资源简介

2025-2026学年湖南省武冈市第十中学高三年级上学期开学
物理摸底检测试卷
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
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．[4分]半衰期一物理学习小组研究可作为核电池材料的衰变为的过程，根据测量数据，用横坐标表示时间，用纵坐标表示任意时刻的质量与初始时刻时的质量的比值，得出的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．衰变为释放的 射线电离作用很弱
B．衰变为释放的 射线在电场中不会偏转
C．图像中的
D．图像中的
2．[4分]从一倾角θ=30°的斜面顶端抛出一个小球，小球的初速度大小为，方向与水平方向成α=45°，在斜面底端放置一足够长的竖直挡板，小球抛出后直接打到挡板，反弹后垂直打在斜面上。重力加速度为g，不计空气阻力，小球与挡板的碰撞为弹性碰撞，即垂直挡板方向的速度大小不变方向反向，竖直方向速度不变，则与挡板碰撞一次后打在斜面上的落点与抛出点的距离是（　　）
A． B． C． D．
3．[4分]一探测器在距某星球一定高度处竖直落地，完成任务后再次竖直升空。如图所示，探测器内传感器记录了质量为m的物体在竖直方向受到的支持力在一定高度内变化的图象，横轴中的r代表物体到星球球心的距离，下列说法正确的是（　　）
A．星球表面的重力加速度一定为
B．图象中探测器上升阶段做匀加速直线运动
C．图象中探测器上升、下降阶段均做匀速直线运动
D．图象中探测器下降阶段做匀减速直线运动
4．[4分]小明自制了蜻蜓道具，来模仿蜻蜓点水，把道具放在一个半径为的水盆中央的正上方，每隔2秒点一次水，一段时间后，他发现水中有一圈圈周期性的水波向外传播。若当道具第二次刚好落到水面时，第一次点水激起的第一圈水波传到盆边缘被反射回来，与第一次点水产生的第二圈水波在距盆边缘处相遇，干涉加强。则下列说法正确的是（ ）
A. 水波的波速为
B. 水波的波长为
C. 反射回来的第一次点水的第一圈水波和第三圈水波还需要相遇
D. 第一次点水激起的第一圈水波和第二圈水波的振动频率均为
5．[4分]如图所示,矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B0,AB边长为d,BC边长为2d,O是BC边的中点,E是AD边的中点.在O点有一粒子源,可以在纸面内向磁场各个方向射出质量均为m、电荷量大小均为q的相同电性的带电粒子,粒子射出的速度大小相同,速度方向与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场,不计粒子的重力和粒子间相互作用,则 (　　)
A．粒子带正电
B．粒子运动的速度大小为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．磁场区域中有粒子通过的面积为d2
6．[4分]用长为1.4 m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2 kg、电荷量为2.0×10－8 C的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°角，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2）（　　）
A．该匀强电场的电场强度为3.75×107 N/C
B．平衡时细线的拉力为0.17 N
C．经过0.5 s，小球的速度大小为6.25 m/s
D．小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7 m/s
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．[5分]如图所示，与水平面成角的传送带正以的速度顺时针匀速运行，传送带长。现每隔把质量的工件（各工作均相同，且可视为质点）轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动。稳定工作时当一个工件到达B端取走时恰好在A端又放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数，取，下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带上时，先受到向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩擦力
