2026届江苏南京市鼓楼区名校联盟高三下学期一模物理试卷（含解析）

这是一份2026届江苏南京市鼓楼区名校联盟高三下学期一模物理试卷（含解析），共10页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.2025年8月9日，捷龙三号遥六运载火箭以一箭十一星的方式成功将11颗卫星送入高度600公里、与赤道平面夹角为50°的近地轨道，这些卫星最终分布在该轨道的不同位置。关于这些卫星，下列说法正确的是( )
A. 向心力相同B. 线速度相同C. 周期相同D. 向心加速度相同
2.2025年9月27日，我国在酒泉卫星发射中心使用长征四号丙运载火箭，成功将风云三号H星发射升空。若风云三号H星在发射后的一小段时间内做初速度为零的直线运动，其x—t图像为如图所示的抛物线，则风云三号H星运动的加速度大小为( )
A. x04t 02B. x02t 02C. x0t 02D. 2x0t 02
3.将一石子扔向平静的水面，形成的水波沿水面向四周传播。从石子落水开始计时，以石子落入水面的位置为坐标原点O，t=3.5 s时波刚好传播到P点，P点的横坐标为3.5 m,O∼P间的波形图如图所示。下列说法正确的是( )
A. 坐标原点处的水波起振方向竖直向下B. 该机械波的波长为2.5 m
C. 该机械波的波速为1 m/sD. 该机械波的周期为1.5 s
4.自然界中的碳主要是碳12，也有少量碳14。碳14具有放射性，其衰变方程为 614C→714N+X，下列说法正确的是( )
A. 核反应方程中的X为 11H
B. 碳14衰变时电荷数和质量数都守恒
C. 环境温度变化，碳14的半衰期可能随之改变
D. 20g碳14样品经历2个半衰期，样品的总质量只有5g
5.关于分子动理论，下列说法正确的是( )
A. 0℃的物体中的分子不做无规则运动
B. 当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大
C. 产生布朗运动的原因是悬浮在液体或者气体中的微粒永不停息地做无规则运动
D. 磁铁可以吸引铁屑，这一事实说明分子间存在引力
6.如图所示，一根长为L的粗细均匀的、绝缘带电直杆上均匀分布着电量为Q的电荷，直杆在沿轴线方向距其一端s处产生的电场强度大小为E。已知静电力常量为k，请通过分析判断E的表达式可能正确的是( )
A. kQs(s+L)B. kQL(s+L)C. kQss+LD. kQLs+L
7.如图所示，两个可视为质点的滑块P和Q质量分别为m和3m，P、Q通过光滑铰链用长为L的轻杆连接，P套在固定的光滑竖直杆上，Q在光滑水平地面上。原长为0.6L的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆上O点。将P由静止释放，此时轻杆与竖直方向夹角α=37 ∘；P下降到最低点时α变为53 ∘。已知sin37 ∘=0.6，cs37 ∘=0.8，重力加速度为g，则在P下降的过程中，下列说法正确的是( )
A. P的加速度方向一直向下
B. P和Q组成的系统机械能守恒
C. 弹簧弹性势能最大值为0.2mgL
D. P速度最大时，Q受到地面的支持力大小为3mg
8.如图所示，一平行板电容器两极板水平正对，上极板M固定，下极板N放在一个绝缘的温度敏感材料上，温度敏感材料会因为温度的变化而出现明显的热胀冷缩。给电容器充电后，N板带有负电，一带电微粒恰好静止在两极板间的P点。现切断电源，并使环境温度降低，则下列说法正确的是( )
A. 带电微粒带正电B. 带电微粒仍然静止 C. 电容器的电容增大D. 两极板间电压减小
9.下列说法正确的是( )
A. 作用方向与物体运动方向垂直的力的冲量一定为0
B. 动量守恒定律只适用于宏观物体的低速运动
C. 机械波和电磁波都能发生干涉、衍射现象
D. 光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
10.如图所示，在一个水平放置的空铝制饮料罐中插入一根粗细均匀的透明吸管，吸管中的气体不可忽略，接口处用蜡密封，吸管中引入一小段油柱(长度可以忽略)，如果不计外界大气压的变化，在吸管上标上温度刻度值，就是一个简易的温度计，罐内气体可视为理想气体，则( )
A. 温度升高后罐中气体压强增大
B. 吸管上的温度刻度值左小右大
