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2026届湖南省新高三物理开学摸底考试练习试卷1
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
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．
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．月球探测器“嫦娥五号”中有一块“核电池”，“核电池”在月球上寒冷的夜晚提供电能的同时还能提供一定能量用于舱内温度控制，“核电池”利用了Pu的衰变，衰变方程为Pu→X＋Y，下列说法正确的是(　　)
A．Pu发生的是β衰变
B．衰变后产生新核的核子数比Pu的核子数少2
C．Pu在月球上衰变得比地球上快些
D．16 g的Pu核经过三个半衰期后，还剩余2 g的Pu核没有衰变
2．图甲为中国京剧中的水袖舞表演，若水袖的波浪可视为简谐横波，图乙为该简谐横波在t＝0时刻的波形图，P、Q为该波上平衡位置相距1．05 m的两个质点，此时质点P位于平衡位置，质点Q（未画出）位于波峰，且质点P比质点Q先振动。图丙为质点P的振动图像。已知该波波长在0．5 m至1 m之间，袖子足够长，下列说法正确的是
甲 乙
丙
A．该波沿x轴负方向传播
B．该波的传播速度为0．75 m/s
C．经1．2 s质点P运动的路程为1．2 cm
D．质点Q的振动方程为y＝0．2sinm
3．如图所示，电动打夯机由偏心轮（由飞轮和配重物组成）、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重心到轮轴的距离为R，重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内以角速度ω匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力。下列说法正确的是
A．电动机轮轴转动的角速度与偏心轮转动的角速度相同
B．配重物转到顶点时处于超重状态
C．偏心轮转动的角速度为
D．电动打夯机对地面压力的最大值大于（M＋m）g
4．如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约500 km的轨道。取地球质量6.0×1024 kg，地球半径6.4×103 km，引力常量6.67×10－11 N·m2/kg2。下列说法正确的是(　　)
A．火箭的推力是空气施加的
B．卫星的向心加速度大小约8.4 m/s2
C．卫星运行的周期约12 h
D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态
5．一半径为 的绝缘球体上均匀分布着电荷量为 的正电荷，以球心 为原点建立坐标系，如图所示，在 的 点有一电荷量为 的固定点电荷，已知在 的 点电场强度为零，静电力常量为 .下列说法正确的是（ ）
A． 点的点电荷带负电
B． 点的电场强度为零
C． 点的电场强度为零
D． 点的电场强度大小为
6．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球Р套在杆上，已知P的质量为m，电荷量为，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g，小球由静止开始下滑，在运动过程中小球最大加速度为，最大速度为，则下列判断正确的是（　　）
A．小球开始下滑时的加速度最大
B．小球的速度由增大至的过程中，小球的加速度一直减小
C．当时小球的速度v与之比一定小于
D．当时小球的加速度a与之比一定小于
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，一质量为的物块叠放在质量为的足够长的木板上，二者均静止在水平地面上，已知木板与物块间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为．现给长木板一水平向右的初速度，下列关于板块的图像（实线和虚线分别表示不同物体）可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，一束单色光照到厚壁玻璃管的外壁上M点，光线从M点进入玻璃后以入射角照射到内壁上的P点，反射光线再照射到外壁上的N点。已知该玻璃的折射率为，M、N两点之间的距离为，真空中的光速，下列说法正确的是（　　）
A．该玻璃的临界角小于
B．增大M点处入射角，在该点光线可能发生全反射
C．在P点只有反射光线，没有折射光线
D．光线从M点经P到N的传播时间为
9．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为，、端接入电压有效值恒定的正弦交流电，原线圈接入阻值为恒定不变的灯泡，副线圈接入可变电阻、理想电压表，则下列说法正确的是（ ）
A．原、副线圈中的电流比为
B．、端电压与可变电阻两端电压比为
C．若可变电阻接入电路的阻值变大，电压表示数变大
D．当可变电阻接入电路的阻值为时，可变电阻消耗的功率最大
10．（多选）目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运动，其中一些卫星的轨道可近似为圆形轨道，且轨道半径逐渐变小.若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球的万有引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是（ ）
A. 卫星的动能逐渐减小
B. 由于万有引力做正功，引力势能一定减小
C. 由于气体阻力做负功，万有引力做正功，卫星的机械能保持不变
D. 卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小量
三、非选择题（本大题共5小题 共56分）
11．某同学设计如图甲所示的实验装置来做“验证机械能守恒定律”实验，让小铁球从点自由下落，下落过程中经过点正下方的光电门时，光电计时器记录下小铁球通过光电门的时间，当地的重力加速度为.
