浙江省强基联盟2027届高三上学期一模物理试题 含解析

2026年高三8月题库物理试题考生注意：1、本试卷分为选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2、考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3、可能用到的参数：重力加速度取，，。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.达因（）是厘米克秒制中的一个常用单位，已知，从单位制角度分析，达因是下列哪个物理量的单位（）A.功率 B.力 C.能量 D.速度【答案】B【解析】【详解】A．根据公式可得功率的国际单位为，故A错误；B．根据牛顿第二定律力的国际单位为题目给出，故B正确；C．功为衡量能量转化的物理量，根据公式可得能量的国际单位为，故C错误；D．速度的单位为，故D错误。故选B。2.2026年7月10日12时15分，长征十号乙运载火箭在海南商业航天发射场点火升空，火箭一二级分离约6分钟后，一级火箭最后垂直落回海上回收平台。下列说法正确的是（）A.一级火箭返回过程，一直处于失重状态B.“12时15分”、“约6分钟”均指时间间隔C.从发射至回收，一级火箭位移不为0D.研究一级火箭回收过程时的姿态，可将其视为质点【答案】C【解析】【详解】A．一级火箭返回过程中，临近回收平台时需要减速落地，此时加速度向上，处于超重状态，并非一直失重，故A错误；B．“12时15分”对应火箭点火的瞬间，是时刻；“约6分钟”对应一二级分离到一级落地的过程时长，是时间间隔，二者不都为时间间隔，故B错误；C．一级火箭初始位置是陆地发射场，最终落回海上回收平台，初末位置不重合，因此位移不为0，故C正确；D．研究火箭回收姿态时，需要关注火箭的形状、朝向等自身特征，不能忽略其大小和形状，因此不可视为质点，故D错误。故选C。3.图中港珠澳大桥上一辆电动汽车正匀速行驶在水平路段，对于该过程下列说法正确的是（）A.汽车重力的冲量为0B.汽车的机械能保持不变C.汽车对桥面的压力就是汽车的重力D.轮胎受到的支持力由轮胎形变产生的【答案】B【解析】【详解】A．由冲量公式可得，汽车重力的冲量为，其中重力和时间均不为0，则汽车重力的冲量不为0，故A错误；B．汽车匀速行驶在水平路段，动能和重力势能均不变，则汽车的机械能保持不变，故B正确；C．汽车对桥面的压力大小等于汽车的重力大小，但压力不是重力，故C错误；D．轮胎受到的支持力的施力物体是桥面，是由桥面形变产生的，故D错误。故选B。4.关于教材中的插图，下列说法正确的是（）A.图甲实验可以估算原子核的尺寸B.图乙实验中电子的速度越大，中心的亮斑半径越大C.图丙装置中利用的射线是射线D.图丁中镉棒使“快中子”变为“慢中子”【答案】A【解析】【详解】A．图甲是卢瑟福的α粒子散射实验，通过对大角度散射α粒子的分析，可以估算出原子核的直径数量级，从而估算原子核的尺寸，故A正确；B．根据德布罗意关系，电子速度越大，动量越大，对应的物质波波长越短。由衍射规律可知，波长越短，衍射现象越不明显，中心亮斑的半径越小，故B错误；C．α射线穿透能力很弱，无法穿透厚的塑料板或金属板，图丙的测厚装置利用的是穿透能力较强的γ射线，并非α射线，故C错误；D．核反应堆中，使快中子减速为慢中子的是慢化剂（如重水、石墨），镉棒的作用是吸收中子，控制链式反应的速率，故D错误。故选A。5.如图所示，一台空调外机用2个三角形支架固定在外墙上，重力大小为，重心恰好与横梁和斜梁连接点在同一竖直面内。水平，跟的夹角为，梁所受力方向均沿梁，下列说法正确的是（）A.对点的作用力大小为B.对点的拉力大小为C.保持点位置不变，若加长，则受力将增大D.