2027届广西河池市高三上学期第一次模拟考物理试卷（含解析）

高三自主检测练习物理（本试卷满分100分，考试用时75分钟）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。4．本试卷主要考试内容：高考全部内容。一、选择题：本题共10小题，共46分。第1~7题每题4分，只有一项符合题目要求；第8~10题每题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.福清核电站5号机组是全球首个采用我国自主三代核电技术“华龙一号”的机组。核电站的能量来源于原子核的裂变，其中一个典型的核反应方程为，则X为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】根据电荷数守恒，设X的电荷数为Z，故解得根据质量数守恒，设X的质量数为A，故解得故为，与A选项符合。故选A。2.2026年4月19日，人形机器人“闪电”在北京亦庄半程马拉松中夺冠并打破机器人组赛会纪录。若机器人在一段水平圆弧道路上转弯过程中速度大小保持不变，则机器人（）A.加速度可能为零 B.所受合外力的方向保持不变C.所受合外力的大小一定变化 D.速度的方向一定变化【答案】D【解析】【详解】AD．机器人在一段水平圆弧道路上转弯过程中，任意时刻的速度方向为轨迹的切线方向，因此速度方向一定不断变化，机器人做变速运动，加速度不可能为零，故A错误，D正确；B．机器人沿圆弧运动时，所受合外力指向圆心，合外力的方向随位置不断改变，故B错误；C．机器人沿水平圆弧道路转弯过程中，速度大小不变，故合外力提供向心力，满足由于机器人质量、速度大小、圆弧轨道半径均不变，因此合外力大小恒定，故C错误。故选D。3.如图甲所示弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动，图乙为该弹簧振子在0到内的振动图像，以向右为正方向，由图可知下列说法中正确的是（）A.第2s内振子的加速度逐渐增大B.第2s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C.从第3s末到第5s末振子动能先增大后减小D.振动周期为5s，振幅为8cm【答案】A【解析】【详解】A．由简谐运动的特征，第2s内振子的位移逐渐增大，所以加速度逐渐增大，故A正确；B．第2s末，振子位于负向最大位移处，速度为零，加速度正向最大，故B错误；C．从第3s末到第5s末，振子从平衡位置运动到正向最大位移处，再回到平衡位置，则动能先越来越小，后逐渐变大，故C错误；D．振子的振动周期为，振幅为，故D错误。故选A。4.电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。带电粒子（不计重力）在以下四种器件中运动，下列说法正确的是（）A.甲图中磁感应强度越小，电子的运动轨道半径越小B.乙图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场，大量质量、电量不同的正粒子经质谱仪后，击中光屏同一位置的粒子一定是相同的粒子C.丙图的回旋加速器中所接交流电压越大，粒子所获得的最大动能越大D.丁图中磁流体发电机正常工作时电流方向为，电阻两端的电势差小于发电机的电动势【答案】D【解析】【详解】A．甲图为洛伦兹力演示仪，其中电子枪射出的电子在励磁线圈产生的匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。取该电子为研究对象，设电子质量、电荷量大小、速度大小，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得解得电子质量、电荷量和速度大小均不变时，轨道半径与磁感应强度成反比，即磁感应强度越小则轨道半径越大，故A错误；B．乙图为质谱仪。设正粒子质量、电荷量，速度选择器内电场强度为、磁感应强度为，偏转磁场的磁感应强度为。沿直线通过速度选择器的粒子所受电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件得解得粒子进入磁感应强度为的磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得联立可得电场与磁场的大小均不改变时，击中光屏同一位置的粒子比荷相同，而质量与电荷量可以同时不同，因此不一定是相同的粒子，故B错误；C．