湖南省邵阳市2027届高三上8月第一次学情检测物理练习试卷（含解析）

第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页湖南省邵阳市2027届高三上8月第一次学情检测物理练习试卷及答案学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________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．第一部分（选择题共43分）一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．[4分]铽的同位素Tb-161因半衰期为6.9天且衰变时发射β射线，适合制备放射性药物。关于衰变，下列说法正确的是（）A．经过13.8天，10g铽的同位素Tb-161衰变后剩余7.5gB．10个Tb-161原子经过6.9天有5个发生衰变C．通过高温高压可改变Tb-161的半衰期D．β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸2．[4分]如图所示,矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B0,AB边长为d,BC边长为2d,O是BC边的中点,E是AD边的中点.在O点有一粒子源,可以在纸面内向磁场各个方向射出质量均为m、电荷量大小均为q的相同电性的带电粒子,粒子射出的速度大小相同,速度方向与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场,不计粒子的重力和粒子间相互作用,则 ()A．粒子带正电B．粒子运动的速度大小为2C．粒子在磁场中运动的最长时间为πmD．磁场区域中有粒子通过的面积为4+π4d3．[4分]如图甲所示，太阳系中有一颗“躺着”自转的蓝色“冷行星”——天王星，周围存在着环状物质。为了测定环状物质是天王星的组成部分，还是环绕该行星的卫星群，假设“中国天眼”对其做了精确的观测，发现环状物质线速度的二次方即与到行星中心的距离的倒数即关系如图乙所示。已知天王星的半径为，引力常量为G，以下说法正确的是（）A．环状物质是天王星的组成部分B．天王星的自转周期为C．关系图像的斜率等于天王星的质量D．天王星表面的重力加速度为4．[4分]农田、园林的喷灌装置能够旋转喷水，某喷口在旋转过程中，前后两次喷出的水流轨迹如图所示，已知两股水流轨迹的最高点等高，O点为喷口在水平地面上的投影，落点A、B到O点的距离之比为，忽略空气阻力，则（）A．水流1从喷口喷出到落地用时比水流2要长B．水流1和水流2在最高点的速度大小之比为C．水流1和水流2从喷出到落地的平均速度之比为D．相同高度处水流1的流量比水流2的流量小5．[4分]如图所示，水面上有两个相距4m、频率均为2Hz的波源S1和S2，水面上P点到S1的距离为3m，到S2的距离为5m。t=0时，两波源同时由平衡位置开始向下做简谐运动，t=1.5s时，P点开始振动。已知两波源发出的水波分别传到P点引起的振动振幅均为10cm，下列说法正确的是（）A．该水波的波长为2mB．0~3s内，P点运动的路程为120cmC．P点与S2的连线之间（不含P、S2两点）有6个振动减弱点D．S1与S2的连线之间（不含S1、S2两点）有8个振动加强点6．[4分]如图，空间存在边长为a的正四面体，O为水平底面ABC中心。A、B、C三点各固定一个电荷量为+Q的点电荷，在外力作用下将电荷量为+q的探测电荷沿PO连线从P点缓慢移至O点。已知静电力常量为k，下列说法正确的是（）A．探测电荷在P点时，受到的库仑力竖直向下B．探测电荷在P处的电势能大于在O处的电势能C．从P点向O点移动过程中，外力的大小保持不变D．若将B点的+Q替换为-Q，探测电荷在O点受到的库仑力为7．[4分]如图是a、b两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，A．在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光的大B．从同种介质射人真空发生全反射时a光临界角小C．照射在同一金属板上发生光电效应时，a光的饱和电流大D．若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的能级能量差大二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．[5分]如图所示，有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧Q与竖直方向的夹角为θ,重力加速度为g,则下列说法中正确的是（）A．轻绳P的弹力大小可能小于mgB．弹簧Q可能处于拉伸状态C．剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为gD．剪断轻弹簧瞬间，物块仍能保持平衡9．[5分]如图甲是街头常见的变压器，它通过降压给用户供电，简化示意图如图乙所示，各电表均为理想交流电表，变压器的输入电压U1保持不变，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻为R0。当并联的用电器增多时，下列判断正确的是 甲 乙A．电流表A1示数减小，A2示数减小B．电压表V2示数不变，V3示数增大C．变压器的输入功率和输出功率都增大D．V3的变化量ΔU3与A1的变化量ΔI1之比不变10．[5分]2025年6月，邵阳市第四届旅游发展大会在“卤菜之都”武冈如期举行，与会期间，一卤菜商进行了如图所示操作，他将一包质量m=1