保持点位置不变，若加长，则受力将增大【答案】B【解析】【详解】A．将BO的作用力沿水平、竖直方向分解：竖直方向与一半重力平衡：解得，故A错误；B．水平方向平衡：代入得，故B正确；CD．O点位置不变，加长BO时，BO与水平AO的夹角会变大。根据平衡关系：，，增大时，增大、减小，因此减小，也减小，故CD错误。故选B。6.太空碎片会对航天器带来危害。空间站绕地球做逆时针方向的匀速圆周运动，如图中实线所示，太为了避开碎片，空间站在点以极短时间喷射气体，喷射方向沿径向（图中箭头所示）。变轨后轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则空间站（）A.变轨后的运动周期变小B.变轨前、后经过点的速率变小C.变轨前的速率比变轨后的远地点速率大D.变轨前、后经过点的向心加速度大小不变【答案】C【解析】【详解】A．因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知，空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，故A错误；B．变轨后在P点因反冲运动相当于瞬间获得竖直向下的速度，原水平向左的圆周运动速度不变，因此合速度变大，即空间站变轨后在P点的速度比变轨前的大，故B错误；C．设变轨后远地点到地球球心为半径的圆轨道的速度为，由万有引力提供向心力有可得可知，变轨前的速率大于，从远地点进入椭圆轨道需减速做近心运动，则变轨后的远地点速率小于，则有变轨前的速率比变轨后的远地点速率大，故C正确；D．由牛顿第二定律有解得可知，变轨前、后经过点的加速度大小不变，由于变轨前的加速度即为向心加速度，变轨后经过点时加速度为切向加速度和向心加速度的合加速度，则变轨前、后经过点的向心加速度大小改变，故D错误。故选C。7.尼科尔棱镜是利用方解石双折射特性制造的偏振器件。其原理是一束单色自然光入射到第一块棱镜端面上，进入棱镜后分为o光和e光，o光以入射到树胶等厚薄层，恰好发生全反射，其光路如图所示。而e光会经树胶薄层从第二块棱镜端面射出，得到纯度极高的线偏振光。下列说法正确的是（）A.方解石晶体属于多晶体B.o光光子能量大于e光光子能量C.o光在方解石晶体中传播速度为D.e光从偏振器件右端出射方向与左端入射方向平行【答案】D【解析】【详解】A．方解石是光学各向异性晶体，具有双折射现象，这说明它属于单晶体，故A错误；B．o光、e光是同一束单色自然光分解出来的，频率相同；光子能量，所以光子能量相等。故B错误；C．o光在树胶层界面恰好全反射，入射角等于临界角C，所以o光在方解石晶体中传播速度为故C错误；D．树胶层是等厚平行薄层，前后两个界面互相平行。光线穿过平行的薄层介质：入射面与出射面平行，出射光线和入射光线互相平行，只发生侧移，传播方向不变。左边入射端面、右边出射端面也是平行的，所以e光从器件右端出射方向，与左端入射方向平行。故D正确。故选D。8.物体只在重力和空气阻力作用下的运动轨迹如图所示，已知物体的质量为，所受空气阻力与速率成正比，，方向与速度方向相反，抛出瞬间速度大小为，与水平方向的夹角为，落地瞬间速度大小为，与水平方向的夹角为。关于物体从抛出到落地的整个过程，下列说法正确的是（）A.物体经过最高点时速率最小B.空气阻力对物体做功为C.物体的水平射程为D.物体在空中飞行的时间为【答案】D【解析】【详解】A．物体经过最高点时受竖直向下的重力和水平向左的阻力，合力方向与速度方向夹角大于，此时速率不是最小值，故A错误；B．从抛出到落地整个过程只有重力和空气阻力做功，且重力做功等于零，根据动能定理有空气阻力对物体做功为，故B错误；C．在水平方向上，物体仅受空气阻力的水平分力作用，设瞬时水平分速度为，在微小时间内根据动量定理有对整个运动过程进行累积求和有解得其中，物体的水平射程，故C错误；D．