湖南省长沙市开福区2025-2026学年高三上学期开学考试物理自编试卷（人教版）（解析版）

湖南省长沙市开福区2025-2026学年高三上学期开学考试自编试卷物理试题（解析版）题号12345678910答案DDBDCBCACBDABD1．D【详解】A．铯137的半衰期是30年，经历两个半周期，60年后核废水中的铯137仍剩下原先的，故A错误；B．锶90发生衰变的衰变方程为，更稳定，的比结合能比的小，故B错误；C．氚具有放射性，是原子核发生衰变造成的，故C错误；D．碳14的半衰期为5730年，如果一块古木中的碳14含量是现代植物的0.25倍，经历两次半周期，则古木的历史约故D正确。故选D。2．D【详解】AB．网球在竖直方向先做上抛然后做自由落体运动，由于运动的对称性可知时间相同，设上抛的时间为t'，将初速度分解，可得竖直方向的初速度由运动学方程可得上抛的时间所以全程的时间t为AB错误；CD．网球通过最高点时重力与速度方向垂直，重力的瞬时功率为0，C错误，D正确。故选D。3．B【详解】A．由图可知可得选项A正确；B．根据该星球的质量约为选项B错误；C．该星球的第一宇宙速度为选项C正确；D．根据可得m星=250kg即若宇航员在地球上最多能举起100kg的重物，则在该星球上最多能举起250kg的重物，选项D正确。此题选择不正确的选项，故选B。4．D【详解】A．根据振动方程，可知波传播的周期为波长为由于既不是半波长的偶数倍、也不是半波长的奇数倍，所以A点是干涉的非加强非减弱点，A错误；B．波经过传到A点，波经过传到A点，故时，波驱动A点至平衡位置，波驱动A点从最大位移处往轴负向振动，波驱动A振动的速度更大，故时A点的速度方向沿轴正向，B错误；D．取作为新的计时起点，此时波引起A振动方程为波引起A振动方程为故A点的振动方程为得故A的振幅为，D正确；C．0.75∼0.85s内，A点的路程为2cm。0.85∼0.95s内，A点的路程小于。则从0开始振动到时间内路程小于，C错误。故选D。5．C【详解】A．由图可知，ra>rb，根据折射定律（），可得na<nb光的折射率越大，频率越大，所以b光的频率大，故A错误；B．由，可得va>vb，故B错误；C．过P点的切面与玻璃砖上表面平行，两束光在P点折射后，传播方向与入射方向平行，故两束光经P点折射后传播路径重合，故C正确；D．由前面分析知b光的频率大，由ε=hν知，b光子能量大，b光能使金属发生光电效应，a光不一定能使金属发生光电效应，故D错误。故选C。6．B【详解】A．由于弹簧处于弹性限度，弹力大小满足胡克定理，即故A正确，不符合题意；B．物块A所受重力8N与弹簧弹力6N合力大小为10N，由于物块处于静止状态，此时弹簧只可能被拉长，重力与弹簧弹力二者合力方向与竖直夹角m满足可知即就在绳反向延长线上。假定物块受到支持力和滑动摩擦力，则二者合力的方向与竖直方向的夹角必然小于。故此时物块A不受到支持力和摩擦力作用，仅受3个力作用，虽然物块A与传送带接触但不挤压。剪断轻绳瞬间，A物块在垂直传送带方向上受到重力和传送带对物块A的支持力，水平方向上会有水平向左的弹力和水平向右的滑动摩擦力，总共受到4个力的作用。因此剪断轻绳后物块A所受力的个数多1，故B错误，符合题意；CD．剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不可突变，此时物块A在竖直方向上平衡，水平方向方向水平向左，此时瞬时加速度大小为故CD正确，不符合题意。故选B。7．C【详解】A．安检机使用X射线探测包内的物品，故A错误；B．小包匀速运动时，小包在水平方向上处于平衡状态，故传送带对小包的摩擦力为0，故B错误；C．对小包根据动能定理可得传送带对小包做功为小包速度与传送带速度相同之前的过程中根据牛顿第二定律可得解得故小包速度达到传送带速度所用时间为加速度位移为小包加速过程中，传送带位移为则小包相对于传送带运动位移为则摩擦力产生热量为则电动机由于传送小包多做的功为故C正确；D．与传送带共速后到达右端所用时间为故小包从传送带左端到达右端的时间为故D错误。故选C。8．AC【详解】AB．