湖南长沙市第一中学2025-2026学年高三下学期开学考物理试卷

姓 名 准考证号 绝密★启用前 高三物理 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自已的姓名、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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用棉皮擦干净后，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，将本试题卷和答题卡一并交回。 一、选择题（本题共7小题，每小题4分，共28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.近年来，我国核电事业发展迅速，核电机组总规模位居世界前列。核反应堆是利用中子轰击重 核发生裂变反应，释放出大量核能。U十n→1铝Ba十Kr十aX是反应堆中发生的许多核反应 中的一种，X是某种粒子，a是X粒子的个数，用mu、ma、mk分别表示U、1铝Ba、器Kr核的质 量，y表示X粒子的质量，c为真空中的光速。下列说法正确的是 A.X为正电子 Ba=2. C.U原子核的比结合能比辖Ba原子核的比结合能小 D.上述核反应中放出的核能△E=(mu一ma一mk一3mx)c2 2.“夹弹珠”是一项锻炼动手能力与专注力、好玩又刺激的游戏。如图所示，用甲、乙两根筷子夹 一个光滑的弹珠，甲始终竖直，乙倾斜，甲、乙在同一竖直平面内，乙与竖直方向的夹角为0。若 弹珠质量为m并始终保持静止，重为加速度为g,则下列说法正确的是 A0为30°时，筷子甲对弹珠的弹力大小为2mg B0为30时，筷子乙对弹珠的弹力大小为N3mg C.若0角缓慢增大，筷子甲对弹珠的弹力也变大 D.若0角缓慢增大，筷子乙对弹珠的弹力变小 物理试题(Q7)第1页（共8页） 3.甲、乙两小球同时从水平面上的O点斜向上抛出，其运动轨迹如图所 示。乙小球落地时，甲小球刚好运动到轨迹的最高点。甲小球落地 点为P点，乙小球落地点为M点，OP=2OM。不计空气阻力，则 A甲小球初速度与水平方向的夹角的正切值为乙小球的4倍 0 B.乙小球的最小速度等于甲小球的最小速度 C从抛出点到落地点甲小球速度的变化量为乙小球的4倍 D.将甲小球的抛出点向右平移OP,其他条件不变，两小球可在空中相遇 4.小华购买了一个透明的“水晶球”如图(1)，球的直径为d。为测量该水晶球的折射率，小华将 一束红色激光从球上P点射向球内，当折射光线与水平直径PQ成0角时，出射光线恰与PQ 平行，如图(2)所示，已知光在真空中的传播速度为c,则 图①) 图(2) A可测得该水晶球的折射率为cos日 B该红色激光束在“水晶球”中的传播时间为24cos0 心.若仅将红色激光束换成蓝色激光束，则光在水晶球中的传播速度变大 D.增大光线在P点的入射角，可以使光线从水晶球射向空气时发生全反射 瓦在工轴上之0和引m处固定两个点电街电荷数分别为和？早方 /m 和一q(q>0),已知电荷量为g的点电荷在空间各点的电势φ可 由”=9计算，其中r为各点到点电荷的距离，也为静电力常量（规定无穷远电势为零）。电子 带电量为一e.质量为m,下列说法正确的是 A.在轴上x=青m处的电场强度为零 B在轴上x=2m处电势为零 C,在轴上2一专m处，由静止释放电子，电子只在电场力作用下做往返运动 D.在轴上x=等m处，由静止释放电子，电子只在电场力作用下获得的最大速鹿为、 2kge m 6.如图甲所示，太阳系中有一颗躺着的蓝色“冷行星”一天王星，外围空间存在着环状物质。为 了测定环状物质是天王星的组成部分，还是环绕该行星的卫星群，“中国天眼”对其做了精确的 观测，发现环状物质绕行星中心的运行速度v与到行星中心的距离：的关系如图乙所示（图中 6、)均为已知值)。已知天王星的半径为R、环状物质的宽度为d,引力常量为G,以下说法正 确的是 物理试题(Q7)第2页（共8页） R+d 甲 之 A.