湖南省湘潭市2025-2026学年高三上学期第一次摸底考试物理试题（Word版附解析）

这是一份湖南省湘潭市2025-2026学年高三上学期第一次摸底考试物理试题（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共6小题，共24分）
1．[4分]尿素呼气试验是现在医院检测病人有没有感染幽门螺杆菌（Hp）的重要手段之一。病人服用的被碳14标记的药物，会在幽门螺杆菌分泌物的作用下转变成被碳14标记的二氧化碳经呼吸作用排出。若检测过程中药物中的碳14在单位时间内衰变的次数为n，被碳14标记的二氧化碳会在病人服药1小时之后的7个小时内均匀排出，现采集病人服用药物2小时后在三分钟内呼出的气体。已知碳14的半衰期足够长，则采集到的病人呼出的气体中碳14在单位时间内衰变的次数约为（ ）
A．B．
C．D．
2．[4分]如图所示，将质量为m的石块从离地面h高处以初速度斜向上抛出。以地面为零势能面，不计空气阻力，则（ ）
A．石块落地时的动能为
B．石块抛出时的机械能为
C．石块落地时的重力势能为
D．石块落地时的机械能为
3．[4分]从“玉兔”登月到“祝融”探火,我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越.已知火星质量约为月球的9倍,半径约为月球的2倍,“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍.在着陆前,“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程.悬停时,“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小之比为( )
A．9∶1
B．9∶2
C．36∶1
D．72∶1
4．[4分]如图甲所示，xOy平面处于均匀介质中，波源S1、S2的位置坐标分别为(−2m,0)(2m,0)，M点为平面内的一点，其位置坐标为(−2m,3m).t=0时刻，S1、S2同时开始做简谐运动，振动方向与平面垂直，图乙、图丙分别为S1、S2的振动图像，t=0.3s时，S1产生的机械波传播至M点，则（ ）
甲乙丙
A．S1的振动频率为5Hz
B．S1的起振方向沿z轴负方向
C．t=0.3s时，原点O的位移为−15cm
D．0∼0.9s内，M点通过的路程为30cm
5．[4分]如图所示，金属板M、N水平放置。相距为d，M、N的左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上的小孔O1正对板Q上的小孔O2。M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场，将开关S闭合，在小孔O1处有一带负电的粒子，其重力和初速度不计，当变阻器的滑片P在AB的中点时，粒子恰能在MN间做直线运动，当滑动变阻器滑动触头向A点滑动到某一位置，则（ ）
A．粒子在M、N间运动的过程中动能一定不变
B．粒子在M、N间运动的过程中动能一定增大
C．粒子运动轨迹为抛物线
D．当滑动变阻器滑片P移到A端时，粒子在M、N间运动轨迹为圆弧
6．[4分]（河北邢台高二上联考）如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是( )
eq \a\vs4\al(
)
A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关
B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C．两板间距离越小，电子的加速度就越小
D．两板间距离越大，加速时间越短
二、多选题（本大题共4小题，共20分）
7．[5分]某小组使用玻璃球模拟彩虹的产生原理，该玻璃球对红光和紫光的折射率分别为62和3，一束白光入射到玻璃球表面，入射角为π3，红光和紫光从玻璃球内部照射到表面时形成出射点，当两出射点在球面上连线的弧长至少为l时，肉眼可分辨并观测到彩色条纹，下列说法正确的是
A．红光和紫光在玻璃球中的传播速度的比值为2
B．红光和紫光在玻璃球中的传播速度的比值为3
C．白光进入玻璃球发生一次反射后从玻璃球表面射出，若能观测到彩色条纹，玻璃球的半径至少为6lπ
D．白光进入玻璃球发生一次反射后从玻璃球表面射出，若能观测到彩色条纹，玻璃球的半径至少为3lπ
8．[5分]如图甲所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）

A．木块上滑过程中，重力势能增加了
B．木块受到的摩擦力大小为
C．木块的重力大小为
D．木块与斜面间的动摩擦因数为
9．[5分]如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块。甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。现用一个水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起向左运动。下列说法中正确的是（ ）
A．甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小
B．甲、乙两物块间的静摩擦力不断增大
C．甲、乙两物块做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速直线运动
D．要满足题干中甲、乙两物块无相对滑动，甲、乙之间动摩擦系数应大于等于乙与地面之间的动摩擦系数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
10．[5分](多选)图甲中，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电.电路中电表均为理想交流电表，定值电阻R1=R2=4 Ω，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，则( )

甲 乙
A.电阻R2两端的电压频率为50 Hz
B.电流表的示数为5 A
C.原线圈的输入功率为15 W
D.将R1撤掉，电压表的示数不变
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．[8分]某手机软件中的“磁传感器”功能可以实时记录手机附近磁场的变化，磁极越靠近手机，“磁传感器”记录下的磁感应强度越大.现用手机、磁化的小球、铁架台、塑料夹子等实验器材组装成如图甲所示的装置，来测量重力加速度，实验步骤如下：
①把手机正面朝上放在悬点的正下方，接着往侧边拉小球，并用夹子夹住.
