2026届湖南省常德市高三上学期起点考试物理试题

【高三物理试题参考答案　第１　 页(共５页)】 ２０２６届高三起点考试􀅰物理 参考答案、提示及评分细则 一、选择题:本题共６小题,每小题４分,共２４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 ２ ３ ４ ５ ６ A D B C B D １．【答案】A 【解析】卢瑟福根据α粒子散射实验数据认为占原子质量绝大部分的带正电的物质集中在很小的空间范围,在 １９１１年提出了自己的原子结构模型.A 正确;紫外线照射锌板,电子吸收能量后从锌板飞出,锌板失去电子 带正电,验电器与锌板用导线连接也是带正电,B错误;α射线本质是氦原子核带正电,根据左手定则,受到向 右侧的洛伦兹力向右偏转,轨迹３对应的是α射线,C错误;一个处于n＝５能级的氢原子跃迁可能的情形有: n＝５跃迁到n＝４、n＝４跃迁到n＝３、n＝３跃迁到n＝２、n＝２跃迁到n＝１,最多辐射出４种不同频率的光 子,D错误. ２．【答案】D 【解析】图２中的甲和乙是亮暗相间的等距条纹,发生的是双缝干涉,P 是双缝,根据Δx＝ l dλ ,条纹间距越大, 光波的波长越长,红光的波长大于绿光的波长,甲对应的是绿光的双缝干涉图样,乙对应的是红光的双缝干涉 图样.B错误,D正确;丙和丁亮暗条纹不等距是衍射图样,光波的波长越长衍射现象更加的明显.丙的衍射 更加明显,对应的是红光.AC错误. ３．【答案】B 【解析】改变电流方向时,左盘中增加砝码,即第一次线框所受安培力向上,第二次线框所受安培力向下.设导 线框的质量为m０,当线圈中通入电流I时,调节砝码使两臂达到平衡,即有:m左 g＝(m右 ＋m０)g－NBIl;当 线圈中通入大小不变、方向相反的电流I′时,在左盘中增加砝码,两臂再次达到新的平衡,即有:(m左 ＋m)g ＝(m右 ＋m０)g＋NBI′l.联立两式可得:B＝ mg Nl(I＋I′)＝ mg ２NIl .B正确,ACD错误. ４．【答案】C 【解析】由乙图可知输入端电压的有效值U１＝ umax ２ ＝ ３１１ ２ V,A 错误;灯泡正常发光,副线圈中的电流I２＝ P U２ ＝０．５A,B错误;原副线圈匝数之比 n１ n２＝ U１ U２＝ ３１１２ ４８ ≈ ５５ ６ ,C正确;输入功率等于输出功率,输入功率为１２W, D错误. ５．【答案】B 【解析】图示时刻开始,质点a 向平衡位置靠近,回复力变小,加速度减小,A错误;由图可知λ＝４m,周期T＝ λ v ＝０．０４s ,经过０．０１s质点a 恰好回到平衡位置,通过的路程为０．２m,B正确;发生稳定干涉的条件是两列 波频率相等相位差恒定,图示简谐横波的频率为２５Hz,与频率为５０Hz的波相遇不会发生稳定的干涉,C错 误;由于波长与障碍物的尺寸接近,会发生明显的衍射现象,D错误. 【高三物理试题参考答案　第２　 页(共５页)】 ６．【答案】D 【解析】A、B 两点固定有两等量同种点电荷,a、b两点的电场强度大小相等、方向不相同,A 错误;小物块从c 运动到d,由动能定理有qUcd＝ １ ２mv ２ d－ １ ２mv ２ c,解得Ucd＝１００V,B错误;不知道场源电荷的电性,根据Ep＝ qφ,同一负电荷在a 点和d 点电势能高低就不能确定,C错误;小物块经过位置c时的加速度a＝２m/s２,根 据牛顿第二定律有Ec＝ ma q ,解得E＝２０V/m,D正确. 二、选择题:本题共４小题,每小题５分．共２０分．在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的．全部选 对的得５分,选对但不全的得３分,有选错的得０分． ７ ８ ９ １０ AB BC AC ACD ７．【答案】AB 【解析】卫星围绕地球做匀速圆周运动,由地球对卫星的万有引力提供向心力.