kg的卤菜（密封包装好的）自传送带的底端A轻放上传送带，已知传送带转轴间距AC长为L=10

m,倾角为θ=37∘,以恒定速度v=2

m/s顺时针运行，卤菜与传送带间的动摩擦因数为μ=78,设卤菜所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，gA．卤菜到传送带的顶端C历时6

sB．卤菜到达传送带顶端C的过程中因摩擦产生的热量为14

JC．卤菜到达传送带顶端C的过程中电动机多消耗的电能为62

JD．卤菜到达传送带顶端C的过程中电动机多消耗的电能为76

J第二部分（非选择题共57分）非选择题：本大题共5题，共57分。11．[8分]某同学用图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度的大小”实验，忽略空气阻力的影响。 甲 乙 丙（1）组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用螺旋测微器测量小钢球直径,示数如图乙所示,小钢球直径d=mm，记摆长l（2）拉开小钢球，使摆线偏离平衡位置的角度不大于5∘，由静止释放小钢球，当其振动稳定时,从经过最低点开始计时,记下n次全振动的时间t,计算出周期T=（3）多次改变单摆的摆长l并测得相应的周期T，根据测量数据作出如图丙所示的图像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是（填“l2”“l”或“l”），若图线斜率为k，则重力加速度g=12．[9分]（1）某同学想测量量程为3

V的电压表的内阻，该同学先用多用电表电阻“×10”挡测量，测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，需要将多用电表挡位调到电阻（填“×1”或“×100”）挡；再次将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零；测量时，多用电表指针指示的位置如图甲所示，由此可以得到电压表的内阻为Ω。甲（2）该同学为了精准测量，设计了如图乙所示的电路，实验可供选择的器材如下：乙待测电压表V电源E(电动势电压表V1(量程5

V，定值电阻R0(滑动变阻器R1(滑动变阻器R2(开关S，导线若干①在图乙电路中，滑动变阻器应选择（填“R1”或“R②闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移动到某一位置时，电压表V1、待测电压表V的示数分别为U1、U，则待测电压表内阻RV=（用U1、③为了减小测量的误差，移动滑动变阻器的滑片，多次记录电压表V、V1的读数分别为U、U1，以U为纵坐标，U1为横坐标，作出U−U1关系图像，图像的斜率为k，则可得待测电压表内阻RV=13．[12分]如图所示,在绝热圆柱形汽缸中用光滑绝热活塞密闭有一定质量的理想气体,在汽缸底部开有一小孔,与U形水银管相连,外界大气压为

,缸内气体温度

27℃,稳定后两边水银面的高度差为

,此时活塞离容器底部的高度为

L=50cm(U形管内气体的体积忽略不计).已知柱形容器横截面

S=0.01m2,取

75cmHg压强为

,重力加速度

g=10m/s2

（1）求活塞的质量;

