湖南省怀化市2026届高三上学期12月一模物理试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省怀化市2026届高三上学期12月一模物理试卷（Word版附解析），文件包含湖南省怀化市2025-2026学年高三上学期12月一模物理试卷原卷版docx、湖南省怀化市2025-2026学年高三上学期12月一模物理试卷Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.测试范围：高中物理人教版2019全部内容
5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共44分）
一、单选题（本大题共6小题， 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共24分）
1. 三星堆遗址考古入选世界重大田野考古发现。三星堆古遗址距今已有3000至5000年历史，昭示长江流域与黄河流域一样同属中华文明的母体。利用14C衰变测定年代技术进行考古研究，可以确定文物的大致年代，14C衰变方程为，14C的半衰期是5730年，下列说法中正确的是（ ）
A. 方程中的X是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分
B. 方程中的X是中子，来源于原子核
C. 文物所埋藏的环境会影响的半衰期，进而对推算年代造成影响
D. 若、、X的质量分别是、、，一个发生衰变释放能量为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．在核反应方程中，根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X是电子，它是核反应产生的，来源于原子核，不是电离产生的，A、B错误；
C．放射性元素的半衰期非常稳定，不受环境影响，C错误；
D．根据质能方程可知，该反应释放的能量
D正确。
故选D。
2. 如图，在竖直平面内，轻杆一端通过转轴连接在点，另一端固定一质量为的小球。小球从点由静止开始摆下，先后经过两点，点分别位于点的正上方和正下方，点与点等高，不考虑摩擦及空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A. 小球在B点受到的合力大小为
B. 小球在点受到的合力大小为
C. 从到的过程，杆对小球的弹力最大值为
D. 从到的过程，杆对小球的弹力最小值为
【答案】C
【解析】
【详解】A．从A到B根据动能定理，有
小球运动到水平位置B时，竖直方向有
水平方向有
所以小球在B点受到的合力大小为
故A错误；
BC．从A到C根据动能定理，有
根据牛顿第二定律，有
解得
此时杆的弹力最大，则有
解得
故B错误，C正确；
D．从A运动到C的过程中，在A点杆对球的力沿杆向外，B点杆对球的力沿杆向内，AB某处，杆度球的弹力最小为零，故D错误。
故选C
3. 如图(a)所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1时刻和t2时刻的波形图，其中t2>t1，P、Q分别是平衡位置为x1=1.0m和x2=4.0 m的两质点。图(b)为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A. t2-t1=0.1s
B. t2时刻Q的速度达到最大
C. 简谐横波沿x轴传播的速度大小为40m/s
D. t1到t2内，P、Q运动的路程相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．因为没有说明t1时刻是哪个时刻，假设t1=0，根据图(b)可知，质点Q在t1时刻正在沿y轴正方向振动，则波向x轴正方向传播，可得
假设t1=0.1s，根据图(b)可知，质点Q在t1时刻正在沿y轴负方向振动，则波向x轴负方向传播，同理可得
故A错误；
B．由A分析可知，无论是哪种情况，t2时刻质点Q都在波峰，振动速度等于零，最小，故B错误；
C．由图可看出波长为8m，周期为0.2s，则波速为
故C正确；
D．t1到t2内， Q运动的路程可能是
或
如果t1=0，在第一个时间内，P沿y轴负方向运动到与x轴对称的位置，路程y1大于振幅A，则t1到t2内的路程
同理如果t1=0.1s，在第一个时间内，P沿y轴正方向运动到波峰，又沿y轴负方向回到原位置，路程y2小于振幅A，则t1到t2内的路程
可知P、Q运动的路程不相等，故D错误。
故选C。
4. 已知质量均匀分布的球壳对球内物体的万有引力为0。小明设计了如图所示的贯通地球的弦线列车隧道：列车不需要引擎，从入口的A点由静止开始穿过隧道到达另一端的B点，为隧道的中点。设地球是质量均匀分布的球体，不计空气阻力与摩擦。则列车（ ）

A. 从A点运动到B点的过程中机械能不断增大
B. 从A点运动到B点的过程中动能不断增大
C. 从A点运动到点的过程中受到的引力大小恒定
D. 从A点运动到点的过程中合力随位移线性变化
【答案】D
【解析】
【详解】AB．从A点运动到B点的过程中只有引力做功，机械能守恒，根据对称性可知，从A点运动到B点的引力做功为零，所以从A点运动到B点的过程中引力先做正功，后做负功动能先增大后减小，故AB错误；
