2025-2026学年湖南省武冈市展辉学校高三年级上学期开学实验 班物理摸底检测试卷
2025年9月
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
考试命题范围：高中必修选修全部 考试时间：75分钟 总分100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．某国政府不顾国际社会的反对，公然决定将大量核废水排放到太平洋，引起了国际舆论的强烈谴责。核废水主要包含60多种放射性物质，其中以铯137、锶90、氚、碳14等为主，下列说法正确的是
A．铯137的半衰期是30年，60年后核废水中的铯137将全部衰减殆尽
B．锶90发生β衰变的反应方程为SrYeSr的比结合能比Y的大
C．氚具有放射性，是原子核外电子从高能级向低能级跃迁造成的
D．碳14的半衰期为5 730年，如果一块古木中的碳14含量是现代植物的，则该古木的历史约为11 460年
2．巴黎奥运会网球决赛上,中国选手在地面附近以一记精彩的滑步救球获得了全场观众的掌声,最终赢得了冠军。已知网球离开球拍时的速度为,与水平方向夹角为 ,忽略空气阻力,球拍与地面的距离较小,可忽略不计,重力加速度为。则以下说法正确的是（ ）
A. 网球在空中运动的时间
B. 网球在空中运动的时间
C. 网球在最高点时重力的瞬时功率为
D. 网球在最高点时重力的瞬时功率为0
3．如图，假设行星绕太阳的公转可以看作匀速圆周运动，在地面上测得地球与行星1的连线和地球与太阳的连线的最大夹角为α。地球与行星2的连线和地球与太阳的连线的最大夹角为β，下列说法正确的是（ ）
A．行星1与行星2的公转线速度之比为
B．行星1与行星2的公转角速度之比为
C．某时刻行星1和行星2相距最近，且公转方向相同，则经过年再次相距最近
D．行星1、行星2、地球的公转加速度之比为
4．如图所示，一列简谐横波沿轴正方向传播，实线和虚线分别表示和时的波形（已知波的周期），则时的波形图是下列图中的（ ）
A． B．
C． D．
5． 如图所示，两平行直线和之间的区域内有一四分之一圆，圆心为，四分之一圆区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（包含边界），磁感应强度大小为（未知）和的长度均为,边足够长.点有一粒子发射装置，能向 扇形区域内均匀发射质量为、电荷量为、速度大小均为的同种粒子，不计粒子间的相互作用及粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．若沿边方向发射的粒子刚好到达边的中点，则磁感应强度大小
B．若所有粒子都不能到达边上，磁感应强度的最小值为
C．当时，粒子在磁场中运动的最长时间为
D．若，则能到达边的粒子占总数的
6．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． 如图所示,轻质弹簧下端固定在水平面上,弹簧原长为,质量为的小球（可视为质点）从距弹簧上端高度为的点由静止释放,小球与弹簧接触后立即与弹簧上端粘连,并在竖直方向上振动.一段时间后,小球静止在点,此时弹簧长度为,弹簧的弹性势能为,重力加速度为,弹簧始终在弹性限度内.下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在运动过程中,小球与弹簧组成的系统机械能守恒
C．小球第一次下落过程中速度最大位置在点
D．
8．（多选）分析推理、类比归纳是重要的科学研究方法.如图甲所示，矩形线圈绕轴匀速转动产生的交流电的图像如图乙所示，电流的最大值为，周期为.如图丙所示，一劲度系数为的轻质弹簧一端固定，另一端与小球相连，静置于光滑水平面上，现将小球向右缓慢移动一段距离（不超过弹簧的最大弹性限度），小球被无初速度释放后，其运动的图像如图丁所示，速度的最大值为，周期为.已知图乙和图丁分别为余弦和正弦函数图线，下列说法正确的是（ ）
甲 乙 丙 丁
A．时间内，通过线圈横截面积的电荷量为
B．时间内，通过线圈横截面积的电荷量为
C．类比图乙和图丁，小球运动过程中的速度最大值为
D．类比图乙和图丁，小球运动过程中的速度最大值为