C. 温度升高时，罐内气体增加的内能大于吸收的热量
D. 温度升高时，饮料罐内壁单位面积、单位时间受到气体分子撞击次数增加
11.在光滑绝缘的水平地面上，0∼t0内，质量分别为m、4m的小球A、B带有同种电荷，从相隔较远的两处开始相向运动(不会碰撞)，以A球的初速度方向为正方向，A、B运动的v−t图像如图所示。已知v−t图像中的阴影面积为S，此过程中，系统的电势能增加了35J，关于这一过程，下列说法正确的是( )
A. 两小球的系统机械能守恒，但动量不守恒
B. 0∼t0时间内，A球运动的距离为0.2S
C. 0∼t0时间内，B球的初动能为28J
D. 0∼t0时间内，B球克服电场力做了7J的功
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
12.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：
A.电流表A1(内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA)
B.电流表A2(内阻约为0.4Ω，量程为0.6A)
C.定值电阻(R0=900Ω)
D.滑动变阻器(最大电阻为5Ω)
E.两节干电池
F.一个开关和导线若干
G.螺旋测微器，游标卡尺
(1)如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为 mm。
(2)用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用 挡(填“×1Ω”或“×100Ω”)，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图2所示，则金属棒的阻值约为 Ω。
(3)根据提供的器材，该同学设计了如图3所示的电路图，为了尽可能精确测量金属棒的阻值，该同学应将R0右端连接在 (a或者b)处。
(4)若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为Rx= 。(用I1，I2，R0，Rg表示)
三、计算题：本大题共4小题，共46分。
13.如图，水平面内有足够长的两平行导轨，导轨间距L=1m，导轨间接有一电容器，电容器右侧导轨上垂直导轨放置一质量m=0.2kg、电阻R=1.5Ω、长度为L的导体棒，导体棒与导轨始终良好接触，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，导轨平面内有竖直向下(即垂直纸面向里)的匀强磁场B1=1T。在导轨左端通过导线连接一水平放置的面积S=1m2、总电阻r=0.5Ω、匝数N=100的圆形线圈，线圈内有一面积S0=0.25m2的圆形区域，该圆形区域内有垂直纸面向外、大小随时间变化规律为B2=0.4tT的磁场，g=10m/s2，不计导轨电阻，两磁场互不影响，求：
(1)仅闭合开关S1和S2，稳定后电容器两端的电压UC；
(2)仅闭合开关S1和S3，导体棒从静止开始运动，能够达到的最大速度vm；
14.如图所示，矩形ABCD为一长方体透明介质的截面，E为BC边上一点，从A点沿AE方向射出一束单色光恰好在E点发生全反射，并从CD边上P点(未画出)射出。已知AB边的长度为0.6L,BC边的长度为1.2L,BE的长度为0.8L，光在真空中的传播速度为c。求：
(1)该透明介质的折射率n；
(2)单色光在CD边射出时折射角的正弦值；
15.如图所示xOy平面内，虚线y=ℎ上方存在垂直平面向外的匀强磁场、下方存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为+q的带电粒子从P(−2ℎ，ℎ)点以速度大小v0、方向与x轴正方向间的夹角θ=45°射入磁场。一段时间后，粒子第1次从虚线上的Q(0,ℎ)点进入电场，在电场中的运动恰好不通过x轴，粒子重力不计。求：
(1)磁场的磁感应强度大小B；
(2)粒子从P点射入至第2次经过虚线所用的时间t；
