湖南省长沙市麓山国际实验学校2025-2026学年高三上学期入学考试物理试卷

物理 第 1页（共 8页） 麓山国际 2026 届高三入学考试物理试卷 高三 年级 物理 试 卷 命题人：杨文平 审题人：刘钦志 总分：100分 时量：75分钟 一、选择题（1-6 题为单选题共 24分，7-10为多选题共 20分） 1．PET（正电子发射断层成像）是核医学科重要的影像学诊断工具，其检查原理是将含放 射性同位素（如 ）的物质注入人体参与人体代谢，从而达到诊断的目的。 的 衰变方程为 →X+ + ，其中 是中微子。已知 的半衰期是 110分 钟。下列说法正确的是（ ） A．X为 B．该反应为核聚变反应 C．1克 经 110分钟剩下 0.5克 D．该反应产生的 在磁场中会发生偏转 （★）2．如图（1）所示，在空中某点同时竖直抛出甲、乙物体，因为材料和体积原因， 甲物体所受的空气阻力可忽略不计，而乙物体则竖直向下做匀速直线运动。取竖直向下 方向为正方向，甲、乙两物体的位移—时间（x﹣t）图像如图（2）所示，已知 t3＝3t1， 抛出点离地足够高，则（ ） A．0﹣t3时间内，甲的平均速度大于乙的平均速度 B．0﹣t3时间内有两个时刻甲、乙速度大小相等 C．甲、乙相遇之前，t2时刻它们的竖直高度差最大 D．阴影部分面积大小表示 0﹣t3时间内甲、乙的相对位移 3．如图所示，某同学将两颗鸟食从 O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和 N点同 时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同 一竖直平面内，则（ ） A．两颗鸟食同时抛出 B．在 N点接到的鸟食后抛出 物理 第 2页（共 8页） C．两颗鸟食平抛的初速度相同 D．在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 （★）4．如图所示，带正电的小球 A用竖直立在地面上的绝缘杆支撑固定，把带正电的 小球 B绕过 A球正上方的定滑轮的绝缘细线用手拉住．开始时 A、B在同一水平线上 并处于静止状态，不计两个小球的大小．现使小球 B缓慢向下移动，小球 B在向下移 动过程中，A、B两球的电荷量保持不变，不计两球间的万有引力，则在 B球缓慢移动 一小段距离的过程中（ ） A．A、B两球间的距离在增大 B．小球 B的运动轨迹是直线 C．细线上的张力一直增大 D．A、B两球组成的系统电势能在减小 （★）5．如图所示，质量为 m的环带+q电荷，套在足够长的绝缘杆上，动摩擦因数为µ， 杆处于正交的匀强电场和匀强磁场中，杆与水平电场夹角为θ，若环能从静止开始下滑， 则以下说法正确的是（ ） A．环在下滑过程中，加速度不断减小，最后为零 B．环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零 C．环在下滑过程中，速度一直增大 D．环在下滑过程中，速度先增大后减小，最后为零 6、如图 1，甲、乙两车沿水平向右方向做变速直线运动，零时刻相距 S0＝12m，图 2为甲 车运动的 V2﹣x图像，图 3 为乙车运动的 图像，已知两车的运动不相互影响，以 下说法正确的是（ ） 物理 第 3页（共 8页） A．甲、乙两车不能相遇 B．甲、乙两车能相遇两次，第一次相遇在 t＝2s时刻，第二次相遇在 t＝3.6s时刻 C．甲、乙两车能相遇两次，第二次相遇之前甲车已经停止运动 D．甲、乙两车能相遇两次，第一次相遇时甲车运行的位移 X 甲＝24m，第二次相遇时乙车 共运行的位移为 X 乙＝33m （★）（多选）7．如图所示，M、N之间接有正弦交流电源，理想变压器原、副线圈匝 数之比为 1：2，电压表为理想电表。初始时，滑动变阻器 R2的滑片 P处于正中间位置， 滑片移动过程中所有元件均安全。已知灯泡 L、电阻 R1的电阻值均为 R且保持不变， 滑动变阻器的最大阻值为 2R，电源电压的有效值不变，则下列说法正确的是（ ） A．若滑片上移，电压表示数将增大 B．若滑片上移，灯泡 L将变亮 C．若滑片下移，电源输出功率将减小 D．若滑片下移，变压器的输出功率将减小 （多选）8．2025年 4月，我国已成功构建国际首个基于 DRO（远距离逆行轨道）的地月 空间三星星座，DRO具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”的特点。