广东省深圳市联考2025-2026学年高三年级上学期一模物理试卷（含解析）

广东省深圳市联考2025-2026学年高三年级上学期一模
物理试卷
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
第一部分（选择题 共46分）
单选题（本大题共7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28分）
1．如图所示，江南造船集团发布我国首艘熔盐堆核动力集装箱船的设计方案，其涉及的核反应包含（钍）衰变为（镤），其衰变方程为，关于此衰变，下列说法正确的是（　　）
A．方程中的X是质子
B．衰变产生的新核的比结合能变大
C．衰变放出的电子来自于原子的核外电子
D．随着反应堆温度升高，会加快钍核的衰变
2．某小物块在一长木板上运动时，两者运动的图像如图所示，已知小物块始终在长木板上，且内二者的图线重合.则（ ）
A．整个过程小物块相对于长木板向负方向运动
B．小物块相对于长木板运动的位移大小为
C．长木板在内的平均速度大小是
D．在内长木板和小物块的平均加速度相同
3．如图所示,质量为M的木箱放在水平面上,木箱中的立杆上套着一个质量为m的小球,球与杆之间存在摩擦．小球从杆的顶端由静止释放,沿杆下滑的加速度大小为a=g,重力加速度为g,则在小球下滑的过程中,木箱对水平面的压力大小为 (　　)
A．Mg B．Mg+
C．Mg+ D．Mg-
4．如图所示，S点为振源，其频率为50 Hz，所产生的简谐横波向右传播，波速为40 m/s，P、Q是传播路径中的两点，已知SP＝4．6 m，SQ＝5．0 m，当S通过平衡位置向上运动时
A． P、Q都在波谷
B． P在波峰，Q在波谷
C． P在波谷，Q在波峰
D． P通过平衡位置向上运动，Q通过平衡位置向下运动
5．关于下列四幅课本上的插图的说法正确的是（　　）
A．图甲是速度选择器示意图，由图可以判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
B．图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A极板是发电机的正极
C．图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大
D．图丁是回旋加速器示意图，要使粒子飞出加速器时的动能增大，可仅增加电压U
6．如图所示的双星系统，甲、乙两颗恒星绕连线上的点做匀速圆周运动，间距保持不变，已知一段时间内乙转过的角度为 ，引力常量为，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙做圆周运动的半径与两恒星质量成反比
B．甲、乙的线速度大小与两恒星质量成正比
C．甲的周期大于
D．甲、乙的总质量为
7．某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压，输出功率．降压变压器的匝数比，输电线总电阻 ，其余线路电阻不计，用户端电压，功率,所有变压器均为理想变压器．下列说法正确的是（ ）
A． 发电机的输出电流为 B． 输电线上损失的功率为
C． 输送给储能站的功率为 D． 升压变压器的匝数比
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8．如图甲所示,曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上,一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面,且没有从滑块上端冲出去,若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2,根据测量数据在坐标轴画出一条直线,图像如图乙所示,重力加速度为g,不考虑任何阻力,则下列说法不正确的是 (　　)
甲　　乙
A．小球的质量为M
B．小球运动到最高点时的速度为
C．小球能够上升的最大高度为
D．若a9．如图所示为电缆终端周围的电场分布情况，图中虚线为等势线，实线为电场线，下列说法正确的是
A．电场中b点的场强大小小于c点的场强大小
B．将一电子放在c点，电子的电势能为－30 eV
C．将一质子由a点经b点移至c点，电场力先做正功后做负功
D．在b点由静止释放一带正电的粒子，粒子将沿电场线运动
10．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为的小球，从离弹簧上端高处静止释放.某同学在研究小球落到弹簧上继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴，作出小球所受弹力大小随小球下落的位置坐标的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为，为已知量.以下判断正确的是（ ）
A. 当时，重力势能与弹性势能之和最小
B. 最低点的坐标为
C. 小球受到的弹力最大值大于
D. 小球动能的最大值为
第二部分（非选择题 共54分）
三、非选择题（本大题共5小题，共54分）
11．（6分）某学习小组在验证玻意耳定律实验中，利用手机测压强的软件来测量气体压强，小组同学找来了一个量程为的粗口针筒（图甲）和一个容积为的特制玻璃杯，二者用软管连接，玻璃杯中放入手机用来测筒内气体压强，推动针筒活塞改变筒内气体体积，装置示意图如图乙所示.实验步骤如下：
甲 乙 丙
①按图乙所示连接装置；
②缓慢推动活塞至某一位置，记录活塞所在位置的容积刻度，读出手机上对应的压强示数；
③重复步骤②多次，记录活塞在不同位置的容积刻度，读出手机上对应的压强示数.