CD．设地球的质量为M，列车运动到P点距地心为r

∠POO'=θ，
受到引力
因为到地心距离变化，所以引力大小变化，列车运动到P点由牛顿第二定律得
地球为均匀球体
，GM=gR2
解得
从A点运动到点的过程中合力随位移线性变化，故C错误D正确。
故选D。
5. 如图所示，两水平金属板构成的器件中同时存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E竖直向下，磁感应强度B垂直纸面向里。P、Q为两板中轴线与两端交点处的小孔，一带电粒子以某一速度v从P点沿中线射入，恰好从Q点沿中线射出，不计带电粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子一定带正电B. 粒子的速度v一定等于
C. 若，粒子可能从Q点射出D. 若，粒子一定不能从Q点射出
【答案】C
【解析】
【详解】A．若粒子带正电，受到的电场力方向竖直向下，洛伦兹力方向竖直向上，若粒子带负电受到的电场力方向竖直向向上，洛伦兹力方向竖直向向下，都可能满足受力平衡，故无法判断带电粒子电性，故A错误。
BCD．如果满足
即
带粒子可以从Q点沿中线射出；
如果速度变化为
或
则电场力大小不变，洛伦兹力大小改变，粒子做曲线运动，若板长及板间距离符合条件，粒子可能从Q点射出，故C正确，BD错误。
故选C
（河北邢台高二上联考）
6. 如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（ ）
A. 电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关
B. 电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C. 两板间距离越小，电子的加速度就越小
D. 两板间距离越大，加速时间越短
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据动能定理
可得电子到达Q板时的速率v＝
则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，故A错误，B正确；
CD．极板与电源相连，电压U不变，根据E＝
可知两极板距离d越小，场强E越大，根据
可知电场力越大，加速度越大，根据
可得距离越大加速时间越长。
故CD错误。
故选B。
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得部分，有选错的得0分。）
7. 如图1所示，木板静止放在光滑的水平面上，可视为质点的小物块静置于木板左端，用的恒力拉动小物块，使小物块运动到木板右端，此过程小物块的机械能随位移变化的图像如图2所示，木板和小物块的速度随时间变化的图像如图3所示，已知木板和物块间存在摩擦，g取，下列说法正确的是（ ）
A. 木板长度为B. 木板和小物块间的动摩擦因数为0.3
C. 木板的质量为D. 系统因摩擦产生的热量为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由图2得小物块对地位移
由于此过程木板也向前运动滑动，所以木板长度不等于，选项A错误；
B．由图3可知小物块t时间内获得的速度为
小物块做匀加速直线运动，有
解得
由图3可知小物块的加速度
再由图2可知
解得小物块的质量
由牛顿第二定律得
解得
选项B正确；
C．由图3可知木板加速度为
由牛顿第二定律得
解得
选项C正确；
D．木板匀加速直线运动，有
所以
系统因摩擦产生的热量
解得
选项D正确。
故选BCD。
8. 如图所示在空间直角坐标系O-xyz中有一等腰直角三角形线框，其中一条直角边与z轴重合，另一条直角边在xOy平面内，线框总电阻为r，直角边长为l，当线框在外力作用下绕着z轴以角速度ω匀速转动时，线框上P点先后经过x轴和y轴，整个装置处于沿y轴方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，则下列判断正确的是（ ）
A. 当线框经过x轴时，OP两点间的电势差
B. 当线框经过y轴时，P、Q两点电势差为
C. 线框由x轴位置转到y轴位置的过程中，通过线框截面的电量为量
D. 线框在转动一圈的过程中电流方向改变一次
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】A．当线框经过x轴时，此时线框平面与磁场垂直，属于中性面，中性面的电压为零，故A错误；
B．当线框经过y轴时，线框的有效切割长度为l，此时产生的感应电动势
根据几何关系可知PQ的长度为，由右手定律可知PQ切割磁感线， P点的电势高于Q点的电势，P、Q两点电势差为路端电势差
故B正确；
C．线框由x轴位置转到y轴位置的过程中，线框中磁通量的变化量为
联立解得
故C正确；
D．每经过一次中性面，电流方向改变一次，线框在转动一圈的过程中，经过两次中性面，所以电流方向改变两次，故D错误。
故选BC。
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.