9．如图甲所示，质量为的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为的小球，，用一力水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度向右运动时，细线与竖直方向成 角，细线的拉力大小为.若用一力水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度向左运动时，细线与竖直方向也成 角，如图乙所示，细线的拉力大小为，则（ ）
A． B． C． D．
10．如图甲所示是由透明材料制成的半圆柱体横截面图，一束单色细光束由真空沿着与成 角的半径方向射入，对射出的折射光线的强度随 角的变化进行记录，得到的关系如图乙所示.图丙是用这种材料制成的透明实体，左侧是半径为的半圆柱体，右侧是长为、高为的长方体，一束该单色光从左侧点沿半径方向，且与长方体的长边成 射入透明实体.已知光在真空中传播的速度为，,,以下说法中正确的是（ ）
甲 乙 丙
A．该光在该透明材料发生全反射的临界角是
B．该光在该透明材料发生全反射的临界角是
C．该透明材料对该光的折射率为
D．光在透明实体中传播的总时间为
三、非选择题（本大题共5小题 共56分）
11．（8分）导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品(固态),某同学欲测量其电阻率,设计了如图(a)所示的电路图,实验步骤如下:
图(a)
图(b)
A．测得样品截面的边长a=0.20 cm;
B．将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触, 其中甲、乙、丁位置固定, 丙可在乙、丁间左右移动;
C．将丙调节至某位置,测量丙和某探针之间的距离L;
D．闭合开关S,调节电阻箱R的阻值, 使电流表示数I=0.40 A,读出相应的电压表示数U,断开开关S;
e.改变丙的位置,重复步骤c、d,测量多组L和U,作出U-L图像如图(b)所示,得到直线的斜率k。
回答下列问题:
(1)L是丙到 (填“甲”“乙”或“丁”)的距离;
(2)写出电阻率的表达式ρ= (用k、a、I表示);
(3)根据图像计算出该样品的电阻率ρ= Ω·m(保留两位有效数字)。
12．（10分）小明做“用单摆测量重力加速度”的实验。
（1）如图甲所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球（下方吸附有小磁片），做成一个单摆；
甲
（2） 使小球在竖直平面内做小角度摆动，打开手机的磁传感器软件。某次采集到的磁感应强度的大小随时间变化的图像如图乙所示，则单摆的振动周期________________________________________（结果保留3位有效数字）；
乙
（3） 改变线长，重复上述步骤，实验测得数据如下表所示（实验前已测得小球半径），请根据表中的数据，在图丙上作出图像；
丙
0.40 1.276 1.628
0.60 1.555 2.418
0.80 1.801 3.244
1.00 2.010 4.040
1.20 2.208 4.875
（4） 测得当地的重力加速度____________（结果保留3位有效数字）；
（5） 有同学认为，根据公式，小明在实验中未考虑小磁片对摆长的影响，的测量值小于真实值，所以实验测得的重力加速度偏小。请判断该观点是否正确，简要说明理由：__________。
13．（8分）油电混合车汽油发动机燃烧室的结构如图甲所示，汽油机工作过程中在一个冲程内燃烧室内气体的曲线如图乙所示，其中和为两个绝热过程.燃烧室内的气体可看做理想气体.一定质量的油气混合气体进入燃烧室，初始状态点处混合气体的温度为，压强约为.火花塞点火瞬间，燃料燃烧使得燃烧室内的压强迅速增大到，然后，活塞被推动向下移动，在经历的绝热膨胀过程中，由于气体对外做功驱动汽车前进，使得汽缸内温度降低了，膨胀结束到达状态时，燃烧室内压强降低到，求：
甲 乙
（1）在一个冲程内燃烧室内能达到的最高温度；
（2）汽缸内气体的最大体积与最小体积之比被称为压缩比 ，是汽油机动力大小的一个标志.根据题目中条件，计算该汽油机的压缩比.