由于甲、乙两颗卫星的质量相 等,r甲 ＝４r乙 ,地球对甲、乙卫星的向心力之比 F甲 F乙 ＝ r２乙 r２甲 ＝ １ １６ ,A正确;根据 r３ T２＝k ,甲、乙两颗卫星的周期之比 T甲 T乙 ＝ r３甲 r３乙 ＝ ８ １ ,B正确;G Mm r２ ＝m v２ r⇒v＝ GM r ,甲、乙两颗卫星的速度之比v甲 v乙 ＝ r乙 r甲 ＝ １ ２ ,C错误;根 据ω＝ ２π T ,甲、乙两颗卫星的角速度之比ω甲 ω乙 ＝ T乙 T甲 ＝ １ ８ ,结合a＝ω２r,甲、乙两颗卫星的向心加速度之比 a甲 a乙 ＝ １ １６ ,D错误. ８．【答案】BC 【解析】当桶A 对桶C 的作用力为０时,油桶C 受到重力和B 桶对它的支持力F 作用,支持力F 与水平方向 的夹角θ＝６０°,根据牛顿第二定律有tan３０°＝ ma mg ⇒a＝ ３ ３g ,A错误,B正确;货车加速向前运动时,C 油桶可 能会向后从B 油桶上翻滚,当C 刚要向后翻滚时,C 与A 之间恰好没有作用力,此时货车的加速度a＝ ３ ３g , C正确;同理,货车紧急刹车时,C 油桶可能向前在A 油桶上翻滚,当C 刚要向前翻滚时,C 与B 之间恰好没 有作用力,此时货车的加速度a＝ ３ ３g ,D错误. ９．【答案】AC 【解析】设摆绳长为l,绳子与竖直方向的夹角为θ,悬点到圆心的距离为h,重力和绳子的拉力的合力提供向 心力,根据牛顿第二定律有tanθ＝ mω２r mg ⇒ω＝ gtanθ r ,物体做圆周运动的半径r＝lsinθ,联立可得:ω＝ g lcosθ＝ g h ,A正确;根据v＝ωr,B错误;根据tanθ＝ man mg ⇒an ＝gtanθ,C正确;根据绳子的拉力F＝ mg cosθ ,D错误. 【高三物理试题参考答案　第３　 页(共５页)】 １０．【答案】ACD 【解析】粒子在匀强电场中做类平抛运动,沿x 轴负方向有:２L＝３v０t⇒t＝ ２L ３v０ ,沿y 轴负方向有:３L＝ vy ２t ⇒vy＝３３v０,根据牛顿第二定律有:a＝ Eq m ＝ ３３v０ ２L ３v０ ,解得E＝ ９３mv２０ ２qL .A 正确;粒子进入磁场的速度大 小为v＝ v２０＋v２y ＝６v０,与x 轴的夹角θ＝６０°,B错误;粒子轨迹圆对应的圆心角Δθ＝３００°,粒子在磁场中 运动的时间:Δt＝ ５ ６T＝ ５ ６× ２πm q× mv０ ２qL ＝ １０πL ３v０ ,粒子从P 点运动到M 点的时间:t０＝t＋Δt＝ ２L ３v０＋ １０πL ３v０ ,C 正确;粒子在磁场中轨迹圆半径r＝ mv qB ＝ ６mv０ q× mv０ ２qL ＝１２L,D正确. 三、非选择题:本题共５小题,共５６分． １１．【答案】(６分) (１)A(２分)　　(２) cosθ１ cosθ２ (２分)　　(３)AC(２分)(只选“A”或只选“C”给１分) 【解析】(１)入射角大一些,折射角相应地大一些,便于角度大小(或线段长短)的测量.A 正确,C错误;在实 验中通过两枚大头针来确定入射光线和出射光线,要适当地拉大P１和P２、P３和P４的距离,以便连接两点得 到的线更精准.B错误. (２)由图可知入射角i＝９０°－θ１,折 射 角γ＝９０°－θ２,根 据 折 射 定 律,玻 璃 砖 的 折 射 率n＝ sini sinγ＝ sin(９０°－θ１) sin(９０°－θ２)＝ cosθ１ cosθ２ . (３)从乙图可知,入射角i大于折射角r,光线从空气射入玻璃中,A 正确;根据n＝ sini sinγ＝ １ ０．６７≈１．４９ ,B错 误,C正确. １２．【答案】(１０分) (１)满刻度(２分)　　(２)８．０(２分)　　(３)３．０(２分)　　１０(２分)　　(４)不变(２分) 【解析】(１)根据步骤a,指针满偏时,秤盘上不放重物,压敏电阻受到的压力F＝０,所以质量刻度盘的零刻度 线在电流表的满刻度处. (２)(３)不放物体,调节滑动变阻器的滑片,指针满偏,则Imax＝ E R０⇒R０＝ E ０．