B．两个工件间的最大距离为0.5m
C．两个工件间的最小距离为1.25m
D．稳定工作时，电动机因传送工件而输出的功率为1000W
8．[5分]如图甲所示，在光滑水平地面上放有一质量为的长木板A，其左端放有可视为质点的小木块B，两者均保持静止。在时刻，对B施加一水平外力F，作用1s后撤去F。长木板A与小木块B运动的图像如图乙所示，重力加速度，则（ ）

A．A、B间的动摩擦因数为0.1 B．长木板A的长度至少为2.5m
C．小木块B的质量为0.25kg D．外力F的大小为1.5N
9．[5分]按压式发电手电筒曾经风靡一时，当以一定的频率按压该手电筒的手柄时，手电筒内置发电机线圈匀速转动，手电筒灯泡发光。穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t变化的关系如图所示，图像为正弦函数，线圈的匝数为n，下列说法正确的是（　　）
A．在t=时，通过灯泡的电流最大
B．线圈转动一周，通过灯泡的电流方向改变两次
C．在t=时，线圈产生的感应电动势最大
D．线圈中感应电动势的最大值为nΦmT
10．[5分](多选)将一根筷子竖直插入到装有水的玻璃杯中,从水平方向拍摄的照片如图甲所示,看上去,浸在水中的这段筷子产生了侧移,而且变粗了.乙图为筷子在玻璃杯中的俯视图,O为圆心,P为筷子在水中的位置,则 (　　)
甲　　　乙
A.筷子侧移是因为光的折射现象,变粗是因为凸透镜的放大现象
B.若将筷子平移到圆心O点,筷子不会侧移但会放大
C.若沿虚线方向(视线与水面平齐)观察插入在O点处的筷子,看到水中的筷子位置与实际位置相同
D.若沿虚线方向(视线与水面平齐)观察插入P点处的筷子,看到水中的筷子位置与实际位置相同
三、非选择题（本大题共5小题 共56分）
11．[6分]某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律。
（1）某同学用如图所示的弹射装置将直径为1.020 cm的小球竖直向上抛出，先后通过光电门A、B，计时装置测出小球通过A、B的时间分别为2.55 ms、6.15 ms，由此可知小球通过光电门A、B时的速度分别为vA、vB，其中vA＝　　　 m/s。
（2）用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，已知当地的重力加速度为g，只需比较　　　　　　（用题目中涉及的物理量符号表示）是否相等，就可以验证机械能是否守恒。
（3）通过多次实验发现，小球通过光电门A的时间越短，（2）中要验证的两数值差越大，试分析实验中产生误差的主要原因是　　　　　　　。
12．[8分]某实验小组要测量电源的电动势和内电阻，实验室提供的实验器材如下：
A．被测干电池（电动势E不超过1.5V，干电池内电阻r不大于2.5Ω）
B．定值电阻（阻值为30Ω）
C．电压表V（量程1V，内电阻为870Ω）
D．电阻箱R（0~999.9Ω）
E．电键S、导线若干
实验电路如图1所示
(1)定值电阻与电压表V并联后的总阻值 Ω，根据闭合电路欧姆定律，实验过程中，电压表读数U与阻箱电阻R的关系为 （用E、R、r和表示）。
(2)闭合开关S后，多次调整电阻箱R的值，记录对应的电压表读数U，然后利用图像法处理数据：以R为横坐标、以为纵坐标，在坐标系中描点连线，如图2所示，该图线的斜率，纵轴截距，则被测电池电动势 V（保留3位有效数字），被测电池内阻 Ω（保留2位有效数字）。
13．[12分]如图所示，内径相同、导热良好的形细玻璃管上端开口，下端封闭，管中用水银封闭着、两部分理想气体，为轻质密闭活塞，各部分长度如图所示．现缓慢推动活塞，将水平管中水银恰好全部推进竖直管中，已知大气压强，设外界温度不变．水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，求：
（1） 气体的压强；
（2） 气体的气柱长度；
（3） 活塞移动的距离．