（1）本实验中下列做法正确的是 （填选项标号）.
A．为保证读数准确，应快速推动活塞到某一位置，待示数稳定后再读数
B．实验过程中，不能用手直接接触圆筒，以免引起温度的变化
C．实验前在柱塞上涂好润滑油，主要是为了减少柱塞和筒壁间的摩擦力
（2）筒内气体容积刻度记为，从手机上读出对应气体压强示数记为，利用记录数据建立如图丙所示坐标系，为使图像为过原点的直线，横坐标轴物理量记为，纵坐标轴应记为 （忽略软管内气体体积和手机体积，用题目中所给物理量表示）.
（3）若考虑软管内气体体积和手机体积，且，则图丙中图像应与 （选填“横轴”或“纵轴”）相交.
12．（6分）用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：
A．电压表V（量程3V）；
B．电流表（量程0.6A）；
C．电流表（量程3A）
D．定值电阻（阻值4Ω，额定功率4W）
E．滑动变阻器R（阻值范围，额定电流1A）
F．滑动变阻器（阻值范围，额定电流2A）
（1）电流表应选 ，滑动变阻器应选 （填器材前的字母代号）；
（2）根据实验数据作出图象（如图乙所示），则蓄电池的电动势 V，内阻 Ω。（结果均保留到小数点后两位）
13．（10分）如图所示的粗细均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长；温度为时，右管内水银面比左管高，左管内空气柱长度，大气压强。
（1）求此时封闭气体的压强大小；
（2）现使左管内空气温度缓慢下降，则当左管内液面上升时，管内气体热力学温度为多少？
（3）若让整个装置自由下落，且温度保持不变，求下落过程中封闭空气柱的长度。（结果保留三位有效数字）
14．（14分）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距l＝1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。杆1、杆2是两根用绝缘细线连接的金属杆，质量分别为m1＝0．1 kg和m2＝0．4 kg，两杆垂直导轨放置，且两端始终与导轨接触良好，两杆的总电阻R＝2 Ω，两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止。整个装置处在磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求细线烧断后，两杆最大速度v1、v2的大小；
（2）两杆刚达到最大速度时，杆1上滑了x1＝0．8 m，则从t＝0时刻起到此刻经历了多长时间？
15（18分）．如图所示，两个相同的四分之一圆弧槽、并排放在水平面上，圆弧槽半径均为、内外表面均光滑，质量均为，、两点分别为、槽的最高点，、两点分别为、槽的最低点，槽的左端紧靠着墙壁.一个质量为的小球（可视为质点）从点由静止释放，重力加速度为.求：
（1） 小球到达槽最低点时速度的大小；
（2） 小球在槽内上升的最大高度；
（3） 槽具有的最大速率.
广东省深圳市联考2025-2026学年高三年级上学期一模
参考答案
1．【答案】B
【详解】根据质量数、电荷数守恒可知，衰变方程中的X为电子，A错误；衰变时放出核能，产生的新核的比结合能变大，B正确；衰变辐射出的电子来自于中子转变为质子时释放出的电子，C错误；外部条件无法改变半衰期，D错误。
【方法总结】衰变规律：
原子核衰变时电荷数和质量数都守恒。
（1）质量数是指质子数加中子数，由于质子和中子组成原子核时都有一定的质量亏损，所以质量在衰变前后不守恒。因此只能说质量数守恒而不能说质量守恒。
（2）原子核衰变时动量和能量都守恒。
2．【答案】B
【思路导引】
信息提取：（1）小物块先与长木板运动方向相反,再与长木板沿相同方向运动,在时达到共同速度.（2）图线与轴围成图形的面积表示对地位移,如图所示.