（2）若容器内气体温度缓慢降至-3℃,求此时U形管两侧水银面的高度差

′和活塞离容器底部的高度L′.14．[12分]如图所示，平行金属导轨MN、M'N'和平行金属导轨PQR、P'Q'R'固定在高度差为h（数值未知）的两水平台面上。导轨MN、M'N'左端接有电源，MN与M'N'的间距为L＝0.10m，其导轨空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B1＝0.20T；平行导轨PQR与P'Q'R'的间距也为L＝0.10m，其中PQ与P'Q'是圆心角为60°、半径为r＝0.50m的圆弧形导轨，QR与Q'R'是水平长直导轨，QQ'右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B2＝0.40T。导体棒a的质量m1＝0.02kg，接在电路中的电阻R1＝2.0Ω，放置在导轨MN、M'N'右侧N'N边缘处；导体棒b的质量m2＝0.04kg，接在电路中的电阻R2＝4.0Ω，放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a从NN'水平抛出，恰能无碰撞地从PP'处以速度v1＝2m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度取g＝10m/s2，不计一切摩擦及空气阻力。求：（1）导体棒b的最大加速度；（2）导体棒a在QQ'右侧磁场中产生的焦耳热；（3）闭合开关K后，通过电源的电荷量q。15．[16分]如图所示，在竖直平面内，固定一个半径为R的光滑圆轨道，其中O为圆心，a、b、c、d、P为圆周上的点，且a、O、c高度相同，控制两小球A、B分别静止在a、c两点，且小球的质量之比eq\f(mA,mB)≤10。OP与水平方向夹角为30°，重力加速度为g。某时刻无初速度释放小球A，（1）求小球A滑到轨道最低点d时的速度vA的大小；（2）若小球A与小球B同时释放，它们在d点碰撞后粘在一起并刚好能滑到P点，求A、B的质量之比；（3）若小球A与小球B同时释放，碰撞后，两球不粘连，其中A球刚好能到达P点，在A到达P点之前，A、B没有再次发生碰撞，且A、B球均不脱离轨道，求A、B质量之比的范围。（计算结果可用根式表达）