14．[14分]如图,水平面上固定有两光滑平行金属导轨,导轨处于磁感应强度为B=0.25 T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下。金属棒MN垂直导轨放置,导轨右侧接自动控制电路,开关S接a时,电源可使棒中电流大小始终为I=1 A,电流方向可根据需要改变;接b时,棒与阻值为R=0.05 Ω的电阻构成回路;电流方向改变及开关切换可瞬间完成。已知棒的质量m=0.1 kg,电阻r=0.05 Ω,棒的长度与导轨间距均为L=0.4 m,棒运动过程中始终与导轨接触良好,导轨电阻忽略不计且足够长。
(1)若开关S接a,求当棒中电流方向从M到N时,棒的加速度方向和大小;
(2)若开关S始终接a,使棒由静止开始在最短时间内向左运动4 m后停下,求此过程棒的最大速度;
(3)使棒由静止开始在最短时间内向左运动7 m后停下,求此过程棒中产生的焦耳热。
15．[16分]如图所示，在竖直平面内，固定一个半径为R的光滑圆轨道，其中O为圆心，a、b、c、d、P为圆周上的点，且a、O、c高度相同，控制两小球A、B分别静止在a、c两点，且小球的质量之比≤10。OP与水平方向夹角为30°，重力加速度为g。某时刻无初速度释放小球A，
（1）求小球A滑到轨道最低点d时的速度vA的大小；
（2）若小球A与小球B同时释放，它们在d点碰撞后粘在一起并刚好能滑到P点，求A、B的质量之比；
（3）若小球A与小球B同时释放，碰撞后，两球不粘连，其中A球刚好能到达P点，在A到达P点之前，A、B没有再次发生碰撞，且A、B球均不脱离轨道，求A、B质量之比的范围。（计算结果可用根式表达）
物理摸底检测试卷参考答案
1．【答案】C
【详解】衰变过程中，质量数和电荷数守恒，则衰变为释放的为 射线，穿透能力较弱，但电离作用较强，错误；衰变为释放的 射线为氦核，带正电，所以在电场中会偏转，错误；由题图可知，衰变从到经过一个半衰期（点拨：半衰期是有一半粒子发生衰变的时间，是大量粒子的统计规律），则衰变的半衰期为年年，由题图可知，对应，即经过一个半衰期，则，正确；由题图可知，对应年，即经过两个半衰期（一题多解：从年到年经过一个半衰期），则有，错误。
【溯源高考】
本题给出的条件和21年全国乙卷第17题中给出的条件类似，均给出了图像，且求解半衰期时用到的都是隐含条件，如本题中从到为一个半衰期。
2．【答案】A
【详解】小球做斜抛运动，初速度在水平方向分解为，初速度在竖直方向分解为，设档板位于，碰到档板时间为，碰到档板竖直方向位移为，根据题意，水平速度反向，竖直速度不变，有，，设反弹后落到斜面的时间为，反弹后水平位移为，反弹后竖直方向位移为，由，联立解得，落点与抛出点的距离为，联立解得。
3．【答案】B
【详解】上升时，选向上为正方向，根据牛顿第二定律，则有
FN与满足线性关系，则a恒定，为零时，可得，下降时，选向下为正方向，根据牛顿第二定律，则有FN与满足线性关系，则a恒定，为零时，可得，B正确，CD错误；由上分析可知求表面加速度需要算斜率，但是这题没数据，无法求得斜率，A错误。
4．【答案】D
【详解】俯视水盆，两圈水波的传播情况如图所示，两水波相遇形成振动加强的干涉，故振动频率相同，设水波的波速为，频率为，第二次刚好点水时，第一次点水激起的第一圈水波传播的距离为，水波匀速传播，则波速为，错误；两水波相遇形成振动加强的干涉，应满足，其中（点拨：第一圈水波波程，第二圈水波波程，则有波程差），，解得波长为，错误；第二圈水波和第三圈水波间的距离为，故反射回来的第一圈水波和第三圈水波需共走才能相遇，因此时间，错误；根据波长、波速和频率的关系可知，正确。
5．【答案】D
【解析】速度方向与OB的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，由粒子运动的轨迹，根据左手定则可判断粒子带负电，由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r＝d，如答图所示，由牛顿第二定律，有qvB0＝m，则粒子运动的速度大小为v＝，A、B错误；由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为t＝＝，C错误；由图可知磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA区域的面积，即为d2＋πd2＝d2，D正确.
