，以地心O为圆心、为半径挖一条圆形隧道，如图所示。现使一小球在隧道内做匀速圆周运动，且不与隧道壁接触，小球可视为质点，不考虑隧道宽度与阻力。已知地表重力加速度为g，则其在隧道中做匀速圆周运动的速度大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可得，在地球表面有，体积为设地球的平均密度为，地球的质量，联立解得小球在地球内部半径为的隧道运动时由万有引力提供向心力解得，其中，，联立解得，小球在隧道中做匀速圆周运动的速度大小为，故选A。5.三百六十行，行行出状元。最近一段服务员快速摆餐盘的视频火遍全网，服务员把盘子均匀放到餐桌中间的转盘边缘上后，增大转盘转动角速度，餐盘从转盘边缘飞出，落在餐桌上立即停下。已知餐盘和转盘间的动摩擦因数为，餐盘到转盘中心的距离为，忽略餐盘的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转盘到桌面的高度为，重力加速度为，下列说法正确的是（）A.餐盘质量越大从转盘边缘飞出时速度越小B.餐盘落到餐桌上前瞬间的速度大小为C.转盘加速转动过程中，餐盘受到的摩擦力始终指向转盘中心D.落到餐桌上餐盘到转盘中心的水平距离为【答案】B【解析】A．餐盘从转盘边缘飞出时，满足故飞出时速度为，与质量无关，故A错误；B．餐盘飞出后做平抛运动，有，，餐盘落到餐桌上的速度为，故B正确；C．餐盘随转盘加速转动过程中，速度增大，合外力即摩擦力不指向圆心，故C错误；D．落到餐桌上的餐盘到转盘中心的水平距离为，故D错误。故选B。6.如图所示，水平面内ab和cd是两条平行放置的足够长的固定粗糙金属直导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为2kg和1kg，两杆与导轨间的动摩擦因数相同。开始时恒定水平外力F作用在杆MN上，使两杆以大小为4m/s的速度水平向右匀速运动。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，导轨电阻可忽略。在t=0时刻将细线烧断，保持外力F不变，金属杆和导轨始终接触良好，已知在t=t0时刻后杆MN速度大小为5m/s并保持不变，且在0~t0时间内两杆速度方向始终向右，下列说法正确的是（）A.细线烧断后，流经MN的电流方向为由M到NB.M′N′稳定后的速度大小为3m/sC.0~t0时间内MN和M′N′的位移大小之比大于3∶2D.整个过程中系统动能变化量的大小等于整个系统产生的焦耳热【答案】C【解析】A．细线烧断前两杆做匀速运动，回路中无感应电流，烧断细线后，MN的速度大于M′N′的速度，根据右手定则可知MN切割磁感线产生的感应电动势大于M′N′产生的感应电动势，则回路中电流方向由N到M，故A错误；B．两杆组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，设MN的质量为，M′N′的质量为，初始速度为，MN稳定后的速度大小为，M′N′稳定后的速度大小为。规定向右为正方向，由系统动量守恒定律代入数据解得M′N′稳定后的速度大小为，故B错误；C．由题意可知做加速运动，做减速运动，两者速度差变大，电动势变大，电流变大，安培力变大，安培力向左，安培力向右。根据牛顿第二定律可知、的加速度大小都逐渐减小，则、的图像如图所示由图可知，，则，故C正确；D．根据能量守恒定律，故整个过程中系统动能变化量的大小不等于整个系统产生的焦耳热，故D错误。故选C。二、多选题（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，有多项是符合题目要求的。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.在学校科技文化周上，有同学展示了自己研制的球形飞行器。通过了解，球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，球形飞行器总质量为M，飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即f=kv²，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器由静止竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为8m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为4m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（）A.