在竖直方向上，取竖直向上为正方向，设瞬时竖直分速度为，在微小时间内根据动量定理有对整个运动过程进行累积求和有解得其中，物体由水平地面抛出又落回同一水平地面，整个过程竖直位移为零，即解得物体在空中飞行的时间为，故D正确。故选D。9.如图是我国自主研发的全球最大海上风力发电机，其叶片转动时可形成直径的圆面。某时间内该地区的风速是，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，完整转一圈产生电能，已知空气的密度为，假如这个风力发电机能将此圆内40%的空气动能转化为电能。下列估算正确的是（）A.叶轮的转速约为B.发电机的发电功率约C.叶尖线速度大小约D.叶轮完整转一圈冲击叶片圆面的空气动能约【答案】B【解析】【详解】A．设叶轮转一圈所用时间为T，则T时间内通过叶片所在圆面的空气质量为这部分空气的动能又联立解得叶轮的转速约为。故A错误；B．发电机的发电功率约故B正确；C．叶尖线速度大小约故C错误；D．由得，叶轮完整转一圈冲击叶片圆面的空气动能约。故D错误。故选B。10.如图所示，磁极N、S间的磁场可看作匀强磁场，磁感应强度，矩形线框的面积，共匝，内阻，边与滑环E相连，边与滑环F相连，理想二极管与串联，其中。若线圈正在绕轴以角速度顺时针匀速转动，图中线圈所在位置恰好与磁场垂直，此时开始计时，下列说法正确的是（）A.电流表示数为B.两端电压表达式为C.转一周过程中，外力所做的功为D.线框转过一周，外电路流过电荷量为【答案】D【解析】【详解】A．线圈在图示位置时，与中性面重合，线圈不切割磁感线，感应电流为零，此时开始计时，所以电动势表达式其中电动势最大值电动势有效值因为理想二极管与串联，所以只有半个周期有电流通过，且与并联，这半个周期的过程中，电流有效值没有电流通过，电流有效值整个周期电流的有效值为，内电阻产生热有解得电流表示数为，故A错误；B．根据楞次定律可得从图示位置开始的半个周期点电势高，二极管断路，没有电流通过，、两端电压有效值最大值为、两端电压表达式为之后半个周期有电流通过，、两端电压有效值最大值为、两端电压表达式为，故B错误；C．转一周的过程中，外力所做的功等于回路消耗的电能，有解得，故C错误；D．线框转过一周，只有半个周期有电流通过，此过程与并联，通过电阻的电荷量其中，解得外电路流过电荷量为，故D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11.“地震预警”是在地震发生后，在地震波传播到受灾地区前，提前几秒至几十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构研究地震波时将其简化为简谐波处理，时的波形图如图甲所示，、分别是平衡位置处于、处的质点，图乙为质点的振动图像，则（）A.该横波的波速大小为B.该波沿轴正方向传播C.时，质点运动到处D.时，质点的加速度沿轴正方向【答案】BD【解析】【详解】A．

从甲图可得波长，从乙图可得周期，根据波速公式，故A错误；B．由乙图可知，时质点M在平衡位置，且向轴负方向运动。根据波形图的“上下坡法”，可判断波沿x轴正方向传播，故B正确；C．横波中质点仅在平衡位置附近沿y方向振动，不会随波迁移到其他x坐标处，故C错误；D．

时，质点N在平衡位置，因波沿x正方向传播，此时N向y轴正方向运动。周期，从到经过了，此时N位于波谷，加速度方向沿y轴正方向，故D正确。故选BD。12.某种光伏电池如图甲所示，其中透明导电的球壳为阳极，球形感光材料为阴极，现用理想电压表连接阴极和阳极。图乙为氢原子能级图，一群处于能级的氢原子向低能级跃迁过程中，辐射光照射阴极，只有频率为和的光能发生光电效应，电压表最大示数分别为和，其中。已知光速。下列说法正确的是（）A.光的光子能量为B.、两种光的光子动量之差为C.图甲中，光产生的光电子初动能一定大于光产生的D.图乙中，该群氢原子向低能级跃迁能辐射3种不同频率的可见光【答案】AB【解析】【详解】一群能级的氢原子向低能级跃迁，共辐射6种频率的光子，能量从大到小依次为