6．【答案】C
【详解】小球处于平衡状态时，受力分析如图所示，则可知qE＝mgtan 37°，则该匀强电场的电场强度E＝＝3.75×106 N/C，故A错误；细线的拉力F＝＝0.125 N，故B错误；在外力作用下，拉小球使细线水平时，由静止释放，如图所示，小球在静电力和重力的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动至B点，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝1.4 m，在此过程中，细线处于松弛状态，无拉力作用，小球运动至B点时，细线绷紧，匀加速直线运动结束。根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度a＝＝ m/s2＝12.5 m/s2，假设经过0.5 s后，小球仍在沿AB方向做匀加速直线运动，则小球的速度v＝at＝6.25 m/s，经过的距离x＝at2＝1.562 5 m，A、B间的距离|AB|＝2lcos 53°＝1.68 m，x＜|AB|，假设成立，故0.5 s时，小球的速度大小为6.25 m/s，故C正确；小球运动至B点时，细线绷紧，小球沿细线方向的分速度减小为零，动能减小，假设细线绷紧过程小球机械能损失ΔE，此后在静电力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动至O点正下方，对小球由A点第一次通过O点正下方全过程，根据能量守恒定律，可知（qE＋mg）·l－ΔE＝mv2，又ΔE＞0，得v＜7 m/s，故D错误。
7．【答案】ABD
【详解】A．工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静摩擦力，A正确；
B．两工件间的最大距离为，B正确，
C．刚开始加速0.1s的两个工件间距离最小，加速过程，由牛顿第二定律可得，代入数据可得，由位移公式，代入数据可得，C错误；
D．稳定工作时，每一个内，传送带等效传送一个工件。而每传送一个工件电动需做的功等于一个件由底部传到顶部过程中其机械能的增量与摩擦产生的热量之和。则有，，，联立解得，则稳定工作时，电动机因传送工件而输出的功率为，D正确。选ABD。
8．【答案】BC
【详解】1s后撤去，以B为对象，根据图像可知，共速前B的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，解得A、B间的动摩擦因数为，A错误；根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知共速前B相对A向前的位移大小为，可知长木板A的长度至少为2.5m，B正确；以A为对象，根据图像可知，共速前A的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，解得，C正确；根据图像可知，撤去力前，B的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，解得，D错误。
9．【答案】BC
【详解】在时，穿过每匝线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，线圈产生的感应电动势等于零，通过灯泡的电流最小，在时，穿过每匝线圈的磁通量等于零，磁通量的变化率却最大，线圈产生的感应电动势最大，A错误，C正确；穿过每匝线圈的磁通量最大时，线圈位于中性面，线圈每转动一周，经过两次中性面，电流方向改变两次，B正确；线圈中感应电动势的最大值，其中，，联立得，D错误。
10．【答案】ABC　
【解析】筷子侧移是因为光的折射现象,变粗是因为杯壁是一个曲面,与水组成凸透镜,是凸透镜的放大现象,故A正确;若将筷子平移到圆心O点,光线沿杯子的半径方向从水中射入空气,入射光线垂直杯子与空气的界面,不会发生折射现象,所以筷子不会侧移,看到水中的筷子位置与实际位置相同,但水和杯壁依然能组成凸透镜,所以仍然会放大,故B、C正确;同理可知,若沿虚线方向观察插入P点处的筷子,入射光线与杯子和空气的界面不垂直,有入射角,会发生折射现象,所以看到水中的筷子位置与实际位置不同,故D错误.