参考答案1．【答案】D【详解】经过13.8天，即两个半衰期，10g铽的同位素Tb-161衰变后剩余，而非，故A错误；半衰期是大量原子核的统计规律，不适用于少数原子，故B错误；每种元素原子核的半衰期都是固定的，不受外界温度、压强等影响，故C错误；β射线电离作用较弱，穿透能力较强，很容易穿透黑纸，故D正确。2．【答案】D【解析】速度方向与OB的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，由粒子运动的轨迹，根据左手定则可判断粒子带负电，由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r＝d，如答图所示，由牛顿第二定律，有qvB0＝meq\f(v2,r)，则粒子运动的速度大小为v＝eq\f(qB0d,m)，A、B错误；由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为t＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2qB0)，C错误；由图可知磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA区域的面积，即为d2＋eq\f(1,4)πd2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4＋π,4)))d2，D正确.3．【答案】D【详解】AB：若环状物质是天王星的组成部分，则环状物质与天王星同轴转动，角速度相同是定值，由线速度公式v=ωr可得v∝r，题中图线特点是∝，说明环状物质不是天王星的组成部分，AB错误；C：若环状物质是天王星的卫星群，由天王星对环状物质的引力提供环状物质做圆周运动的向心力，则有，可得v2=GMr−1，则有∝，由图像特点可知，环状物质是天王星的卫星群，可得−图像的斜率等于GM，不等于天王星的质量，C错误；D：由−的关系图像可知的最大值是，则天王星的卫星群转动的最小半径为r0，即天王星的半径是r0，卫星群在天王星的表面运行的线速度为v0，天王星表面的重力加速度即卫星群的向心加速度为，D正确。选D。4．【答案】B【详解】由于两股水流从喷出到最高点的高度相等，竖直方向上有，可知两股水流在竖直方向的分速度相等，根据，可知，两股水流从喷口喷出到最高点历时相等，由于最高点等高，由，可知最高点至落地时间相等，故两股水流从喷出至落地用时均为，故水流1从喷口喷出到落地用时比水流2相等，A错误；两股水流在最高点的速度之比等于其水平分速度之比，根据，知，在最高点的速度之比等于其水平分位移之比，即，B正确；水流1和水流2从喷出到落地用时相等，竖直位移相等，水平位移之比3:1，则合位移之比不等于，则其平均速度之比不等于，C错误；由A、B项分析知，水流1的初速度比水流2的大，喷口横截面积相等，根据流量可知，相同高度处水流1的流量比水流2的大，D错误。5．【答案】C【详解】波速与介质有关，两个波源发出的水波波速一致，所以S1的水波先传到P点，传播距离，传播时间，求出波速两个波源发出的水波频率均为2Hz，周期求出波长，故A错误；时，S1的水波传到P点，P点开始振动，振幅为S1的水波传到P点的时间所以在内，P点振动的周期数P点振动的路程时，S1的水波在P点处于平衡位置开始向下做简谐运动，S2的水波刚传播到P点，也处于平衡位置开始向下做简谐运动，所以P点为加强点，此时振幅为内，P点振动的周期数P点振动的路程所以内P点振动的路程，故B错误；在P点与S2的连线之间（不含P、S2两点）任取一点A，设S1A距离为、S2A距离为，根据振动减弱点的定义得由几何关系得，从A点与P点重合到S1A垂直S2A的过程中，与在减小，也在减小。A点与P点重合时S1A垂直S2A时所以在此过程中，有1个减弱点，即从S1A垂直S2A到A点与S2点重合的过程中，增大，在减小，减小。A点与S2点重合时所以在此过程中，有5个减弱点，即因此，共6个减弱点，故C正确；在S1点与S2的连线之间（不含S1、S2两点）任取一点B，设S1B距离为、S2B距离为，根据振动加强点的定义得解得：，，，，，，，共7个加强点，故D错误。6．【答案】D【详解】设底面的外接圆半径为，则正三角形边长为时，，又因为是正四面体，所以在点，三个对探测电荷的作用力大小相等。由对称性可知，水平方向的分力相互抵消，合力一定沿方向。由于三个固定电荷都带正电，探测电荷也带正电，因此作用力都是斥力，合力方向应沿向上，即远离底面方向，而不是竖直向下，故A错误。点的电势为，点的电势为，显然，由于探测电荷带正电，电势能，所以，即探测电荷在处的电势能小于在处的电势能，故B错误。设探测电荷在上某点，且该点到底面中心的距离为，则它到的距离都为，每个点电荷对探测电荷的库仑力沿连线方向，其沿方向的分力为，故三个点电荷的合力大小为，显然这个力随变化，不是常量。由于探测电荷是缓慢移动的，外力大小始终与库仑力大小相等，所以外力大小也不会保持不变，故C错误。若将点的替换为，则在点，点的对探测电荷的作用力大小为，方向沿，点的对探测电荷的作用力大小也为，方向沿，点的对探测电荷的作用力大小同样为，方向沿。，设为从指向三个顶点的矢量，则正三角形中心满足，因此，所以、两个电荷在点产生的合力大小为，方向沿。再与点的负电荷产生的力叠加，可得总库仑力大小为，故D正确。7．【答案】BD【详解】根据Δx=Ldλ可知λa<λb，a光的折射率大于b根据sinC=1n可知a光发生全反射的临界角小发生光电效应时饱和光电流与入射光的强度有关，无法比较饱和光电流的大小，C错误；a光的频率较高，若两光均由氢原子能级跃迁产生，则产生a光的能级差大，D正确。8．【答案】CD【详解】由于轻绳P竖直，且物块并未受到任何具有水平向左分量的力，所以弹簧Q的弹力为零，不可能处于拉伸状态，且轻绳P的弹力大小等于mg,故AB错误；剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不会突变，在此瞬间仍为零，物块只受到重力作用，根据牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为g,故C正确；由于轻弹簧对物块没有弹力，所以剪断轻弹簧瞬间，物块仍能保持平衡，故D正确。故选CD。9．【答案】CD【解析】变压器的输入电压U1保持不变，根据U1U2＝n1n2知，副线圈电压U2不变，故V2示数不变，当并联的用电器增多时，并联部分的电阻减小，副线圈所在回路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，通过副线圈的电流I2增大，故A2示数增大，根据I1I2＝n2n1知，原线圈中电流I1增大，故A1示数增大，A错误；由闭合电路欧姆定律得，并联电路两端电压U3＝U2－I2R0，I2增大，U2不变，则U3减小，故V3示数减小，B错误；变压器的输入功率等于输出功率，由P＝U1I1知，输入功率和输出功率均变大，C正确；副线圈电压U2不变，则V3的变化量ΔU3与R0两端电压的变化量ΔU0之和为零，所以｜ΔU3｜＝｜ΔU0｜，I1I2＝n2n1，所以ΔI10．【答案】ABD【详解】卤菜刚放到传送带上时，由牛顿第二定律得μmgcos