丙图为回旋加速器。设粒子质量、电荷量，形盒内磁感应强度为，形盒半径为。粒子在盒内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；当轨道半径等于形盒半径时粒子速度最大并从盒边缘射出，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得解得由动能定义式得可见粒子的最大动能由磁感应强度和形盒半径以及粒子质量共同决定，与所接交流电压的大小无关，交流电压只影响加速次数，故C错误；D．丁图为磁流体发电机，磁场方向由极指向极。等离子体以速度沿通道进入该磁场，其中的正、负离子受洛伦兹力作用，由左手定则可知正离子向极板偏转、负离子向极板偏转，故极板带正电。两极板间形成由板指向板的电场，开路时离子所受洛伦兹力与电场力平衡，此时极板的电势高于极板的电势，即端电势高于端发电机与电阻组成闭合回路，电流在电阻中由经流向，即电流方向为设发电机的电动势为、内阻为，由闭合电路欧姆定律得所以即电阻两端的电势差小于发电机的电动势，故D正确。故选D。5.在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器的滑动端由b向a缓慢滑动的过程中（）A.电压表的示数增大，电流表的示数减小B.电容器C所带电荷量增大C.电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值不变D.电源的输出功率一定变大【答案】C【解析】【详解】滑动变阻器的滑动端由b向a缓慢滑动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小。A．根据串反并同可知，与滑动变阻器并联的电压表示数减小；与滑动变阻器串联的电流表示数增大，故A错误；B．根据串反并同可知，与滑动变阻器并联的电容器电压减小，根据可知，电容器所带电荷量减小，故B错误；C．根据欧姆定律结合题图可得可得所以，故C正确；D．当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，题干中没有明确外电阻与内阻的关系，故滑动变阻器的滑动端由b向a缓慢滑动的过程中，电源的输出功率不一定增大，故D错误。故选C。6.如图所示，两等长轻杆一端与固定在水平地面的铰链相连，另一端分别固定两个带电绝缘小球P、Q，两轻杆与竖直方向的夹角分别为、，已知，整个系统保持静止，不计一切摩擦。设两杆对小球P、Q的作用力大小分别为、，下列说法正确的是（）A.两小球一定带同种电荷B.C.小球P的质量小于小球Q的质量D.小球P的电荷量大于小球Q的电荷量【答案】C【解析】【详解】A．若两小球带同种电荷，小球P受到的库仑斥力沿远离Q的方向，该力与重力对铰链O产生的力矩方向相同，而杆的作用力通过O，不能产生力矩，系统不可能平衡，因此两小球必须带异种电荷，故A错误；B．设两球间库仑力大小为，由等腰三角形的几何关系可知，两球连线与水平方向的夹角为，根据两小球水平方向受力平衡分别有，两式相比解得因此，故B错误；C．设到两球连线的垂直距离为，库仑力对两个小球的力臂均为。分别对小球P、Q以为转轴，根据力矩平衡有，联立解得因此小球P的质量小于小球Q的质量，故C正确；D．力的作用是相互的，无论两球所带电量多少，所受的库仑力一定大小相等，因此无法判断两球所带电荷量的大小关系，故D错误。故选C。7.如图所示，纸面内有直角坐标系。匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为。现有一个位于点的放射源，能从点向纸面内各个方向射出速度大小均为的带正电粒子。若在与轴距离为处放一足够长且平行于轴的感光棒，粒子打在上面即被吸收。已知粒子的比荷，则下列说法中正确的是（）A.粒子击中感光棒的最小圆心角为B.粒子在轴上方区域击中感光棒的最远点坐标为C.粒子在轴下方区域击中感光棒的最远点所用时间为D.粒子击中感光棒的长度为【答案】B【解析】【详解】粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力，有解得运动半径为从点向纸面内各个方向射出速度大小一样的带正电粒子，构成动态圆中的旋转圆模型，作图如图所示A．