环状物质是天王星的组成部分 B.天王星的自转周期为2迟 。36 C.该行星的密度为p一4GR2 D天王星的第一宇宙速度等于 ?7一物体在力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系 如图所示，物体能上升的最大高度为hh<H(F。、h、H已知，重力加速度为 g),不计空气阻力，下列说法正确的是 A.物体上升到号时加速度不为零 8物体刚开始运动时和上升到最大高度时加速度相同 C物体的加速度最大值为2产 D物体的动能最大值内8？ 二、选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题 目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) &.图甲为测量储液罐中不导电液体高度的装置，将与储液罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的 电容器C置手储液罐中，电容器C可通过开关S与理想电感线圈L(电阻不计)或电源相连。t =0时把开关从α拨到b,由理想电感线圈L与电容器C构成的回路中产生的振荡电流如图乙 所示。在平行板电容器极板正对面积一定、两极板间距离一定、忽略回路电磁辐射的条件下， 下列说法正确的是 0 图甲 图乙 A当储液罐内的液面高度升高时，LC回路中振荡电流的撷率将变大 B.4时刻电容器所带电荷量最少 C.~t4时间段内LC回路中磁场能逐渐转化为电场能 D.该振荡电流为正弦式交变电流，其有效值为2lm 物理试题(Q7)第3页（共8页） 9.一列简谐机械横波沿x轴传播，其在=弓s时的波形图如图a所示，P,Q是介质中的两个质 点，图b是质点Q的振动图像。则 18 cm x/cm 图a 图b A该列波沿x轴正方向传播 B.该列波的波速是0.18m/s G在=专s时，质点Q的位移为竖A D.质点P的平衡位置的坐标x=3cm 0.一边长为L.质量为.m的正方形金属细框，每边电阻为R,置于光滑 。B。 的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸R, 面的匀强磁场，磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界，在桌面上 固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1=2R。,导轨电阻可忽 略，金展框置于是轨上，如图所示。让金属框以初速度一震进入磁场。运动过程中金属 框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。下列说法正确的是 &金属框进人磁场过程中电路的总电阻为R。 B,金属框进人磁场的末速度为B 5mRo C.金属框不可能穿越磁场 D,在金属框整个运动过程中，电阻R产生的热量为 三、非选择题（本大题共5题，共57分） 11.(8分)图甲是某研究性学习小组探究木块加速度与合外力关系的实验装置，长木板置于水平 桌面上。细线一端与木块相连，另一端通过一个定滑轮和一个动滑轮与固定的弹簧测力计相 连，动滑轮下悬挂一个沙桶。改变桶中沙的质量进行多次实验，并记录相关数据。 打点计时器 纸带 甲 →沙桶 物理试题(Q7)第4页（共8页） (1)利用该装置实验时，下列说法正确的是 。 (单选) A.实验前应将长木板靠近定滑轮的一端垫高，以平衡摩擦力 8每次在增加沙的质量后，需要重新平衡摩擦力 C应将木块靠近打点计时器，先释放木块，再接通电源 D.实验中不需要满足沙和沙桶的总质量m远小于木块的质量M (2)图乙是实验中获取的一条纸带的一部分：1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两个计数点间 还有4个计时点（图中未标出），计数点间的距离如图所示，已知交流电频率为50Hz。