湖南省古丈县第一中学2026届高三下学期联合考试物理试题含解析

这是一份湖南省古丈县第一中学2026届高三下学期联合考试物理试题含解析，共13页。试卷主要包含了，粒子的速率都相同等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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、图中实线是某电场中一簇未标明方向的电场线，虚线是一带电粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。根据此图不能作出判断的是（ ）
A．a、b两点中，哪点的电势较高
B．a、b两点中，哪点的电场强度较大
C．带电粒子在a、b两点的加速度哪点较大
D．带电粒子在a、b两点的电势能哪点较大
2、在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中，错误的是（ ）
A．合力与分力的关系体现了等效替换的思想
B．库仑扭秤实验和卡文迪许扭秤实验都用了放大的思想
C．加速度a＝、电场强度E＝都采用了比值定义法
D．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能用实验直接验证
3、肩扛式反坦克导弹发射后，喷射气体产生推力F，一段时间内导弹在竖直面内沿下列图中虚线向前运动。其中导弹飞行姿势可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
4、撑杆跳是一种技术性和观赏性都极高的运动项目。如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：a~b、b~c、c~d、d~e，如图所示，不计空气阻力，杆为轻杆，则对这四个阶段的描述不正确的是（ ）
A．a~b阶段：加速助跑，人和杆的总机械能增加
B．b~c阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能和弹性势能增加
C．c~d阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力势能增加量
D．d~e阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人动能的增加量
5、一物块以某初速度沿水平面做直线运动，一段时间后垂直撞在一固定挡板上，碰撞时间极短，碰后物块反向运动。整个运动过程中物块的速度随时间变化的v-t图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．碰撞前后物块的加速度不变
B．碰撞前后物块速度的改变量为2m/s
C．物块在t=0时刻与挡板的距离为21m
D．0~4s内物块的平均速度为5.5m/s
6、如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再到状态C，最后变化到状态A，完成循环。下列说法正确的是（ ）
A．状态A到状态B是等温变化B．状态A时所有分子的速率都比状态C时的小
C．状态A到状态B，气体对外界做功为D．整个循环过程，气体从外界吸收的热量是
二、多项选择题：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，有多个选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、关于气体的性质及热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A．气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
B．气体的温度越高，分子热运动就越剧烈，所有分子的速率都增大
C．一定质量的理想气体，压强不变，温度升高时，分子间的平均距离一定增大
D．气体的扩散现象说明涉及热现象的宏观过程具有方向性
E.外界对气体做正功，气体的内能一定增加
8、下列说法正确的是_______．
A．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大
B．已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可算出该气体分子间的平均距离
C．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律
D．附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润
E.若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大
9、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表、电流表为理想电表。L1、L2、L3、L4 为四只规格均为“220V，60W”的灯泡。如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数约为1244.32V
B．电流表的示数约为0.82A
C．a、b 两端的电压是1045V
D．a、b 两端的电压是1100V
10、如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为（ ）
A．B．C．D．
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）某实验小组用下列器材设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过调控电键S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×1”“×10”两种倍率。

A．干电池：电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω
B．电流表mA：满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=150Ω
C．定值电阻R1=1200Ω
D．电阻箱R2：最大阻值999.99Ω
E.定值电阻R3=150Ω
F.电阻箱R4最大阻值9999Ω
G.电键一个，红、黑表笔各1支，导线若干
(1)该实验小组按图甲所示正确连接好电路。当电键S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2，使电流表达到满偏电流，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R内，则R内=______Ω，欧姆表的倍率是______（选填“×1”或“×10”）；
(2)闭合电键S
第一步：调节电阻箱R2，当R2=______Ω时，再将红、黑表笔短接，电流表再次达到满偏电流；
第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向图乙所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为______Ω。
12．（12分）某同学在“验证力的平行四边形定则”的实验中，利用以下器材：
两个轻弹簧A和B、白纸、方木板、橡皮筋、图钉、细线、钩码、刻度尺、铅笔。
实验步骤如下：
（1）用刻度尺测得弹簧A的原长为6.00cm，弹簧B的原长为8.00cm；
（2）如图甲，分别将弹簧A、B悬挂起来，在弹簧的下端挂上质量为m=100g的钩码，钩码静止时，测得弹簧A长度为6.98cm，弹簧B长度为9.96cm。取重力加速度g=9.8m/s2，忽略弹簧自重的影响，两弹簧的劲度系数分别为kA=_________N/m，kB=_________N/m；
（3）如图乙，将木板水平固定，再用图钉把白纸固定在木板上，将橡皮筋一端固定在M点，另一端系两根细线，弹簧A、B一端分别系在这两根细线上，互成一定角度同时水平拉弹簧A、B，把橡皮筋结点拉到纸面上某一位置，用铅笔描下结点位置记为O。测得此时弹簧A的长度为8.10cm，弹簧B的长度为，并在每条细线的某一位置用铅笔记下点P1和P2；
（4）如图丙，取下弹簧A，只通过弹簧B水平拉细线，仍将橡皮筋结点拉到O点，测得此时弹簧B的长度为13.90cm，并用铅笔在此时细线的某一位置记下点P，此时弹簧B的弹力大小为F′=________N（计算结果保留3位有效数字）；
（5）根据步骤（3）所测数据计算弹簧A的拉力FA、弹簧B的拉力FB，在图丁中按照给定的标度作出FA、FB的图示______，根据平行四边形定则作出它们的合力F的图示，测出F的大小为_________N。（结果保留3位有效数字）
（6）再在图丁中按照给定的标度作出F′的图示____，比较F与F′的大小及方向的偏差，均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，倾角为37°的固定斜面上下两端分别安装有光滑定滑轮和弹性挡板P，、是斜面上两点，间距离，间距离。轻绳跨过滑轮连接平板B和重物C，小物体A放在离平板B下端处，平板B下端紧挨，当小物体A运动到区间时总受到一个沿斜面向下的恒力作用。已知A、B、C质量分别为m、2m、m，A与B间动摩擦因数，B与斜面间动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，g取，平板B与挡板P碰撞前C与滑轮不会相碰。现让整个装置从静止释放，求：
（1）小物体A在区间上方和进入区间内的加速度大小；
（2）平板B与弹性挡板P碰撞瞬间同时剪断轻绳，求平板B碰撞后沿斜面上升到最高点的时间。
14．（16分）倾角为的斜面上叠放着质量均为滑块和长木板，在垂直于斜面方向的压力F作用下，均保持静止。已知滑块与长木板间动摩擦因素，滑块正处于长木板的中间位置；长木板与斜面间动摩擦因素，长木板长度。滑块大小忽略不计，各接触面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够长，取，。
(1)压力F的最小值；
(2)突然撤去压力F，滑块经过多长时间从长木板滑下？
15．（12分）如图所示，在真空室内的P点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为+q、质量为m的粒子（不计重力），粒子的速率都相同。ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC=L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=，当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在沿PC方向的匀强电场时，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)粒子的发射速率；
(2)仅有电场时PQ两点间的电势差；
(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间。
参考答案
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、A
【解析】
A．粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于粒子的电性未知，所以电场线方向不能判断，则无法确定哪点的电势较高。故A错误，符合题意。
B．由图看出a处电场线比b处电场线疏，而电场线疏密表示场强的大小，即可判断出a处场强较小，故B正确，不符合题意。
C．带电粒子在a处所受的电场力较小，则在a处加速度较小，故C正确，不符合题意。
D．由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增大，则粒子在b点电势能较大。故D正确，不符合题意。
故选A.