若卫星甲从 DRO 变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为 a和 b，卫 星的运行周期为 T；卫星乙从 DRO 变轨进入半径为 r的环月圆形轨道，周期也为 T。 月球的质量为M，半径为 R，引力常量为 G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则（ ） A． B． C． D． （多选）9．一质量为 m的物块恰好能沿倾角为 30°的足够长斜面匀速下滑。物块在沿斜 面匀速下滑的过程中，在竖直平面内给物块一外力 F，F与水平方向的夹角为α，斜面 始终处于静止状态，如图所示。已知重力加速度为 g， 下列说法正确的是（ ） A．若α＝0°，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的 摩擦力水平向左 物理 第 4页（共 8页） B．若α＝60°，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力为零 C．若 F推着物块沿斜面匀速上滑，则 F的最小值为 mg D．若α＝90°，物块仍沿斜面匀速下滑 （多选）10．如图（a），倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块 甲、乙同时以初速度 v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个 过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置 x 与时间 t的关系曲线如图（b）所示，两条 曲线均为抛物线，乙的 x﹣t曲线在 t＝t0时切线斜率为 0，则（ ） A．μ1+μ2＝2tanθ B．t＝t0时，甲的速度大小为 3v0 C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 三．实验题（共 14 分） 11．某同学用如图 1所示的装置“验证牛顿第二定律”，打点计时器使用的交流电频率为 50Hz，纸带每打 5个点选一个计数点，重物质量为 m，重力加速度为 g，滑轮重力及摩 擦不计。 ①为了能完成该实验，下列应进行的操作是 ； A．将长木板右端垫高适当角度，以补偿长木板对小车的摩擦力 B．保证小车的质量远大于重物的质量 C．调节滑轮的高度，使细线与长木板平行 D．实验开始时应先释放小车，后接通电源 ②由如图 2所示纸带可求得小车的加速度 a＝ m/s2（结果保留三位有效 数字）； 物理 第 5页（共 8页） ③若实验中弹簧秤读数 F＝ （用字母 m、g、a表示），则 说明牛顿第二定律成立。 12．如图甲所示，是“探究力的平行四边形定则”的实验，其中 A为固定橡皮筋的图钉， O为橡皮筋与细绳套的结点，OB和 OC为细绳套，图乙是在白纸上根据实验结果画出 的图。（1）下列哪一个选项是不必要的实验要求 （请填写选项前对应的字母）。 A．两个弹簧秤的夹角适当大些 B．弹簧秤应在使用前校零 C．拉线方向应与木板平面平行 D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使 O点在 同一位置 （2）本实验采用的科学方法是 。 A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法 （3）图乙中的 F与 F'两力中，方向一定沿 AO方向的是 。 （4）如图丙所示，在探究“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于 P点，另一端 连接两个弹簧秤，分别用 F1与 F2拉两个弹簧秤，将结点拉至 O点。现让 F2大小增大， 方向不变，要使结点仍位于 O 点，则 F1 的大小及图中β（β＞90°）角的变化可能 是 。 A．增大 F1的同时增大β角 B．减小 F1的同时减小β角 C．增大 F1的同时减小β角 D．减小 F1的同时增大β角 物理 第 6页（共 8页） h3 h2 l2 四．解答题（共 42 分） （★）13．