【答案】BD
【解析】
【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，如图所示
对小球，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，如图所示
对小球，根据牛顿第二定律有
解得
综合可知
因为
所以
故BD符合题意。
故选BD。
10. 如图所示，等腰棱镜ABC放在水平桌面上，棱镜的底角，一束光线垂直于AB边从D点入射，经过棱镜后，刚好垂直射到水平桌面上，已知光在真空中的传播速度为c，AD的长度为L，则（ ）
A. 该棱镜的折射率为
B. 第一次从AC面射出的光线在棱镜中的传播时间为
C. 经AC面反射的光线可以直接从AB面射出
D. 棱镜中光线第一次射到AB面的时间为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．光的传播光路图如图所示
光线射到AC面时入射角为θ，折射角为γ，根据几何关系可知
由折射定律有
解得
故A正确；
B．由几何关系有
光在棱镜中传到AC边的速度为
光在棱镜中传播到AC边时间
解得
故B错误；
C．光在棱镜中全反射的临界角满足
故
根据几何关系，光第一次射到AB面上的入射角为60°，光线不会直接从AB面射出，故C错误；
D．由几何关系有
光线第一次射到AB面的时间为
故D正确。
故选AD。
第二部分（非选择题 共56分）
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11. 图（a）为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。
（1）用刻度尺测量不同颜色积木的外径D，其中对蓝色积木的某次测量如图（b）所示，从图中读出______。
（2）将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O，将积木的右端按下后释放，如图（c）所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了______个周期。
（3）换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如下表所示：
根据表中数据绘制出图像如图（d）所示，则T与D的近似关系为______。
A. B. C. D.
（4）请写出一条提高该实验精度的改进措施：______。
【答案】（1）7.54##7.55##7.56
（2）10 （3）A
（4）见解析
【解析】
【小问1详解】
刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值下一位，读数为
【小问2详解】
积木左端两次经过参考点O为一个周期，当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，之后每计数一次，经历半个周期，可知，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了10个周期。
【小问3详解】
由图（d）可知，与成线性关系，根据图像可知，直线经过与，则有
解得
则有
解得
可知
故选A。
【小问4详解】
为了减小实验误差，提高该实验精度的改进措施：用游标卡尺测量外径D、通过测量40次或60次左端与O点等高所用时间来求周期、适当减小摆动的幅度。
12. 为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用了伏安法，现备有下列器材：
A.被测干电池一节
B.电流表1：量程，内阻
C.电流表2：量程，内阻约
D.电压表1：量程，内阻未知
E.电压表2：量程，内阻未知
F.滑动变阻器1：可调范围为，允许通过的最大电流为2A
G.滑动变阻器2：可调范围为，允许通过最大电流为1A
H.开关、导线若干
在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
（1）为方便实验调节且能较准确地进行测量在上述器材中电流表应选用____________，电压表应选用____________，滑动变阻器应选用____________。（均填器材前的字母序号）
（2）实验电路图应选择下图中的____________（填“甲”或“乙”）。
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图像，则干电池的电动势____________V，内阻____________。（结果均保留三位有效数字）
【答案】（1） ①. B ②. D ③. F
（2）甲 （3） ①. 1.50 ②. 0.700
【解析】
【小问1详解】
[1]因题图丙中测量的电流不超过0.5A，故电流表应选B；
[2]因一节干电池电动势约为1.5V，故电压表选择量程为的，故电压表应选D；
[3]滑动变阻器总阻值较小时滑片滑动相同距离电表的数值变化更明显，为方便调节，滑动变阻器应选F。
【小问2详解】
电流表的内阻已知，采用电路图甲可避免系统误差，故实验电路图应选择图甲。
【小问3详解】
[1]根据闭合电路欧姆定律有
结合题图丙，可得电源电动势
[2]内电阻
13. 质量M=10kg的汽缸与质量m=4kg的活塞，封闭一定质量的理想气体（气体的重力可以忽略），不漏气的活塞被一劲度系数k=20N/cm的轻质弹簧竖直向上举起立于空中，如图所示。环境温度为T1=1500K时被封气柱长度L1=30cm，汽缸口离地的高度h=5cm，若环境温度变化时，汽缸体有良好的导热性能。已知活塞与汽缸壁间无摩擦，弹簧原长L0=27cm，活塞横截面积，大气压强，当地重力加速度g取10m/s2求：