②打开夹子释放小球，小球运动，取下夹子.
③运行软件，点开“磁传感器”功能，手机记录下磁感应强度的变化.
④改变摆线长和夹子的位置，测量出各次实验的摆线长L及相应的周期T.
甲
根据以上实验过程，回答下列问题：
（1）图乙中的a、b分别记录了两次实验中磁感应强度的变化情况，a图测得连续N个磁感应强度最大值之间的总时间为t，则单摆周期T的测量值为 .b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变，可能的原因是 .
乙
（2）实验中得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出了T2-L图线，图线的斜率为k，在纵轴上的截距为c，由此得到当地重力加速度g= ，小球的半径R= .
（3）实验中，若手机放的位置不在悬点正下方，则测量结果 （填“会”或“不会”）影响实验结果.地磁场对该实验结果 （填“会”或“不会”）产生影响.
12．[8分]为测量某电压表的内阻，兴趣小组利用如下器材设计了实验，电路图如图所示实验器材：
待测电压表（量程1V，内阻约为500Ω）
电源（电动势1.5V，内阻可忽略不计）
电源（电动势2V，内阻可忽略不计）
滑动变阻器（最大阻值10Ω）
滑动变阻器（最大阻值20Ω）
电阻箱（调节范围0~9999.9Ω）
开关S及导线若干
操作步骤：
①按图连接好电路，闭合开关S前，先调节滑动变阻器的滑片至最左端，调节电阻箱阻值为0
②保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使得电压表指针由满偏变半偏
③闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片至适当位置，使得电压表指针满偏
④读出电阻箱的阻值，即为电压表的内阻
请根据以上实验回答下列问题
(1)操作步骤正确的顺序是 ；
(2)从系统误差的角度考虑，电压表内阻的测量值 真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）；
(3)为减小系统误差，滑动变阻器应选择 （选填“”或“”）；
(4)为减小系统误差，电源应选择 （选填“”或“”）。
13．[12分]如图所示,竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀,内壁光滑,横截面积分别为S、2S,由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭,左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时,两汽缸内封闭气柱的高度均为H,弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子,直至右侧活塞下降13H,左侧活塞上升12H。已知大气压强为p0,重力加速度大小为g,汽缸足够长,汽缸内气体温度始终不变,弹簧始终在弹性限度内。求
(1)最终汽缸内气体的压强。
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
14．[12分]如图（a）所示，一个电阻不计的平行金属导轨，间距，左半部分倾斜且粗糙，倾角，处于沿斜面向下的匀强磁场中；右半部分水平且光滑，导轨之间存在一个三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，其边界与两导轨夹角均为。右半部分俯视图如图（b）。导体棒借助小立柱静置于倾斜导轨上，其与导轨的动摩擦因数。导体棒以的速度向右进入三角形磁场区域时，撤去小立柱，棒开始下滑，同时对棒施加一外力使其始终保持匀速运动。运动过程中，两棒始终垂直于导轨且接触良好。已知两磁场的磁感应强度大小均为，两棒的质量均为，棒电阻，棒电阻不计。重力加速度大小取，以棒开始下滑为计时起点。求
（1）撤去小立柱时，棒的加速度大小；
（2）棒中电流随时间变化的关系式；
（3）棒达到的最大速度及所用时间。
15．[16分]如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1=1 kg的平板车以v0=5 m/s的速度向左运动，质量为m2=4 kg的小铁块以v0=5 m/s的速度从左端滑上平板车.一段时间后小铁块与平板车速度相同，之后平板车与竖直墙壁发生弹性碰撞.小铁块与平板车间的动摩擦因数为μ=0.25，小铁块始终未从车上掉下，重力加速度g=10 m/s2，1+q+q2+…+qn-1=1−qn1−q.求：
（1）车与墙壁发生第一次碰撞前速度大小v；
（2）车的最小长度L；
（3）车与墙壁发生第一次碰撞后运动的总路程s.
