2026湖南省新高考教学教研联盟高三上学期12月联考试题（长郡二十校联盟）物理含解析

这是一份2026湖南省新高考教学教研联盟高三上学期12月联考试题（长郡二十校联盟）物理含解析，共9页。
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
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，用橡皮擦干净后，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, 将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 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. 根据 ​614C 放射性强度减小的情况可以推算植物死亡的时间,其衰变方程为 ​614C→​714 N+X 。 ​614C 在大气中的含量相当稳定，活的植物与环境交换碳元素，其体内 ​1614C 的比例与大气中的相同，枯死的植物 ​614C 仍在衰变，但已不能得到补充。已知 ​614C 的半衰期为 T ，下列说法正确的是
A. ​614C 衰变时释放的粒子 X 是 ​10e
B. ​714 N 比 ​614C 的比结合能小
C. 随着全球变暖， 614C 的半衰期变短
D. 若枯死植物 ​614C 比例为大气中比例的 12k ,则死亡时间为 kT
2. 电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的, 其工作原理如图所示, 振动膜与基板构成电容器, 并与电阻、电池构成闭合回路, 声波会导致振动膜振动从而使其与基板间的距离发生改变, 下列说法正确的是
A. 振动膜带正电
B. 当振动膜与基板间的距离增大时, 电容器电容增大
C. 当振动膜与基板间的距离减小时, 电容器带的电荷量增加
D. 振动膜振动时，流经电阻的电流方向不变
如图所示，两端开口的足够长玻璃管竖直插在水银槽中，管中有一段水银柱将一部分气体封闭，封闭气体看成理想气体，初始时系统静止。保持玻璃管不动， 现从上管口缓慢向管中倒入水银，使水银柱长度增加 l ，在倒入水银的过程中气体温度不变，下列说法正确的是
A. 管中气体分子数密度不变
B. 管中气体内能增大
C. 稳定后,水银槽中的水银在管内、外液面高度差增加量小于 l
D. 管中气体放出热量
4. 假设地球是一个半径为 R 、质量分布均匀的球体,已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零。若在地球内部,以地心 O 为圆心、 R2 为半径挖一条圆形隧道，如图所示。现使一小球在隧道内做匀速圆周运动，且不与隧道壁接触，小球可视为质点，不考虑隧道宽度与阻力。已知地表重力加速度为 g ,则其在隧道中做匀速圆周运动的速度大小为
A. 12gR B. gR C. gR2 D. gR8
5. 最近一段服务员快速摆餐盘的视频火遍全网，服务员把盘子均匀放到餐桌中间的转盘边缘上后, 增大转盘转动角速度, 餐盘从转盘边缘飞出, 落在餐桌上立即停下。已知餐盘和转盘间的动摩擦因数为 μ ，转盘的半径为 r ，忽略餐盘的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且认为餐盘飞出前餐盘的切向加速度近似为 0,转盘到桌面的高度为 h ，重力加速度为 g ，下列说法正确的是
A. 餐盘质量越大从转盘边缘飞出时速度越小
B. 餐盘落到餐桌上前瞬间的速度大小为 μgr+2gh
C. 转盘加速转动过程中，餐盘受到的摩擦力始终指向转盘中心
D. 落到餐桌上的餐盘到转盘中心的水平距离为 μrh+r2
6. 如图所示,水平面内 ab 和 cd 是两条平行放置的足够长的固定粗糙金属直导轨, MN 和 M′N′ 是两根用细线连接的金属杆,其质量分别为 2 kg 和 1 kg ,两杆与导轨间的动摩擦因数相同。开始时恒定水平外力 F 作用在杆 MN 上，使两杆以大小为 4 m/s 的速度水平向右匀速运动。整个装置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直，导轨电阻可忽略。在 =0 时刻将细线烧断,保持外力 F 不变,金属杆和导轨始终接触良好,已知在 t=t0 时刻后杆 MN 速度大小为 5 m/s 并保持不变,且在 0∼t0 时间内两杆速度方向始终向右,下列说法正确的是
A. 细线烧断后,流经 MN 的电流方向为由 M 到 N
B. ’ N′ 稳定后的速度大小为 3 m/s
C. 0∼t0 时间内 MN 和 M′N′ 的位移大小之比大于 3:2
