2026届湖南长沙市长郡中学高三下学期保温卷（一）物理试题

2026届长郡中学物理保温卷(一) 一、单选题:本题共8小题,每小题4分,共32分.在每小题给出的四个选项中,只有一项 符合题目要求, 1.按照中国国家航天局的计划,”嫦娥七号”将在2026年下半年发射,着陆在月球南极的艾 特肯盆地。在其探测器上,将安装中国”天工空间核电池,该电池利用钚-238的衰变释 放的核能,通过热电材料直接转化为电能,为探测器长期供电,其衰变方程为 aPu 4U+He+ E。假设衰变前钚核处于静止状态,下列说法正确的是() A.衰变过程中释放的核能全部转化为 粒子的动能 B.铀核与 粒子的动量大小相等、方向相反,但 粒子的动能比铀核的动能大得多 C.由于月球表面温度极低,钚-238的半衰期将变长 D.粒子穿透能力强,需用厚铅板屏蔽,以防止辐射危害探测器的电子设备 2.通过对光现象的深入研究可以进一步了解光的本质规律。以下光学现象示意图:图甲为 光经过不透明圆板后形成的泊松亮斑;图乙是雨后彩虹原理示意图;图丙为光通过劈尖后 形成的干涉条纹;图丁为用偏振眼镜观看立体电影示意图。下列说法正确的是() 太阳光(白色光红色光 小水滴 紫色光 彩虹红色 紫色光 红色光 紫色 甲 乙 丙 A.图甲中,出现亮点核心原理是光的干涉 B.图乙中,雨后彩虹是白光经过折射、色散、反射再折射而形成的 C.图丙中,若将垫板向左移动,条纹间距变大 D.图丁中,通过立体电影说明光是纵波 3.试验三十号卫星02星是我国于2025年9月29日在西昌卫星发射中心发射升空的对地观 测技术试验验证卫星,卫星入轨后轨道高度随时间的变化情况如图所示。则() 高度/km 596.4 d 596.0 595.5 595.0 b 594.5a 594.22025-09-302025-10-04 2025-10-10 A.9月30日至10月10日期间,卫星运动周期逐渐增大 B.卫星在图中a、c点的速度关系为v。<v C.10月1日期间卫星的机械能不守恒 D.从c到d过程,卫星朝运动方向喷气 4.中国海军服役的歼-15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中,某段时间内舰载机的位移 时间(x-)图像如图(图线为抛物线的一部分)所示,则( 年x/m A.由图可知,舰载机起飞的运动轨迹是曲线 36 B.在2s~3s内,舰载机的平均速度大于20m/s 25 C.在M点对应的时刻,舰载机的速度大于20ms 16 D.飞机在该段时间内加速度大小为8m/s2 22.53t/s 5、2026年春晚节目《世界义乌中国年》中,93名孩子齐摇拨浪鼓送上新春祝福。如图所 示,拨浪鼓边缘上与圆心等高处关于转轴对称的位置固定有长度分别为L、L的两根不可 伸长的细绳,两根细绳另一端分别系着质量相同的小球A、 B,其中L<L。现匀速转动手柄使两小球均在水平面内匀 速转动,连接小球A、B的细绳与竖直方向的夹角分别为 和B,两小球线速度大小分别为v、V,细绳对小球A、B A B 的拉力大小分别为F、F,下列判断正确的是() A.a>B B.a=B 乙 C.VA<VB D.F>F 6静电场方向平行于x轴,其电势”随x的分布可简化为如图所示的折线。将一个带负电的 粒子在x=d处由静止释放,它只在静电力作用下沿x轴运动。规定x轴 正方向为电场强度E、加速度 、速度的正方向,下图分别表示x轴上 各点的电场强度E,粒子的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图像、 -d0 其中正确的是() E E -d0 d -d0 -d o 7.把一个筛子用弹簧支撑起来,筛子上装一个电动偏心轮,它每转一周,给筛子一个驱动力, 这就做成了一个共振筛,如图甲所示。