参考答案
【知识点】原子核的衰变及半衰期
1．【答案】B
【详解】三分钟排出的气体中碳14占碳14总量的，则这部分气体中碳14单位时间内衰变的次数约为。选B。
【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合、单一物体机械能守恒定律的应用、斜抛运动
2．【答案】D
【详解】
AC．不计空气阻力，石块的机械能守恒，以地面为参考平面，石块落地时高度为0，则重力势能为0，落地时动能为
故AC错误；
BD．不计空气阻力，石块的机械能守恒，机械能等于重力势能与动能之和，则石块抛出时及落地时机械能均为
故B错误，D正确。
故选D。
【知识点】万有引力定律问题的分析与计算、开普勒三大定律及其应用、计算某一星球的重力加速度
3．【答案】B
【详解】在忽略星球自转的情况下,星球表面的重力与万有引力相同,而“玉兔”与“祝融”在悬停过程中,所受着陆平台的作用力大小等于其受到的万有引力大小,则有F玉=GM月m玉r月2,F祝=GM火m祝r火2,可知F祝F玉=92,故B选项正确.
【关键点拨】“玉兔”与“祝融”在悬停过程中受重力(万有引力)与着陆平台对其的作用力二力平衡.
【知识点】波的图像和振动图像的综合应用
4．【答案】D
【解析】由题图乙知S1的振动周期为T1=0.4s,则其振动频率为f1=1T1=2.5Hz,故A错误；由题图乙知S1的起振方向沿z轴正方向,B错误；t=0.3s时,S1产生的机械波传播至M点,则两列波在介质中传播的速度大小为v=3m0.3s=10m/s,S1、S2产生的机械波传播至O点需要的时间为t=2m10m/s=0.2s,t=0.3s时,两列波的第一个波峰刚到达O点,两列波叠加,则原点O的位移为z=5cm+10cm=15cm,故C错误；S2产生的机械波传播至M点需要的时间为t2=32+4210s=0.5s,则S2产生的机械波传播至M点时,S1产生的机械波已经在M点振动了0.2s,在0∼0.5s内M点通过的路程为z1=2×5cm=10cm,在t=0.5s时,S1产生的机械波在M点的振动方向沿z轴负方向,S2产生的机械波在M点的振动方向沿z轴正方向,则两列波叠加为振幅为5cm、周期为0.4s的波,在0.5∼0.9s内M点振动一个周期,通过的路程为z2=4×5cm=20cm,则0∼0.9s内,M点通过的路程为z总=z1+z2=30cm,故D正确.
