2026届湖南省常德市多校高三下学期模拟考试物理试题(解析版)

高级名校物理试卷PAGEPAGE12026届湖南省常德市多校高三下学期模拟考试物理试题1.BEST全称为“燃烧等离子体实验超导托卡马克”，是继EAST(东方超环)之后的下一代“人造太阳”装置。核聚变燃料主要是氢的同位素，氘核 12H和氚核 1A.氘核内有2个中子，氚核内有3个中子B.该聚变反应方程式为 C.氘核的比结合能大于氦核的比结合能D.氘核和氚核的结合能之和小于氦核的结合能【答案】D【解析】原子核中子数＝质量数－质子数，氘核 12H中子数为2-1=1，氚核 13H中子数为3-1=2，故A错误；核反应满足质量数、电荷数守恒，题给方程式左边总质量数为2+3=5，右边仅 24He质量数为4，缺少1个中子 01n，即该聚变反应方程式为2.如图甲是我国自主研制的新概念武器—电磁枪，这标志着中国电磁弹射技术在世界范围内处于领先地位。图乙是用电磁弹射技术制造的电磁枪原理图，质量为m的弹体可在间距为d的两平行水平轨道之间自由滑动，并与轨道保持良好接触。恒定电流I从M轨道左边流入，通过弹体后从N轨道左边流回。轨道电流在弹体处产生垂直于轨道面的磁场，可视为匀强磁场，磁感应强度的大小与电流I成正比。通电弹体在安培力作用下加速运动距离L后从轨道右边以速度v高速射出。不计一切阻力，下列说法中正确的是()A.弹体在轨道上滑动时受到的安培力变小B.弹体射出速度与电流大小成正比C.弹体射出速度与加速距离L的大小成正比D.若电流I从N轨道左边流入，M轨道左边流回，则弹体向左边射出【答案】B【解析】磁感应强度B与电流I成正比，设比例系数为k，则有B=kI，弹体在轨道上滑动时电流I不变，轨道间距离d不变，弹体在轨道上滑动时受到的安培力大小为F=BId=kI2d，不变，故A错误；对弹体进行受力分析，安培力提供加速度，F=kI2d=ma，解得弹体的加速度大小为a=kI2dm，根据运动学公式有v2=2aL，解得弹体射出时的速度大小为v=I2kdLm，所以v与I成正比，与L3.全球首个由国际航空运动联合会主办的国际A类无人机足球赛事——2025年世界无人机足球锦标赛于11月18日在上海体育馆收官，中国队包揽两个组别的冠、亚军。参与者在封闭低空场景中操控装有球形保护框的螺旋桨无人机(如图所示)，通过“无人机足球”射入对方球门而得分。已知“无人机足球”总质量为0.5kg，动力系统提供的最大升力为20N，不计空气阻力，g取10m/s2。下列说法正确的是()A.在太空中也能操控该“无人机足球”进行比赛B.“无人机足球”在竖直加速上升时，其最大加速度为40m/s2C.“无人机足球”在水平加速前进时若加速度大小为10m/s2，则动力系统提供的升力为52D.若操控“无人机足球”在竖直面内以1m/s的速度做半径为2m的匀速圆周运动，则在轨迹最高点需要提供5.25N的升力【答案】C【解析】无人机足球依靠螺旋桨推动空气产生升力。太空中是真空，没有空气，因此无法产生升力，无人机无法飞行和操控，故A错误；由牛顿第二定律F-mg=ma，则最大加速度a=F-mgm=30ms2，故B错误；当无人机水平加速时，水平方向的合力提供加速度，即Fx=ma=0.5kg×10ms2=5N，其竖直方向受力平衡，升力的竖直分量等于重力，即F4.电蚊拍利用高压电击网来击灭飞近的蚊虫，原理如图所示，将锂电池输出的6V直流电压通过转换器转变为交变电压u=62sin10000πt(VA.交流电压表的示数为6VB.副线圈与原线圈匝数比必须满足nC.电击网上的高频电压的频率为10000HzD.相比副线圈，原线圈应该用较细的导线绕制【答案】A【解析】由题图可知，原线圈输入电压瞬时值表达式为u=62sin(10000πt)V，电压表测量的是有效值，根据正弦式交变电流最大值与有效值的关系可知，U1=Um2=6V，故A正确；根据理想变压器电压与匝数关系U1mU2m=n1n2，已知U1m=62V，U5.“千帆星座”是我国“卫星互联网”的核心项目，我国计划2030年突破1.5万颗低空卫星组网，形成全球覆盖能力，实现多方面赋能。其中两颗卫星的运行轨道如图所示，卫星a在圆轨道上运动，卫星b在椭圆轨道上运动，卫星仅受地球对它的万有引力作用，它们的周期相同。