该共振筛的振动振幅与驱动力频率的关系如图乙所示, 已知增大电压,可使偏心轮转速提高,增加筛子质量,可增大筛子的固有周期。现在,在某 电压下偏心轮的转速是54r/min。下列表述正确的是( ) A增大电压可以增大筛子的固有频率 偏心轮 B减小电压可以增大筛子的振动幅度 C增大筛子质量,驱动力的频率一定减小 D减小筛子质量,筛子的振动幅度一定减小 0.8 f/Hz 甲 8.如图所示,质量m,=2kg的物块叠放在质量m,=1kg的 m2 木板上,木板静止在倾角为30 的固定斜面上,斜面底端连 m 接一轻弹簧。某时刻,给物块一个沿斜面向下的初速度 B V=3m/s,木板与弹簧接触前,物块与木板已速度相同。 M 30 7 接触后,木板下端到达B点时两者恰好相对滑动,到达C点 3 时速度恰好为零。已知木板足够长,与斜面间的动摩擦因数4= 与物块间的动摩擦因 数4=5,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等,取沿斜面向下为正方向。弹簧始终 2 处在弹性限度内,劲度系数k=25N/m,重力加速度8取10m/s2,下列说法正确的是 () A.物块刚开始下滑时的加速度为2.5m/s2 B.木板刚接触弹簧时速度大小为6m/s C.木板下端运动到B点时,弹簧的压缩量为0.3m D.木板下端从B点运动到C点的过程中,木板和弹簧组成的系统机械能不守恒 二、多选题:本题共2小题,每小题5分,共10分.在每小题给出的四个选项中,有多项 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. 9.物理学习离不开教材阅读,关于教材中的下列四幅插图说法正确的是() 应变片A 应变片B 千簧管 甲 乙 丙 丁 A.甲图中,干簧管是一种能够感知电场的传感器 B.乙图中,LC电磁振荡电路此时刻电容器正在充电,螺线管电流产生的磁场正在减弱 C.丙图中,增大电容C,调谐频率增大 D.丁图中,悬臂梁左侧固定,其上下表面分别固定两个完全相同的电阻应变片A、B。 当受力端受到一个竖直向下的外力作用时,悬臂梁发生微小形变,导致A的电阻变大、 B的电阻变小 10(多选)如图所示,为某速度选择器的主要工作区域,圆形区域内存在垂直纸面向里的 匀强磁场(图中未画出),O点为磁场的圆心,水平虚线为圆的一 条直径。S点有一粒子发射源能在纸面内沿SO向外发射一系列比 荷均为k的正粒子,M、N为水平虚线下方半圆的三等分点,P为 Vo 水平虚线下方半圆的一个四等分点。粒子发射速率为v时,粒子 在磁场中运动时间为和并从M点离开磁场,粒子初速度范围为 】 M [0.1vo,10v],可连续变化,且不同速度的粒子数量相同。下列说法正确的是() 2 A.磁感应强度大小为 3ktp B.从P点射出的粒子的速率为√3vsin22.5 C.粒子的速度越小,在磁场中运动时间越短 D.从弧SM射出的粒子数小于从弧MN射出的 三、实验题:共17分. 11.(8分)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架 子上,架子下部固定一个小电动机,电动机转轴上装一支软笔。电动机转动,钢柱下落, 软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹(时间间隔为T)。如图乙,在钢柱上从痕迹O 开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E,测得它们到痕迹O的距离分别为 hi he ho hp he。已知当地重力加速度为8。 E 钢柱 软笔 电动机 CH B头 h 甲 丙 (1)若电动机的转速为2000r/min,则T= 3 (2)为验证机械能是否守恒,需要比较钢柱下落过程中任意两点间的 A.