由图可知，粒子击中感光棒的交点为C点时，弦长最短构成劣弧，其圆心角最小圆心为，其中，，由几何三角形可知解得，故A错误；B．粒子在轴上方区域击中感光棒的最远时是圆与PQ线相切于D点，圆心为，而即D点的坐标为，故B正确；C．粒子在轴下方区域击中感光棒的最远点时构成直径，圆心为，其圆心角为，而粒子的周期为则所用时间为，故C错误；D．由图可知粒子击中感光棒的下端点为点，上端点为D点，而则总长度为，故D错误。故选B。8.我国星际探测事业在一代代中国航天人的接续奋斗中不断开创新高度。下表是几颗星际探测器的相关信息：名称种类发射时间运行周期东方红一号首颗人造地球卫星1970年4月24日1.9小时嫦娥一号首颗月球探测器（绕月球运行）2007年10月24日2.1小时天问一号首颗火星探测器（绕火星运行）2020年7月23日8.2小时夸父一号首颗太阳探测卫星（绕地运行）2022年10月9日1.7小时根据以上信息可确认（）A.“东方红一号”的轨道半径比“夸父一号”的轨道半径小B.“东方红一号”的运行速度比“夸父一号”的运行速度小C.“天问一号”的发射速度小于D.“嫦娥一号”的发射速度比“天问一号”的发射速度小【答案】BD【解析】【详解】A．将卫星绕地球的运动视为匀速圆周运动。“东方红一号”和“夸父一号”均绕地球运行，由开普勒第三定律有“东方红一号”的运行周期较大，故其轨道半径较大，A错误；B．由万有引力提供向心力，有解得“东方红一号”的轨道半径较大，故其运行速度较小，B正确；C．“天问一号”需要脱离地球的引力束缚，其发射速度不能小于第二宇宙速度，C错误；D．按教材中宇宙速度的通常模型，“嫦娥一号”飞向月球，不需要脱离地球的引力束缚，其发射速度小于第二宇宙速度；“天问一号”飞向火星，需要脱离地球的引力束缚，故“嫦娥一号”的发射速度比“天问一号”的小，D正确。故选BD。9.如图所示，一定质量的理想气体经状态完成循环过程，、为两个等容过程，、为两个绝热过程。过程中气体对外做功300J，，，，。则下列说法正确的是（）A.过程中气体对外做功为零B.过程气体分子平均动能减小C.过程中气体内能的变化量D.C状态气体的温度为【答案】CD【解析】【详解】A．、过程中气体对外做功为零，过程中气体压强的平均值大于过程中气体压强的平均值，所以过程中气体对外做功大于过程中外界对气体做功，所以过程中气体对外做功不为零，故A错误；B．过程中，由得，温度T变大，所以理想气体分子平均动能增大，故B错误；C．过程为绝热过程，所以又得，故C正确；D．由解得，故D正确。故选CD。10.如图1所示，光滑水平地面上并排放着质量为的木板、，一质量为的滑块（可视为质点）以水平初速度从木板的左端开始运动，最终与木板保持相对静止。已知时滑块在木板左端，木板运动的图像如图2所示，木板、与滑块之间的动摩擦因数均为，重力加速度取，下列说法正确的是（）A.滑块在木板上滑动的过程中，、、三者组成的系统动量守恒B.滑块与木板最终的共同速度为C.木板、相互作用过程中，对的冲量大小为D.整个过程中，木板、和滑块组成的系统机械能减少量为【答案】AB【解析】【详解】下面对具体运动过程进行分析：①时C在A上滑动，A、B在C的摩擦力作用下一起加速，此时A、B可视为整体。此时摩擦力此时A、B整体的加速度大小为C的加速度大小为②时C滑离A进入B。此时A、B的速度均为随后A水平方向不受力，以匀速运动，此时C的速度为③时C在B上滑动，B加速而C减速，直至C与B相对静止。A．在C滑上A至滑离A的过程中，、、三者组成的系统所受合外力为零。因此A、B、C三者组成的系统动量守恒，故A正确；B．整个系统全过程动量守恒，初状态总动量为末状态：C与B共速，设速度为，A此时速度为末状态总动量为根据动量守恒可解得，故B正确；C．在A、B相互作用过程（）中，对B由动量定理得，A对B的冲量等于B动量的变化量，大小为根据牛顿第三定律，B对A的冲量大小也为，故C错误；D．系统机械能减少量等于摩擦生热。初动能为末动能为因此系统机械能减少量，故D错误。故选AB。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.用如图甲所示插针法“测玻璃的折射率”实验中：（1）①为了减小实验误差，下列操作正确的是________（选填选项前的字母）。A.必须选择边界平行的玻璃砖B.为了使、的像重合，、的距离应尽可能小一些C.入射角变大，会在界面发生全反射，因此入射角应尽量小D.