根 据图中数据得出木块的加速度大小为a= m/s2(结果保留两位有效数字)。 436L-60-62-764-年46 2 图乙 单放mm (3)两同学在实验室各取一套图甲所示的装置放在水平桌面上，在没有平衡 a 摩擦力的情况下，研究木块的加速度x与拉力E的关系，他们分别得到图 丙中甲、乙两条直线。设两木块质量分别为、mz,两木块与木板间的 动摩擦因数分别为甲、z,由图可知，m甲 mz,甲 4乙。 丙 (选填“>”“<”或“=”) ?.(8分)二极管具有独特的单向导电性，当在二极管两极之间所加正向电压小于某值时，二极 管的电阻很大(1×106Q,甚至更大)，而当正向电压超过某值时，二极管的电阻随两端电压的 升高而急剧减小。为了探究二极管的导电特性： (1)实验小组先用多用电表判断二极管的极性。步骤如下，请补充完整。 A.将多用电表置于欧姆表“×100”挡，短接红、黑表笔，调整欧姆调零旋钮，使指针指向表 盘右侧“0”位置； B.将二极管串接在两表笔之间，多用电表示数如图甲中a所示； C.将二极管两极对调，多用电表示数如图甲中b所示，则此时与红表笔接触的是二极管的 (填“正”或负”，极。 0 A-V-0 (2)实验小组设计了如图乙所示的实验电路，通过实验测得相关数据如下表。 正向电压 0.10 0.20 0.30 0.40 0.500.55 0.60 0.65 0.68 0.70 U/V 正向电流 0 0 0 0.020.260.56 1.13 1.792.37 3.00 I/mA 物理试题(Q7)第5页（共8页） ①由二极管的特性和表中数据可知，当电压表示数为00.30V时，图乙中开关S一定接 在位置 ;(填“1”或“2”) ②根据表中数据，在右边坐标图中画出二极管的伏安特性曲线（要求保留所描的点迹）。 5.00 /mA 2 400 3.00 2.00 1.00 00.20:40:6-0:81.0U (3)若此二极管为发光二极管，正常发光时通过的电流为3.00mA,若用2.5V的电源（内阻 不计)供电，则应该给二极管串联一个 Ω的电阻。 13.(12分)一无人潜水装置基本结构如图所示，主要由长度为6，横截面 积为S的汽缸，此滑轻质活塞和压缩空气罐组成。汽缸开口处和距 底部号处有限位卡口，底部通过一细管与压缩空气罐相连，细管有 阀门可控开关。下水前测得大气温度为，压强为p,此时活塞位 于两卡口正中间。潜水装置下潜到深度为五的水底后检测到水底温 物理试题(Q7)第6页（共8页） 14.(13分)半径为R的半圆形细玻璃管固定在竖直平面内，其右端是坐标原点，内壁光滑。第 二、三象限存在水平向右的匀强电场，电场强度E=3mB,第一象限存在竖直向上的匀强电场 40 和垂直纸面向外的非匀强磁场，电场强度E2二g,磁感应强度B=y(k为常量)。一质量为 m电荷量为q的带正电小球从第二象限某一位置P点以大小为0、与水平方向成=37°的 速度斜向下进入匀强电场，恰好无碰撞进入细管的左端A,已知细管的内径略大于小球的直 径，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 ee。 E E, (1)求小球到达A点的速度大小及P到A运动的时间； (2)小球到达细管中Q点（图中未标出）时速度达到最大，求小球到达Q点时的速度； (3)若已知小球到达细管右端的速度大小为⑦，求小球从原点运动到最高点时轨迹与x轴和过 最高点且平行于y轴的直线所围成的面积 物理试题(Q7)第7页（共8页） 15.(16分)如图所示，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量分别为 3m和m的小球A和B,初始时小球A以初速度沿圆环切线方向运动， 小球B静止在圆环的P点，A与B发生碰撞。不计小球与圆环间的摩擦， 两小球始终在圆环内运动，小球A、B可视为质点。 (1)若小球A与B碰撞后粘在一起，求碰撞过程中损失的机械能； (2)若小球A与B发生弹性碰撞，求： ①小球A与B第二次碰撞后瞬间的速度大小； ②从第一次碰撞到第2N坎碰撞之间小球B通过的路程： (3)若小球A与B发生非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的 e(O<e<1)倍，求第一次碰撞到第2N次碰撞之间小球B通过的路程。 物理试题(Q7)第8页（共8页）高三物理参考答案 一、二选择题(1~7每小题4分。8~10每小题5分，选对但不金得3分) 题号 1 2 3 5 6 7 10 答案 C D B B D C D BC BD CD 1.C【解析】根据电荷数守恒，左右总电苻数92=56十36，故X不带电，应为中子，故A错误；根据质量数守恒可 得235十1=141十92十aX1,解得a=3,故B错误；生成核更稳定，则贺U原子核的比结合能比锡Ba原子核的 小，故C正确；质量亏损为反应前总质量减去反应后总质量，则△m=(u十mx)一(m十k十3mx)=mw一 na一mr一2m,根据质能方程△E=△m·2,可得△E=(u一m-mk一2mx)c产，故D错误。故选C。 2.D【解析】题意如弹珠分别受到甲乙弹力F,、Fz和重力g而平街，受力如图，由平F之 贵条件可知2=R,=g将0=S0代入上式，可得R。=2mgFp=5m8,放 AB错误；若日角缓慢增大，sin0、tan日也增大，故Fz、F,均减小，故C饿误，D正确。 故选D。 3.B【解析】设甲小球运动至最高点的时间为方，乙小球运动至最高点的时间为2，乙小 m及 球落地时，甲小球刚好运动到轨述的最高点。故有2=，在竖直方向，甲的竖直初速度为1=，乙的竖直 初速度为2=g,可得1=22，在水平方向，甲的水平位移=a·2h1,乙的水平位移x2=2·22,由题 T1 意可知的=2x2,可得坠= 22 丝-冬·器=兰·1，根据速度的分解与合成关系，设初速度与水平方向的安 2i 角为&，对甲有tan&=2,对乙有tan=2 2 V 联立解得a肌及=阻=型，丝=2，故A错误；由A可知%=2，故乙小球的最小速度等于甲小球的最小速 tan b vxe vy va U 度，B正确；从批出到落地速度变化量△=g,所以从地出到落地甲、乙两球速度的变化量之比为Ag=车= △t2 子，放C错误；将甲小浆的抛出点向右平移0P,其他条件不变，由于两小球的水平分速度相等，两小球同时抛 出，其水平位移相等，故两小球不会在空中相遇，D错误；故选B。 4B【解析】如图所示，由几何关系可知，光线射出时的折射角，为20，折射率n=s29= sin 2o0s0,故A错误；光在“水晶球”中传播的距离=dc0s8,时间=之=L_2d0os9, 故B正确；蓝色张光束频率比红色激光来大，蓝色激光束的折射率比红色激光束大，由一片， 可知光在水晶球中的传播速度变小，故C错误；由几何关系可知=r=20,增大过P点光线的入射角，光线出 射时一定不会在球内发生全反射，故D错误。故选B。 5.D【解析】设在坐标为上处电场强度为率，则警z,解得x=2m,故A辑误：设✉处的电势为本，则？ =细吕我p一绍吕解得x=号皿或=0.8m,故B错误#电子由静止释效在=号m处时，这 点电势为家，电子的初始总能量为家。女赖上大于导m的范国内，电势随x先升高后降低，报据动能定理可 知，电子最远可以到达无穷远处，故C错误；电子获得的最大动能出现在电场强度为零的位置，即x=2的位 里，x=2m处电势为p一终9-留-g,由动能定理得e=m,解得a=√，放D正确，放选D, 物理参考答策(Q7)一1 6.C【解析】若环状物是天王星的组成部分，则环状物与星体同轴旋转，角速度相同，根据)=o,可知，环状物线 速度)与”成正比，结合乙图可知，环决物不是星体的组成部分，星体的自转周期不能确定，故AB错误：若环 状物是還体的卫星群，则共向心力由星体的万有引力提供，则G0=加号，所以-必，站合图像可得GM 2.0 =连=远R,所以M=警，由p一当V=音R,可得p=漂，故C正确根据万有引力提供向心力有 36 G=m罗所以天玉涩的第一宇宙速定为一√受-，放D错溪，故选C。 