湖北省武汉市部分学校2026届高三上学期9月起点考试一模物理试题（Word版附解析）

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物理试卷
本试题卷共6页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. 中子活化分析法是用中子轰击待测样品，通过测定由核反应生成的放射性同位素衰变时产生的射线能量和强度，进行元素分析，分析过程中发生的反应有和。下列说法正确的是（ ）
A. 是电子
B. 和有相同的中子数
C. 属于核聚变
D. 属于衰变
【答案】A
【解析】
【详解】A．对反应，根据质量数守恒定律和电荷数守恒定律，得X的质量数为0、电荷数为-1，即X是电子，A正确；
B．的中子数为，的中子数为，中子数不同，B错误；
C．核聚变是“轻核聚合成重核”（如氢核聚变成氦核），而是中子轰击钠核的人工核转变，不是核聚变，C错误；
D．α衰变是放出（氦核），此反应放出电子，属于β衰变，D错误；
故选A。
2. 法拉第和麦克斯韦分别用电场线来描述静电场和感生电场。关于电场线，下列说法正确的是（ ）
A. 静电场的电场线可以平行不等间距
B. 静电场的电场线方向是由高电势指向低电势
C. 感生电场的电场线是不闭合的
D. 感生电场的电场线越密的地方，感生电场强度越小
【答案】B
【解析】
【详解】A．电场线的间距反映了电场强度的大小，若电场线平行不等间距，则在这样的电场中试探电荷沿一个矩形回路运动一周，电场力对其做功不为零，显然与实际不符，所以静电场的电场线不可能平行不等间距，故A错误；
B．顺着电场线电势不断降低，根据电场线和等势面的关系知，电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，故B正确；
C．感生电场是由变化的磁场产生的电场，是涡旋场，其电场线是闭合的，类似于磁感线，故C错误；
D．电场线密的地方，电场强度大，故D错误。
故选B。
3. 中国企业打破国外技术垄断，自主研发的船用涡轮增压器被应用于大型远洋船舶，其中奥托循环起到关键作用。如图所示，奥托循环由两个绝热和两个等容过程组成。关于该循环，下列说法正确的是（ ）
A. 整个过程中温度最高的是状态
B. 在过程中，所有气体分子的热运动速率减小
C. 在过程中，气体放出热量
D. 整个过程气体吸收热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据理想气体状态方程有
变形得
根据图示可知，状态c的温度比状态b的温度高，状态d的温度比状态a的温度高，为绝热过程，则有
气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低，即状态c的温度比状态d的温度高，可知，整个过程中温度最高的是状态c，故A错误；
B．过程中，体积一定，则有
压强减小，根据查理定律可知，气体温度降低，气体分子运动的平均速率减小，并不是所有气体分子的热运动速率减小，故B错误；
C．过程中，体积一定，则有
压强增大，根据查理定律可知，气体温度升高，气体内能增大，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C错误；
D．图像与横轴所围几何图形面积表示气体做功，过程，外界对气体做功，过程，气体对外界做功，整个过程气体对外界做功，由于内能一定，根据热力学第一定律可知，整个过程气体吸收热量，故D正确。
故选D。
4. 某增强现实型头盔可将计算机生成的实时虚拟影像与现实场景影像进行无缝融合，其光学系统设计如图所示。虚拟影像光线由微型显示器发出，先由面入射到棱镜2，接着由面反射后经过面、面进入棱镜1，在面发生全反射后又经过面（面镀有半反半透膜）的反射，再次通过面进入人眼。现实场景光则依次通过、、面进入人眼。关于该光学系统，下列说法正确的是（ ）
A. 为使现实场景光进出光学系统前后不发生偏折，棱镜3材料的折射率应大于棱镜1材料的折射率
B. 经棱镜的多次折射与反射后，由微型显示器发出的光的能量会减弱，其本质是光子的频率降低
C. 在面的外表面镀一层增透膜可使人眼看到的景象更加明亮，是利用了光的衍射原理
D. 若选用折射率的材料制作棱镜1，光线在面的入射角大于可以满足设计要求
【答案】D
【解析】
【详解】A．为使现实场景光进出光学系统前后不发生偏折，即现实场景光在棱镜3与棱镜1中沿直线传播，可知，棱镜3材料的折射率应等于棱镜1材料的折射率，故A错误；
B．经棱镜的多次折射与反射后，由微型显示器发出的光的能量会减弱，其本质是有一部分光在界面上发生了反射，光子的频率不变，故B错误；
C．在面的外表面镀一层增透膜可使人眼看到的景象更加明亮，是利用了光的干涉原理，故C错误；