甲 乙
（1） 用游标卡尺测得小铁球的直径为，某次小铁球通过光电门的时间为，则此次小铁球经过光电门的瞬时速度可表示为__________.
（2） 调整、之间距离，多次重复上述过程，作出随的变化图像如图乙所示.若小铁球下落过程中机械能守恒，则该直线斜率____________.
（3） 在实验中根据数据实际绘出图像的直线斜率为，则实验过程中小铁球所受的平均阻力为其重力的____________倍（用、表示）.
12．（9分）某同学要测量一段电阻丝的电阻率，实验过程中的几个主要步骤如下：
（1）先用螺旋测微器测量电阻丝的直径，如图甲所示，则其示数为　　　　mm。
（2）测量好电阻丝的直径与长度后，再用多用电表粗测其阻值，当用“×10”挡位测量其阻值时指针偏转角度很大，则应改变挡位测量；多用电表欧姆挡改变挡位后　　　　（填“需要”或“不需要”）欧姆调零；如果按正确方式操作后多用电表示数如图乙所示，则电阻丝阻值为　　　　Ω。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　甲
　　
　乙　　　　　　　　　　　　丙
（3）该同学采用伏安法测量电阻丝的准确阻值，未完全完成连接的电路实物图如图丙所示，已知滑动变阻器采用限流接法，请用笔画线代替导线完成连接。
（4）该同学正确连接电路，若所有操作都正确，则测出的电阻值　　　　（填“大于”“小于”或“等于”）真实值，该误差的来源是　　　　，这种误差属于　　　　误差。
（5）实验测出电阻丝的电阻为R，电阻丝横截面的直径为D，长度为L，则电阻丝电阻率为ρ＝　　　　。（用D、L、R表示，单位均已为国际单位）
13．如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为,原线圈接在电压峰值为的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体．接通电路开始加热，加热前气体温度为．
（1） 求变压器的输出功率．
（2） 已知该容器内的气体吸收的热量与其温度变化量成正比，即，其中已知．若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍,求电热丝的通电时间．
14．（14分）中国第三艘航空母舰为中国人民解放军海军福建舰，其采用了目前世界上最为先进的电磁弹射技术。某兴趣小组设计了一款简易的电磁弹射系统，其俯视原理图如图所示。两导轨电阻不计，固定在水平面上，相距为，左边接有电动势为的电源，内阻不计。一个由非导体材料制作的模型飞机，质量为，固定在质量为的导体杆上，导体杆的电阻为 ，与导轨接触良好，导轨与导体杆间的动摩擦因数。已知在虚线左侧有竖直向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度为，其中与时间满足某种函数关系，右边有竖直向下的磁感应强度为的匀强磁场，到导轨左端的距离为。闭合开关，飞机与导体杆从边界右侧某位置从静止开始做匀加速直线运动，而与电源构成的回路磁通量的变化率在飞机加速阶段始终为零。
（1） 写出时刻随时间变化的表达式，并求出飞机的加速度大小；
（2） 飞机被加速到速度为时，停止电磁推动，那么从开始到此时，飞机运动了多远？消耗了多少能量？
（3） 已知飞机被加速到速度为时与导体杆自动脱离，系统自动断开开关，并且导轨右端自动短接，同时导体杆与前方（与脱离处很近）的一个弹性装置碰撞原速反弹，右边的磁场突然减小为，导体杆恰好能返回出发点，那么飞机与导体杆脱离多长时间后导体杆返回出发点？并求出反弹到停下来通过导体杆电流的平均值和有效值。（结果可以保留根号）