下列说法正确的是()A.两颗卫星在经过P点时的加速度不一定相同B.卫星a在P点的速度小于卫星b在M点的速度C.两颗卫星的发射速度均大于地球的第二宇宙速度D.两颗卫星与地球的连线在任意相同时间内扫过的面积一定相等【答案】B【解析】根据万有引力提供向心力得GMmr2=ma，解得a=GMr2，由于P点相同，距地心距离相同，故加速度相同，故A错误；对于在圆轨道上运动的卫星，根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r，解得v=GMr，M点所在轨道半径大于P点，故卫星6.手机防窥膜截面如图所示，位于两屏障正中间的P为像素点光源，可向四周发射光线。已知屏障高度为d，两屏障间距L=23d3，防窥膜厚度为DA.防窥膜实现防窥效果主要是靠光的全反射B.若防窥膜透明介质的折射率n=3，则可视角θ为C.只增加防窥膜的厚度D，不改变屏障高度d和两屏障间距L，可以提高防窥效果D.从上往下看，看到P的像比实际位置要低【答案】B【解析】防窥膜实现防窥效果不是全反射现象，而是利用光的折射，让大角度入射的光线被屏障吸收，故A错误；光路图如图所示根据几何关系可得tani=L2d=33，解得i=30∘，若防窥膜透明介质的折射率n=3，根据折射定律有n=sinrsini，代入数据解得sinr=32，可得r=60∘，根据几何关系，可得可视角θ=2r=120∘，故B正确；只增加防窥膜的厚度D，不改变屏障高度d7.电荷量q=+1×10-3C的带电小球静置于绝缘水平面上，t=0时刻，施加范围足够大的水平方向的电场，其电场强度E随时间t变化的关系如图所示。小球在电场力的作用下由静止开始运动。已知小球的质量为2kg，小球与水平面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是()A.0～2s内小球的加速度一直增大 B.0～2s内小球的位移小于0.25m

C.前2s内摩擦力的冲量大小为4N·s D.5s时小球的速度大小为2m/s【答案】B【解析】小球与水平面间的最大静摩擦力fmax=μmg=2N，0～1s内小球所受电场力F=Eq<2N，则0～1s内小球受到静摩擦力作用，处于静止状态，故A错误；根据E-t其面积乘以q为电场力的冲量，由于0～1s内小球静止，则1～2s内小球电场力冲量I1=12×(2+4)×1×103×10-3N⋅s=3N⋅s，1～2s内小球滑动摩擦力冲量I2=-μmgt=-2×1N⋅s=-2N⋅s，由动量定理可知I1+I2=mv-0，代入数据解得v=0.5ms，由牛顿第二定律可知Eq-μmg=ma，可知小球加速度随时间增大，故1～2s内小球做加速度越来越大的加速运动，其v-t图形为上凹曲线，故x<0+v2t=0.25m，故B8.如图所示为某学习小组研究水波传播规律，将轻质弹簧与小球组成的弹簧振子放在平静湖面上方，在湖面上沿水波传播的某方向建立x轴。小球静止时刚好位于坐标原点O处，在轴上间距为3m的A、B两点各放置一浮标。若浮标只随水波在A、B两处上下振动，当弹簧振子振动时，小球和水面该处质点的位移随时间变化关系满足y=5sin(2πt)cm。已知某时刻A处浮标位于平衡位置向上振动时，A.水波的波长可能为4mB.水波的传播速度一定为4m/sC.若另一列水波与该水波能发生干涉，则另一列水波波源的振动频率为1HzD.若另一列相同的水波与该水波叠加，稳定后A处浮标在一个振动周期内的最大路程可能为60cm【答案】AC【解析】由题意，A处位于平衡位置向上振动，B处位于波峰。A、B两点的间距与波长的关系为xAB=34λ+nλ=3m(n=0,1,2,3,⋯⋯)，解得水波的波长为λ=123+4nm(n=0,1,2,3,⋯⋯)，当n=0时，λ=4m，即水波的波长可能为4m，故A正确；水波的周期为T=2πω=1s，根据波速、波长和周期的关系可知，水波的传播速度为v=λT=123+4nms(n=0,1,2,3,⋯⋯)，当n取不同值时波速不同，因此波速不一定为9.如图甲所示，物体以一定初速度从倾角a=37∘的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示，取g=10ms2，A.