D．光在面发生全反射，根据折射率与临界角的关系有
解得
由于
则有
可知，若选用折射率的材料制作棱镜1，光线在面的入射角大于可以满足设计要求，故D正确。
故选D。
5. 数据显示，中国风电累计吊装容量占全球装机近一半、世界第一。某时刻在一风力发电机内部的线圈abcd位置如图所示。已知风机叶片转动的圆面半径约为，平均风速约为，空气密度约为，风能转化为电能的效率为。稳定发电期间，线圈转速为。下列说法正确的是（ ）
A. 该时刻线圈中电流方向是
B. 该时刻线圈磁通量的变化率为零
C. 稳定发电期间，发电机平均发电功率约为
D. 稳定发电期间，1s内线圈中电流方向改变100次
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据右手定则可知该时刻线圈中电流方向是，故A错误；
B．该时刻线圈切割磁感线的有效速度最大，感应电动势最大，线圈磁通量的变化率最大，故B错误；
C．设时间内，通过扇叶转动的圆面的空气质量
则一台风力发电机平均发电功率为
代入数据可得
其中与其接近，故C正确；
D．线圈经过中性面时电流方向发生改变。风车每转一圈，经过中性面两次，线圈中电流方向改变两次，则
故1s内线圈中电流方向改变次，故D错误
故选C。
6. 位于坐标原点的质点从时刻开始沿轴做简谐运动。时，振动沿轴正方向传播到处、沿轴负方向传播到处，如图所示。此时，质点M、N的位移均为，质点位于正向最大位移处。下列说法正确的是（ ）
A. 波速大小为
B. 质点的起振方向沿轴正方向
C. M、N两质点的振动总是相反
D. 时，质点到达波峰
【答案】A
【解析】
【详解】A．时，振动传播到处，根据波速公式
得，A正确；
B．波源起振方向与波前沿质点振动方向一致。用“上下坡法”判断处质点（波沿正方向传播），该质点在平衡位置，振动方向向下（轴负方向），因此质点起振方向沿轴负方向，B错误；
C．、的振动关系中振动“始终相反”的条件为两质点间距为半波长的奇数倍。由图可知，、的平衡位置间距不满足此条件，且时，两者振动方向均向正方向，方向相同，因此振动并非“总是相反”，C错误；
D．由波速和波长关系，周期
时，质点的位置从到
时间间隔
时间内，不可能到达波峰，D错误；
故选A。
7. 北宋军事著作《武经总要》中记载：“单梢砲，……，四十人拽，一人定放，放五十步外，石重二斤。”（单梢砲……需要四十人一齐拉拽，由一人专门负责瞄准和发射，可以将重达二斤石弹，抛射到五十步外。）已知“一步”约为，重力加速度大小，不计空气阻力，假设石弹抛射的初速度方向与水平面夹角为，抛射的起点和落点在同一水平面上，则石弹抛射的初速度约为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】抛射到五十步外，已知“一步”约为，则水平方向上运动的距离为
假设初速度为v，运动时间为t，则竖直方向上的速度为
则
水平方向上的速度为
则
解得
其中B选项数据接近，故B正确。
故选B。
8. 2025年7月15日，天舟九号货运飞船采用自主快速交会对接模式，成功对接于空间站天和核心舱后向端口，绕地球做匀速圆周运动。已知空间站轨道高度为，下列说法正确的是（ ）
A. 空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度小于地球同步卫星的加速度
B. 空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于地球自转角速度
C. 货运飞船受到的万有引力随着距地高度的增加而减小
D. 对接过程中，货运飞船与空间站的机械能守恒
【答案】BC
【解析】
【详解】A．依题意
由，得空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度大于地球同步卫星的加速度，A错误；
B．由
有，得空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于地球同步卫星的角速度，地球同步卫星的角速度等于地球自转角速度，故空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于地球自转角速度，B正确；
C．由，得货运飞船受到的万有引力随着距地高度的增加而减小，C正确；
D．对接过程中，货运飞船的发动机会做功以调整对接的姿态，故货运飞船与空间站的机械能不守恒，D错误。
故选BC。