开始时甲手中绳子上的拉力大小等于工件的重力，当工件向左移动时，甲手中绳子的拉力等于工件的重力和乙手中绳子上的拉力的合力大小，如图所示由图可知随着工件缓慢向左拉动，甲对绳子的拉力不断增大，乙对绳子的拉力不断增大，A正确，B错误；C．设甲手中的绳子与水平方向的夹角为，对甲受力分析有，由于不变，断增大，所以楼顶对甲的支持力不断减小，故C正确；D．对乙受力分析可知，楼顶对乙的摩擦力大小等于乙手中的绳子的拉力，设工件和滑轮之间的绳子与水平方向的夹角为，则有由于，则有，故D错误。故选AC。9．BD【详解】AC．将初速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有，将重力加速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有，垂直方向根据对称性可得重物运动时间为重物离PQ连线的最远距离为故AC错误；B．重物落地时竖直分速度大小为则落地速度与水平方向夹角正切值为可得故B正确；D．从抛出到最高点所用时间为则从最高点到落地所用时间为轨迹最高点与落点的高度差为故D正确。故选BD。10．ABD【详解】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确；B．结合图像可知时刻，木板的速度为设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为，负号表示方向水平向左物块在木板上滑动的加速度为经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得解得故B正确；C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为故可得解得根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为此时对木板由牛顿第二定律得解得故C错误；D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。故选ABD。11．(1)减少(2)【详解】（1）当开关S接到“2”时，电容器放电，故电容器所带的电荷量逐渐减少。（2）[1]图像与时间轴所围成的面积分别为和，表示电容器充完电后所带的电荷量，表示电容器放出的电荷量，故[2]根据电容器的定义式可得该电容器的电容为12．7.50或B可能是绳子与滑轮间存在阻力。【详解】[1]20分度的游标卡尺精度为，故读数为[2]遮光条的宽度为，则物块经过光电门时的速度大小[3]物块经过光电门时的速度大小根据运动学公式可得解得物块的加速度[4]开始时，系统处于静止状态，则有将左端的个钩码移到物块的下方，对物块和钩码构成的整体，根据牛顿第二定律可得对钩码，根据牛顿第二定律可得联立解得或则图线的斜率或[5]A．开始时，系统静止，加速度为零，故A错误；BC．开始时左端钩码只有10个，故的最大值为10，则加速度的最大值为故B正确，C错误。故选B。[6]图线不经过坐标原点，可能是绳子与滑轮间存在阻力。13．（1）0.4N；（2）2.5m/s【详解】（1）A物体匀速运动可得T=mg当斜绳与水平方向成α角时，解得f=0.4N（2）如图根据平行四边形定则，将B物体的速度沿绳子方向和垂直绳子方向进行分别有解得B物体的速度大小14．(1)0.8m/s2；0.16N；(2)0.4T；(3)【详解】(1)由v-t图像可知15-20s内金属杆运动的加速度大小该段时间内合外力等于摩擦力，由牛顿第二定律可得(2)由v-t图像可知，在0-10内金属杆杆没有进入磁场，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得由v-t图像可知加速度由题意可知，15s末撤去拉力，没有感应电流，杆不受安培力作用，杆所受的合外力为滑动摩擦力，由牛顿第二定律得联立解得F=0.24N在10-15s内，金属杆做匀速直线运动，金属杆受到的安培力金属杆做匀速直线运动，处于平衡状态由平衡条件得代入数据解得B0=0.4T(3)15-20s内部产生感应电流，穿过回路的磁通量保持不变金属杆在10-15s内的位移在15s后的金属杆的加速度磁通量保持不变，则金属杆做匀减速直线运动，则有联立解得1