速度变化量和重力势能变化量 B.动能变化量与重力势能变化量 C.速度变化量和高度变化量 (3)设各条痕迹到O的距离为h,对应钢柱的下落速度为v,画出2-h图像,发现图线接近 一条倾斜的直线,若该直线的斜率近似等于 ,则可认为钢柱下落过程中机械能 守恒。 (4)该同学用两个质量分别为m,、m2的圆柱P和Q分别进行实验,多次记录下落高度h和相 应的速度大小v,作出的v2-h图像如图丙所示,P、Q下落过程中所受阻力大小始终相 等,对比图像分析正确的是 A.m1大于m2 B.m1等于m2 C.m小于m2 12.(10分)某同学要测量一段金属丝的电阻率,可供选择的实验器材有: A.电流表A1(量程为00.6A,内阻r1约为22) B.电流表A2(量程为0~3mA,内阻r2=1002) C.定值电阻R=9002 D.定值电阻R=99002 E.滑动变阻器R3(0~202,允许通过的最大电流为3A): F.滑动变阻器R4(0~1002,允许通过的最大电流为3A); G.电池E(电动势为3V,内阻很小): H.开关S及若干导线。 R/A 甲 丙 (1)用螺旋测微器测量该金属丝的直径,某次测量时如图甲所示,读出该金属丝的直径 d mm。 (2)该同学设计了如图乙所示的测量电路,滑动变阻器应选择 (填“R3”或“R4”);定值 电阻R应选择 (填“R或R2”);A处电流表应选择 (填“A”或“A,)。 (3)某次测量时,电流表A示数为2.40mA,电流表B示数为0.50A,则待测金属丝的电阻值 为 2。(计算结果保留2位有效数字) (4)调节滑动变阻器,测得多组电流表A的示数I和电流表B的示数IB,并作出I。-I图像 如图丙所示,图像的斜率为k。测得金属丝的长度为L,定值电阻R和电流表A的总阻值用 R表示,可知该金属丝的电阻率p (用R、d、k、L的字母表示) 四、解答题:(共25分) 13、(11分)气垫鞋的鞋底设置有气垫储气腔,穿上鞋后,储气腔内气体可视为质量不变的 理想气体,可以起到很好的减震效果。使用过程中,储气腔内密封的气体被反复压缩、扩 张。某气垫鞋储气腔水平方向上的有效面积为S,鞋底上部无外界压力时储气腔的体积为 V。、压强为P。,储气腔能承受的最大压强为1.7P。当质量为m的人穿上鞋运动时,可认为 人受到的支持力全部由腔内气体提供,不计储气腔内气体的温度变化,鞋体由特殊超轻材 料制作,不计重力。外界大气压强恒为P,重力加速度大小为8,求: (1)当人站立在水平地面上静止时,每只鞋的储气腔内的压 强P及腔内气体体积V: (2)在储气腔不损坏的情况下,该气垫鞋能给人竖直向上的 气垫 最大加速度a。 14.如图甲所示,光滑且足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面(纸面)上,间距 L=0.5m,OP右侧存在垂直纸面向里的磁场,以O点为原点,水平向右为x轴正方向,磁 场的磁感应强度大小B随x变化的图像如图乙所示。cd边的长度L=0.5m、bc边的长度 d=0.8m的矩形金属线框置于导轨上。现使线框以,=5m/s的速度水平向右运动,cd边运 动到x,=0.8m处时,速度大小y,=4m/s,cd边运动到x2=1.6m处时,对线框施加水平向右 的力F使其匀速进入x≥1.6m的磁场区域,cd边运动到x,=2.4m处时撤去外力F。整个运 动过程中线框始终与导轨接触良好。已知线框的质量m=0.4kg,ab边和cd边的总电阻 R=0.1252,其他边和导轨的电阻均可忽略。在线框运动的过程中,求: B/T 0.9 d XX X 0.5 O x 0 0.81.62.4x/m 甲 (1)0~x,=0.8m内磁场的磁感应强度大小B。; (2)撤去外力F前瞬间,外力F的大小与c边所在位置间的函数关系式(采用国际单位 制) (3)撤去外力F后,线框运动的位移大小x。 