7.D【解析】由图像，力F随高度均匀减小，所以加速度先减小到0后反向增加，由对称性可知开始运动和到最 高成时加速度等大反向且为最大，在中点合时加速度为家。故A,B错误；该过程中的平均力为F= Hp+E。(2班-色，由效能关系路一加欲，得mg一20，由，=ga,得a。2验C 2H 2H 裙误；由剂能定理受-mg合-B,得B。一號，D正瑰。故走D. 8,B℃【解标】当储液摊内的液西商度升高时，电容器两板间充入的电介质增多，由C一品可加电容变大，报据 乙C电路电流叛荡周期T=2π√C可知，回路的报荡周期变长，故振荡频率变小，A#误时刻电路中放电电 流最大，对应电容器放电完毕，此时电容器所带电苻量为零，故B正确一：时间段内LC回路中电容器正在 完电，磁场能远渐转化为电场能，C正喷；该振荡电流的有效值为I=是-②马，D蜡误。故选BC。 √2 2 9.BD【解析】图b可知了s时，Q质点向上振动，同侧法结合图a可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；结合图 b可知，波长X=36cm,用期T=2s,根据=会-9cm/s=18cm/s=0.18m/s,故B正确质点Q从平衡位 置开始振动，由振动方程y=Asin祭，可知，当=吉s,联立以上，解得Q质点位移为y=Asin(受×号)= 停A,放C错误分析围a可知，OP相位差为答，kOP距离为d-亮×=3m,放D正确。截选BD, 10.CD【解析】因为导轨电阻忽略不计，此时金属框上下部分被短路，根据电路构造可知此时电路中的总电阻为 R=R十R、-受，故A钻误：金居枢进入磁场的末速度为，金居框进入磁场的过程中，以水平向方 为玉方肉，旅搭动亚定理一B肌△=m,又一是B=器中-匙=网m,解得一器 5mRo" 故B错误；根据能量守恒定律可得马m听=Q十m好，根据电阻的比值关系可得此过程中电阻R产生的热 童为Q如是0，展立解得Q=器金属框完企在磁场中时，金属轻的左右两道报同时切刻碳高线，可 等效为两个电源并联和R构成回路，此时回路总电阻的为R1=R,十号=5码，假设金属框的右边能够到达 2 殊场右边界，且速度为欧，以水平向右为正方向，根据动量定理，同理得一 Rs =m一，解得2=0，可知 金属框的右边恰好能到达磁场右边界，没有穿过磁场。根据能量守恒定律可得此过程产生的总热量为Q= 立，此过报中电阻风产生的热童为Q'=号Q,联立解得@'=忍，整个过程中电血R产生的热 重为@-Qa十0e-震北cD正确，k选QD, 物理参考答案(Q7)一2 三、非选择题（本大题共5题，共57分） 11、(8分，每空2分)(1)D(2)0.82(8)<> 【解析】(1)实验前应将长木板靠近打点计时器的一端垫高，以平衡摩擦力，使得木块受到的合力等于绳子拉 力，故A错误； 当重力在斜面上的分力与摩擦力相等时有Mgsin日=Mgcos6,由此可知，当增加沙的质量后，重力在斜面上 的分力与摩擦力依然相等，不需要重新平衡摩擦力，故B错误； 为了充分利用纸带，应将木块靠近打，点计时器，先接通电源，再释放木块，故C错误； D.此实验中，由于绳子拉力可以通过弹簧测力计得到，所以不需要满足沙和沙桶的总质量m远小于木块的质 量M,故D正确。故选D。 (2)每相邻两个计数点间还有4个计时点未标出，则相邻两个计数点之间的时间间隔为T=5X0.02s=0.1s 根据迎差法可得，木块的加速度大小为 a=4=682+76.4+84.648.6251.8-60.0)X10m/g2=0.82m/8 9T2 9×0.12 (3)根据牛顿第二定律可得F一Mg=Ma 整理得a=-s 由图像的斜率和纵轴载距大小关系可知m=<2>4元。 12.(8分，每空2分)(1)负(2)①1②见解析图(3)600 【解析】(1)步骤B中欧姆表示数很大，而步骤C中示数很小，由题中所给条件知，当示数很小时红表笔所接为 二极管负极。 (2)①题图乙的设计为伏安法测电阻的内接法和外接法可以互换的电路，当开关S接位置1时为电流表内接 法，接位置2时为电流表外接法。