14．（12分）如图所示，倾角为 、足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，在斜面上有垂直斜面向下、磁感应强度为的匀强磁场区域，。一个边长为、质量为、总电阻为 的正方形金属线框从边界处以初速度沿斜面向上进入磁场，经时间到达最高点，然后线框开始沿斜面向下运动，离开磁场时线框已匀速，线框与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度，不计空气阻力。求：
（1） 线框刚进入磁场区域时的加速度大小；
（2） 线框沿斜面向上运动过程中产生的焦耳热；
（3） 线框沿斜面开始下滑至完全离开磁场过程中减少的机械能（结果保留两位小数）。
15．（18分）如图所示，A物块固定在水平面上，其上表面是半径为R的光滑四分之一圆弧；B是质量为mB的带四分之一圆弧和水平板的物块，其圆弧半径也为R、上表面光滑，水平部分长为L、上表面粗糙。B物块放在光滑水平面上，B物块左端与A物块右端等高且无缝对接不粘连。现将一质量为m1的小滑块1从A物块最高点由静止释放，与另一静止在B物块左端的质量为m2的小滑块2发生弹性碰撞，碰后滑块1瞬间被锁定在A物块上。已知R＝0.2 m，L＝0.5 m，m1＝0.3 kg，m2＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求碰后瞬间滑块2的速度大小；
（2）若物块B被锁定在光滑水平面上，滑块2沿B物块上表面恰好能滑到B物块顶端，求滑块2与B物块水平部分上表面间的动摩擦因数；
（3）若物块B未被锁定在光滑水平面上，求滑块2在物块B上能上升的最大高度及其最终的速度大小。[滑块2与B物块水平面间的动摩擦因数μ取第（2）问中数值]
物理摸底检测试卷 参考答案
【知识点】原子核的衰变及半衰期、结合能与比结合能
1．【答案】D
【解析】铯137的半衰期是30年，60年为两个半衰期，剩余量为原来的四分之一，A错误；衰变过程释放能量，反应前原子核的比结合能比反应后原子核的比结合能小（易错点：对于释放能量的核反应，反应后的原子核比结合能较大），B错误；氚具有放射性，射线来自于原子核，C错误；古木中的碳14含量是现代植物的，则其经历了两个半衰期，经历的时间约为11 460年，D正确。
【知识点】斜抛运动
2．【答案】D
【详解】网球做斜上抛运动，在竖直方向做竖直上抛运动，则有 ，在空中运动的时间，、错误；网球通过最高点时只有水平方向的速度，速度方向与重力方向垂直，重力的瞬时功率为0，错误，正确。
【知识点】“火星凌日”问题、万有引力定律问题的分析与计算
3．【答案】C
【详解】设地球绕太阳公转的半径为，如图
则行星1、行星2的公转半径分别为，则有，联立解得行星1与行星2的公转线速度之比为，A错误；由开普勒第三定律得，则，B错误。由，得年，C正确；对行星。根据，可得加速度，行星1、行星2、地球的公转加速度之比为，D错误。
【知识点】波的图像和振动图像的综合应用
4．【答案】B
【解析】由题意可知,可得波的周期,则当时,经过个周期,即差周期是3个周期,所以等同于将时刻的波形沿轴负方向平移个周期,故波形图为选项图.
【知识点】带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
5．【答案】D
【解析】若沿边方向发射的粒子刚好到达边的中点,如图甲所示,根据左手定则及几何关系知,粒子做圆周运动的半径为,根据牛顿第二定律有,解得,当时粒子在磁场中运动的时间最长，为,故、错误；根据题意,当沿方向射入的粒子出磁场时速度方向与平行时,所有粒子都不能到达边上,如图乙所示,根据几何关系有,解得,根据牛顿第二定律有,解得磁感应强度的最小值为,故错误；若,根据牛顿第二定律有,解得,分析几何关系知,如图丙射出的粒子可以刚好打不到边,此时入射点、出射点与轨迹圆心构成等边三角形,故此时粒子入射方向与边的夹角为 ,这个范围内的粒子均可到达边,故能到达边的粒子占总数的比例为,故正确.
甲 乙 丙
【知识点】匀强电场
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。
【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合
7．【答案】AD
【解析】小球停止运动时,受力平衡,根据平衡条件和胡克定律得,,解得,正确；由分析可知小球开始从高处下落,第一次经过点动能不为零,最后在该位置静止,说明运动过程中有阻力作用,故小球与弹簧组成的系统机械能不守恒,错误；由于小球在运动过程中有阻力作用,第一次下落过程中合力为零的位置并不在最后的静止位置,故点不是下落过程中速度最大处,错误；小球从被释放到第一次经过最后的静止位置,根据能量守恒定律有,则,正确.
【知识点】几种常见的交变电流的图像及其变化规律
8．【答案】AD
【解析】本题考查线圈转动过程与谐振子运动过程的类比.时间内，通过线圈横截面积的电荷量为，，，而最大电流为，联立可得，正确，错误；类比图乙和图丁，图像的面积表示电荷量，而图像的面积表示位移，在时间内的位移为振幅，可得小球运动过程中的速度最大值为，错误，正确.
【知识点】连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
9．【答案】BD
【详解】对题图甲中小车和小球组成的整体,根据牛顿第二定律有,对题图甲中小球受力分析,如图甲所示,根据牛顿第二定律有,,联立解得, ,对题图乙中小车和小球组成的整体,根据牛顿第二定律有,对题图乙中小球受力分析,如图乙所示,根据牛顿第二定律有,,解得, ,可知,而,所以,故选、.
【知识点】全反射与折射的综合应用
10．【答案】BCD
【解析】由题图乙可知， 时折射光线开始出现，说明此时对应的入射角应是发生全反射的临界角，得 ，故错误，正确；根据全反射临界角公式，得该透明材料对该光的折射率，故正确；因为发生全反射的临界角是 ，经计算可知，光线在玻璃砖中刚好发生3次全反射，光路图如图所示，则光在透明实体中传播的总距离，光在该透明材料中的传播速度为，光在透明实体中传播的总时间，故正确.