2026届长郡中学物理保温卷(一)答案 1、【答案】B 【详解】A.衰变释放的核能转化为铀核动能、 粒子动能,还可能伴随y光子的能量,并 非全部转化为Q粒子的动能,故A错误: B.衰变前钚核静止,系统总动量为0,衰变过程内力远大于外力,动量守恒,因此衰变后 铀核与 粒子总动量仍为0,即二者动量大小相等、方向相反。动能满足E,=P 2m 动量大小卫相同时,质量越小动能越大, 粒子质量远小于铀核,因此 粒子动能远大于铀 核动能,故B正确; C.半衰期是原子核的固有属性,由原子核内部结构决定,与外界温度、压强等环境因素无 关,故C错误; D. 粒子电离能力强但穿透能力极弱,一张纸即可阻挡,无需厚铅板屏蔽,穿透能力强需 要厚铅板屏蔽的是Y射线,故D错误。 故选B。 2、【答案】B 【详解】A.光垂直照射到一个不透明圆形障碍物上时,在障碍物后方观察屏上,其几何阴 影中心会出现一个亮斑,周围环绕着明暗交替同心圆环,其核心原理是光的衍射,故A错 误; B.雨后彩虹是白光经过折射、色散、反射再折射而形成的综合结果,故B正确; C.劈尖干涉满足几何关系tan0=d=, 当垫板向左移动时,L减小,条纹宽度 x减 L 2Ax 小,故C错误; D.立体电影是通过偏振眼镜来观看的,说明光具有偏振现象,偏振是横波特有的性质,故 D错误。 故选B。 3、答案.C 【详解】A.9月30日至10月10日期间,卫星从b到c过程中,轨道高度逐渐降低,r减 小,由Tc√3可知周期逐渐减小,故A错误; B.a点轨道高度小于c点,即。<,由v=1 GM ,得,>V。,故B错误; C.10月1日期间卫星轨道高度在变化,除重力外有其它力做功,机械能不守恒,故C正 确; D.从c到d过程轨道高度升高,卫星需要做离心运动,逆着运动方向 喷气,卫星获得向前的推力,实现加速,离心后轨道抬升,故D错误。 4、【答案】D 【详解】A.位移时间(x-)图像反映物体的位移随时间的变化,不是物体的运动轨迹,舰 载机起飞的运动轨迹沿x轴是直线,故A错误; B.在2s3s内,舰载机的位移为x=36m-16m=20m,平均速度为v=士=20, m/s=20m/s 故B错误; C.舰载机位移时间(x-)图像抛物线,舰载机做匀变速直线运动,在M点对应的时刻为 2s~3s的中间时刻,根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度,在M点对应的 时刻,舰载机的速度等于20m/s,故C错误; D.由图像可得0s~3s内,舰载机从静止开始匀加速,位移为36m。由x=a2,得 a=2x-2 36 2 3子m/s=8m/s,故D正确。故选D。 5、【答案】C 【详解】AB.设拨浪鼓半径为R,细绳长为I,小球在水平面内做匀速圆周运动,设细绳与 8-R 竖直方向夹角为0,则有mgtan0=m(R+lsin8)0,解得,=an,由题意可知两小球 cos0 角速度相同,由于L4<LB,则根据公式可知<B,故AB错误: C.两小球轨道半径满足r4<rB,角速度0=0B,则VA<B,故C正确; D.绳子的拉力可表示为F=m3,由于a<B,则可得F<F,故D错误。故选C。 cose 6、答案D 解析0一x图像的斜率表示电场强度,沿电场方向电势降低,可知在x=0的左侧存在向 左的匀强电场,x=0右侧存在向右的匀强电场,故A错误;根据牛顿第二定律知gE=ma, 粒子在匀强电场中运动时加速度不变,由于粒子带负电,粒子的加速度在x=0左侧加速度为 正值,大小不变,在x=0右侧加速度为负值,且大小不变,故B错误;在x=0右侧粒子向 左做匀加速运动,在x=0的左侧粒子向左做匀减速运动,速度与位移不成正比,故C错误; 粒子在x=0左侧,根据动能定理可得qEx=Ek一Eko,在x=O右侧,根据动能定理可得一gEx =Ek一EkO,可知Ek一x图像在两侧均为一次函数图像,故D正确。 