2、D
【解析】
A．合力与分力的关系体现了等效替换的思想，故A正确，不符合题意；
B．库仑扭秤实验和卡文迪许扭秤实验都用了放大的思想，故B正确，不符合题意；
C．加速度a＝、电场强度E＝都采用了比值定义法，故C正确，不符合题意；
D．牛顿第一定律是在实验的基础上经逻辑推理而得出的，采用的是实验加推理的方法，反映了物体不受外力时的运动状态，而不受外力的物体不存在的，所以不能用实验直接验证，故D错误，符合题意；
3、B
【解析】
A．A图中导弹向后喷气，产生沿虚线向右的作用力，重力竖直向下，则合力方向向右下方，不可能沿虚线方向，故导弹不可能沿虚线方向做直线运动，故A不符合题意；
B．B图中导弹向后喷气，产生斜向右上方的作用力，重力竖直向下，则合力方向有可能沿虚线方向，故导弹可能沿虚线方向做直线运动，故B符合题意；
C．C图中导弹向后喷气，产生斜向右下方的作用力，重力竖直向下，则合力方向不可能沿虚线方向，故导弹不可能沿虚线方向做直线运动，故C不符合题意；
D．D图中导弹做曲线运动，导弹向后喷气，产生斜向右上方的作用力，重力竖直向下，此时则合力方向不可能沿虚线凹侧，故导弹不可能沿虚线方向做曲线运动，故D不符合题意。
故选B。
4、C
【解析】
A． a～b阶段：人加速过程中，人的动能增加，重力势能不变，人的机械能增加，故A正确，不符合题意；
B． b～c阶段：人上升过程中，人和杆的动能减少，重力势能和杆的弹性势能均增加，故B正确，不符合题意；
C． c～d阶段：杆在恢复原长的过程中，人的动能和弹性势能减少量之和等于重力势能的增加量，故C不正确，符合题意；
D． d～e阶段：只有重力做功，人的机械能守恒，重力所做的功等于人动能的增加量，故D正确，不符合题意。
故选：C。
5、C
【解析】
根据速度图像的斜率分析物块的加速度。读出碰撞前后物块的速度，即可求速度的改变量。根据图像与时间轴所围的面积求物块在内的位移，即可得到物块在时刻与挡板的距离。根据内的位移来求平均速度。
【详解】
A．根据v-t图像的斜率大小等于物块的加速度，知碰撞前后物块的加速度大小相等，但方向相反，加速度发生了改变，故A错误；
B．碰撞前后物块的速度分别为v1=4m/s，v2=-2m/s则速度的改变量为：
故B错误；
C．物块在时刻与挡板的距离等于内位移大小为：
故C正确；
D．内的位移为：
平均速度为：
故D错误。
故选C。
6、D
【解析】
A．从状态A到状态B，体积和压强都增大，根据理想气体状态方程
温度一定升高，A错误。
B．从状态C到状态A，压强不变，体积减小，根据理想气体状态方程
温度一定降低，分子平均速率减小，但平均速率是统计规律，对于具体某一个分子并不适应，故不能说状态A时所有分子的速率都比状态C时的小，B错误。
C．从状态A到状态B，压强的平均值
气体对外界做功为大小
C错误；
D．从状态B到状态C为等容变化，气体不做功，即；从状态C到状态A为等压变化，体积减小，外界对其他做功
对于整个循环过程，内能不变，，根据热力学第一定律
得
代入数据解得
D正确。
故选D。
二、多项选择题：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，有多个选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、ACD
【解析】
A．气体压强是由大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的作用，所以其本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，所以A正确；
B．物体的温度越高，分子的平均动能就越大。分子的平均动能大，并不是每个分子动能都增大，也有个别分子的动能减小，所以B错误；
C．根据理想气体状态方程
可知，一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，体积增加，故分子间的平均距离一定增大，所以C正确；
D．气体的扩散现象说明涉及热现象的宏观过程具有方向性，所以D正确；
E．外界对气体做功
由于不知道气体是吸热还是放热，根据热力学第一定律
无法确定气体的内能增加还是减小，故E错误。
故选ACD。
8、BDE
【解析】
A．温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增大，不是每个气体分子运动的速率都增大，故A错误；
B．知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出气体的摩尔体积，然后求出每个气体分子占据的空间大小，从而能求出气体分子间的平均距离，故B正确；
C．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其他影响，即消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，故C错误；
D．附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，附着层内分子间作用表现为斥力，附着层有扩展趋势，液体与固体间表现为浸润，故D正确；
E．若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大，故E正确．
故选BDE．
9、BC
【解析】
A．由输出端交变电压的图象可求出有效值220V，由原、副线圈匝数之比4:1，可得原、副线圈的电压之比4:1，则原线圈的电压即电压表的示数为
故A错误；
B．副线圈电压为220V，L2、L3、L4三只灯泡都正常发光，电流表的示数为
故B正确；
CD．原、副线圈的电流之比，则原线圈电流为
灯泡的电阻