D. 整个过程中系统动能变化量的大小等于整个系统产生的焦耳热
二、多选题(本题共 4 小题, 每小题 5 分, 共 20 分。在每小题给出的四个选项中, 有多项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分, 选对但不全的得 3 分, 有选错的得 0 分)
7. 在学校科技文化周上，有同学展示了自己研制的球形飞行器。通过了解，球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，球形飞行器总质量为 M ，飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比 (即 f=kv2,k 为常量)。当发动机关闭时，飞行器由静止竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为 8 m/s ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为 4m/s 。重力加速度大小为 g ，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化, 下列说法正确的是
A. 发动机的最大推力为 1.5Mg
B. 发动机的最大推力为 1.25Mg
C. 飞行器由静止开始下落的过程是加速度逐渐变小的加速运动
D. 飞行器由静止开始下落的过程是加速度逐渐变大的加速运动
8. 如图所示， A0,0 、 B8,0 、 C0,6 在 xy 平面内，两波源分别置于 A、B 两点。 t=0 时,两波源从平衡位置起振，起振方向相反且垂直于 xy 平面，频率均为 5 Hz 。两波源持续产生振幅相同的简谐横波，波分别沿 AC 、 BC 方向传播，波速均为 40m/s 。下列说法正确的是
A. 两横波的波长均为 8 m
B. C 点是振动减弱点
C. t=0.4 s 时, C 处质点速度为 0
D. t=0.2 s 时, C 处质点速度不为 0
9. 如图所示是磁吸基座无线充电器,当送电线圈通入 u=2202sin100πt (V) 的交流电源后,手机上的受电线圈产生感应电流。手机即进入“无线超充模式”。“超充模式”下手机的充电电压为 20 V,充电电流为 5 A ,充电基座送电线圈接有理想电流表,受电线圈接有电阻 R ,送电线圈与受电线圈的匝数比为 10 : 1 , 若充电过程中不计漏磁和电磁辐射等引起的能量损失, 下列说法正确的是
A. “超充模式”下电流表读数为 0.5 A
B. 若此手机的电池容量为 5000mA⋅h ，则超充模式下的充电时间为 75 分钟
C. 若不计两个线圈的电阻，则要保证 “超充模式” 正常运作， R 的大小应为 0.4Ω
D. 若两个线圈的电阻大小均为 r=0.1Ω ,则要保证 “超充模式” 正常运作， R 的大小应为 0.299 Ω
10. 如图所示，纸面为竖直面， MN 为竖直线段， MN 之间的距离为 h ，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向均未知(图中未画出)。一带电量为 q ( q> 0),质量为 m 的小球从 M 点在纸面内以 v0=2gh 的速度水平向左开始运动,以后恰好以大小为 v=2v0 的速度通过 N 点。已知重力加速度为 g ,不计空气阻力。则 A. UMN=2mghq
B. 小球经过 N 点时速度方向一定与水平向右的方向成 60∘
C. 电场强度方向有可能斜向右上
D. 小球在运动过程中的最小速度为 217v0
三、非选择题(本题共 5 小题, 共 56 分)
11. (8 分) 小明同学利用如图甲所示的实验装置验证碰撞过程中的动量守恒。竖直平面内的一段固定的圆弧轨道下端与水平桌面相切于 O 点，以切点 O 为坐标原点，水平向右为正方向建立一维坐标系,在足够远的地方放置了位移传感器,当小滑块 A 经过 O 点时,位移传感器开始工作。已知小滑块 A (质量为 m1 ，包含 A 上的传感器) 和 B (质量为 m2 ) 与接触面间的动摩擦因数相同。
①先将小滑块 A 从圆弧轨道上某一点由静止释放，测出小滑块在水平桌面上滑行的 x−t 图像如图乙中的 a 图线所示，记录小滑块 A 停止的时刻为 t1 ；
②然后将左侧贴有双面胶(不计双面胶的质量)的小滑块 B 放在圆弧轨道的最低点 O 处，再将小滑块 A 从圆弧轨道上由静止释放,小滑块 A 与 B 碰撞 (时间极短) 后结合为一个整体,测出小滑块 A、B 整体在水平桌面上滑行的 x−t 图像如图乙中的 b 图线所示,记录小滑块 A、B 整体停止的时刻为 t2 。