16.如图甲所示，一水平面除AB段外其余均光滑。轻弹簧左端与固定挡板相连，质量为m的物块a放在水平面上A点，刚好与处于自然伸长的轻弹簧右端接触。质量为3m的物块b静止在B点，A、B间距离为R。质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧静止于B点右侧，圆弧面BC的最低点B与水平面相切。物块a与水平面上AB间的动摩擦因数大小与离A点距离x的关系如图乙所示。现用外力将物块a向左推移并锁定在P点，此时弹簧弹性势能为8.2mgR，解锁物块a，物块a向右滑去并与物块b碰撞。若物块a、b均视为质点，且每次碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，求：
(1)物块a与b第一次碰撞前一瞬间a的速度大小v1；
(2)物块a与b第一次碰撞后一瞬间a、b的速度大小v2、v3；
(3)若物块b从圆弧面上返回时与a在水平面上相碰，则b最终的速度为多大。
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：A、卫星在该轨道的不同位置做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，可得向心力Fn=GMmr2，
其中m为卫星的质量。因这些卫星的质量m可能不同，所以向心力不一定相同，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r，解得卫星做匀速圆周运动时线速度的大小为v= GMr
因轨道半径r相同，故线速度大小相同，但线速度是矢量，方向随位置而变化，所以这些卫星的线速度不同，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力得GMmr2=m4π2T2r，可得卫星做匀速圆周运动时的周期为T=2π r3GM
r相同，则这些卫星的周期相同，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力得GMmr2=ma，解得卫星做匀速圆周运动时的向心加速度大小为a=GMr2，r相同，则向心加速度大小相同。但向心加速度是矢量，方向指向地心且随位置而变化，所以这些卫星的向心加速度不同，故D错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力列式，得到各个量与卫星轨道半径的关系式，再分析它们的关系。
对于卫星问题，关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，并能灵活选择向心力公式。
2.【答案】D
【解析】【详解】由题知，风云三号H星在发射后的一小段时间内做初速度为零的直线运动，则位移与时间的关系为 x=12at2
代入 t0,x0 ，解得加速度为 a=2x0t 02
故选D。
3.【答案】C
【解析】A.当波传到 P 点时， P 要重复前面质点的运动，可知 P 将向上运动，即坐标原点处的水波起振方向竖直向上，A错误；
B.如图所示，可知该机械波的波长为 2m ，B错误；
C.由 v=xt解得 v= ，C正确；
D.由 v=λT，其中 λ=2m，解得 T=2s ，D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】解：AB.衰变过程满足质量数和电荷数守恒，根据衰变方程 614C→ 714N+X，质量数守恒14=14+mx，得mx=0；电荷数守恒6=7+qx，得qx=−1。故X为电子 −10e，故A错误，B正确。
C.放射性元素的半衰期由原子核内部结构决定，与外部环境(如温度)无关，故C错误。
D.经历2个半衰期，剩余碳14的质量为20×(12)2g=5g，但样品的总质量包括衰变产物(如氮14)，衰变过程中质量亏损极小，总质量仍接近20g，并非5g，故D错误。
故选：B。
AB.根据质量数和电荷数守恒结合相应的计算结果进行判断；
C.根据半衰期的决定因素进行判断；
D.根据衰变剩余质量和总质量的关系进行分析解答。
考查核反应方程的书写规则和半衰期问题，关键是理解半衰期的概念和决定因素，属于基础题。
5.【答案】B
【解析】组成物体的分子在永不停息地做无规则运动，故A错误；当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大，故B正确；布朗运动是固体小颗粒受到不同方向的液体分子或气体分子无规则运动产生的撞击作用不平衡引起的，间接证明了液体分子或气体分子在永不停息地做无规则运动，故C错误；磁铁可以吸引铁屑，并非分子间的作用力的作用，故D错误。
6.【答案】A
