2026届湖南省娄底市高三学业水平选择性考试1月份月考物理一模试卷（含解析）

这是一份2026届湖南省娄底市高三学业水平选择性考试1月份月考物理一模试卷（含解析），共13页。
注意事项：
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．
第一部分（选择题 共44分）
一、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．关于核反应堆和轻核聚变，说法正确的是（ ）
A．只要有中子打入铀块中就会发生链式反应
B．镉棒吸收中子的能力很强，反应激烈时，将镉棒拔出一些
C．普通水能使中子减速
D．要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到10−10m以内
2．图示为某次训练中排球运动的轨迹示意图，第一次将排球从点水平击出，排球击中点；第二次将该排球从位于点正下方且与等高的点斜向上击出，排球也能击中点。为轨迹最高点，高度相同。不计空气阻力，两次运动过程中（ ）
A．第二次排球在空中的时间是第一次的2倍
B．第二次排球拍出的速度为第一次的2倍
C．重力对排球做的功相等
D．排球击中D点时的速度相等
3．太空电梯是人类构想的一种通往太空的设备，其基座固定在地球赤道上，用一根竖直的线缆与距地面高度约3.6×107米的地球同步轨道上的太空站相连，如图所示，升降舱可以将乘客送入太空站内.设地球半径为R，同步轨道上的太空站离地面的高度为5.6R，当升降舱停在离地球表面高度为2.3R处时，它绕地心做圆周运动的线速度大小为v2，与它在相同高度绕地球做圆周运动的卫星线速度大小为v3，同步轨道上的太空站的线速度大小为v4，地球的第一宇宙速度为v1，下列关系正确的是（ ）
A．v2v1=3.3B．v4v2=12C．v3v2=22D．v3v1=3.3
4．河南郑州外国语学校高二上期中]如图所示为水面上的两列相互干涉的波在某时刻的叠加情况,以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示该时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线),已知S1的振幅为4 cm,S2的振幅为5 cm,下列说法正确的是( )
A.质点A、D在该时刻的高度差为18 cm
B.再过半个周期,质点B是振动加强点
C.质点C的振幅为0
D.图中ABDC围成的区域为振动加强区
5．如图所示，虚线右侧有竖直向下的电场强度E=45 N/C的匀强电场及垂直于电场向外的磁感应强度B=0.25 T的匀强磁场.在光滑绝缘的水平面上有两个等大的金属小球A、B，小球A不带电，其质量mA=0.05 kg，紧贴虚线静置的小球B带电荷量qB=-4×10-3C，其质量mB=0.01 kg.小球A以速度v0=20 m/s水平向右与小球B发生正碰，碰后小球B垂直进入电、磁正交场中.刚进入正交场的瞬间，小球B竖直方向的加速度恰好为零.设小球A、B碰撞瞬间电荷均分，取g=10 m/s2.则下列说法正确的是（ ）
A．碰后瞬间，小球A的速度大小为10 m/s
B．小球A在刚进入正交场后的短时间内，其电势能减少
C．碰撞过程中，小球A对小球B做的功为2 J
D．小球A、B之间的碰撞为弹性碰撞
6．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、选择题：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。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．如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向一立方体玻璃砖的上表面，得到三束平行光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，玻璃砖的下表面有反光薄膜，下列说法正确的是（ ）
A．光束Ⅰ为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光B．光束Ⅲ的频率大于光束Ⅱ的频率
C．改变α角，光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ仍保持平行D．在真空中，光束Ⅱ的速度等于光束Ⅲ的速度
8．如图甲所示，光滑水平地面上有一长木板B，木块A（可视为质点）叠放在长木板B右端.有一水平力F作用在长木板B上，使木板由静止开始运动，t=6s时木块A刚要从木板上掉落.已知木块A的质量mA=1kg，长木板B的质量mB=2kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，A、B的加速度随时间变化的图像分别如图乙、图丙所示.下列说法正确的是（ ）