(1)本实验中小滑块 A 从圆弧轨道上由静止释放的位置_____(填“需要”或“不需要”)相同。
(2)小滑块 A 、 B 发生碰撞后结合为一个整体,当满足表达式 m1m1+m2= _____(用 t1 和 t2 表示),则验证了小滑块 A 和 B 碰撞过程中动量守恒。
(3)撕掉胶布将小滑块 B 放在圆弧轨道的最低点 O 处，再将小滑块 A 从圆弧轨道上同一点由静止释放，若小滑块 A 与 B 发生弹性碰撞，为了保证小滑块 A 不反弹且速度不为 0，应满足的条件是 m1 _____(填“>”“0 ，则 Q4.5t0,M′N′ 做加速度变小的减速运动,位移 x2=vt02gh ,则电场强度一定有竖直向下的分量,故 B 正确、 C 错误; 画出小球从 M 到 N 的速度变化矢量图如图,可知实际速度与 Δv 垂直时速度最小, sinθ=3v0Δv=217 ,则 vmin=v0sinθ=217v0 。故选 ABD。

三、非选择题(本题共 5 小题, 共 56 分)
计算题评分的原则:
1. 答案正确，有过程且没有原则性错误的给满分，如果答案错误再对照采分点找分，如果只有答案没有任何过程的 (或者过程错误的) 不给分;
2. 连等式和综合式有任何错误的整个式子计 0 分;
3. 纯数字表达式或数字字母混合式, 数字不带单位的该式计 0 分;
4. 已知量是字母的, 结果不用题中字母表达的, 扣结果分; 表达式中不用题中字母表达的, 如果不产生歧义、物理意义没有问题，不扣式子分，如果容易产生歧义或物理意义有问题的，该式计 0 分。
5. 有多种解法的,比照答案解法给分。
11. (8 分,每空 2 分) (1)需要 (2) t2t1 (3) >A (答案唯一,第 3 空填“大于”不给分)
【解析】(1)为使滑块 A 到达 O 点时的速度相同，应使滑块 A 由静止释放的位置相同。
(2)滑块 A 在水平桌面上的运动过程，由动量定理有 −μm1gt1=0−m1v1
碰撞前动量 p1=μm1gt1
两滑块共同运动时,有 −μm1+m2gt2=0−m1+m2v2
碰撞后动量 p2=μm1+m2gt2
要验证碰撞过程中的动量守恒,即要验证 μm1gt1=μm1+m2gt2
可得 m1m1+m2=t2t1
(3)根据小滑块 A 与 B 发生弹性碰撞，可知 m1v1=m1v1​′+m2v2​′,12m1v12=12m1v1​′2+12m2v2​′2
解得 v1​′=m1−m2m1+m2v1,v2​′=2m1m1+m2v1
为了保证小滑块 A 不反弹,则 v1​′>0
可知 m1>m2
根据 v2​′=2m1m1+m2v1
可得 v2​′>v1
两滑块做减速运动的加速度均为 a=μg
根据 t=Δva
故小滑块 B 运动的时间 t3>t1
位移大于小滑块 A 的位移,碰撞后小滑块 B 的 x−t 图像如图所示

,故选 A。
12.(8分，每空2分)(1)变小 变大(答案唯一，填“小”、“大”不给分)
(2) πR0bπ−2k 或 R0b−2kπ
(3) 4πk 或 4kπ
【解析】(1)滑片顺时针转动，变阻器接入电路的阻值变小，外电阻变小，路端电压变小，电流表示数变小。
因为外电阻减小,可知电路总电阻减小,故干路电流变大,电路消耗的总功率 P=EI ,可知电路消耗的总功率 P 变大。
(2)由闭合电路欧姆定律可知 E=IR0+I1+π2θr
可推导出 1I=R0+rE+πr2E⋅1θ
可知 k=πr2E,b=R0+rE
解得 E=πR0bπ−2k,r=2kR0bπ−2k
(3)将电源与 R0 支路等效为一个新电源,当等效内阻等于 θ=π4 对应的电阻 R02 时,变阻器消耗的功率最大,故 r= R0 ,结合 (2) 的结果,则 b=4πk
13. (10分)【解析】( 1 )作出光路图如图所示

