湖北省孝感市孝南高级中学2025~2026学年高三上学期开学考物理检测试题（含答案）

这是一份湖北省孝感市孝南高级中学2025~2026学年高三上学期开学考物理检测试题（含答案），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.今年5月30日5时01分，天舟二号与天和核心舱完成对接，该组合体在下图中用甲表示，甲在轨道1上绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r1、向心加速度为a1、周期为T1、角速度为ω1，线速度为v1，北斗导航系统的一颗卫星乙在轨道2绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r2(未画出)、向心加速度为a2、周期为T2、角速度为ω2、线速度为v2。其中有T2>T1，下列说法正确的是( )
A. r1>r2B. a1>a2C. v1T1，所以r2>r1，故A错误；
B.根据GMmr2=ma得a=GMr2，可知，a1>a2，故B正确；
C.根据GMmr2=mv2r得v= GMr，可知：v1>v2，故C错误；D.根据ω=2πT可知，ω1>ω2，故D错误。
2.【正确答案】D
解：绝热系统，说明Q=0。活塞缓慢向下移动时，封闭气体的体积减小，外界对气体做功，W>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知ΔU>0，即气体内能增大，温度升高。根据理想气体状态方程pVT=C知压强增大，故ABC错误，D正确。
故选：D。
绝热系统，说明Q=0。气体体积减小，外界对气体做功，W>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可以判断内能的变化，再判断温度的变化。根据理想气体状态方程判断压强的变化。
对于热力学第一定律ΔU=W+Q，要明确公式中各个物理量的含义，掌握符号法则，在讨论气体状态变化时还要注意理想气体状态方程的应用。
3.【正确答案】B
对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故M点的磁场方向也是向左的，设A环形电流在M点的磁感应强度为BAM，B环形电流在M点的磁感应强度为BBM，测量可得M点的磁感应强度大小为B1，则有B1=BAM+BBM
而N点的磁感应强度大小为B2，则有BAM=12B2
将右侧的金属环B取走，P点的磁感应强度大小应为BP=B1−12B2
故选B。
4.【正确答案】B
【分析】
本题考查了判断摩擦力的方向、判断电流方向、求感应电流、求电荷量等问题，应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题；要全面正确理解楞次定律“阻碍”的含义．
A、由题图乙所示图象可知，0∼t0时间内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t0∼2t0时间内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，则在这两个时间段内摩擦力方向相反；0∼t0时间内产生的感应电动势与感应电流的大小不变，但磁感应强度是变化的，所以安培力是变化的，同理，在t0∼2t0时间内安培力也是变化的，所以0∼2t0时间内摩擦力的大小是变化的，故A错误；
B、由图乙所示图象可知，在0∼t0内磁感应强度减小，穿过闭合回路的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，通过导体棒的电流方向为N到M，故B正确；
C、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在t0∼2t0内感应电动势：E=△B⋅S△t=2B0St0，感应电流为：I=ER=2B0SRt0，故C错误；
D、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0∼t0内感应电动势：E1=△B1⋅S△t1=B0St0，感应电流为：I1=E1R=B0SRt0，电荷量：q1=I1t1=B0SR，故D错误；
故选：B.