【详解】由图像可知,内小物块相对于长木板向正方向运动,内小物块与长木板相对静止,错误；在内,两图线与纵轴所围图形的面积等于小物块相对于长木板运动的位移大小,为,正确；在图像中,图线与时间轴围成图形的面积表示位移,因此在内长木板的位移大小,在内长木板的位移大小,因此长木板在内的平均速度大小,错误；在内长木板和小物块的速度变化量大小相等、方向相反,故两者的平均加速度大小相等、方向相反,错误.
3．【答案】C　
【详解】对小球受力分析,小球受重力mg和杆对球向上的摩擦力f,由牛顿第二定律得mg-f=ma,且a=g,解得f=mg,对木箱受力分析,木箱受到重力Mg、支持力FN和球向下的摩擦力f',根据平衡条件得FN=Mg+f',其中f'=f,根据牛顿第三定律可知木箱对水平面的压力大小为Mg+mg,C正确．
4．【答案】B　
【解析】波长λ＝＝0.8 m，SP＝4.6 m＝5λ＋λ，SQ＝5.0 m＝6λ＋λ，波向右传播，当S通过平衡位置向上运动时，波形图如图所示，故P在波峰，Q在波谷，B正确。
【技巧必背】
去整留零法
波传播过程中具有周期性，波传播x＝nλ＋Δx的波形与波传播Δx的波形相同。
5．【答案】C
【详解】图甲是速度选择器示意图，由图无法判断出带电粒子的电性，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是，A错误；图乙时磁流体发电机结构示意图，由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，B错误；图丙是质谱仪结构示意图，粒子经过速度选择器后的速度一定，根据洛伦兹力提供向心力可得，解得，则可知知R越小，比荷越大，即打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大，C正确；图丁是回旋加速器示意图，根据公式，解得，最大动能，可知与加速电压无关，D错误。
6．【答案】A
【详解】对双星系统,由相互作用的万有引力充当向心力,有,可得,即,故甲、乙做圆周运动的半径与两恒星质量成反比,故正确；由匀速圆周运动的规律可得,,可得,故甲、乙的线速度大小与两恒星质量成反比,故错误；双星在相等的时间内转过的角度相等,周期相等,由角速度的定义式,可得甲的周期,故错误；由,,解得,其中,可得甲、乙的总质量为,故错误.
7．【答案】C
【解析】发电机输出功率，已知，解得发电机的输出电流，A错误；根据用户端的电压和功率可知，，解得，由理想变压器原、副线圈匝数与电流关系规律可知，解得，输电线上损失的功率，B错误；由于变压器均为理想变压器，故匝数为的原线圈的输入功率等于匝数为、的两副线圈的输出功率之和，匝数为的线圈输出功率等于输电线损失的功率和匝数为的线圈输入功率之和，匝数为的线圈输入的功率等于匝数为的线圈输出的功率，所以，C正确；匝数为的线圈两端电压，，联立解得升压变压器的匝数比，D错误．
8．【答案】CD
【解析】设小球的质量为m，初速度为v0，取向右为正方向，在刚开始的过程中，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，变形得v2＝－v1＋v0，结合图乙可得＝，a＝v0，则小球的质量m＝M，A正确；小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v共，取向右为正方向，水平方向上由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v共，解得v共＝＝，B正确；小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得mv02＝mgh＋(m＋M)v共2，解得h＝＝，C错误；小球从开始运动到回到最低点的过程中，若规定向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv′1＋Mv′2，由机械能守恒定律得mv02＝mv′12 ＋Mv′22 ，若aM，联立两式解得v′1>0，v′2>v′1，则小球在与圆弧滑块分离后向右做平抛运动，D错误.
【易错警示】在列式子的过程中容易出现的错误是不确定运动方向，随意进行加减，或统一到题目中选取不同的正方向进行列式.在列动量守恒表达式时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据机械能守恒定律列方程求解.