(12分)如图所示，小淑同学将内径粗细均匀的导热 U形管竖直放置在温度恒定 不变的环境中，底部水平管道长为 L＝20cm，左侧管足够长且上端开口，并用 h1＝5cm 的水银柱 A封闭有长为 l1＝10cm的理想气体，气体下端到管底长度 h2＝10cm，右侧管 上端封闭，并用水银柱封闭一段长为 l2＝30cm的理想气体，左右两管内水银面高度差 h3＝10cm，大气压强恒为 p0＝75cmHg，不计一切摩擦，U形管内径远小于 L。（1）求 初始状态右端封闭气体的压强大小（用 cmHg表示）； （2）若将整个装置静止释放，使其保持竖直做自由落体运动，待稳定后，求水银柱 A 移动的距离； （3）若将 U形管以左侧管子为轴在水平面内以角速度ω匀速转动，待稳定后右侧管气 柱长度变为 21cm，1cmHg 相当于 1360Pa，水银密度ρ＝13.6×103kg/m3，求ω大小。 物理 第 7页（共 8页） 14．(14分)如图所示，餐桌中心是一个半径为 r＝1.5m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近 似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。已知放置在圆盘边缘 的小物体与圆盘的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地 高度为 h＝0.8m。设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 加速度 g取 10m/s2。 （1）为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少； （2）缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出后滑到餐桌上，未从桌面上滑出，求 物体在桌面上滑行的距离 L为多大； （3）若餐桌半径 R＝ r，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落 到地面上的位置到从桌面飞出位置的水平距离 x为多少。 物理 第 8页（共 8页） 15．(16分)如图所示，质量M＝1kg的滑板 A带有四分之一光滑圆轨道，圆轨道的半径 R ＝1.8m，圆弧底端切线水平，滑板 A上表面的水平部分粗糙。现滑板 A静止在光滑水 平面上，左侧紧靠固定挡板，右侧有与 A等高的固定平台，平台与 A的右端间距为 s。 平台最右端有一个高 h＝1.25m的光滑斜坡，斜坡和平台用长度不计的小光滑圆弧连接， 斜坡顶端连接另一水平面。现将质量 m＝2kg 的小滑块 B（可视为质点）从 A的顶端由 静止释放，B与 A上表面水平部分的动摩擦因数μ1＝0.5，且 B刚好滑到 A的右端时， A与B共速。之后A与平台相碰，B滑上平台，同时快速撤去A。取重力加速度 g＝10m/s2。 求：（1）滑块 B刚滑到圆弧底端时，圆弧轨道对小滑块 B的支持力大小； （2）若 A、B能够在 A与平台相碰前达到共速，s应满足什么条件； （3）平台上 P、Q之间是一个宽度 l＝0.5m的匀强电场区域，且当滑块 B在该区域时 会受到一个水平向右、大小 F＝20N的电场力作用，平台其余部分光滑，设 B与 PQ之 间的动摩擦因数 0＜μ＜1，试讨论因μ的取值不同，B在 PQ间通过的路程大小。 第 1页（共 4页） 麓山国际 2026 届高三入学考试物理答案 一．选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D C B B BC BC BD AD 4．【解答】解：AB、设小球 B受到的重力为 mg，A、B两球的带电量分别为 q1、q2，两球间的距离为 r，定滑轮距 离 A球为 h，距离 B球为 d，对 B球受力分析如图； 根据相似三角形可知， ，得 r3＝ ，在小球移动过程中，r不变，因 此小球的运动轨迹是一段圆弧，故 AB错误；C、由上可得，F＝ ，由于 d在增大，因此 F 在增大，故 C正确；D、在小球移动过程中，r不变，A、B两球组成的系统电势能不变，故 D错误。故选：C。 5．【解答】解：在垂直杆子方向上有：mgcosθ+qEsinθ＝qvB+N…① 沿杆子方向上有：mgsinθ﹣qEcosθ﹣f＝ma…② 在下滑的过程中，速度增大，由①式知，洛伦兹力增大，支持力减小，摩擦力减小，再 由②式知，加速度增大。 