发动机的最大推力为1.5MgB.发动机的最大推力为1.25MgC.飞行器由静止开始下落的过程是加速度逐渐变小的加速运动D.飞行器由静止开始下落的过程是加速度逐渐变大的加速运动【答案】BC【解析】AB．飞行器关闭发动机，以匀速下落时，则有飞行器以向上匀速运动时，设最大推力为，则有联立，解得，故A错误，B正确；CD．飞行器由静止下落的过程中，空气阻力逐渐变大，由牛顿第二定律可知逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确，D错误。故选BC。8.如图所示，、、在xy平面内，两波源分别置于A、B两点。时，两波源从平衡位置起振，起振方向相反且垂直于xy平面。频率均为5Hz。两波源持续产生振幅相同的简谐横波，波分别沿AC、BC方向传播，波速均为。下列说法正确的是（）A.两横波的波长均为8m B.C点是振动减弱点C.时，C处质点速度为0 D.时，C处质点速度不为0【答案】AC【解析】A．波长，A正确；B．由题意，波程差由于两波源起振方向相反，初始相位差为，波程差引起的相位差：总相位差初始相位差+波程差引起的相位差这相当于同相位，所以C点是振动加强点，B错误；D．波从A到C的时间波从B到C的时间在时，波A已到达C点，即波B尚未到达C点，由于波的周期，所以此时只有波A引起C点振动，振动了，此时质点速度为0，D错误。C．波A已到达C点：波B已到达C点：两列波都在C点引起振动，且由于总相位差为，振动加强，质点速度为0，C正确。故选AC。9.如图所示是磁吸基座无线充电器，当送电线圈通入u=220sin100πt（V）的交流电源后，手机上的受电线圈产生感应电流。手机即进入“无线超充模式”。“超充模式”下手机的充电电压为20V，充电电流为5A，充电基座送电线圈接有理想电流表，受电线圈接有电阻R，送电线圈与受电线圈的匝数比为10∶1，若充电过程中不计漏磁和电磁辐射等引起的能量损失，下列说法正确的是（）A.“超充模式”下电流表读数0.5AB.若此手机的电池容量为5000mAh，则超充模式下的充电时间为75分钟C.若不计两个线圈的电阻，则要保证“超充模式”正常运作，R的大小应为0.4ΩD.若两个线圈的电阻大小均为r=0.1Ω，则要保证“超充模式”正常运作，R的大小应为0.299Ω【答案】ACD【解析】A．根据变压器电流与匝数关系代入数据，解得，故A正确；B．由容量单位可知，手机充电时间为电池容量与充电电流的比值，即，故B错误；C．根据变压器电压与匝数关系其中，代入数据，解得，故C正确；D．由理想变压器的等效电阻，结合C选项分析可知解得，故D正确。故选ACD。10.如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向均未知（图中未画出）。一带电量为q（q>0），质量为m的小球从M点在纸面内以的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为v=2v0的速度通过N点。已知重力加速度为g，不计空气阻力。则（）A.B.小球经过N点时速度方向一定与水平向右的方向成60°C.电场强度方向有可能斜向右上D.小球在运动过程中的最小速度为【答案】ABD【解析】A．小球从M到N的运动过程中，根据动能定理有，解得，故A正确；B．小球在水平方向的运动具有对称性，故到达N点时，水平速度大小为，所以在竖直方向设小球经过N点时速度方向与水平的夹角为，则解得，故B正确；C．若小球在竖直方向只受重力，则，解得，所以小球一定受到竖直向下的电场力的分力，即电场强度一定有竖直向下的分量，故C错误；D．画出小球从M到N的速度变化矢量图，如图所示可知，实际速度与垂直时速度最小，则则，故D正确。故选ABD。三、非选择题（本题共5小题，共56分）11.小明同学利用如图甲所示的实验装置验证碰撞过程中的动量守恒。竖直平面内的一段固定的圆弧轨道下端与水平桌面相切于O点，以切点O为坐标原点，水平向右为正方向建立一维坐标系，在足够远的地方放置了位移传感器，当小滑块A经过O点时，位移传感器开始工作。已知小滑块A（质量为m1，包含A上的传感器）和B（质量为m2）与接触面间的动摩擦因数相同。①先将小滑块A从圆弧轨道上某一点由静止释放，测出小滑块在水平桌面上滑行的x—t图像如图乙中的a图线所示，记录小滑块A停止的时刻为t₁；②然后将左侧贴有双面胶（不计双面胶的质量）的小滑块B放在圆弧轨道的最低点O处，再将小滑块A从圆弧轨道上由静止释放，小滑块A与B碰撞（时间极短）后结合为一个整体，测出小滑块A、B整体在水平桌面上滑行的x—t图像如图乙中的b图线所示，记录小滑块A、B整体停止的时刻为t2。