7、答案B 解析增大电压,可使偏心轮转速提高,增大驱动力的频率,不能改变筛子的固有频率,A 错误; 现在偏心轮的转速是54rmin,频率为f=n=0.9Hz,减小电压,减小偏心轮的转速,可以减 小驱动力的频率,从共振筛的共振曲线中可以看出,减小电压可以增大筛子的振动幅度,B 正确; 增大筛子质量,可增大筛子的固有周期,与驱动力的频率和周期无关,C错误; 减小筛子质量,可以减小筛子的固有周期,即增大筛子的固有频率,共振筛的共振曲线的峰 值向右移动,筛子的振动幅度先增大后减小,D错误。 8、【答案】C 【详解】A.对物块进行受力分析,物块沿斜面向下为正方向,根据牛顿第二定律有 m28sin30 -umg cos.30 =ma 解得a=-2.5ms2,故A错误; B.对木板受力分析,沿斜面方向木板受到物块给木板的摩擦力=4m28cos8=15N,方 向沿斜面向下, 重力沿斜面向下的分力F=m,8sin0=5N 斜面给木板的摩擦力,其最大静摩擦力为f2=4(m,+m2)gcos0=15N,方向沿斜面向上 根据牛顿第二定律有∫+F-f=m,a 解得a=5m/s2,方向沿斜面向下 所以木板此时做匀加速直线运动,物块减速、木板加速,直到两者速度相同,此后由于 m28sin30 =10N<hm,gcos30 =15N,所以物块和木板保持相对静止,将物块和木板看作 整体,则有(m,+m2)gsin30 =15N=4(m,+m,)gcos30 =15N,两物体一起做匀速运动, 由vo+at=at 解得t=0.4s 由v=a,t=2m/s。可得刚接触弹簧时,木板的速度为2m/s,故B错误; C.到达B点时,两者恰好相对滑动,说明物块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力,下一 时刻,两者加速度不同,对物块a=-2.5m/s2 对木板有-a-4(m+m2)8cosB+42m28cos8+mg sin8=ma 解得x=0.3m,故C正确: D.从B到C,物块与木板间的滑动摩擦力与木板受到斜面的摩擦力大小相等,方向相反, 所以对木板做功的力为重力和弹簧弹力,将发生动能、重力势能和弹性势能间的转化,因 此木板和弹簧组成的系统机械能守恒,故D错误。 故选C。 9、【答案】BD 【详解】A.甲图中干簧管是一种能够感知磁场的传感器,故A错误; B.乙图中LC电磁振荡电路磁场向上,可知电流流向正极板,此时刻电容器正在充电,电 流减小,螺线管产生的磁场正在减弱,故B正确; 2 √元可知调谐频率减小,故C错 1 C.丙图中,电容C增大,根据电磁振荡的频率∫ 误: D.受力端受到一个竖直向下的外力作用时,悬臂梁发生微小形变,应变片A的长度变长, B应变片变短,根据R=P二可知,R变大,RB变小,故D正确。故选BD。 S 10、【答案】AD 【详解】A,当粒子从M点离开磁场时,轨迹如图所示 粒子在磁场中运动的时间为 120 2 m 360 qB 所以 B= 2 m_2 3gto 3kto 故A正确; Vo B.当粒子从M点射出时,根据洛伦兹力提供向心力 9%B=m5 M =tan30 R 当粒子从P点射出时,根据洛伦兹力提供向心力 9B=m盟 =tan22.5 R 联立解得 =3vo tan 22.5 故B错误; C.粒子的速度越小,半径越小,圆心角越大,则粒子在磁场中运动时间越长,故C错误; D.若粒子从N点射出,则 9%B=m5 车=tan60 所以 V2=3v 从弧SM射出的粒子的速度大小为0.1vo~vo,从弧MN射出的粒子速度大小为vo~3vo,由此 可知,从弧SM射出的粒子数小于从弧MN射出的粒子数,故D正确。 故选AD。 