9. 如图所示，在平面内的第一象限中有一圆形磁场区域（未画出），磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小为。一质量为、电荷量为的带正电的粒子，从轴上的点以速度沿轴正方向进入第一象限，从某点进入磁场后穿出磁场，再经过轴上的点与轴正方向成角离开第一象限。不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子在磁场中运动，洛伦兹力的冲量为零
B. 粒子在磁场中运动，洛伦兹力做功为零
C. 粒子在磁场中运动的最长时间为
D. 圆形磁场区域的最小半径为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由于粒子进入磁场和离开磁场时的速度方向不同，故动量发生了变化。根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，所以洛伦兹力的冲量不为零，故A错误；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，故洛伦兹力的方向始终与粒子的速度方向垂直，所以洛伦兹力做功为零，故B正确；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即
可得粒子做圆周运动的半径
根据周期与速度的关系式可得粒子做圆周运动的周期为
粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。根据几何关系可知，粒子在磁场中运动的最大圆心角为，则粒子在磁场中运动的最长时间为，故C正确；
D．粒子在磁场中运动的轨迹为一段圆弧，圆形磁场区域的最小半径应对应着以粒子运动轨迹的弦长为直径的圆。根据几何关系，粒子运动轨迹的弦长为
则圆形磁场区域的最小半径为，故D正确。
故选BCD。
10. 如图所示，倾角为的固定斜面上叠放着小物块和长木板，的质量为，的质量为，、间的动摩擦因数为，与斜面间的动摩擦因数为，现由静止释放两物体，两物体以不同的加速度下滑，已知，则、的取值可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】设A的加速度为，B的加速度为，依题意，由静止释放两物体，两物体以不同的加速度下滑
若，分别对两物体进行受力分析，由牛顿第二定律
对A有
对B有
解得
若，对A有
对B有
解得（舍去）
A．，A正确；
B．，B错误；
C．，C正确；
D．，D正确。
故选ACD。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 电磁阻尼是楞次定律在电磁感应现象中的一种典型表现，我们利用这种运动特性研究金属的电阻率。如图（a）所示，将一金属管竖直放置，取一直径小于管内径的圆柱形强磁体放入管口，在强磁体沿金属管轴线下落的过程中会产生电磁阻尼。若金属管足够长，忽略空气阻力，根据有关理论可推算出磁体最终速度的表达式为，式中为常量，为强磁体的质量，分别为金属管内、外径，为金属管材料的电阻率，为当地重力加速度的大小。
（1）用游标卡尺测量黄铜管的内径，示数如图（b）所示，则黄铜管的内径________mm。实验时，________（选填“应该”或“不应该”）选用内、外径大小相近的金属管。
（2）如图（c）所示，金属管下部开有水平小孔供光电门测速，当光电门1与光电门2分别测得强磁体的挡光时间________时，说明强磁体已在金属管内做匀速直线运动。
（3）在满足（2）的前提下，实验测得同一强磁体在尺寸相同的黄铜管、合金铝管内通过光电门的速度分别是，已知黄铜的电阻率，则可计算出该合金铝管的电阻率________（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1） ①. ②. 不应该
（2）相等 （3）
【解析】
【小问1详解】
[1][2]黄铜管的内径
如果选择内、外径大小相近的金属管，根据
可知最终速度会非常大，所以实验中不应该选择内、外径大小相近的金属管。
【小问2详解】
当光电门1与光电门2分别测得强磁体的挡光时间相等时，由，可知强磁体已在金属管内做匀速直线运动。
【小问3详解】
根据
可知，
解得
12. 在“用单摆测量重力加速度”的实验中，已知摆线长为，小球直径为。
（1）实验测得50次全振动的总时间，单摆周期___________；利用单摆周期公式得重力加速度___________（用来表示）。
（2）若实验时忽略了小球直径，直接将摆线长度作为摆长，此时重力加速度的测量值___________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（3）已知实际单摆的周期公式约为（为最大摆角，单位为rad），若要求重力加速度的相对误差，最大摆角必须控制在___________rad以内（结果保留1位小数，提示：当时，）。
【答案】（1） ①. 2.01 ②.