【知识点】带电粒子在组合场中的运动
5．【答案】D
【详解】
AB. 粒子恰能在M、N间做直线运动，则
Eq＝qvB
当滑片移动到A端时，极板间电势差变小，电场强度减小，带负电的粒子受向上的电场力减小，则粒子向下偏转，电场力将对粒子做负功，引起粒子动能减小，故AB错误；
C.当滑动变阻器滑动触头向A点滑动过程中，由于极板间电势差变小，电场强度减小，带负电的粒子受向上的电场力减小，则粒子向下偏转，由于受到洛伦兹力的方向时刻变化，所以粒子做的不可能是类平抛运动，故轨迹不可能是抛物线，故C错误；
D.当滑片移动到A端时，电场强度为零，粒子仅受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，即当滑动变阻器滑片移到A端时，粒子在M、N间运动轨迹为圆弧，故D正确。
故选D。
【知识点】元电荷、电子的比荷、几种常见的电场、匀强电场、尖端放电、静电屏蔽与静电吸附、带电粒子在匀强电场中的运动、库仑定律、库仑定律的表达式和简单计算、点电荷的场强、电场 电场强度、电场、电场强度、电场的叠加 、电场线、电荷 电荷守恒定律、电荷及三种起电方式、电荷守恒定律、静电平衡问题、静电感应现象及特点、静电的防止与利用、非点电荷的电场强度的计算与叠加
6．【答案】B
【解析】极板之间的电压U不变，由E＝eq \f(U,d)可知两极板距离d越大，场强E越小，电场力F＝Ee越小，加速度越小，加速时间越长，由eU＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(\f(2eU,m))，则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，A、C、D错误， B正确．
【知识点】全反射与折射的综合应用
7．【答案】AD
【详解】本题主要考查折射率与频率间的关系、折射定律、反射定律。因天空中的彩虹与球形水滴有关，通过玻璃球观察到彩虹能更准确地还原大气中彩虹现象的形成原理，有助于培养学生的物理兴趣。高考中常考光在生活中的实际应用，需要注意临界问题的处理。
光在玻璃球中的传播速度为v=cn，v红v紫=n紫n红=2，紫光折射率大，传播速度小，A正确，B错误；红光和紫光在介质中的光路图如图所示，第一次折射时，红光由空气射入玻璃，sinπ3sinα=62，解得α=π4，紫光由空气射入玻璃，sinπ3sinβ=3，解得β=π6，根据几何关系，第二次折射时的入射角等于第一次折射时的折射角，R1{[2π−(2π−4α)]−[2π−(2π−4β)]}=l，解得R1=l4α−4β=3lπ，C错误，D正确。
【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
8．【答案】AB
【详解】A．机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则，解得，A正确；
B．木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则，解得，B正确；
C．重力所做的功等于重力势能变化量，则，解得，C错误；
D．滑动摩擦力为，解得，D错误。选AB。
【知识点】两类动力学问题、带电物体在复合场中的运动、洛伦兹力的方向与大小
9．【答案】AC
【详解】ABC．对甲乙整体，当甲乙开始向左运动后，甲受到竖直向下的洛伦兹力，甲乙整体对地面的正压力增加，地面对乙向右的摩擦力增加，由受力分析，牛顿第二定律可得：合外力减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动。隔离甲可知，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小，当地面给乙的摩擦力大小增大到外力F时，受力平衡，整体做匀速直线运动，故AC正确，B错误；
D．设甲乙之间动摩擦系数为，乙与地面动摩擦系数为。若满足甲乙无相对滑动，由整体隔离法可得
整理可得
可知，并不需要
故D错误。
故选AC。
【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
10．【答案】AD
【解析】由题图乙可知，交流电的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻R2两端的电压频率仍为50 Hz，故A正确；由题图乙可知，变压器的输入电压为U1=Um2=100 V，由电压与线圈匝数的关系可得，变压器的输出电压为U2=20 V，因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端，设R2两端电压的有效值为U，由有效值的定义可得U2R2T=(20V)2R2·T2，解得U=102 V，则电流表的示数为I=UR2=522 A≈3.54 A，故B错误；原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则P=U22R1+U2R2=150 W，故C错误；因为输出电压由输入电压决定，故将R1撤掉，电压表的示数不变，故D正确.
【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
11．【答案】（1） 2tN−1 形成了圆锥摆 （2） 4π2k ck （3）不会 不会
【解析】（1）a图测得连续N个磁感应强度最大值之间的总时间为t，相邻的磁感应强度最大值之间时间间隔为T2，则（N-1）T2=t，解得T=2tN−1.b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变，可能的原因是形成了圆锥摆，小球到手机距离不变，磁感应强度几乎不变.
（2）单摆摆长l=L+R，由单摆周期公式T=2πlg，得T2=4π2gL+4π2gR，T2-L图线的斜率为k=4π2g，纵截距为c=4π2gR，可得当地重力加速度g=4π2k，小球的半径R=ck.