（1）汽缸下落过程中，气体的压强为多少？
（2）环境温度降到多少时汽缸着地？
（3）环境温度降到多少时能使弹簧恢复原长？
【答案】（1）1.5×105Pa；（2）1250K；（3）480K
【解析】
【详解】（1）环境温度变化时，汽缸体有良好的导热性能汽缸下落过程中，活塞缓慢移动，气体等压变化，气体的压强为
（2）汽缸下落过程中，气体等压变化，活塞位置不变，由盖-吕萨克定律知
解得
（3）待缸口着地后，再降温时，气体压强减小，活塞上移，弹簧逐渐恢复原长，由胡克定律知
解得弹簧的形变量为
设弹簧恢复原长时的环境温度为T3，气体压强为p3，气柱长度为L3，由活塞的平衡知
由几何关系知
由理想气体状态方程，可知
解得
14. 如图所示，两条相距为d的光滑平行金属导轨固定在同一绝缘水平面内，其左端接一阻值为R的电阻，一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上。在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，在该区域中存在竖直向下的均匀磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B=kt，式中k为常量、且k>0。在金属棒右侧还有一宽度为L匀强磁场区域，区域左边界为ab（虚线）、右边界为cd（虚线），边界ab和cd均与导轨垂直，该匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向也竖直向下。金属棒通过平行于导轨的绝缘细线跨过光滑轻质定滑轮与一物体相连。开始时，用手托着物体静止不动，使连接金属棒的细线处于水平伸直状态。现突然把手撤去，金属棒从静止开始向右运动，在某一时刻（此时t=0）恰好以速度v越过ab，此后金属棒在磁场B0中向右做匀速直线运动。设金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，金属棒和两导轨的电阻均忽略不计；金属棒向右运动过程中，物体始终在空中运动；重力加速度为g。求：
（1）金属棒从ab运动到cd的过程中，通过金属棒的电流大小；
（2）物体的质量；
（3）金属棒从ab运动到cd的过程中，物体重力势能的减少量；
（4）金属棒从ab运动到cd的过程中，阻值为R的电阻上产生的热量。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）设金属棒在磁场B0中运动的过程中，通过金属棒的电流大小为I，设在时间t内，金属棒的位移为x，有
在时间t时刻，对于磁场B，穿过回路的磁通量为
对于匀强磁场B0，穿过回路的磁通量为
回路的总磁通量为
联立可得，在时刻t穿过回路的总磁通量为
在t到的时间间隔内，总磁通量的改变量为
由法拉第电磁感应定律得，回路中感应电动势的大小为
由闭合电路的欧姆定律得
联立可得，通过金属棒的电流大小为
（2）设在t时刻，金属棒上细线的拉力为F，由于金属棒在ab右侧做匀速运动，则有
设物体的质量为m，在t时刻，对物体有
联立以上各式可得，物体的质量为
（3）设金属棒在磁场B0中从ab向右运动到cd的过程中，物体重力势能的减少量为，则
其中
则金属棒从ab运动到cd的过程中，物体重力势能的减少量为
（4）设金属棒在磁场B0中从ab向右运动到cd的过程中，阻值为R的电阻上产生的热量为Q，运动时间为，由
，
其中
联立可得，金属棒从ab运动到cd的过程中，阻值为R的电阻上产生的热量为
15. 人们越来越深刻地认识到冰山对环境的重要性，冰山的移动将给野生动物带来一定影响。为研究冰山移动过程中表面物体的滑动，小星找来一个足够长的水槽，将质量为长为L的车厢放在水槽中模拟冰山，车厢内有一个质量为、体积可以忽略的滑块。车厢的上下表面均光滑，车厢与滑块的碰撞均为弹性碰撞且忽略碰撞的时间。开始时水槽内未装水，滑块与车厢左侧的距离为。在车厢上作用一个大小为，方向水平向右的恒力，当车厢即将与滑块发生第一次碰撞时撤去水平恒力。
（1）求车厢即将与滑块发生第一次碰撞时车厢的速度的大小；
（2）求从车厢与滑块发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中，车厢的位移；
（3）若在水槽中装入一定深度的水，车厢在水槽中不会浮起。开始时滑块与车厢左侧的距离为，由于外界碰撞，车厢在极短时间内速度变为，方向水平向右。车厢移动过程中受到水的阻力大小与速率的关系为（为已知常数），除第一次碰撞以外，以后车厢与滑块之间每次碰撞前车厢均已停止。求全程车厢通过的总路程。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
对车厢，由动能定理可得
解得
【小问2详解】
车厢与滑块的碰撞为弹性碰撞，设第一次碰撞后车厢和滑块的速度分别为vM和vm，由机械能守恒定律
根据动量守恒定律
解得
第一次碰撞到第二次碰撞之间，车厢与滑块的位移分别为xM，xm，则有
位移关系为
联立解得
【小问3详解】
每一次碰撞后车厢的运动过程中，由动量定理
即
累加后得
第一次碰撞前，车厢的路程为d，所以
碰撞前车厢的速度
设第n次碰撞后，车厢的速度为vn，滑块的速度为，第n次碰撞至停下，车厢的路程为sn。第一次碰撞，由机械能守恒定律
动量守恒定律
解得
第一次碰撞后，对车厢
解得
第二次碰撞，由机械能守恒定律
根据动量守恒定律
解得
所以第二次碰撞后车厢的路程
此后的每次碰撞前滑块的速度大小都变为前一次的倍，车厢均静止。
所以第三次碰撞后车厢的路程
第四次碰推后车厢的路程
第n次碰撞后车厢的路程
根据等比数列求和公式求得车厢在第二次及以后的路程之和
所以
颜色
红
橙
黄
绿
青
蓝
紫
2.9392
2.7881
2.5953
2.4849
2.197
1.792