、、、、、。题目中只有2种光能发生光电效应，因此能发生光电效应的是能量最大的两种光子和。结合​（遏止电压越大对应光子能量越高），可知​对应12.75eV的光子，​对应的光子。A．由以上分析可知​对应的光子，故A正确；B．光子动量满足​，因此两种光的动量差

，故B正确；C．根据光电效应方程​，光产生的光电子最大初动能更大，但单个光电子的初动能是随机的，存在​光的光电子初动能大于光的光电子初动能的情况，故C错误；D．可见光属于巴尔末系：跃迁到n=2，4→2、3→2，只有2种可见光，不是3种，故D错误。故选AB。13.现有一缓冲装置放于水平光滑桌面，如图所示，一长为的轻杆左端与一劲度系数为的轻弹簧相连，右端恰好放置在槽口处，槽固定在桌面上。质量为的物块以的速度向右撞击弹簧，使轻杆插入槽中，但不超过，弹簧始终在弹性限度内。已知轻杆与槽之间阻力满足，为常数，为轻杆插入槽的深度；弹簧的弹性势能，其中为形变量。物体从接触弹簧到离开弹簧过程中，下列说法正确的是（）A.轻杆与槽之间的阻力冲量大小为B.轻杆插入的最大深度为C.最终物块的动量变化量大小为D.轻杆插入最大深度的一半时，物块的动能为【答案】BC【解析】【详解】A．由题意可知物体离开弹簧时有向左的速度，取向左为正方向，对物体、弹簧和轻杆组成的系统，由动量定理可得，故A错误；B．由于是轻杆，杆和弹簧组成的整体两端的力大小相等，即设轻杆最大插入深度为，阻力是随深度线性变化的力，克服阻力做功为变力功由能量守恒，物块初动能全部转化为弹簧弹性势能和克服阻力的功方程联立，解得轻杆插入的最大深度为，故B正确；C．根据B选项分析可知的最大值为则弹簧最大的弹性势能物块向左运动时弹簧弹性势能转化为物块的动能，即解得最终物块的动量变化量大小为，故C正确；D．轻杆插入最大深度的一半时，因此物块此时的动能为，故D错误。故选BC。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共58分）14.某小组需要完成三个实验：实验1探究小车（或滑块）速度随时间变化规律；实验2探究小车（或滑块）加速度与力、质量的关系；实验3验证机械能守恒定律，现有如下甲乙两装置可供选择。其中槽码质量为，小车或滑块质量为。（1）下面说法正确的是__________。A.用图甲装置完成实验1和2均需满足远大于B.当图甲装置补偿阻力后，仍不能完成实验3C.用图乙装置完成实验2时只需要绳子平行于轨道D.用图乙装置完成实验3时轨道必须倾斜一定角度（2）丙图为某同学利用甲装置打出纸带的一部分，已知计时器使用交流电频率为，则小车的加速度大小为__________（结果保留2位有效数字）（3）利用装置甲探究“小车质量一定，加速度与力的关系”，补偿小车阻力后，通过改变槽码质量，得到多组数据。以加速度为纵轴，槽码重力为横轴，甲同学利用最初的几组数据拟合了一条直线①；乙同学利用所有数据得到了图丁中的曲线②。分析乙同学图线弯曲的原因__________。过作一条平行纵轴的虚线，分别与图线相交、两点，则、所对应的纵坐标之比__________（用、表示）。【答案】（1）B（2）0.72##0.73（3）①.不满足的近似条件②.【解析】【小问1详解】A．实验1中不涉及利用槽码的重力去等效替代细线的拉力，因此无需满足槽码质量远小于小车总质量的条件，实验2才需要，故A错误；B．甲装置补偿阻力后，小车受到拉力、摩擦力抵消，还有纸带阻力，运动过程中除重力外还有纸带阻力做功，机械能不守恒，不能完成实验3，故B正确；C．