甲乙丙
A．t=3s时，木块A的速度大小为6m/s
B．A、B间的动摩擦因数为0.5
C．3∼6s内水平力F的大小为12N
D．木板B的长度为3m
9．如图所示，导线框abcd与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，线框c、d两端接入图示电路，其中ab长为l1，ad长为l2，线框绕过c、d的轴以恒定的角速度匀速转动，开关S断开时，额定功率为P、电阻恒为R的灯泡L1正常发光，理想电流表示数为I，线框电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S前、后，电流表的示数保持不变
B．线框转动的角速度为PIBl1l2
C．变压器原、副线圈的匝数比为PRIR
D．线框从图中位置转过π4时，感应电动势的瞬时值为PI
10．如图所示，小球以60 J的初动能从A点出发，沿粗糙斜面向上运动，从A经B到C，然后再下滑回到A点．已知向上运动时，从A点到B点的过程中，小球动能减少了50 J，机械能损失了10 J，则( )
A．上升过程中，合外力对小球做功－60 J
B．整个过程中，摩擦力对小球做功－20 J
C．下滑过程中，重力对小球做功48 J
D．回到A点时小球的动能为40 J
第二部分（非选择题 共56分）
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．如图甲所示，某研究性学习小组同学设计了“验证机械能守恒定律”的实验装置，质量分别为和的物块A、B，与动滑轮及定滑轮（两滑轮均为轻质滑轮）用不可伸长的轻质绳按图示方式连接（绳竖直）。物块B从高处由静止开始下落，物块A上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙所示是实验中获取的一条纸带，0点是打下的第一个点，每相邻两个计数点之间还有3个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示。（已知当地的重力加速度大小为g，打点计时器使用电源的频率为f）
（1）在纸带上打下记数点5时物块A的速度大小 （用、和f表示）。
（2）若将A、B两物块看作一个系统，则打0点到打5点的过程中，系统减少的重力势能为 ，系统增加的动能为 。（以上两空均用题目给出的物理量的字母表示）
（3）经过多次实验发现A、B两物块组成的系统减少的重力势能与系统增加的动能并不相等，请从系统误差的角度分析二者不相等的可能原因是（写出一条即可）。
12．（9分）车辆运输中若存在超载现象，将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥，可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。
（1） 选择一块均匀的长方体导电水泥块样品，用多用电表粗测其电阻。将多用电表选择开关旋转到“×1k”挡，正确操作后，指针位置如图1所示，则读数为________________Ω 。
（2） 进一步提高实验精度，使用伏安法测量水泥块电阻，电源E电动势6V，内阻可忽略，电压表量程0∼6V，内阻约10kΩ ，电流表量程0∼600μA,内阻约100Ω 。实验中要求滑动变阻器采用分压接法，在图2中完成余下导线的连接。
（3） 如图2，测量水泥块的长为a，宽为b，高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R,则电阻率ρ=____________（用R、a、b、c表示）。
（4）测得不同压力F下的电阻R，算出对应的电阻率ρ ,作出ρ−F图像如图3所示。
（5） 基于以上结论，设计压力报警系统，电路如图4所示。报警器在两端电压大于或等于3V时启动，R1为水泥块，R2为滑动变阻器，当R2的滑片处于某位置，R1上压力大于或等于F0时，报警器启动。报警器应并联在____________两端（填“R1”或“R2”）。
（6） 若电源E使用时间过长，电动势变小，R1上压力大于或等于F1时，报警器启动，则F1________F0（填“大于”“小于”或“等于”）。
13．如图所示,在绝热圆柱形汽缸中用光滑绝热活塞密闭有一定质量的理想气体,在汽缸底部开有一小孔,与U形水银管相连,外界大气压为 ,缸内气体温度 27℃,稳定后两边水银面的高度差为 ,此时活塞离容器底部的高度为 L=50cm(U形管内气体的体积忽略不计).已知柱形容器横截面 S=0.01m2,取 75cmHg压强为 ,重力加速度 g=10m/s2
（1）求活塞的质量;
（2）若容器内气体温度缓慢降至-3℃,求此时U形管两侧水银面的高度差 ′和活塞离容器底部的高度L′.