9．【答案】AB
【解析】电场线的疏密表示电场强度的大小，b点处电场线的密集程度小于c点处电场线的密集程度，因此b点的场强大小小于c点的场强大小，A正确；根据Ep＝qφ可知将一电子放在c点，电子的电势能为Ep＝－e×30 V＝－30 eV，B正确；由题图可知Uab＜0，Ubc＞0，则将一质子由a点经b点移至c点，电场力先做负功后做正功，C错误；由于b点处的电场线不是直线，因此在b点由静止释放一带正电的粒子，粒子并不会沿电场线运动，D错误。
10．【答案】ACD
【解析】根据题图乙可知,当时,小球的重力等于弹簧的弹力,此时小球具有最大速度,弹簧和小球组成的系统机械能守恒,可知此时重力势能与弹性势能之和最小,A正确；根据运动的对称性可知,小球运动到最低点的位移大于,则小球受到的弹力最大值大于,B错误,C正确；小球达到最大速度的过程中,图像与轴围成图形的面积表示小球所受弹力做功的大小,小球所受弹力与运动方向相反,故弹力做功,由动能定理得 ,可得小球动能的最大值为 ,D正确.
11．【答案】（1）B（2分）
（2）（2分）
（3）纵轴（2分）
【解析】（1）缓慢推动活塞，稳定后再读出气体压强是为了防止气体体积变化太快，气体的温度发生变化，故错误；实验过程中，不用手直接接触圆筒，是为了防止圆筒从手上吸收热量，引起内部气体温度的变化，故正确；实验前在柱塞上涂好润滑油，是为了避免漏气，以保证气体质量不变，故错误.
（2）气体等温变化，有，则，因此纵坐标应为.
（3）考虑软管内气体体积和手机体积，且，气体等温变化，有，则，即题图丙中图像应与纵轴相交.
12．【答案】B；E；2.10；0.20
【详解】（1）由题意可知，电源电动势约为2V，保护电阻为，故电路中的最大电流，所以电流表选B，因电源内阻较小，为使电压表示数变化明显，滑动变阻器应选择总阻值较小的E；
（2）由闭合电路欧姆定律，由数学知识可知，图像与纵坐标的交点为电源电动势，而图像的斜率表示保护电阻与电源内阻之和，得，解得。
13．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）此时封闭气体的压强大小为，有
代入数据解得
（2）设玻璃管横截面积为S，以管内气体为研究对象，末态压强为，气柱长度为，有，
根据理想气体状态方程有
解得
（3）整个装置做自由落体运动时，封闭气体压强等于大气压，根据玻意耳定律有
解得
14．【答案】（1）3.2 m/s 　0.8 m/s　（2）0.41 s
【解析】（1）细线烧断前，有
F＝（m1＋m2）gsin 30°（1分）
细线烧断后，设杆1、2所受安培力大小分别为F安1 、F安2，则F安1＝F安2，
安培力方向相反，由系统动量守恒得
m1v1＝m2v2（1分）
两杆同时达到最大速度，之后均做匀速直线运动。两杆匀速运动时，设回路中电流为I，对杆2有
m2gsin 30°＝BIl（1分）
I＝（1分）
解得v1＝3.2 m/s（1分）
v2＝0.8 m/s（1分）
（2）设两杆达到最大速度前，两杆的瞬时速度大小分别为v'1、v'2，由系统动量守恒得
m1v'1＝m2v'2（1分）
则m1x1＝m2x2（1分）
则两杆刚达到最大速度时，杆2下滑了x2＝0.2 m（1分）
设所求时间为t，这段时间内回路中平均电流为，对杆2由动量定理得
m2gsin 30°·t－Bl·t＝m2v2－0（2分）
t＝＝＝（1分）
解得t＝0.41 s（1分）
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 小球从点运动到点,、均保持静止,根据动能定理可得,解得小球到达槽最低点时的速度大小为.
（2） 小球滑上槽后依然保持静止,开始向右运动,由于小球和槽组成的系统水平方向上不受外力,则水平方向动量守恒,当小球在槽内运动到最大高度时,二者水平速度相等,取向右为正方向,设共同速度为,根据动量守恒定律可得,根据机械能守恒定律可得,联立解得.
（3） 小球返回槽最低点时,槽速度最大,设的速度为,的速度为,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律得,根据机械能守恒定律可得,联立解得.
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2026届一模试卷