11．【答案】（1）4.0　（2）gh和－（3）空气阻力的作用
【详解】（1） 小球经过光电门A时的速度为vA＝＝ m/s＝4.0 m/s。
（2）若动能的减少量和重力势能的增加量相等，机械能守恒，重力势能的增加量为ΔEp＝mgh
动能的减少量为ΔEk＝m－m
则有mgh＝m－m
可得gh＝－
则验证gh和－是否相等，就可以验证机械能是否守恒。
（3） 由于受到空气阻力作用，小球通过光电门A的时间越短，可知速度越大，空气阻力越大，空气阻力做的功越多，（2）中要验证的两数值差越大。
12．【答案】(1) 29
(2) 1.38 2.0
【详解】（1）[1]定值电阻与电压表V并联后的总阻值
[2]由闭合电路欧姆定律可得
又有
联立解得
（2）[1]斜率为，解得
[2]由上述分析可知截距为，解得
13．【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体的压强．
（2） 初状态，气体的压强，设玻璃管横截面积为，初状态气体的体积，设末状态气体的体积为，对气体，由玻意耳定律得，解得，气体的气柱长度．
（3） 气体的长度减少量，初状态气体的压强，末状态气体的压强，初状态气体的体积，设活塞移动的距离为，末状态气体的体积，对气体，由玻意耳定律得，代入数据解得．
14．【答案】(1)方向向右,大小为1 m/s2　(2)2 m/s　(3)0.4 J
【命题点】电磁驱动+单杆切割
【详解】(1)当电流从M流向N时,由左手定则可判断安培力向右,故加速度方向向右 (1分)
根据牛顿第二定律有BIL=ma (2分)
代入数据可得a=1 m/s2 (1分)
(2)开关始终接a时,棒由静止开始在最短时间内向左运动4 m后停下,说明棒一直向左运动,先加速后减速。所以开始时棒中电流方向从N到M,经过时间t1后方向变为从M到N,再经过时间t2速度减为零。电源可使得棒中电流大小不变,所以加速阶段和减速阶段为加速度大小相同的匀变速运动,前t1时间内,有 (1分)
后t2时间内,有 (1分)
根据x1+x2=4 m (1分)
联立解得v=2 m/s (1分)
(3)棒由静止开始在最短时间内向左运动7 m后停下,一定是先加速后减速,
加速过程中,由电源提供从N到M的电流,
减速过程中,一方面可以由电源提供从M到N的电流,另一方面,可以将开关接到b,不过两种方式下的加速度大小不一样,需要选择加速度最大的方式。
当由电源提供从M到N的电流时,棒的加速度大小恒定为a=1 m/s2 (1分)
当开关接在b,设棒速度为v0时,加速度大小也为1 m/s2,由牛顿第二定律有 (1分)
解得v0=1 m/s (1分)
当速度大于v0时,开关接到b减速更快,速度小于v0时,开关接到a减速更快。
根据分析,棒先在电源提供的电流作用下加速,时间为t'1,然后开关接在b,减速时间为t'2,速度达到v0=1 m/s,之后开关接在a,电流从M流向N,经过时间t'3速度减为零,
t'1时间内,有 ,Q1=I2rt'1 (1分)
t'2时间内,由动量定理有 (1分)
且 ,
则有 (1分)
t'3时间内,有 ,Q3=I2rt'3 (1分)
又x'1+x'2+x'3=7 m,
解得t'1=3 s,t'3=1 s,v'=3 m/s
故Q总=Q1+Q2+Q3=0.4 J (1分)
15．【答案】（1）　（2）3＋2　（3）≤≤10或≤4＋2
【详解】（1）小球A滑到轨道最低点d时，根据动能定理有mAgR＝mAvA2，解得vA＝
（2）小球B滑到轨道最低点d时，根据动能定理有mBgR＝mBvB2，求得vB＝；取水平向右为正方向，则小球A与小球B在d点碰撞后粘在一起并刚好能滑到P点，根据动量守恒及能量守恒有mAvA－mBvB＝（mA＋mB）v，（mA＋mB）v2＝（mA＋mB）gR（1－sin 30°），联立以上各式解得v＝，＝＝3＋2
（3）A、B两球碰后，A球从d点恰好运动到P点，由机械能守恒可得
mAgR（1－sin 30°）＝mAvA′2，可得vA′＝
①若A、B两球碰后，B球从d点恰好能运动到b点，
由机械能守恒可得
mBvB′2－mBvmin2＝mBg·2R，
且mBg＝mB，可得vB′＝，
小球A与小球B在d点碰撞后，两球均向右运动，
根据动量守恒有mAvA－mBvB＝mAvA′＋mBvB′，
解得 ＝，则≤≤10
②若A、B两球碰后，B球不能过最高点b点，则其最高点为c点，
则有mBvB″2＝mBgR，解得vB″＝，
小球A与小球B在d点碰撞后，两球均向右运动，
根据动量守恒有mAvA－mBvB＝mAvA′＋mBvB″，
解得＝4＋2，则≤4＋2，
综上所述，可得≤≤10或≤4＋2。
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