当支持力减小到零，反向增大，摩擦力增大，根据②知，加速度减小。当合力为零时， 做匀速直线运动。 所以环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零，速度一直增大，最后不变，做匀速直线运动。故 B正确， A、C、D错误。故选：B。 6、【解答】解：A．由速度—位移公式有 可得 结合图 2可知，甲车在 0～24m的初速度为 加速度为 在 24～46 m的初速度 加速度为 最终停止在 46 m处。由位移—时间公式有 可得 结合图 3可知乙车的初速度 v 乙 0＝2m/s加速度为 假设在甲车加速阶段两车能相遇，设相遇在 t1时刻，由运动学规律有 解得 t1＝2s甲车做匀加速运动的时间 说明在甲车匀加速的末态两车相遇，假设成立，故 A错误； 第 2页（共 4页） BC．t＝2s时乙车的速度为 v 乙 1＝v 乙 0+a 乙 t1＝2m/s+4×2m/s＝10m/s＜v 甲 1＝22m/s 可知 t＝2s两车相遇后，甲车在前方减速运动，乙车在后方加速运动，两车一定能再次相遇，假设在甲车停止运动 前两车相遇，设经过 t2时间，两车再次相遇，有 解得 t2＝1.6s甲车匀减速到停止需要的时间为 由于 t2＜t 甲 2，则假设成立，甲、乙两车第二次相遇的时刻 t 总＝t1+t2＝2s+16s＝3.6s 故 B正确，C错误；D．由以上分析知，第一次相遇时甲车运行的位移为 x 甲＝24m，第二次相遇时乙车共运行的位 移为 解得 x 乙＝33.12m 故 D错误。故选：B。 （多选）8．. 解：AB．对于题述环月椭圆轨道和环月圆轨道，中心天体相同，可以使用开普勒第三定律，故有 解得 故 A错误，B正确； CD．对于环月圆轨道，做圆周运动，根据万有引力提供向心力： 解得 故 C正确，D错误。 故选：BC。 【点评】本题解题关键是掌握天体运动中的规律，即万有引力提供向心力，比较基础。 （多选）9．解：ABC．未加 F时，物块匀速下滑，受力平衡，物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，由平衡条 件得 mgsin30°＝μmgcos30°解得物块与斜面间的动摩擦因数 物块匀速下滑过程中，整体水平方向受力平衡，则地面对斜面的摩擦力为零；若α＝0°，对物块施加一个水平方向 的力，物块下滑过程中对摩擦力和斜面压力成比例增加，即物块对斜面的作用力方向没有变，则地面对斜面的摩擦 力仍为零；若α＝60°，对物体施加一个垂直于斜面方向的力 F，物块下滑过程中，对斜面的压力增加 F、摩擦力增 加μF，如图所示根据几何关系可知 故此时物块对斜面的作用力方向仍向下，地面对斜面的摩擦力为零，在竖直 平面内给物块一任意方向的外力 F，此力 F可以分解为垂直于斜面方向的力 和沿斜面方向的力，而这两个分力对斜面的摩擦力均为零，所以无论施加什 么方向的力，在 B停止运动前，地面对斜面的摩擦力为零，物块仍沿斜面匀速下滑，故 A错误，BD正确； 第 3页（共 4页） C．若 F推着物块沿斜面匀速上滑，设 F与斜面夹角γ，根据平衡条件得 Fcosγ＝mgsinθ+μ（mgcosθ+Fsinγ）解得： 当 sin（β﹣γ）＝1时，F取最小值，则有： Fmin＝ ＝ ＝mgsin（2×30°）＝ mg 故 C错误。故选：BD。 （多选）10．【解答】解：AB.x﹣t图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动， 乙物体做匀减速运动，在时间内甲乙位移可得 ， ，可得 t0时刻甲物体的速度 为 v＝2v0，甲物体的加速度大小为 ，乙物体的加速度大小为 ， 由牛顿第二定律可得甲物体 mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，同理可得乙物体μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma2 联立可得μ1+μ2＝2tanθ，故 A正确，B错误；C.