5.【正确答案】C
设抛出点距离地面高度为h，斜上抛的球空中运动时间为 t1 ，则有 v0sin45 ∘t1−12gt12=−ℎ，设斜下抛的球空中运动时间为 t2，则有 v0sin45 ∘t2+12gt22=ℎ，联立解得 Δt=t1−t2=2v0sin45 ∘g，则P、Q两点之间的距离 x=v0cs45×Δt，联立解得 x=v02g，故选C。
6.【正确答案】C
A. 第一扇门在沿水平轨道方向的2.0N推力作用下匀速运动，则此时门受到的摩擦力为2N，因推力始终存在且保持不变，轨道对两扇门的滑动摩擦力相同，所以根据牛顿第二定律有F−2f=2ma，解得两扇门一起运动时的加速度大小为0.05m/s2，故A正确；
B. 两扇门碰撞后滑行0.4m后速度减为零，两扇门一起运动时的加速度为a=0.05m/s2，根据速度位移关系有v2=2ax，解得v=0.2m/s，故B正确；
D.碰撞过程中对第二扇门根据动量定理得FNt−ft=mv，解得FN=10N，D正确，不符合题意;
C.碰撞过程中，对等于扇门根据动量定理得(F−FN−f)t=mv−mv0，解得v0=0.45m/s，C错误，符合题意。故选C。
7.【正确答案】A
【分析】
采用假设法，设在e处固定电荷量为+Q的点电荷，则O点的电场强度大小为零；若取走换个−3Q的点电荷，根据点电荷电场强度及其叠加原理，即可求解。
本题采用假设法从而降低解题难度，并根据矢量叠加原理，结合点电荷电场强度的公式。
假设在e处固定电荷量为+Q的点电荷，则O点的电场强度大小为零；
若取走e处的点电荷，则其余点电荷在O处的电场强度大小为kQr2，方向指向e处；
若换取−3Q的点电荷，则在O处产生的电场强度大小为k3Qr2，方向也指向e处，
因此方向相同叠加而得，圆心O处的电场强度大小4kQr2，故A正确，BCD错误；
故选A。
8.【正确答案】AC
放射性同位素 815O注入人体， 815O在人体内衰变放出正电子，衰变方程为 815O→715N+10e，故A正确．放出的正电子与人体内的负电子相遇而湮灭转化为一对γ光子，正、负电子湮灭方程是 −10e+10e→2γ，故B错误． 815O具有放射性，在PET中主要用途是作为示踪原子，故C正确，D错误．
9.【正确答案】BD
【分析】
两个互感器，电压互感器起到降压的作用，电流互感器起到降流的作用；根据两个互感器原、副线圈的匝数比与示数，求得U2与线路输送电功率；发电机输出功率恒定，根据P=UI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，输电线损耗功率减少；若P上移，降压变压器的原线圈匝数减小，用户的电压增大。
A.两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10：1和1：10，电压互感器电压与匝数成正比，起到降压的作用，电流互感器电流与匝数成反比，起到降流的作用。A错误；
B.由题意，根据理想变压器变压和变流规律可得U2UV=10，I2IA=10，解得U2=2200V，I2=100A，所以线路输送的电功率为P=U2I2=2200×100W=220kW，故B正确；
C.由理想变压器变压规律U1U2=n1n2，可得U2=n2n1U1，若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q下移，n2增大，U2增大。根据闭合电路欧姆定律有U3=U2−I2r，根据理想变压器变压和变流规律有U3U4=n3n4，I2I4=n4n3，设用户端总电阻为R，则有I4=U4R，联立解得I2=U2r+(n3n4)2R，若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电电压U2增大，R不变，所以输电电流I 2增大，而输电线损耗功率为ΔP=I22r，所以输电线损耗功率增大，故C错误；
D.若保持发电机输出电压U1和Q的位置一定，使用户数增加，即U2不变，R减小，则I2增大，U3减小，为了维持用户电压U4一定，需要增大n4n3，可将滑片P上移，故D正确。
故选BD。
10.【正确答案】AD
【分析】
本题考查了简谐运动的回复力和能量；对于胡克定律要注意公式中的x为弹簧的形变量(伸长量或压缩量)，对于简谐运动的判定通常是验证物体所受合力是否满足回复力的性质。
对小球受力分析得到合力表达式，通过验证其是否满足简谐运动的条件：F=−kx，利用数学知识求解可视为简谐运动的条件；
根据A受力情况以及B刚好离开地面时弹簧的伸长量，求出最大压缩量，由胡克定律得出最大弹力；
由A运动情况得出A运动振幅；
根据机械能守恒条件分析木块A、B和弹簧组成的系统机械能是否守恒。
解：A未加力F时，受力平衡，此时弹簧压缩量为x1，由平衡条件得：mg=kx1；
当A运动到最高点时，B与地面之间刚好无挤压，此时：F弹=mg；
B刚好离开地面时弹簧的伸长量为x2，由平衡条件得：mg=kx2；
则物块A上升的最大高度为：xmax=x1+x2，可得：xmax=2mgk；
用手按压木块A的力：F=k(xmax+x1)−mg=2mg；
以未用手按压A时为起点：
A.A上升过程中受重力，弹簧弹力、A受到的合力：F合=F弹−mg=k(x+x1)−kx1=kx，所以A做简谐运动，故A正确；
B.弹簧的最大弹力：F弹max=k(xmax+x1)=3mg，故B错误；
C.A运动的振幅：A=xmax=2mgk，故C错误；
D.木块A、B和弹簧组成的系统只有重力、弹力做功，机械能守恒，故D正确。
11.【正确答案】1I
1I=1ER+R0+rE
3
1
偏大

【分析】
本题为测电源电动势和内阻的实验，此类实验原理都是闭合电路欧姆定律，根据实验原理得出对应图像的关系式，分析图像斜率和纵轴截距的物理意义，即可求出电动势和内阻。
由闭合电路欧姆定律有I=ER+R0+r
整理有1I=1ER+R0+rE，所以纵坐标为1I.