15．某游戏装置简化图如下，游戏规则是玩家挑选出两个完全相同的光滑小球a、b，将球向左压缩弹簧至锁扣位置松手，弹簧恢复原长后，球运动至右侧与静止的球发生碰撞后，结合为。若碰后能完全通过竖直放置的四分之一细圆管道和四分之一圆弧轨道DE，并成功投入右侧固定的接球桶中，则视为游戏挑战成功。已知被压缩至锁扣位置时弹簧弹性势能，圆心及三点等高，点为轨道的最高点，安装有微型压力传感器（未画出）。细圆管道、圆弧轨道半径均为，接球桶的高度，半径，中心线离的距离。、、均可视为质点，不计空气阻力和一切摩擦，取。
(1)若小球、的质量为，求球离开弹簧时的速度大小；
(2)若小球、的质量为，求经过点时对传感器的压力；
(3)若想要挑战成功，求玩家挑选小球的质量范围。
参考答案
1．【答案】D　
【详解】根据质量数守恒可知Y的质量数A＝238－234＝4，可知Y是氦核，Pu发生的是α衰变，故A错误；α粒子由两个质子和两个中子组成，所以发生α衰变后产生新核的核子数比Pu的核子数少4，故B错误；放射性元素半衰期由原子核内部自身的因素决定，不会随着所处的外部条件的变化而发生变化，故C错误；根据半衰期的定义可知，16 g的Pu核经过三个半衰期后，还剩余m＝m03＝×16 g＝2 g，故还剩余2 g的Pu核没有衰变，故D正确。
2．【答案】B
【解析】由题图丙知，t＝0时质点P向y轴正方向振动，结合题图乙，根据同侧法知该波沿x轴正方向传播，A错误；结合题图乙知，P、Q平衡位置间的距离1．05 m＝λ＋nλ（n＝0，1，2，…），由于波长在0．5 m至1 m之间，故n＝1，λ＝0．6 m，由题图丙知，周期T＝0．8 s，波速v＝＝0．75 m/s，B正确；经1．2 s质点P运动的路程为s＝×4A＝1．2 m，C错误；质点Q在t＝0时刻位于波峰，则质点Q的振动方程为y＝0．2cosm，D错误。
3．【答案】D
【解析】电动机轮轴与偏心轮通过皮带传动，轮子边缘的线速度大小相等，电动机轮轴的半径与偏心轮的半径不同，由v＝ωr知，电动机轮轴转动的角速度与偏心轮转动的角速度不相同，A错误；配重物转到顶点时，具有向下的加速度，故配重物处于失重状态，B错误；当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力，则配重物与底座之间的弹力大小为T＝Mg，对配重物，由牛顿第二定律得T＋mg＝mω2R，解得偏心轮转动的角速度为ω＝，C错误；配重物在最低点时，电动打夯机对地面的压力最大，对配重物有T'－mg＝mω2R，对电动打夯机有Mg＋T″＝N，其中T'＝T″，解得N＝2（M＋m）g＞（M＋m）g，根据牛顿第三定律知，电动打夯机对地面压力的最大值大于（M＋m）g，D正确。
【名师延展】传动装置的物理量关系
同轴转动，则角速度相同；皮带传动、齿轮传动、摩擦传动，则轮子边缘线速度大小相等。
4．【答案】　B
【详解】　根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推力，故A错误；根据万有引力定律和牛顿第二定律可知卫星的向心加速度大小为a＝＝≈8.4 m/s2，故B正确；由G＝m·(R＋h)得卫星运行的周期为T＝2π≈1.6 h，故C错误；发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D错误。
5．【答案】D
【详解】因为 点的电场强度为零,所以 位置处的固定点电荷与电荷量为 的绝缘球体在 点处的电场强度大小相等,方向相反,可知 点的点电荷为正电荷, 错误；根据对称性可知均匀带电绝缘球体上的电荷在球心 处产生的电场强度为零,因此 点的电场强度等于 处点电荷产生的电场强度,即 , 错误；由前面分析可知，绝缘球体在 处的电场强度大小为 ,均匀带电绝缘球体在其周围形成的电场具有对称性,因此均匀带电绝缘球体在 点与 点产生的场强大小相等,方向相反,即 ,则在 点合场强大小为 , 错误, 正确.