【知识点】实验：导体电阻率的测量
11．【答案】(1)乙(2分) (2)(2分) (3)6.5×10-5(6.4×10-5~6.6×10-5均可)(2分)
【命题点】测量电阻率实验+数据处理
【详解】(1)电压表测量的是探针乙和丙之间导电漆样品两端电压,故研究的是探针乙和丙之间的导电漆样品,则长度L是丙到乙的距离。
(2)根据欧姆定律有U=IR,根据电阻定律有R=ρ,由题知S=a2,联立解得U=,则U-L图像的斜率k=,解得电阻率的表达式ρ=。
(3)由图(b)得k== V·m-1=6.5 V·m-1,则该样品的电阻率ρ==6.5×10-5 Ω·m。
【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
12．【答案】（2） 之间均可（3分）
（3） 见解析（4分）
（4） （4分）
（5） 见解析（4分）
【详解】
（2） 【详解】小球经过最低点时磁感应强度最大，相邻两次磁感应强度最大值的时间间隔为半个周期，由题图乙可知单摆的振动周期约为。
（3） 【详解】根据表格中数据描点连线如图所示。
（4） 【详解】根据可得，则图线斜率，由图可得，解得。
（5） 【详解】该同学的观点错误。由题意和以上分析可知本题中根据图像的斜率求重力加速度，摆长只影响图像在轴上的截距，不影响图像的斜率，故小磁片对摆长的影响不影响本实验中测得的重力加速度的大小。
【知识点】理想气体与理想气体状态方程
13．【答案】（1）
（2）
【解析】本题考查图像、气体实验定律和理想气体状态方程.
（1）从过程气体发生等容升压，气体温度升高；从过程，气体绝热膨胀，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体内能减少，温度降低；从过程气体发生等容降压，气体温度降低；从过程，气体绝热压缩，外界对气体做功，气体内能增加，温度升高；可知在一个冲程内燃烧室内，状态的温度最高，根据，（2分）解得在一个冲程内燃烧室内能达到的最高温度为；（2分）
（2）在经历的绝热膨胀过程中，由于气体对外做功驱动汽车前进，使得汽缸内温度降低了，膨胀结束到达状态时，燃烧室内压强降低到，可知，，（2分）根据理想气体状态方程可得，（2分）可得该汽油机的压缩比为.（2分）
【知识点】导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、电磁感应现象中的功能问题
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 线框刚进入磁场区域时，切割磁感线产生的电动势为…………1分根据欧姆定律有，根据牛顿第二定律有…………1分解得…………1分
（2） 线框沿斜面向上运动过程中，假设线框不能完全出磁场，能离开磁场部分的长度为，则由动量定理有…………2分线框进、出磁场过程有…………1分联立解得，假设成立…………1分由能量守恒定律有…………1分解得…………1分
（3） 线框匀速出磁场时，切割磁感线产生的电动势为…………1分根据欧姆定律有，根据平衡条件有…………1分解得，线框从开始下滑至完全离开磁场过程中，根据动能定理有安…………1分减少的机械能为…………1分解得…………1分
【知识点】求解弹性碰撞问题
15．【答案】（1）3 m/s （2）0.5 （3）0.05 m 1 m/s
【详解】（1）滑块1由A物块上滑下，其机械能守恒，设滑块1碰前速度为v0，则m1gR＝m1v02，解得v0＝＝2 m/s，滑块1与滑块2发生弹性碰撞，系统的动量守恒、机械能守恒，
则m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v02＝m1v12＋m2v22，解得v1＝v0＝1 m/s，v2＝v0＝3 m/s
（2）物块B固定，由动能定理得－μm2gL－m2gR＝0－m2v22，解得μ＝0.5
（3）物块B不固定，系统水平方向动量守恒，设滑块2沿物块B上滑的高度为h，
则m2v2＝（m2＋mB）v
由功能关系得μm2gL＝m2v22－（m2＋mB）v2－m2gh，解得h＝0.05 m，滑块2沿物块B滑动到最高点后，接下来相对B往下滑，假设最终相对物块B静止，系统水平方向动量守恒有m2v2＝（m2＋mB）v′，对全程滑上再滑下到相对静止，由功能关系得μm2gx＝m2v22－（m2＋mB）v′2，解得v′＝1 m/s，x＝0.6 m，由于x＝0.6 m<2L＝1 m，故假设成立。所以最终滑块2的速度大小v′＝1 m/s。
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