乙装置做实验2，除绳子平行轨道外，还需要平衡摩擦力，故C错误；D．乙装置做实验3，是验证槽码与滑块组成的系统机械能守恒，即系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量，所以不需要将轨道倾斜一定角度，故D错误。故选B。【小问2详解】由图丙可得，，根据逐差法，可得其中代入数据解得【小问3详解】[1]随着槽码质量增大，不满足的近似条件，槽码重力大于细绳实际拉力，图像向下弯曲；[2]直线①，满足的近似条件，槽码重力等于细绳实际拉力，根据牛顿第二定律有曲线②，不满足的近似条件，槽码重力大于细绳实际拉力，根据牛顿第二定律，对槽码有对小车有联立解得联立可得15.某小组为探究某款5号充电电池的电动势和实际容量是否与标称的一致，进行如下两组实验：（1）将4节该型号充电电池串联，与开关、数字电流表（可视为理想电流表）、电阻箱连成一个回路，实物连线图如图甲所示，闭合开关，记录数字电流表示数及电阻箱阻值；断开开关，改变，重复以上步骤，得到和的关系如图乙所示，由图乙可得每节充电电池的电动势________（结果保留2位有效数字）。（2）为研究电池容量，可以使用“电子负载”对其进行放电测试。电子负载是用电子器件实现“负载”功能的设备，可以准确测出两端电压，精确调整电流，“负载”符合欧姆定律。测试电路如图丙所示，将4节电池串联成电池组，设置电子负载参数为“恒定电流”放电，得到放电曲线如图丁所示，即电池组的端压随放出电量的变化曲线。①当每节电池两极间电压降到时，所放出的总电量为电池的最大可用容量。根据放电曲线，可得每节充电电池的最大可用容量________；②已知充电电池放电过程中电动势基本保持不变，根据放电曲线，可知放电过程中电池内阻________（填“变大”或“变小”）；电池的输出功率________（填“变大”或“变小”）。【答案】（1）1.4（2）①.1800##1790##1810②.变大③.变小【解析】【小问1详解】设4节串联电池的总电动势为​，总内阻为​，由于电流表是理想电流表，根据闭合电路欧姆定律：

整理得

，因此​图像的斜率等于总电动势​结合图像可得总电动势每节电池电动势【小问2详解】[1]

4节串联电池的总截止电压为，对应图丁中的位置，横坐标的单位是，读出总放出电量约为，这就是单节电池的最大可用容量。[2][3]根据闭合电路欧姆定律，电池组的路端电压​，题目说明总电动势​、放电电流均恒定，从放电曲线可见路端电压逐渐减小，因此总内阻逐渐变大；电池输出功率，由于电流恒定、路端电压不断减小，因此输出功率逐渐变小。【点睛】16.关于光学、热学几个实验，下列说法正确的是__________A.在“测量玻璃的折射率”的实验中，操作过程如图（a）所示，测得的折射率偏大B.在“油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，根据图（b）估测出的分子的直径偏大C.“探究气体等温变化的规律”实验装置如图（c）所示，此装置必须保持竖直D.“用双缝干涉测量光的波长”实验时，用图（d）所示进行测量，测得的波长偏大【答案】BD【解析】【详解】A．测量玻璃折射率实验中，图（a）的玻璃砖下边沿偏下，会导致出射点标记偏右，测得的折射角比真实折射角偏大，根据折射定律可知偏大，则计算得到的折射率偏小，故A错误；B．油膜法估测分子直径实验中，图（b）的油膜轮廓有大量尖刺，会出现许多不足半格的方格，若按此轮廓计算油膜面积，会把面积估测得比真实油膜面积偏小，根据​可知偏小，则得到的分子直径偏大，故B正确；C．探究气体等温变化规律的实验中，研究的是封闭气体的压强和体积的关系，压强可由压力表直接读出，装置不需要必须保持竖直，故C错误；D．