由表中数据可知，当电压表示数为0~0.3V时电流表示数为0，故电流表内 接，开关S接在位置1。 ②描点作图如图所示 I/mA 5.00 4.00 3.00 2.00 1.00 00.20.40.60.81.07 (3)发光二极管正常工作时两端电压为0.7V,电源电动势高于0.7V,应帝联一个电阻，阻值R=E= 2a装7a=60n. 13.(12分)【解析】(1)由题意可知，在下沉过程中，活塞会到达下卡口 设潜水装置热达水底时汽缸内压强为：则报据理想气体状恋方程有0S·=S·号 …2分 联立解得1=1.75o 1分 对活塞进行受力平衡分析可得 p1S+F=(p十pgh)S …2分 解得hsS+F 3 PgS ……1分 (2)设活塞恰好能够离开下限位卡口时，设汽缸内气体的体积和压强分别为V、2 报据平衡条件可得=o十PgA=子o十号 …2分 物理参考答案(Q7)一3 对于充入汽缸中的这部分气体，假设其压强变为1时，体积为△V 由玻意耳定律力1(V2十△V)=2V2… …2分 得兴品 即充入汽缸中气体质量与原汽缸中气体质量的比值 器兴然 …2分 14(13分)〖解折](1)小球从P到A,水平方向：6co8日=B9 》1 …1分 竖直方向：=sin0十gt …1分 解得以=号w …1分 160 15g …1分 (2)小球在第二、三象限运动过程中，所受合力的大小为F=√(mg)2十(Eg) 方向与水平方向的夹角为53° 当小球运动到合力与速度方向垂直时速度达到最大，从A到Q,根据动能定理有 mgRcos7+五qR+Rsin37)=合m6-号m听 .....o.toanaat.a..a …2分 郎得0一√R+写话 …2分 (3)小球在第一象限运动时，E2q=mg,故小球的合力为洛伦兹力，小球运动至x轴最远位置时y方向上的分 速度为零，竖直方向由动量定理 -gB%.△t=0-mw… …1分 其中B=ky,左边微元累积 一(qk△十qky22△2十qky3s△3…十qky△.)=0-mv …1分 即-(gkS,十qkS2十gkS3…十qkSn)=0-o…1分 而S十S2十Sa…+S.=S 解得S=器 …2分 15.(16分)【解析】(1)A与B碰撞过程中，动量守恒3mo=4m …1分 报据能量守恒之X8m呢三义4十△E………】 解得损失的机械能为△E=。, n6 …1分 (2)①A与B第一次碰撞，根据动量守恒3m=3mwh十mm …1分 机根能守恒号×3nmn6=号×3m暖十分mn喝 …1分 部得以一受，=号 A与B第二火碰撞时，根据动量守恒和机械能守恒 3mWA十mB=32W0十m0… …1分 号X3ma味+m通=合X3m+号m品 …1分 2 解得y0=h,0=0 ②第一次碰撞后到第二次碰撞时，B相对A多走一图，即Bt一U1=2mR 圆侧B的路程=阳咖号X2mR………1分 物理参考答案(Q7)一4 第二次碰撞后B静止，第三次碰撞后B的路程重复第一次…所以从第一火到第2N次碰撞之间B走的路程 为L=N2=号X2R…N=3元RN… …1分 (3)A与B第一次碰撞，根据动量守慢3mh=3mU1十m…1分 由题意可知e=m一型 解得ou=S=e),恤一81+e)西 4 4 B第一火碰后到第二次碰撞的时闻为右=，2如R=2迟 ……1分 UBm一VA1e00 B第一火碰后到第二次碰撞运动的略程为1=@内=3R1十 2e …1分 篡二火碰授时，根据动量守恒 3mwAu十mzm=3m2十mm… …1分 又e=地一心 一UA1 解得e=3+),e=31=)西 4 4 从第二次碰撞后到第三次碰撞的时间为 a=2B=2迟、 ……… U2一U2e'0 …1分 B第二次碰后到第三次碰撞运动的路程为如=m红=3R1) 2e …1分 同理可知5%=购=3rR1十e) 2e3 =a4=3rR1-e) 2e 所以，第一次碰撞到第2N火碰橙之间小球B通过的路程为 s=1十%十6十54十=3mRe2w-1-12 2e2w-1(e-1) …1分