（1）本实验中小滑块A从圆弧轨道上由静止释放的位置___（填“需要”或“不需要”）相同（2）小滑块A、B发生碰撞后结合为一个整体，当满足表达式=__（用t1和t2表示），则验证了小滑块A和B碰撞过程中动量守恒。（3）撕掉胶布将小滑块B放在圆弧轨道的最低点O处，再将小滑块A从圆弧轨道上同一点由静止释放，若小滑块A与B发生弹性碰撞，为了保证小滑块A不反弹且速度不为0，应满足的条件是m1______（填“>”“<”或“=”）m₂，此后小滑块B的x—t图像应在图乙中______A.a线上方B.ab之间C.b线下方【答案】（1）需要（2）（3）>；A【解析】【小问1】【小问2】滑块A在水平桌面上的运动过程，由动量定理有碰撞前动量两滑块共同运动时，有碰撞后动量要验证碰撞过程中的动量守恒，即要验证可得【小问3】根据小滑块A与B发生完全弹性碰撞，可知，，解得，为了保证小滑块A不反弹，则，可知根据可得两滑块做减速运动的加速度均为根据，故小滑块B运动的时间位移大于小滑块A的位移，碰撞后小滑块B的x—t图像如图所示故选A。12.某实验小组设计了如图甲所示的实验电路，来测量电源的电动势和内阻，实验器材有：待测电源，阻值为R0的定值电阻，内阻可忽略的电流表，总阻值为R0且阻值均匀的四分之一圆形变阻器，变阻器上有可指示滑片转过角度θ的刻度盘，开关、导线若干。回答下列问题：（1）闭合开关，滑片在顺时针转动的过程中，电流表示数_______（填“变大”或“变小”），电路消耗的总功率____（填“变大”或“变小”）。（2）在实验中转动滑片，改变角度θ（弧度制），测量通过定值电阻R0的电流I，以为纵坐标，为横坐标，作出图像如图乙所示，已知图像的斜率为k，纵截距为b，则电源的电动势为E=_____。（用k、b、R。表示）（3）若时变阻器消耗的功率最大，则k和b应满足的关系式为b=___________。【答案】（1）变小；变大（2）（3）【解析】【小问1】滑片顺时针转动，变阻器接入电路的阻值变小，外电阻变小，路端电压变小，电流表示数变小；因为外电阻减小，可知电路总电阻减小，故干路电流变大，电路消耗的总功率可知电路消耗的总功率P变大。【小问2】由闭合电路欧姆定律可知整理可得所以，解得，【小问3】将电源与支路等效为一个新电源，当等效内阻等于对应的电阻时，变阻器消耗的功率最大，故又因为，所以13.如图为一透明材质的长方体纵截面，一束平行光以60°的入射角照射在上表面，AB为一长为L的不透光装饰长条（厚度不计），在长方体的左侧壁形成的影子CD长为L。已知光在真空中的传播速度为c。求：（1）透明材料的折射率；（2）求照射到D点和到C点的光在长方体中传播的时间差，并判断随着入射角变大，这个时间差如何变化？【答案】（1）（2），变小【解析】【小问1】由题意可知，光路图如图所示其中，入射角为，折射角为，过C点作左侧壁的垂线交BD于E，则四边形ACDE为平行四边形，所以则根据几何关系可知，可得透明材料的折射率为联立，解得【小问2】光在透明材料中的速度为照射到D点比到C点的光在长方体中传播多用的时间为，解得若入射角变大，则折射角变大，又因为则DE变小，故时间差变小。14.如图所示，平行金属板C、D间存在匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，矩形PQMN区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，三处磁场的磁感应强度大小均为B。金属板D的延长线过圆形区域的圆心O，金属板C的延长线、两金属板右边缘连线均与圆形区域相切，PN边与圆形区域在PN边的中点A处相切。一束宽度与平行金属板间距相等、比荷均为k的带负电粒子流（不计重力）从金属板左侧以水平向右的速度射入金属板间，恰能在金属板间做直线运动，进入圆形区域经磁场偏转后均过点A。已知PN=R，PQ=R。求：（1）平行金属板C、D间的电压U；（2）沿金属板C、D中轴线运动的粒子在圆形磁场中运动的时间t；（3）QM边上有粒子穿出的长度与MN边上有粒子穿出的长度。【答案】（1）（2）（3），【解析】【小问1】因为粒子进入圆形区域经磁场偏转后均过点A，则粒子在圆形磁场中运动的半径与磁场的半径相等，根据牛顿第二定律可得解得粒子在金属板间做直线运动，所以电场力等于洛伦兹力，则解得【小问2】沿金属板C、D中轴线运动的粒子从射出金属板到运动至A点的轨迹如图由几何关系可得，在圆形磁场中做圆周运动的圆心角为则粒子在圆形磁场中运动