设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，水平方向上由牛顿第二 定理可得 f＝ma1cosθ﹣ma2cosθ＝0，则 t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，故 C错误； D.t＝t0之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加速，水平方向上由牛顿第二定律可得 f＝ma1cosθ，即地面 对斜面的摩擦力向左，故 D正确。故选：AD。 11．③由题图 1可知，弹簧秤的示数等于绳子的拉力，且小车加速度为重物的两倍，则有 得 故答案为：①C；②1.11； ③ 。 12．故答案为：（1）D；（2）B；（3）F'；（4）BC 13．【解答】解：（1）初始状态右端封闭气体的压强大小 p1＝p0+h1﹣h3解得：p1＝70cmHg (2分) （2）若将整个装置静止释放，使其保持竖直做自由落体运动，则两部分气体的压强均为 p0＝75cmHg，对右边气体 p1l2S＝p0l2'S解得 l2'＝28cm (2分) 对左边气体（p0+h1）l1S＝p0l1'S 解得 l1'≈10.7cm (2分) 水银柱 A移动的距离Δx＝（30﹣28）cm﹣（10.7﹣10）cm＝1.3cm (1分) （3）对右管气体 p1l2S＝p2l2''S 解得 p2＝100cmHg (1分) 因右侧气柱缩短 9cm，则左侧液面下降 9cm，水平管中仍充满水银，对管中水银受力分析可知右侧压强 p 右＝（100+29） cmHg＝129cmHg (1分) 左侧压强 p 左＝（75+5+1）cmHg＝81cmHg (1分) 由牛顿第二定律 (1分) 1cmHg相当于 1360Pa 解得 (1分) 14．解：（1）当静摩擦力最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，为：fm＝μ1N＝mrω2 (2分) N ＝mg 两式联立可得：ω＝2rad/s (1分) （2）物体的线速度为 v0＝ωr＝2×1.5m/s＝3m/s (1分) 第 4页（共 4页） 在滑行过程中，根据动能定理可得： (2分) 解得：L＝2m (1分) （3）当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度 vt′， 由题意可得：vt ′2﹣ ＝﹣2aL' (1分) 由于餐桌半径为 R＝ r，所以 L'＝ ＝1.5m (2分) 联立解得：vt′＝1.5m/s (1分) 物体做平抛运动的时间为 t，则：h＝ (1分) 解得：t＝ (1分) 所以物体做平抛运动的水平位移为：x＝vt′t＝1.5×0.4m＝0.6m (1分) 15．解：（1）设滑块 B滑到 A的底端时速度为 v0，根据机械能守恒定律得 (1分) 设滑块 B刚下滑到圆弧底端时，圆弧轨道对滑块的支持力为 FN，由牛顿第二定律得 (2分) 解得 FN＝60N (1分) （2）设 AB共同速度为 v1，取向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝（m+M）v1 (1分) 对 A，由动能定理得 (2分) 解得 s＝0.8m (1分) 若 A、B能够在 A与平台相碰前达到共速，s应满足 s＞0.8m （3）设滑块到达 Q处的速度为 v2时，滑块恰好到达斜坡顶顶端，根据机械能守恒定律得 解得 v2＝5m/s (2分) 由（ 2）可知滑块进入 PQ 间时速度大小为 v1，当滑块到达 Q 处速度 v2 时，对滑块，由动能定理得 (1分) 解得μ＝0.1，即 0＜μ≤0.1时，滑块从斜坡顶端离开，滑块在 PQ间通过的路程为 0.5m； (1分) 若滑块滑上斜坡后，从斜坡返回，到达 P 点速度刚好为零，设此时动摩擦因数为μ2，对滑块，由动能定理得 (1分) 解得μ2＝0.8，即 0.1＜μ≤0.8时，滑块从 P左侧离开，滑块在 PQ间通过的路程为 1m； (1分) 若 0.8＜ μ≤ 1 时，则滑块最终停在 Q 点，设滑块在 PQ 间通过的路程为 s1，对滑块，由动能定理得 (1分) 解得 m (1分) 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期： 2025/8/16 18:36:56；用户：杨文平；邮箱：18942509419；学号： 2797035