14．如图,平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L,右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m,电阻为R,长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触）,不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求：
（1） 第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；
（2） 第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量；
（3） 从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。
15．如图所示，水平传送带以速度v逆时针转动，其左端A点和粗糙水平台面平滑对接（平台足够长），右端B点与一段光滑的圆弧轨道BC在B点平滑连接，圆弧轨道的半径R=40 m，圆心为O，，传送带A、B两点间的距离L=3 m。质量m1=1 kg的小物块P静止在水平轨道上的A点，质量为m2=3 kg的小物块Q静止在水平轨道的B点。现给小物块P一个水平向右的瞬时冲量I=5 N‧s，已知P经过传送带与Q发生碰撞后P以2 m/s反弹。物块P、Q与水平台面间的动摩擦因数均为μ=0.1，物块Q与传送带之间的动摩擦因数为μ2=0.2，物块P、Q均可视为质点，所有碰撞均为弹性碰撞，g=10 m/s2。
（1）求物块P与传送带之间的动摩擦因数μ1；
（2）若传送带速度v=4 m/s，求物块Q从开始运动到最终停止所需要的总时间（精确到小数点后两位，碰撞时间不计）。
参考答案
1．【答案】C
【详解】要使铀块发生链式反应，还需要铀块达到临界体积，故A错误；镉棒吸收中子的能力很强，反应激烈时，应将镉棒插入一些，故B错误；反应堆中最常使用的慢化剂主要有石墨、重水和普通水，故C正确；要使轻核发生聚变，必须使轻核接近核力发生作用的距离，需要达到10−15m以内，故D错误.
2．【答案】A
【详解】AB．第二次排球能到达C点，从C到D在竖直方向做自由落体运动，而第一次在竖直方向直接做自由落体运动，根据竖直方向的运动情况可知第二次排球运动的时间为第一次的两倍，设第一次运动的时间为t1，第二次运动时间为t2，则有t2=2t1，A正确；
B．根据竖直方向的运动情况可知第二次排球运动的时间为第一次的两倍，而两次的水平位移相同，所以第二次排球拍出的速度为第一次的一半，B错误；
C．根据重力做功可知，第一次重力做功为，第二次重力做功为，C错误；
D．由于两次击中D点时水平速度不相等，竖直速度相等，则合速度不相等，D错误；选A。
3．【答案】C
【详解】根据v=ωr得v4v2=R+5.6RR+2.3R=2 ,B错误；根据牛顿第二定律得GMmr2=mv2r,解得v=GMr,所以v3v1=R3.3R=13.3,D错误；根据v=GMr得,v3v4=2,又v4v2=2，可得v3v2=22,C正确；根据v=GMr得,v1v4=6.6,又v4v2=2，可得v2v1=126.6,A错误.
【易错分析】
不善于抓住物体之间的关联点导致错误.如同步卫星和近地卫星都是万有引力提供向心力,都满足GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r=man,由上式比较各物理量的大小关系,可知r越大,v、ω 、an越小,T越大；而同步卫星和赤道上物体做圆周运动的周期和角速度都相同,因此通过v=ωr、an=ω2r比较两者的线速度和向心加速度的大小.
【关键点拨】
近地卫星和同步卫星的相同点是万有引力全部提供向心力,赤道上待发射的卫星与同步卫星具有相同的周期和角速度,则有v近>v同>v赤,a近>a同>a赤.
4．【答案】A
【解析】两列波叠加,A、D均为振动加强点,在该时刻,A在波峰,位移为+9 cm,D在波谷,位移为-9 cm,故质点A、D在该时刻的高度差为18 cm,故A正确;由题图可知,质点B、C该时刻是振动减弱点,由干涉图样可知它们始终是振动减弱点,振幅均为1 cm,故B、C错误;由图可知两波源振动情况完全相同,只有满足到两波源之间的距离差等于半波长的偶数倍的质点才是振动加强点,显然图中ABDC围成区域内所有质点并不都满足该条件,所以该区域不为振动加强区,故D错误.
5．【答案】C
【解析】小球A、B碰撞瞬间电荷均分，则两小球电荷量的绝对值均为q=qB2=2×10-3 C，小球B刚进入正交场的瞬间，竖直方向的加速度恰好为零，则有mBg=qvBB+qE，解得碰后B球的速度为vB=20 m/s，小球A、B碰撞过程中，由动量守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB，解得碰后瞬间小球A速度为vA=16 m/s，故A错误；小球A刚进入正交场后，由于mAg=0.5 N>qE+qvAB=0.098 N，所以小球A向下偏，则电场力做负功，故其电势能增大，故B错误；根据动能定理，可知碰撞过程中小球A对小球B做的功为W=12mBvB2=2 J，故C正确；由于碰撞前A、B系统机械能为Ek1=12mAv02=10 J，碰后系统机械能为Ek2=12mAvA2+12mBvB2=8.4 J，Ek1>Ek2，故系统机械能不守恒，故小球A、B之间的碰撞为非弹性碰撞，故D错误.