则、两点的电压
故C正确，D错误。
故选BC。
10、BC
【解析】
A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：
mv0=mv1+2mv2
由动能守恒得：

联立得： ①
1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,是在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：
2mg= ②
A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：
③
联立①②③得：v0=，可知若小球B经过最高点，则需要：v0⩾
2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：
④
联立①④得：v0=
可知若小球不脱离轨道时,需满足：v0⩽
由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足：v0⩽或v0⩾，故AD错误，BC正确．
故选BC
【点睛】
小球A的运动可能有两种情况：1．恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度．由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度；2．小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度．由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度．
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、1500 ×10 14.5 50
【解析】
(1)[1]由闭合电路欧姆定律可知内阻为
[2]故中值电阻应为1500Ω，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为×1，则中性电阻太大，不符合实际，故欧姆表倍率应为“×10”
(2)[3]为了得到“×1”倍率，应让满偏时对应的电阻为150Ω，电流
此时表头中电流应为0.001A；则与之并联电阻R3电流应为
则有
所以
[4]由图可知电流为0.75mA，总电阻
待测电阻
对应的刻度应为50
12、100 50 2.95 作FA、FB的图示（FA=2.10N、FB=1.90N） 2.80～2.95
【解析】
（2）[1][2]．根据胡克定律，两弹簧的劲度系数分别为
，；
（4）[3]．弹簧B的弹力大小为

（5）[4][5]．由胡克定律可得：
画出两个力的合力如图，由图可知合力F≈2.90N；
（6）[6]．做出力图如图；
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、见解析
【解析】
（1）小物体A在P1、P2区间上方运动时，假设A相对B静止，对A、B、C整体，由牛顿第二定律有：
代入数据解得：
隔离A，有：
代入数据得：
f=5.5m
而A、B间的最大静摩擦力
所以 ，假设成立，A、B、C一起运动。
小物体A进入P1、P2区间上方运动时加速度为：a=0.5m/s2
当小物体A进入P1、P2区间内，隔离A，有：
得 f=6.5m＞fm，即A相对于B向下滑动。对A有：
代入数据解得：
（2）小物体A刚到P2时，A、B、C速度满足
代入数据解得：
v0=1m/s
当小物体A进入P1、P2区间内时，对B、C整体，有：
代入数据解得：
当小物体A刚到P1时，小物体速度满足
代入数据解得：
小物体A从P2到P1运动时间为：
B、C速度为：
此过程中B运动距离为：
因此当小物体A刚过P1时，小物体A离平板B下端距离为：
此时B刚好与挡板P发生碰撞且绳断，此后A将以速度v1=3m/s向下匀速运动，B将向上以做匀速运动。
隔离B，有：
代入数据解得：
对A、B，有：
解得：
此时平板B速度为：
此后A滑离平板B，B继续向上匀减速，对B，有：
代入数据解得：
平板B向上运动到最高点时速度减为零，运动时间为：
因此平板B与挡板P碰后到最高点时间为：
14、 (1)11N；(1)0.5s
【解析】
（1）滑块保持止，假设压力F的最小值为，根据平衡条件得
解得
滑块和木板整体保持静止，压力F的最小值为F1．根据平衡条件得
解得
所以压力F的最小值为
（1）撤去压力F，滑块和木板均沿斜面向下做匀加速运动，设加速度分别为a1和a1，根据牛顿第二定律得，对滑块有
解得
对木板有
解得
设经过时间t，滑块从木板上滑下，则
解得
15、 (1)；(2)；(3)，
【解析】
(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为，过作的垂线交于点，如图所示：
由几何知识可得
代入数据可得粒子轨迹半径为
洛伦兹力提供向心力为
解得粒子发射速度为
(2)真空室只加匀强电场时，由粒子到达直线的动能相等，可知为等势面，电场方向垂直向下，水平向左射出的粒子经时间到达点，在这段时间内做类平抛运动，分解位移
电场力提供加速度
解得PQ两点间的电势差
(3)只有磁场时，粒子以为圆心沿圆弧运动，当弧和直线相切于点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图所示：
据图有
解得
故最大偏转角为
粒子在磁场中运动最大时长为
式中为粒子在磁场中运动的周期，粒子以为圆心沿圆弧运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短。据图有
解得
速度偏转角最小为
故最短时间为