选用两光学表面间距较大的玻璃砖②在该实验中，光线由空气射入玻璃砖，设入射角和折射角分别为、，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图乙所示，从图线可知玻璃砖的折射率为________（结果保留2位有效数字）。（2）如图丙所示，某同学按照如下方法处理数据：以点为圆心、为半径作圆，与折射光线的交点为，过点向两介质的交界面作垂线，垂足为，的延长线交于，记，再以点为圆心、为半径作圆。关于玻璃折射率表达式正确的是________。A. B. C. D.（3）如果将玻璃砖的边误画成了，如图丁所示，折射率的测量值将________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】（1）①.D②.（2）C（3）偏小【解析】【小问1详解】①[1]A．玻璃砖上下界面不平行也可以通过插针法确定光路，完成折射率测量，无强制要求边界平行,故A错误；B．、间距过小会导致确定的入射光线误差大，应适当拉大两点间距来减小误差，故B错误；C．光线从玻璃射向空气时，由于第一界面的折射角一定小于临界角，第二界面的入射角等于第一界面的折射角，必然小于临界角，不可能发生全反射；且入射角过小时，测量的相对误差会增大，故C错误；D．选用两光学表面间距大的玻璃砖，可使玻璃砖内的折射光线更长，确定光路时的相对误差更小，能减小实验误差，故D正确。故选D。②[2]玻璃砖的折射率满足结合图乙可知图像斜率故折射率【小问2详解】由几何关系，入射角的正弦值折射角的正弦值故玻璃砖的折射率满足故选C。【小问3详解】如果将玻璃砖的边误画成了，则作图得到的折射光线会比真实折射光线更偏离法线，导致测得的折射角比真实折射角偏大，如图所示根据折射定律由于测得的偏大，故折射率的测量值会偏小。12.某学习小组将一内阻为1000、量程为200μA的微安表分别改装成量程为1.0mA的电流表和量程为1.0V的电压表，再把改装后的电流表改装成一多挡位欧姆表。（1）把该微安表改装成量程为1.0mA的电流表，需要并联一个________Ω的电阻。（2）把该微安表改装成量程为1.0V的电压表，需要串联一个________Ω的电阻。（3）取一电动势为1.5V、内阻较小的电源和调节范围足够大的滑动变阻器，与改装所得1.0mA的电流表连接成如图甲所示欧姆表，其中B为________（填“红”或“黑”）表笔，改装表盘后，正确使用该欧姆表测量某电阻的阻值，示数如图乙所示，则所测电阻为________Ω。【答案】（1）250（2）4000（3）①.黑②.1400【解析】【小问1详解】根据并联电路的特点得解得【小问2详解】根据串联电路的特点得解得【小问3详解】[1]由图可知，B与电源正极连接，则电流从B流出，可知B为黑表笔。[2]欧姆表内阻而图乙的中值示数为15，则欧姆表挡位是，则所测电阻为。13.如图所示，水平向右的匀强电场中有、、三点，与匀强电场方向平行，与匀强电场方向成，，。现将一个电量为的负电荷从点移动到点，电场力做功为，求：（1）该匀强电场的电场强度大小；（2）、间的电势差；（3）若点的电势为，则该电荷在点的电势能。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】该负电荷的电荷量为，由电场力做功与电势差的关系可得由于与电场方向平行，匀强电场的电场强度大小为【小问2详解】由图可知，从到沿电场方向的位移为因此、间的电势差为【小问3详解】由可得点的电势为该电荷在点的电势能为14.如图，水平轨道的左端与固定的光滑竖直四分之一圆弧轨道相切于点，右端与一倾角为的光滑斜面在点平滑连接（即物体经过点时速度大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧。一质量为的滑块（可视为质点）从圆弧轨道的顶端点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至点。已知光滑圆弧轨道的半径为，水平轨道长为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，光滑斜面部分长为，不计空气阻力，重力加速度大小为。求：（1）滑块到达点时，弹簧具有的弹性势能；（2）滑块第二次经过光滑斜面上的点时，滑块的速度大小（用根号表示）；（3）滑块在水平轨道上停止的位置距点的距离。【答案】（1）（2）