11、【答案】(1)0.03(2)B (3)2g (4)A 【详解】(1)电动机的转速n表示单位时间内转动的圈数,周期T是转动一圈所需的时间, 两者互为倒数关系,即T=1=0.03s (2)验证机械能守恒定律的原理是看动能的增加量是否等于重力势能的减少量。故选B。 (3)若机城能守恒,根据mgh=m,整理得2=2gh,由此可知v2-h图像的斜率 k=28 (4)设圆柱质量为m,下落阻力为f。根据牛顿第二定律有mg-f=ma,解得加速度 f a=8- m 由运动学公式2=2ah,可知,2-h图像的斜率k=2a=2g-月, 由图丙可知,P图线 的斜率大于Q图线的斜率,即k,>k。, 因阻力 f相等,所以m,>m2。故选A。 12、【答案】(1)0.150mm/0.149mm/0.151mm, (2) R R A2 d2R (3)4.8, (4)4L(k- 【详解】(1)螺旋测微器的精度为0.01mm,所以该金属丝的直径为 d=0+15.0 0.01mm=0.150mm (2)[1]由题图乙可知,滑动变阻器采用分压式接法,故滑动变阻器应选用最大阻值较小 的R; [2][3]因题中没有提供电压表,故需要将电流表A2与R=9002的定值电阻串联,改装成一 个电压表,其量程为U=12max(2+R)=3V 所以定值电阻R应选择R1;A处电流表应选择A2。 (3)电流表A的示数为2.40mA,则对应改装的电压表的电压为U'=12(3+R,)=2.4V 电雀表B示发为08行全属丝的电位为见-兰5D0=如 2.4 L (4)根据欧姆定律有R= 。-人。-1,根据电阻定律有 R=P- d 2 2 联立解得I R d2+4pL I, 4pL 所以1。-1图像的斜率为k=Rmd+4pL 4pL dR 解得该金属丝的电阻率为P= 4L(k-1) 2PoSVo 【答案DP=PA+紧,KSt丽 2a=14p3-g m 【详解】(1)人站立在水平地面静止时,重力由两只鞋平均分担,对单只鞋的储气腔受力 分析,由平衡条件得(0-S=2mg .(2分) 解得p1=P+ mg 25 ((1分) 储气腔内气体温度不变,发生等温变化,由玻意耳定律得P=卫,.(2分) 联立解得V= 2PoSVo .(2分) 2poS+mg (2)储气腔承受最大压强Pmx=1.7P时,对人的支持力最大,对应加速度最大,对人由牛 顿第二定律得2(Pmx-卫)S-mg=ma(2分) 将Px=l.7,代入解得a=1.4PS g。 m .(2分) 14、【答案】(1)0.5T ②F=3x-06(N (3)3.75m 【详解】(1)cd边从x=0运动到x=0.8m的过程中,cd边产生的平均感应电动势 EBLd (1分 t 根据欧姆定律有7= (1分) R 根据动量定理有-B。IL t=my-m。… …(1分) 联立解得B。=0.5T… .(1分) (2)以边从=0.8m运动到,=1.6m的过程中,cd边产生的平均感应电动势E=B,L4 t 分) E 根据欧姆定律有7= (1分) R 根据动量定理有-B,L f=2一m(们分) 解得',=3m/s 由图乙可知,cd边从x2=1.6m处运动到x=2.4m处的磁感应强度大小为 B=B。+0.5(x-x2)T) (1分)》 在撤去外力F前瞬间,线框匀速运动,根据受力平衡,则有F=F= B2Lvz (1分) R 解得F=3(x-0.6 2(N) (1分) 2 (3)撤去外力F后,ab、cd边所有位置处的磁感应强度大小始终相差 B=0.4T.(1分) 则回路中的感应电动势为E= BLv 根据欧姆定律有1= R 线框所受安培力的合力大小为F队= BL=ABy R (分)》 对线框,根据动量定理有-∑F以 1=0-2.(1分) 可得- 8Ar=0-m, R 又撤去外力F后,线框的位移大小为x=∑vAt 联立解得X=3.75m…。 .(1分)