１０ ,R０表示压敏电阻(秤盘不放物 体时的电阻)、滑动变阻器和电源内阻的总电阻,即R０＝２０Ω＋R滑 ;结合图(b),根据闭合电路欧姆定律有: R＝ E I － E ０．１０ ,由图(a)有R＝１０＋ ３ ２mg＝１０＋１５m .联立两式有m＝ E １５ 􀅰１ I－ (E １．５＋ ２ ３ ),结合图(c)可得 E＝３．０V,R０＝３０Ω,滑动变阻器联入电路的电阻R滑 ＝１０Ω.当I＝０．０２０A时,物块的质量m＝８．０kg. １３．【答案】(１０分) (１)因为外界气压不变,活塞缓慢上升过程中气体压强不变,则有: 根据盖—吕萨克定律有:h０S T０ ＝ dS T１ (２分) 环境温度的改变量为:ΔT＝T１－T０ 【高三物理试题参考答案　第４　 页(共５页)】 由以上几式解得:ΔT＝ d－h０ h０ T０ (２分) (２)活塞缓慢上升过程中气体压强不变,压强为:P＝P０＋ mg S (１分) 此过程中气体对外做功为:W＝PS(d－h０)(２分) 又根据热力学第一定律有:ΔU＝－W＋Q(２分) 由以上几式解得:ΔU＝Q－(P０S＋mg)(d－h０)(１分) １４．【答案】(１４分) (１)根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势:E＝ ΔB ΔtL ２＝５×１V＝５V(２分) 根据闭合电路的欧姆定律可得:I＝ E R＋R０＝ ５ ２＋８A＝０．５A (１分) 根据楞次定律可知电流方向从b到a(１分) (２)t＝１s时,B＝５T,根据安培力的计算公式可得: F＝BIL＝５×０．５×１N＝２．５N,方向沿轨道面向上(２分) 细绳断裂瞬间,根据牛顿第二定律有:mgsinα－F＝ma(２分) 解得:a＝３．７５m/s２(１分) (３)棒ab下滑过程中,安培力F 与棒ab的重力沿轨道面的分力相等时导体棒达到最大速度,则有: Em＝BLvm,Im＝ Em R＋R０ ,F′＝BImL(２分) 可得F′＝ B２L２vm R＋R０ ＝mgsinα (２分) 解得:vm＝４．０m/s(１分) １５．【答案】(１６分) (１)设滑块B 经过圆弧轨道的最低点时的速度大小为v０,根据机械能守恒定律:mBgR＝ １ ２mBv ２ ０(２分) 解得v０＝３m/s(１分) (２)滑块B 在圆弧轨道上运动的过程,根据牛顿第二定律: F－mBg＝mB v２０ R (２分) 解得F＝６０N(１分) (３)滑块B 滑上木板A,到达第一次共速的过程由动量守恒:mBv０＝(mB＋mA)v１ 解得v１＝２m/s(１分) 由能量守恒:１ ２mBv ２ ０＝ １ ２ (mB＋mA)v２１＋Q(２分) 解得Q＝３J(１分) (４)木板A 与１号小球第一次碰撞,规定水平向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律: mAv１＝mAv′１＋m０u１, １ ２mAv ２ １＝ １ ２mAv′ ２ １ ＋ １ ２m０u ２ １, 联立解得v′１＝－ １ ２v１＝－１m /s,u１＝ １ ２v１＝１m /s(２分) 【高三物理试题参考答案　第５　 页(共５页)】 第二次碰撞之前,A、B 物体达到共速速度v２,由动量守恒: mBv１＋mAv′１＝(mA＋mB)v２,得到v２＝ １ ２v１ 木板A 与１号小球第二次碰撞,由动量守恒和能量守恒: mAv２＝mAv′２＋m０u２, １ ２mAv ２ ２＝ １ ２mAv′ ２ ２ ＋ １ ２m０u ２ ２ 得到:v′２＝－ １ ２v２ ;u２＝ １ ２v２＝ ( １ ２ ) ２ v１(２分) 由此可以发现经过n 次同样的过程后:un＝ １ ２vn＝ ( １ ２ ) n v１ 故第１号小球最终的速度u２０２５＝ ( １２ ) ２０２５ ×２＝ ( １２ ) ２０２４ m/s(２分)