物体与斜面的动摩擦因数μ=0.5B.在最大高度处物体可能静止在斜面上C.物体回到斜面底端时的动能ED.物体回到斜面底端时的重力瞬时功率大小为205【答案】AC【解析】物体在最高点时，速度为零，动能为零，机械能等于重力势能，则有mgh=30J，解得物体的质量为m=1kg，由题图可知，物体上升到最高点的过程中，机械能减小了20J，根据功能关系可知，克服摩擦力做功等于20J，则有Wf=-μmgcos37∘⋅hsin37∘=-20J，解得物体与斜面的动摩擦因数为μ=0.5，故A正确；物体重力沿斜面向下的分力为mgsin37∘=6N，物体在斜面上受到的最大静摩擦力为fm=μmgcos3710.如图所示，空间直角坐标系Oxyz中有一与xOz平面平行的足够大的接收屏M，接收屏M与y轴交点坐标为(0，L，0)。在O点存在一粒子源，仅在xOy平面内沿各个方向均匀发射速率为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子，整个空间同时存在沿z轴正方向、磁感应强度大小B=mv0qL的匀强磁场和沿z轴正方向、电场强度大小为4mv0A.粒子从原点O射出后运动到接收屏M的最短时间为πLB.粒子打到接收屏M上z坐标最大值为9LC.将接收屏M移到垂直于z轴的平面上，上下移动屏能使所有粒子都汇聚到一点，此时屏M的z坐标可能为16LD.接收屏M不动，同时在垂直于z轴的平面上另加一足够大的接收屏N，当打到屏N上的粒子离z轴最远时，屏N上粒子的点迹为圆心角210°的圆弧【答案】BD【解析】粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力qv0B=mv02r，可得r=L，粒子从原点O射出后运动到接收屏M的最短时间为所对应的圆心角为60°，所以tmin=60°360°T=16⋅2πLv0=πL3v0，故A错误；粒子做圆周运动的轨迹应与接收屏相切时，粒子运动到接收屏M的时间最长，此时运动时间为tmax=34T=3πL2v0，在z方向上，z轴坐标最大，zmax=12⋅Eqmt根据几何关系可得θ=360°-60°-90°=210°，即屏N上粒子的点迹为圆心角210°的圆弧，故D正确。故选BD。11.某实验小组根据课本上的平抛实验装置进行了重新设计。如图所示，在平抛轨迹的下方每隔相同距离△x竖直放置一根可上下调节的细木棍，多次释放小球，直到小球在运动中都恰好不碰到细木棍的上端，则可得到平抛运动的轨迹，通过测量相关物理量可以求解平抛的初速度。(1)关于实验装置和实验过程，下列说法正确的是                  (填选项前字母)；A.每次必须从斜槽上同一位置释放小球B.斜槽不光滑对实验结果有影响C.斜槽末端必须调整为水平(2)若测得平抛轨迹的竖直高度h和水平位移x，则初速度v0=                  ；(用h、x、g(3)若测得平抛轨迹中A、B、C三个点对应的细木棍高度h1、h2、h3和水平间距Δx，则初速度【答案】(1)AC(2)x(3)Δ【解析】(1)每次必须从斜槽上同一位置释放小球，以保证小球的初速度相同，斜槽不光滑对实验结果没有影响，故A正确，B错误；斜槽末端必须水平，以保证小球做平抛运动，故C正确。故选AC。(2)根据平抛运动规律，竖直方向上做自由落体运动，有h=12gt2(3)根据题意，竖直方向上由逐差法有(h2-h312.某同学设计具有“×1”、“×10”和“×100”三种倍率的简易欧姆表电路如图甲所示，图乙是电流表G的表盘刻度，已知：干电池电动势E=1.5V，电流表G量程为100μA，定值电阻R1、R2、R3(1)图甲中表笔a为                  表笔(填“红”或“黑”)；(2)在图乙中标记电阻刻度时，表盘上电流值为20μA处的电阻刻度应为                  Ω(3)该同学选用“×10”挡测量一电阻的阻值，发现指针偏转角度过小，为了更精确地测量该电阻的阻值，下列操作正确的是                  (填选项前字母)；A.换用“×100”挡，直接测量B.