6．【答案】B
【详解】小球刚开始下滑时受到竖直向下的重力，水平向左的电场力，水平向右的弹力以及竖直向上的滑动摩擦力，且此时滑动摩擦力，竖直方向根据牛顿第二定律有，而随着小球速度的增加，小球所受洛伦兹力由0逐渐增大，根据左手定则可知洛伦兹力的方向水平向右，则在小球运动后水平方向有，可知随着小球速度的增加，杆对小球的弹力减小，致使杆对小球的摩擦力减小，而当洛伦兹力的大小等于小球所受电场力大小时，杆对小球的弹力为零，此时小球在竖直方向仅受重力，加速度达到最大，为重力加速度，即，而随着小球速度的进一步增大，洛伦兹力将大于电场力，杆上再次出现弹力，方向水平向左，则摩擦力再次出现，竖直方向的合外力减小，加速度减小，直至摩擦力等于小球重力时，小球速度达到最大值，此后小球将做匀速直线运动，因此小球开始下滑时的加速度不是最大，A错误；小球刚开始运动时根据牛顿第二定律有，解得，而根据A中分析可知，加速度最大为重力加速度，即在整个过程中加速度先由逐渐增大到，再由逐渐减小为0，假如开始时加速度是由0开始增加的，则根据运动的对称性可知，当加速度最大时速度小球速度恰好达到，但实际上加速度并不是由0开始增加的，因此可知，当加速度最大时小球的速度还未达到，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出现，小球开始做加速度减小的加速运动，由此可知，小球的速度由增大至的过程中，小球的加速度一直减小，B正确；当时小球可能正在做加速度增大的加速运动，也可能正在做加速度减小的加速运动，根据B中分析可知，若小球正在做加速增大的加速运动，则v与之比一定小于，但若小球正在做加速减小的加速运动，则v与之比一定大于，C错误；由B中分析可知，小球的加速度时，即加速度达到最大时，小球的速度还不到，因此当时小球的加速度a一定小于，当速度时对小球由牛顿第二定律有，即，而当小球速度最大时有，两式联立可得，化简可得，D错误。
7．【答案】AD
【解析】由题意可知，起初物块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，故四个选项中的虚线均表示物块、实线均表示木板．某个时刻两者速度相等，之后若，则二者可相对静止以共同加速度做匀减速直线运动直至停下，且二者做匀减速运动的加速度大小均为，小于起初木板做匀减速运动的加速度，A正确，B错误；若，则二者不能相对静止，二者以不同的加速度做匀减速直线运动，且物块的加速度大小不变、方向相反，C错误，D正确．
8．【答案】AC
【详解】已知该玻璃的折射率为，则根据临界角与折射率之间的关系，则可知光线在该玻璃球中发生全反射的临界角C小于，A正确；增大入射角，在M点，光线从光疏介质到光密介质，不可能发生全反射，B错误；光线经玻璃照射到空气泡表面上P点时的入射角，大于临界角C，因此光线在P点发生了全反射，C正确；由折射率可得细光束在玻璃中传播的速度为，而由几何关系可得，光线从Ｍ点传播到Ｎ点的路程为，则光线从M点传播到N点的时间为，D错误。
9．【答案】AC
【解析】设、端的输入电压为，则原线圈的输入电压为，由理想变压器的变压规律有，又等于可变电阻两端的电压，所以、端电压与可变电阻两端的电压比不为，B错误；根据理想变压器的电流与匝数关系有，所以原、副线圈中的电流比为，A正确；若可变电阻接入电路的阻值变大，假设副线圈两端电压不变，则副线圈中的电流减小，原线圈中的电流也减小，根据可知，原线圈两端电压变大，副线圈两端电压变大，则电压表示数变大，C正确；根据能量守恒定律可得，可变电阻消耗的功率为，当时，可变电阻消耗的功率最大，有，根据理想变压器的电压与匝数关系有，解得可变电阻两端的电压为，根据理想变压器的电流与匝数关系有，解得流过可变电阻的电流为，则可变电阻的阻值为，所以当可变电阻接入电路的阻值为时，可变电阻消耗的功率最大，D错误.