（3）实验中，若手机放的位置不在悬点正下方，测量结果不会影响实验结果，仍然是靠近手机最近时，测得磁感应强度最大.地磁场对该实验结果不会产生影响，地磁场不变，实验测量的是小球的磁感应强度和地磁场的磁感应强度的矢量合.
【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏阻法测定电源的电动势与内阻
12．【答案】(1)①③②④，(2)大于，(3)，(4)
【详解】（1）实验通过半偏法测电阻，操作步骤为：按图连接好电路，闭合开关S前，先调节滑动变阻器的滑片至最左端，调节电阻箱阻值为0；闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片至适当位置，使得电压表指针满偏；保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使得电压表指针由满偏变半偏；读出电阻箱的阻值，即为电压表的内阻。
操作步骤正确的顺序是①③②④。
（2）实际上，由于电阻箱与电压表串联后接入电路增加了总电阻，则滑动变阻器的分压将增大，这样当电压表半偏时，电阻箱的电压比电压表大，所以测量值大于真实值。
（3）由于满偏和半偏时认为电压未变，只有滑动变阻器远小于电压表内阻时才成立，选择最大阻值为10Ω的。
（4）由于电压表要满偏，达到1V，且电源内阻不能忽略，则其路端电压小于电源电动势，为减小系统误差，确保电压表要满偏，电源应选择电动势为1.5V的电源，即。
【知识点】气体等温变化与玻意耳定律
13．【答案】(1)1817p0 (2)2p0S17H 2p0S17g
【命题点】气体等温变化+汽缸模型
【详解】(1)由题中“弹簧长度恰好为原长”可知,初状态下汽缸内气体压强为p0(1分)
设最终汽缸内理想气体压强变为p1,由玻意耳定律可得
p0(SH+2S×H)=p1(S×32H+2S×23H)(2分)
解得p1=1817p0(1分)
(2)对左侧活塞受力分析可得p1S=p0S+k×12H(2分)
解得k=2p0S17H(1分)
对右侧活塞受力分析可得p1×2S=p0×2S+mg(2分)
解得添加的沙子质量m=2p0S17g(1分)
【知识点】导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、电磁感应现象中的功能问题
14．【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）撤去小立柱时，导体棒刚刚进入三角形磁场区域，没有感应电动势，则对Q棒受力分析
（2）只有P棒在切割磁感线，所以感应电动势为，磁场穿过闭合电路的面积与时间的关系为，所以，，
（3）对Q棒受力分析，当Q棒速度达到最大时，解得此时，，三角形磁场总长有，而P棒在4s内运动的位移为2m，小于L1。Q棒的加速度与时间的关系为，画出Q棒的a-t图，则Q棒速度的变化量等于图线下方与坐标轴围成的面积，则棒达到的最大速度为，所用时间=4s。
【知识点】求解弹性碰撞问题
15．【答案】（1）3 m/s （2）6.25 m （3）1.41 m
【解析】（1）设水平向右为正方向，车与墙壁发生第一次碰撞前的速度大小为v ，由动量守恒定律得
m1（-v0）+m2v0=（m1+m2）v，
解得v=3 m/s.
（2）最终车和小铁块的动能全部转化为系统的内能，由能量守恒定律得12m1v02+12m2v02=μm2gL，
解得L=6.25 m.
（3）设车的加速度大小为a，车与墙壁发生第一次碰撞后向左速度减为零时的位移大小为x1，车与墙壁从发生第一次碰撞到发生第二次碰撞运动的路程为s1，由牛顿第二定律得μm2g=m1a，
解得a=10 m/s2，
由运动学公式得0-v2=-2ax1，s1=2x1，
解得s1=0.9 m.
设车与墙壁发生第k次碰撞后的速度大小为vk，碰后的共同速度为vk+1，vk+1也是小车与墙壁发生第k+1次碰撞后的速度，对系统，由动量守恒定律得
m1（-vk）+m2vk=（m1+m2）vk+1，
解得vk+1=35vk，
设车从与墙壁发生第k次碰撞到发生第k+1次碰撞运动的路程为sk，由以上分析可知
sk=vk2a，sk+1=vk+12a，
则sk+1=925sk，
s=s1+s2+…+sk=s11−925k1−925，
k取无限大，则有s=s11−925=1.41 m.