换用“×100”挡，重新进行欧姆调零后测量C.换用“×1”挡，重新进行机械调零后测量D.换用“×1”挡，重新进行欧姆调零后测量(4)当电键K与1接通时，欧姆表的倍率为                  (填“×1”、“×10”或“×100”)；(5)在欧姆调零过程中，当电键K与3接通时通过电阻R1的电流是K与1接通时通过R1电流的                  倍。【答案】(1)红(2)60(3)B(4)×100(5)111【解析】(1)电流从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表，故与内部电池负极相连的表笔为红表笔。(2)根据闭合电路欧姆定律，Ig1=ER内，Ig12=ER内(3)偏转角度过小，即指针指向刻度盘左侧，说明被测电阻是大电阻，为了测量更精确，要让指针偏到中间位置附近，故换更大的倍率，即“×100”挡，且要重新进行欧姆调零再测量。故选B。(4)当电键K与1接通时，并联部分的电阻多，则改装的电流表量程最小，故内阻最大，是最大的倍率，故欧姆表的倍率为“×100”；(5)当电键K与3接通时欧姆表的倍率为“×1”，在欧姆调零过程中，当电流表G满偏时，总电流为Ig1=ER内=1.515A=100mA，电流表G量程为100μA，故通过R1的电流是电流表G量程的999倍；当电键K与1接通时欧姆表的倍率为“×100”，在欧姆调零过程中，当电流表G满偏时，总电流为Ig2=ER内=1.51500A=1mA，电流表13.某款火警报警装置其原理如图所示，固定在水平地面上的导热汽缸内，用一质量为p0S2g、横截面积为S的上表面涂有导电物质的活塞密封一定质量的理想气体。常温27℃时，活塞距汽缸底部的高度为h，要求环境温度87℃时报警。已知重力加速度为g，大气压强为p0(1)求该装置恰好报警时活塞上升的距离；(2)若上述过程中气体的内能增加ΔU，求气体吸收的热量Q。【答案】(1)1(2)Δ【解析】(1)活塞随温度变化缓慢上升，始终处于受力平衡状态，此过程气体是等压变化，由盖-吕萨克定律得V即hS代入数据解得Δ(2)初始时以活塞为研究对象，根据受力平衡可得p解得常态27℃时缸内气体的压强为p气体等压膨胀对外做功，则外界对气体做负功，W=-代入解得W=-由热力学第一定律得Δ代入可得Q=14.如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在倾角θ=30∘的绝缘斜面上，导轨间距L=1.0m，上端接有阻值R=2.0Ω的电阻。整个导轨平面处于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1.0T。一质量m=0.2kg、长度L=1.0m，电阻r=1.0Ω的金属棒ab从导轨上某处由静止释放，沿导轨下滑。已知金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，不计导轨电阻和空气阻力，重力加速度g=10m/s(1)求金属棒ab下滑的最大速度vm(2)金属棒从静止下滑至最大速度时，若电阻R上通过的电荷量q=1C，求此过程中金属棒产生的焦耳热；(3)若在金属棒释放的同时给棒施加一个沿斜面方向的作用力F，在金属棒下滑过程中通过棒的电荷量与时间t的关系式为q=0.5t2(C)，求作用力F与时间t的关系式。(【答案】(1)3m/s(2)0.7J(3)F=t-0.4(N)【解析】(1)金属棒ab达到最大速度时匀速运动，受力平衡，mg根据闭合电路欧姆定律有I=解得v(2)金属棒从静止下滑至最大速度过程中，根据电荷量定义可知，q=根据法拉第电磁感应定律有)E联立解得x=3根据能量守恒定律有mgx解得回路总焦耳热Q=2.1根据串并联电路规律可知，金属棒产生的焦耳热Q(3)根据q=BLxR+r，q=0.5联立解得x=1.5t根据匀变速直线运动位移公式有x=联立解得a=3根据牛顿第二定律有F+mg根据闭合电路欧姆定律有I=联立解得F=t-0.4(N)15.如图所示，固定在竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道