10．【答案】BD
【解析】卫星在轨道半径逐渐变小的过程中做近心运动,万有引力做正功,引力势能减小,B正确；由于稀薄气体的阻力做负功,卫星的机械能减小,C错误；卫星做圆周运动,设卫星质量为,地球质量为,卫星的速度大小为,轨道半径为,则有,解得,,轨道半径变小,则动能变大,可知引力势能的减少量大于卫星克服阻力做的功,A错误,D正确.
11．【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 小铁球经过光电门的瞬时速度可用平均速度表示，为.
（2） 根据机械能守恒定律有,可得,故随的变化图像的斜率为.
（3） 考虑阻力的情况下,由动能定理有,解得,可得随的变化图像的斜率为,由此可知.
12．【答案】（1）2.050（2.049～2.051均可）（1分）
（2）需要（1分）　6.0（1分）
（3）见解析（2分）
（4）小于（1分）　电压表的分流（1分）　系统（1分）
（5）（1分）
【解析】（1）由题图甲知，螺旋测微器的示数为D＝2 mm＋5.0×0.01 mm＝2.050 mm。
（2）用多用电表“×10”挡测电阻，指针偏转角度很大，说明电阻偏小，则应改为小倍率，即“×1”挡，多用电表欧姆挡改变挡位后需要重新欧姆调零；由题图乙知，电阻丝阻值为6.0 Ω。
（3）由于电压表内阻远大于待测电阻丝阻值，故电流表采用外接法，滑动变阻器采用限流接法，实物图如图所示。
（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流，电流表读数I比通过电阻丝的实际电流I实大，由R测＝＜R真＝知，测出的电阻值小于真实值；该误差是由于电压表分流，故该误差属于系统误差。
（5）根据电阻定律R＝ρ，解得电阻丝电阻率为ρ＝＝。
【技巧必背】
电流表连接方式的判断及误差分析
若＞，则电流表采用外接法，若＜，则电流表采用内接法，简记为“大内偏大，小外偏小”，即采用内接法电阻测量值偏大，采用外接法电阻测量值偏小。
13．【答案】（1）
（2）
【解析】
（1） 设原线圈两端电压为,副线圈两端电压为,对理想变压器有,则副线圈两端电压（1分）又,负载消耗的电功率（1分）则变压器的输出功率（2分）
（2） 对封闭的理想气体，加热前后气体发生等容变化，容器内初始气体压强设为,由查理定律得（1分）解得加热后气体的温度（1分）则气体吸收的热量（1分）又（1分）联立解得（2分）
14．【答案】（1） ；
（2） ；
（3）
；
【题图剖析】
【详解】
（1） 回路磁通量变化率为零，不产生感应电动势，所以电流恒定为
（1分）
对飞机与导体杆，根据牛顿第二定律有
可得飞机的加速度大小为（1分）
解得（1分）
设与的初始位置相距，那么回路的磁通量为
，为常量，
虚线左侧磁场的磁感应强度大小为（1分）
当时，,代入可得，
所以虚线左侧磁场的磁感应强度大小为（1分）
（2） 飞机加速时间为，
飞机前进的距离为（1分）
根据能量守恒定律，消耗的能量为（2分）
（3） 导体杆反弹的速度大小为，导体杆运动的位移大小为，
根据动量定理有
（1分）
其中（1分）
解得，（1分）
平均电流（1分）
根据能量守恒定律有（1分）
解得（1分）
15．【答案】(1)；(2)，方向竖直向上；(3)
【详解】（1）对球： ，
解得：。
（2）a与b相碰，碰后c的速度为，由动量守恒定律：，
对，从C到E，由机械能守恒得：，
由牛顿第二定律：，
得：，，
由牛顿第三定律可知，c对传感器的压力大小也为，方向竖直向上；
（3）设小球恰好投到接球桶的左、右端点时，在E点水平抛出的速度分别为、，
，
解得，
若要挑战成功，则小球需要通过E点，小球恰好经过E点时有：
求得，
因，所以小球无法通过E点，挑战成功的速度范围为：，
由（1）可知时对应小球、质量为；
若在E点以抛出，
同理有：，，，
解得，
综上a，b小球的质量的范围为：。
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