（2）偏小 （3）0.2
【解析】
【小问1详解】
[1]单摆周期
[2]单摆摆长
由单摆周期公式
得
【小问2详解】
根据可知，偏小，则的测量值偏小。
【小问3详解】
由，
变形得，
由于，所以
联立，，
解得
由于很小，近似可以等于1，所以
解得
13. 2025年8月，我国首次公开福建舰电磁弹射实战化测试画面。已知某舰载机安全起飞速度需达到（相对于空气），在无风环境中，可通过电磁弹射装置在2.4s内将舰载机由静止匀加速至安全起飞，求
（1）舰载机的弹射轨道至少多长？
（2）当母舰以20节速度航行，舰载机安全起飞的弹射距离至少多长？（节是国际通用的航海速度单位，一节的速度取）
【答案】（1）96m （2）73.5m
【解析】
【小问1详解】
已知起飞速度为
根据位移时间公式可得舰载机的弹射轨道
【小问2详解】
已知母舰的速度为
若以母舰为参考系，则舰载机起飞的初速度为0，末速度为
由（1）可得加速度为
根据速度位移公式，可得舰载机安全起飞弹射距离为
故舰载机安全起飞的弹射距离至少为73.5m。
14. 如图为一倾角为的粗糙固定斜面，质量的物块与劲度系数的轻弹簧一端连接，弹簧另一端固定于斜面顶端。质量的物块叠放在上。系统静止时，弹簧伸长量，与斜面间动摩擦因数，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，重力加速度大小，求
（1）系统静止时，斜面对的摩擦力。
（2）取走瞬间的加速度。
【答案】（1）斜面对的摩擦力大小为，方向沿斜面向上
（2）的加速度为，方向沿斜面向上
【解析】
【小问1详解】
系统静止时，对、整体受力分析，由胡克定律得
弹簧弹力沿斜面向上。总重力沿斜面向下的分力为
因系统静止，沿斜面方向合力为零。设静摩擦力沿斜面向上，由平衡条件
代入数据
解得
方向沿斜面向上。
【小问2详解】
取走瞬间，弹簧弹力不突变，
方向沿斜面向上，对受力分析，的重力沿斜面向下的分力为
斜面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力
因有沿斜面向上的趋势，摩擦力方向沿斜面向下。沿斜面方向应用牛顿第二定律
代入数据
解得
方向沿斜面向上。
15. 光滑水平面上有两固定挡板P、Q，相距为L，两小球A和B（可视为质点）位于两挡板之间，质量分别为，，初始时，B球静止在P、Q的中点O，A球紧靠左侧挡板P，以速度v0向右开始运动。已知所有碰撞均为弹性正碰，忽略空气阻力。求
（1）A与B第一次碰撞后，A和B的速度大小vA1和vB1；
（2）A、B第三次碰撞时距左侧挡板P的距离x；
（3）以向右为正方向，A与B第n次碰撞后的瞬间，A的速度vAn。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】（1），
（2）
（3）见解析
【解析】
【小问1详解】
A与B第一次碰撞，根据动量守恒定律可得，
联立解得，
【小问2详解】
A与B碰撞后，B与挡板Q碰撞后原速率反弹，经过时间t1，二者发生第二次碰撞，有
解得
即两球第二次碰撞发生在O点右侧处，设第二次碰后A、B的速度分别为vA2和vB2，则第二次碰撞有，
联立解得，
即A与B第二次碰撞后，B再与挡板Q碰撞后原速率反弹，经过时间t2，二者发生第三次碰撞，有
解得
即两球第三次碰撞刚好发生在O点，即
【小问3详解】
设第三次碰后A、B的速度分别为vA3和vB3，，则第三次碰撞有，
联立解得，
即第三次两球碰撞后B静止在O点，A球以v0的速度大小向左运动，与挡板P碰后原速率反弹，至此，恰好回到初始状态，即系统完成了一个周期性运动过程，故第四次碰撞与第一次碰撞情况完全相同，以此类推，所以两小球第n次碰撞后，A的速度为（n=3k+1，k=0，1，2……），（n=3k+2，k=0，1，2……），（n=3k+3，k=0，1，2……）