入射角 i=60∘ ,折射角为 r ,过 C 作左侧壁的垂线交 BD 于 E ,易知 CE=AB=L
则 DE=CD2+CE2=2L 【或 tanr=33,r=30∘ 】 (2 分)
根据几何关系可知, ∠CDE=r,sinr=sin∠CDE=CEDE
可得透明材料的折射率 n=sinisinr . (2 分)
所以 n=3 (1 分)
(2)光在透明材料中的速度 v=cn (2 分)
照射到 D 点比到 C 点的光在长方体中传播多用的时间 Δt=DEv (1 分)
解得 Δt=23Lc (1 分)
若入射角 i 变大,则折射角 r 变大,则 DE 变小,故时间差变小 (1 分)
14.(14分)【解析】(1)因为粒子进入圆形区域经磁场偏转后均过点 A ，则粒子在圆形磁场中运动的半径与磁场的半径相等，根据牛顿第二定律可得 qvB=mv2R (2 分)
可得 v=kBR
粒子在金属板间做直线运动,所以电场力等于洛伦兹力,则 qUR=qvB (2 分)
【或 Eq=qvB (1 分)
E=UR (1 分)】
解得 U=kB2R2 (2 分)
(2)沿金属板 C 、 D 中轴线运动的粒子从射出金属板到运动至 A 点的轨迹如图

由几何关系可得,在圆形磁场中做圆周运动的圆心角为 θ=2π3 【或 120∘】】5 (2 分) 则在圆形磁场中运动的时间为 t=θRv=2π3kB (2 分)
【或 T=2πmBq (1 分)
t=θ2π=2π3kB (1 分)】
(3)由题意可知，打在 QM 边最左侧时，粒子沿 C 板射入；打在 MN 最上方的粒子沿 D 板射入，并考虑到与边界相切的情况, 则轨迹如图


由几何关系可知, QM 边上有粒子穿出的长度 d1=2R2−PQ−R2=65R (2 分)
MN 边上有粒子穿出的长度为 d2=85R−R2−PN2−R2=8−265R (2 分)
【或① QM⊥ 穿出的粒子离 Q 最近 35R ；② QM⊥ 穿出的粒子离 Q 最远 95R ；③ MN⊥ 穿出的粒子离 M 最近 15R ；④ MN 上穿出的粒子离 M 最远 95−265R 。这四个临界对一个给 1 分,对两个以上给 2 分,结果各 1 分】
15.(16分)【解析】(1)小球C沿 A 槽圆弧下滑的过程中，小球 C 和 A 槽水平方向动量守恒 mvCx=4mvA (1 分) 两边同时对时间求和，则 mx1=4mx2 (1 分)
根据几何关系有 x1+x2=R (1 分)
解得 x1=45R (1 分)
(2)设小球 C 第一次到达 A 槽最低点时的速度大小为 v1 ，此时 A 槽的速度大小为 vA ，小球 C 和 A 槽水平方向动量守恒 mv1=4mvA (1 分)
根据机械能守恒定律有 mgR+32R=12mv12+12×4mv12 (1 分)
解得 v1=2gR ,方向水平向右, vA=gR2 ,方向水平向左
设小球 C 第二次和第三次到达地面的速度为 v2 和 v3
从 C 滑上 B 到第二次回到地面,有
水平方向动量守恒 mv1=mv2+4mvB (1 分)
机械能守恒定律 12mv12=12mv22+12×4mvB2 (1 分)
解得 v2=−6gR5 ,故 v2 大小为 6gR5 ,方向水平向左 (1 分)
从 C 第二次回到地面到 C 第三次回到地面,有
水平方向动量守恒 −mv2+4mvA=mv3+4mvA1 (1 分)
机械能守恒定律 12mv22+12×4mvA2=12mv32+12×4mvA12 (1 分)
解得 v3=2gR25 (1 分)
(3)设小球 C 经过 B 槽最高点时的水平速度为 vx ，竖直速度为 vy ，小球 C 第一次做斜抛运动的水平位移为 x ，小球第一次在 B 上运动过程的水平位移为 xC ,小球第一次在 B 槽上运动的时间为 t0
水平方向动量守恒有 mv1=5mvx
根据机械能守恒定律有 12mv12=12mvx2+vy2+12×4mvx2+mgR
解得 vx=2gR5,vy=30gR5 (1 分)
第一次离开 B 到再回到 B ,小球 C 做斜抛运动,有
x=vxt,t=2vyg (1 分)
小球第一次在 B 上运动过程,由水平动量守恒
mv1t0=mxC+4mxB (1 分)
由几何关系有,有 xC−xB=R ,以及 xC+x=d
联立上述五式,得 t0=25d−20R−430R10gR (1 分)题号
1
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3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
D
A
B
C
BC
AC
ACD
ABD