【解析】AB.当 L=0 时，均匀绝缘带电直杆简化为点电荷，其表达式应为 E=kQs2 ，故A项正确，B项错误；
CD.根据点电荷产生的电场强度公式 kQs2 可知，表达式的分子为静电力常量与电荷量的乘积，分母为距离的平方，由量纲分析可知，C、D项错误。
故选A。
7.【答案】C
【解析】【详解】A.P从静止开始向下运动至最低点，运动的过程应该是先加速后减速，所以加速度方向先向下后向上，故A错误；
B.对于P、Q组成的系统，由于弹簧对Q做功，所以P、Q组成的系统的机械能不守恒，故B错误；
C.当P运动到最低点时，速度为0，P与Q通过弹簧连接，Q的速度也为0。此时弹性势能最大，根据系统机械能守恒可得 Ep=mgLcs37 ∘−cs53 ∘=0.2mgL ，故C正确；
D.P下降过程中动能达到最大前，P的加速度方向向下，对P与Q整体在竖直方向上可列式 4mg−N=ma
当P达到最大动能时有 a=0
可解得 N=4mg ，故D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】【详解】A.N板带有负电，带电微粒受到向上的电场力，可知微粒带负电，A错误；
B.使环境温度降低，温度敏感材料收缩，则MN两极板间距增加，根据 E=Ud,C=QU,C=εS4πkd
可得 E=4πkQεS ，极板带电量Q不变，则两极板间场强不变，则带电微粒仍然静止，B正确；
CD.根据 C=εS4πkd 可知，电容器的电容C减小，根据 C=QU 可知，因Q一定，可知两极板间电压增大，CD错误。
故选B。
9.【答案】C
【解析】解：A、冲量是力对时间的累积效应，其定义式为I=Ft，冲量的大小和方向由力的大小、方向及作用时间共同决定，与物体的运动方向没有直接关系，故A错误；
B、动量守恒定律的适用条件是系统所受合外力为零，它是一个普适定律，既适用于宏观低速物体，也适用于微观高速领域，故B错误；
C、干涉和衍射现象是所有波动都具有的特性，因此无论是机械波还是电磁波，都能产生干涉和衍射，故C正确；
D、根据爱因斯坦光电效应方程Ek=ℎν−W0，光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν呈线性关系，但并非正比关系，故D错误。
故选：C。
分析题目中四个选项涉及冲量定义、动量守恒定律的适用范围、波的特性以及光电效应规律。冲量由力与作用时间的乘积决定，其方向与力的方向一致，与物体运动方向无关。动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律，不仅限于宏观低速情况。干涉和衍射是所有波动现象的共同特征，机械波和电磁波都具有波的性质。光电效应方程表明光电子最大初动能与入射光频率呈线性关系，但存在截止频率，不是严格的正比关系。
本题综合考查了冲量概念、动量守恒定律的适用范围、波的共性以及光电效应规律，属于中等难度题目。着重检验学生对基础物理概念与定律的深刻理解。选项A考查冲量定义的本质，需明确冲量取决于力与时间的累积，与力的方向是否垂直于运动方向无关，避免将冲量与功的概念混淆。选项B和C涉及物理规律的普适性，要求学生准确掌握动量守恒定律的成立条件及其在微观高速领域的适用性，同时理解干涉和衍射作为波动所共有的特性。选项D则精准考查了光电效应方程的具体数学关系，学生需清晰区分线性关系与正比例关系的差异。本题能有效锻炼学生的概念辨析能力和对物理定律适用范围的把握。
10.【答案】B
【解析】【详解】A.罐中气体压强等于大气压强，则当温度升高后罐中气体压强不变，A错误；
B.当温度较低时，灌中气体体积较小，则管中液面偏向左边；当温度较高时，罐中气体体积较大，则管中液面偏向右边，即吸管上的温度刻度值左小右大，B正确；
C.温度升高时，罐内气体体积变大，对外做功，则罐内气体增加的内能小于吸收的热量，C错误；
D.因气体的压强不变，温度升高时，气体体积变大，气体的数密度减小，气体的平均速率变大，则饮料罐内壁单位面积、单位时间受到气体分子撞击次数减小，D错误。
故选B。
11.【答案】D
【解析】A.因为地面光滑绝缘，系统在水平方向不受外力，所以系统动量守恒；又因为两球间存在电场力做功，电势能与机械能相互转化，所以机械能不守恒，故A错误；
B. v−t 图像与坐标轴围成的面积表示位移，规定A球初速度方向为正方向，在 0∼t0 时间内，根据动量守恒有 mvA−4mvB=0