用双缝干涉测量光的波长时，分划板的中心刻线没有对齐干涉条纹，而是斜着跨过多条条纹，会导致条纹间距的测量值比真实值偏大，根据公式可得可知测量偏大时，波长λ会偏大，故D正确。故选BD。17.“”形且上端开口的玻璃管如图甲所示，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗、细部分的横截面积分别为、，其中。封闭气体初始温度为，气体长度，图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线。（大气压强为）求：（1）当水银柱恰好全部进入细管时的温度；（2）水银柱总体积；（3）图乙中状态至状态过程，内能改变，气体吸收多少热量？【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】恰好全部进入细管时，水银高度差不变，气体压强不再变化，对应点解得【小问2详解】加热至时，此时水银全部进入细管中，故粗管高度为最初的水银柱高度差为在粗管部分细管部分全部进入细管后水银高度差为则水银柱的体积解得，【小问3详解】根据图像可得，图乙中状态至状态过程，外界对气体做功由热力学第一定律得解得18.如图所示，为竖直平面内的倾斜轨道和圆轨道，两者在点平滑相切连接，且和略错开，直轨道、和半圆形弯道固定在光滑水平桌面上，整个空间存在水平向右的匀强电场。倾角，长为；竖直圆轨道和半圆弯道半径均为；直轨道和长均为。一质量为、带正电的滑块（可视为质点）在点获得初动能后沿轨道运动。已知滑块所受电场力大小恒为，滑块与直轨道、的动摩擦因数，其余轨道均光滑，所有轨道绝缘。（1）若，求滑块到达圆轨道最低点的速度大小；（2）若滑块恰能在竖直圆轨道上做完整的圆周运动，求滑块对竖直圆轨道的最大弹力大小；（3）在处固定一竖直挡板，滑块与挡板碰后能原速率反弹，若滑块经一次反弹后不再进入半圆形弯道，求初动能应满足的条件。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】对小滑块受力分析，可知电场力和重力的合力大小为，方向与斜面垂直向下，故小滑块合外力为0，在段小滑块做匀速直线运动，则有对到，根据动能定理解得【小问2详解】等效重力等于电场力和重力的合力大小为，恰好做完整的圆周运动时，在等效最高点处有从等效最高点到等效最低点，根据动能定理有解得弹力和等效重力提供所需向心力，则有解得根据牛顿第三定律可得，滑块对竖直圆轨道的最大弹力大小为【小问3详解】①能过圆轨道，则段合外力做功不脱离竖直圆轨道需要到达点的速度满足因此②能过半圆弯道最左侧，则段合外力做功滑块在段不脱离时，在圆轨道最左侧处电场力和轨道支持力一起提供所需向心力，则有同时滑块到最左侧时，根据动能定理有联立解得③反弹后不进入半圆弯道，则从到再反弹回，外力做功为从到经反弹回，根据动能定理有解得综上分析可得19.图甲是简单的直流电动机模型示意图，固定部分为一对磁极和圆柱形铁芯，它们之间的磁场可认为沿径向分布；旋转部分为单匝矩形导线框，能绕轴心线转动，线框无论转到什么位置，线框平面都跟图乙中的磁感线平行，线框的、边所处位置的磁感应强度大小处处为。线框通过换向器与直流电源连接。已知、边的质量均为、长度均为，其他部分质量不计，线框总电阻为。电源电动势为，内阻为。当闭合开关，线框由静止开始在磁场中转动，忽略一切摩擦以及线圈的自感系数。（1）求刚闭合开关瞬间，线框中的电流；（2）求闭合开关后，线框由静止开始转动到转动速率达到稳定的过程中，线框边能达到的最大速率和电源所释放的电能；（3）当用电动机带动其他机器稳定工作时，线框的、边相当于都受到与转动速度方向相反、大小恒定的阻力。写出此时电动机工作效率的表达式。【答案】（1）（2）；（3）【解析】【小问1详解】根据闭合回路欧姆定律可得