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．
7．【答案】ACD
【详解】
A．两种色光都在玻璃砖的上表面发生了反射，入射角相同，由反射定律知，它们的反射角相同，可知光束Ⅰ是复色光，而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ为单色光，故A正确；
B．由图可知
光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ的偏折程度，根据折射定律可知玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，则光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ的频率，故B错误；
C．一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射入，经过折射、反射、再折射后，光线仍平行，这是因为光反射时入射角与反射角相等，改变α角，光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ仍保持平行，故C正确；
D．在真空中，所有光的速度都相等，故D正确。
故选ACD。
8．【答案】AC
【详解】由题图乙、丙知,0∼3s内木块A与木板B加速度相同,即两者保持相对静止,A、B速度增量为1+3×32m/s=6m/s（a−t图像中图线与横轴所围图形面积表示速度变化量）,A、B由静止开始运动,所以t=3s时,vA=vB=6m/s,
A正确；由题图乙、丙知,t=3s后,A、B发生相对滑动,所以t=3s时A、B间摩擦力为最大静摩擦力,设A、B间的动摩擦因数为μ ,对A,由牛顿第二定律得μmAg=mAaA,解得μ=0.3,B错误；t=3s后,对B,由牛顿第二定律得F−μmAg=mBaB,解得F=12N,C正确；t=3s到t=6s,B的位移xB=vBt+12aBt2,A的位移xA=vAt+12aAt2,解得相对位移Δx=xB−xA=6.75m,即木板B的长度为6.75m,D错误.
9．【答案】CD
【解析】闭合开关S后，副线圈中电阻减小，电压不变，输出功率P2=U22R变大，输入功率变大，输入电压不变，电流表的示数变大，故A错误；S断开时，灯泡L1正常发光，输出功率为P，故原线圈输入功率也为P，原线圈两端电压的有效值为PI，最大值为2PI，由于Em=Bl1l2ω，所以线框转动的角速度ω=2PIBl1l2，故B错误；S断开时，副线圈中的电流I2=PR，原、副线圈匝数之比等于电流的反比，有n1n2=PRI=PRIR，故C正确；线框从中性面开始转动，所以感应电动势瞬时值表达式为e=2PIsin θ，当转过π4时，感应电动势的瞬时值为2PIsinπ4=2PI×22=PI，故D正确.
10．【答案】AC
【详解】上升过程，由动能定理可得W合＝0－Ek0＝0－60 J＝－60 J，故A正确； 根据动能定理可知，小球损失的动能等于小球克服合外力做的功(包括克服重力做功和克服摩擦阻力做功)，损失的动能为ΔEk＝mgh＋f·eq \f(h,sin θ)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mg＋\f(f,sin θ)))h，损失的机械能等于克服摩擦阻力做的功，ΔE＝eq \f(fh,sin θ)，解得eq \f(ΔEk,ΔE)＝C(常数)，与h无关，由题意知C＝5，则小球上升到最高点时，动能为0，即动能减少了60 J，损失的机械能为12 J，当小球返回到A点时，小球损失的机械能也为12 J，故小球从开始到返回原处机械能损失了24 J，由功能关系知摩擦力做功Wf＝－24 J，则小球返回A点时动能为36 J，故B、D错误； 由上述分析可知，小球上升到最高点时，动能为0，损失的机械能为12 J，则重力势能增加了48 J，即重力做功为WG＝－48 J，所以下滑过程中重力对小球做功48 J，故C正确．
11．【答案】（1） （2） （3）定滑轮、动滑轮旋转增加了其动能
【详解】（1）根据匀变速直线运动的规律，可得纸带上打下记数点5时物块A的速度大小；
（2）A、B两物块组成的系统减少的重力势能为；
因为在纸带打下5点时物块B的速度大小为，所以系统增加的动能为；