θ−mgsin

θ=ma，解得a=gμcos

θ−sin

θ=1

m/s2，卤菜和传送带共速所用的时间t1=va=2

s，该过程中卤菜的位移x=12vt1=2

m<L=10

m11．【答案】（1）20.125(20.124～20.126均可)（1分）（2）tn（2分（3）l（2分）；4π2k【详解】（1）由题图乙可知d=20

mm+12.5×0.01

mm=20.125

mm（2）从经过最低点开始计时，n次全振动时间为t，即nT=t，解得（3）单摆周期公式T=2πlg，已知图像的纵轴为T，且图像为直线，则横轴应为l，图像斜率k=12．【答案】（1）×100（2分）；1

600（2分）（2）①R1（2分②UR0U③kR01−【详解】（1）测量电阻时发现多用电表指针偏转角度过小，说明待测电阻阻值较大，需要将多用电表挡位调到电阻“×100”挡（易错点：用多用电表电阻挡位测量电阻时，初始指针在最大刻度处），测量时，多用电表指针指示的位置如题图甲所示，由此可以得到电压表的内阻为16×100

Ω=1

600

Ω。（2）①根据题图乙所示的电路可知，滑动变阻器采用的是分压式接法，为了方便调节，应选最大阻值较小的滑动变阻器，即R1②通过待测电压表的电流大小与通过定值电阻的电流大小相同为I=U1−③整理RV=UR0U1−U13．【答案】（1）；（2）【详解】（i）A中气体压强PA=P0+P△h=76.5cmHg=1.02×105Pa对活塞PAS=P0S+mg解得m=2kg．（ii）由于气体等压变化，U形管两侧水银面的高度差不变△h′=1.5cmT1=300K，体积V1=50cm.sT2=270K，体积V2=L′S由：解得：L′=45cm．14．【答案】（1）0.02m/s2（2）0.02J（3）1C【详解】（1）设a棒滑到水平导轨上时的速度大小为v2，则从PP'处到QQ'处，由动能定理得m1g（r－rcos60°）＝12m1v22－1解得v2＝3m/s因为a棒刚进磁场时，a、b棒中的电流最大，所以此时b棒受力最大，加速度最大，此时E＝B2Lv2＝0.12VI＝ER由牛顿第二定律有B2IL＝m2amax解得导体棒b的最大加速度amax＝0.02m/s2。（2）两个导体棒在运动过程中，动量守恒且能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热。所以由动量守恒定律有m1v2＝（m1＋m2）v3设a棒在此过程中产生的焦耳热为Qa，b棒产生的焦耳热为Qb。由能量守恒定律有12m1v22＝12（m1＋m2）v32由于a、b棒串联在一起，所以有QaO联立解得Qa＝0.02J。（3）设闭合开关后，a棒以速度v0水平抛出，则有v0＝v1cos60°＝1m/s对a棒冲出过程，由动量定理得B1ILΔt＝m1v015．【答案】（1）eq\r(2gR)（2）3＋2eq\