由图像乙得k=2−13=13=1E，b=1=R0+rE，解得E=3V
R0+r=3Ω代入R0可得r=1Ω
设电流传感器中的内阻值为r0
由闭合电路欧姆定律有I=ER+R0+r+r0
整理有1I=1ER+R0+r+r0E
由图像乙得R0+r+r0=3Ω
可得r=3Ω−R0−r0可见所测得的电源内阻值偏大。
12.【正确答案】2.4(2.40也可)
0.576
0.588
空气阻力、滑轮及纸带摩擦做功(答对一条即可，或直接填阻力也可)
9.6

(1)由于每相邻两计数点间还有4个点未标出，则有T=0.1s，
在纸带上打下计数点5时的速度为v5=x462T=(21.60+26.40)×0.012×0.1m/s=2.4m/s；
(2)从计数点0到计数点5的运动过程中，系统动能的增加量为ΔEk=12(m1+m2)v52=12×0.2×2.42J=0.576J，
系统重力势能的减少量为ΔEp=(m2−m1)g⋅x05=0.1×9.8×(38.40+21.60)×0.01J=0.588J；
(3)ΔEk与ΔEp不相等的主要原因可能为存在空气阻力、滑轮及纸带摩擦做功；
(4)由系统机械能守恒可得12(m1+m2)v2=(m2−m1)gℎ，代入数据，整理可得v2=2(m2−m1)m1+m2gℎ=gℎ，
可知，g即为v2−ℎ的图像的斜率k，即g=k=11.52−01.20−0m/s2=9.6m/s2。
13.【正确答案】(1)根据题意，作出光路图，如图所示
根据几何关系可知，光线在D点的入射角为i=60∘，折射角为r=30∘，
根据折射定律，有n=sinisinr= 3；
(2)由几何关系可知DO=AD=L，AO= 3AD= 3L，
AC=(AD+DB)cs30∘=2 3L，
OM=AC−AOcs30∘=2L，
光在介质中的传播速度为v=cn，
传播时间为t=DO+OMv，
解得t=3 3cL。
详细解答和解析过程见【正确答案】
14.【正确答案】解：(1)粒子有两次进入左侧磁场区运动，最后再次经过O点，则轨迹如图，
由几何关系可知，设粒子在左右两边磁场中运动的半径分别为R 和r ，
则2R=3r，
根据qv0B=mv02R，
可得左侧磁场的磁感应强度B'=23B；
(2)若在PQ、MN边界之间的区域加上方向垂直于边界的匀强电场，且能返回O点，而且所用时间比原来变短，且B '=23B，
在PQ、MN边界之间的区域加上方向垂直于边界的匀强电场，若所加的匀强电场方向水平向左。要能返回O点，而且所用时间比原来变短。则运动轨迹可能如下图所示
粒子在左侧磁场转过1个半周，在右侧磁场转过2个半周，满足
R=2r
设粒子进入左侧磁场时的速度为v1，则：
qv1B '=mv12R，qv0B=mv02r，
可得v1=43v0，
设粒子在电场中的加速度大小为a1
qE1=ma1，
又v12=v02+2a1L，
解得E1=7mv0218qL ，方向水平向左；
若所加的匀强电场方向水平向右。要能返回O点，而且所用时间比原来变短。则运动轨迹可能如下图所示：
粒子在右侧磁场转过1个半周，在左侧磁场同样转过1个半周，满足
R=r
设粒子进入左侧磁场时的速度为v2，则：
qv2B '=mv22R，qv0B=mv02r，
可得v2=23v0，
设粒子在电场中减速的加速度大小为a2
qE2=ma2，
又v22=v02−2a2L，
解得E2=5mv0218qL ，方向水平向右；
(3)若所加的匀强电场方向水平向左，粒子运动的时间为t1=2πmqB+πmqB '+2Lv1+v02，
其中v1=43v0，
解得，粒子从O点射出到返回O点的时间为t1=7πm2qB+12L7v0，
若所加的匀强电场方向水平向右，粒子运动的时间为t2=πmqB+πmqB '+2Lv2+v02，
其中v2=23v0，
解得，粒子从O点射出到返回O点的时间为t2=5πm2qB+12L5v0，
若t1=t2，则有7πm2qB+12L7v0=5πm2qB+12L5v0，
解得B=35πmv024qL，
若t1