整理得 m×vAt−4m×vBt=0
可得 m×xA−4m×xB=0
因为 xA+xB=S
联立解得 0∼t0 时间内，A球运动的距离为 xA=0.8S ，故B错误；
C.根据动量守恒有 mvA−4mvB=0
根据能量守恒可知，系统的动能转化为电势能，则系统初动能 Ek=12mvA2+12×4m×vB2=35J
联立整理得 mvB2=3.5J
故B球的初动能 12×4m×vB2=2×mvB2=7J ，故C错误；
D.根据动能定理，B球克服电场力做的功等于B球初动能的大小，由上述计算可知B球初动能为7J，所以B球克服电场力做了7J的功，故D正确。
故选D。
12.【答案】6.124
/6.123/6.125
×1Ω
10
a
I1(Rg+R0)I2−I1

【解析】【详解】(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为 d=6mm+12.4×0.01mm=6.124mm
(2)[1]用欧姆表“ ×10Ω ”挡时发现指针偏转角度过大，说明所测电阻较小，倍率选择较大，则应该换用“ ×1Ω ”挡，并进行一系列正确操作；
[2]由图2所示可知，则金属棒的阻值约为 Rx=10×1Ω=10Ω
(3)该实验将电流表 A1 与定值电阻 R0 串联改装成电压表测量 Rx 的电压，则改装后的电压表的电流可通过 A1 直接读出，即可避免电压表的分流误差，所以应使用电流表的外接法，即该同学应将 R0 右端连接在a处。
(4)根据欧姆定律可知金属棒电阻阻值为 Rx=UxIx=I1(Rg+R0)I2−I1
13.【答案】【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律可得，左侧圆形线圈中产生的电动势为 E=NΔΦΔt=NΔB2ΔtS0
代入数据解得 E=10V
稳定后电容器两端的电压为10V。
(2)当导体棒受力平衡时，速度最大，根据平衡条件有 B1IL=μmg
其中 I=E−B1LvmR+r
联立，解得 vm=8m/s

【解析】详细答案和解答过程见答案
14.【答案】【详解】(1)介质中的光路，如图所示
设临界角为 C ，由几何关系可知 tanC=BEAB
根据折射率与临界角的关系 n=1sinC
解得 n=1.25
(2)设单色光射向 CD 边上的入射角为 r ，根据几何关系可得 r=π2−C
设折射角为 i ，根据折射定律 sinisinr=n
解得 sini=34

【解析】详细答案和解答过程见答案
15.【答案】【详解】(1)粒子轨迹如图
由几何关系得 2r=2ℎ
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则 qv0B=mv02r
解得 B= 2mv02qℎ
(2)设粒子从P点射入至第2次经过虚线，在磁场中运动的时间为t1，则 t1=14T=14×2πrv0= 2πℎ2v0
在电场中运动的时间为t2，则竖直方向上有 ℎ=v0sin45 ∘2⋅t22
则 t2=4 2ℎv0
粒子从P点射入至第2次经过虚线的时间 t=t1+t2= 2(8+π)ℎ2v0

【解析】详细答案和解答过程见答案
16.【答案】解：(1)物块a从P到B过程，根据动能定理有 8.2mgR−Wf=12mv12
其中 Wf=∑μmgR=0.2mgR
联立解得 v1=4 gR
(2)a、b第一次碰撞过程，根据动量守恒定律有 mv1=mv2+3mv3
根据能量守恒定律有 12mv12=12mv22+32mv32
联立解得 v2=−2 gR ， v3=2 gR
即物块a与b第一次碰撞后一瞬间a、b的速度大小分别为 2 gR 、 2 gR ；
(3)b与圆弧质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 3mv3=3mv4+3mv5 ， 32mv32=32mv42+32mv52
可得 v4=0 ， v5=v3=2 gR
即b返回到圆弧底端速度为零，且在B点右侧静止，圆弧体速度大小为 2 gR ，a再次返回B点，由动能定理 −2Wf=12mv62−12mv22
解得 v6= 3.2gR
a、b第二次碰撞，根据动量守恒定律 mv6=mv7+3mv8
根据能量守恒定律 12mv62=12mv72+32mv82
联立解得 v7=25 5gR ， v8=25 5gR