（3）因为系统机械能部分转化为其他物体的动能或其他形式的能量而损失掉。
12．【答案】（1） 8.0×103（1分）
（2） 见解析（2分）
（3） Rbca（2分）
（5） R2（2分）
（6） 大于（2分）
【详解】
（1） 由题图1可知，读数为8.0×1kΩ=8.0×103Ω 。
（2） 待测电阻的阻值和电压表内阻接近，远大于电流表内阻，故采用电流表内接法，要求滑动变阻器采用分压接法，则完整电路连接如图所示。
（3） 由电阻定律有R=ρlS，其中l=a,S=bc,解得ρ=Rbca。
（5） 由题图3和4可知，R1上的压力越大，电阻率越小，电阻也越小，电路中电流越大，则R2两端电压越大，题中要求R1上压力大于或等于F0时，报警器启动，结合报警器在两端电压大于或等于3V时启动，可知报警器应并联在R2两端。
（6） 若电源电动势减小，则当R1上压力等于F0时，R2两端电压小于3V，为了使R2两端电压等于3V，则应减小R1两端电压，故应增大R1上的压力，可知F1大于F0。
13．【答案】（1）；（2）
【详解】
（i）A中气体压强PA=P0+P△h=76.5cmHg=1.02×105Pa
对活塞 PAS=P0S+mg
解得m=2kg．
（ii）由于气体等压变化，U形管两侧水银面的高度差不变△h′=1.5cm
T1=300K，体积V1=50cm.s
T2=270K，体积V2= L′S
由：
解得：L′=45cm．
14．【答案】（1） B2L2v022R
（2） mv0BL
（3） n2(n+1)mv02
【详解】
（1） 第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势大小为E=BLv0（1分）
回路中总电阻为R总=R+R=2R（1分）
故回路中的电流大小I=E2R=BLv02R（1分）
导体棒所受安培力大小F=BIL=BBLv02RL=B2L2v02R（1分）
导体棒所受安培力的功率P=Fv0=B2L2v022R（1分）
（2） 对第2根导体棒，由动量定理有
−∑BILΔt=0−mv0（1分）
q=∑IΔt（1分）
解得q=mv0BL（1分）
（3） 第1根导体棒速度减为0时，由能量守恒定律有
12mv02=Q总1，
因为定值电阻与导体棒阻值相等且是串联关系，所以它们产生的热量相同，
故QR1=12×12mv02=(1−12)×12mv02（2分）
第2根导体棒速度减为0时，由能量守恒定律有
12mv02=Q总2，其中Q总2=QR2+Q棒12+Q棒22，
解得QR2=12×12R12R+R×12mv02=12×3×12mv02=(12−13)×12mv02（2分）
同理，第3根导体棒速度减为0时，由能量守恒定律有
12mv02=Q总3，其中Q总3=QR3+Q棒13+Q棒23+Q棒33，
解得QR3=13×13R13R+R×12mv02=13×4×12mv02=(13−14)×12mv02（2分）
……
第n根导体棒速度减为0时，由能量守恒定律有
12mv02=Q总n，其中Q总n=QRn+Q棒1n+Q棒2n+Q棒3n+⋯+Q棒nn，
解得QRn=1n×1nR1nR+R×12mv02=1n(n+1)×12mv02=(1n−1n+1)×12mv02（2分）
所以QR总=QR1+QR2+QR3+⋯+QRn=(1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1)×12mv02，
解得QR总=n2(n+1)mv02（2分）
15．【答案】（1）0.15 （2）10.42 s
【详解】（1）设小物块P在A点的速度为，根据动量定理，物块P在传送带上向右做匀减速运动，加速度为，物块P从A点到B点，根据动力学公式有，P、Q发生弹性碰撞，根据动量守恒定律可得，根据能量守恒定律得，解得，，，μ1=0.15。
（2）圆弧轨道半径较大，小物块Q在BC轨道上的运动可看成单摆运动，小物块Q在BC轨道上运动的时间为，假设物块P返回时在传送带上一直做加速度为a1的匀加速运动，则有，解得，物块P划出传送带时还未与传送带共速；物块Q返回到B点划上传送带后，做加速度为的匀加速运动，设经过位移x与传输带共速，由，得，则物块Q在传送带上运动的时间为，物块P、Q在水平台面上均做加速度的匀减速直线运动，由，得，由，得，由动量守恒定律与能量守恒定律得，，解得，，则，，则物块Q从开始运动到最终停止所需要的总时间。