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2026 年邵阳市高三第一次联考试题参考答案与评分标准
物 理
一、二、选择题(共 分, 题为单选,每题 分; 题为多选,全对 分,选对但不全得
43 1-7 4 8-10 5
分,不选或错选得 分)
3 0
题 号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答 案
A B D B C D B BC BD ACD
ΔΦ B B
. 【详解】 t t ,q ( r)2 2 0 r2 0, 正确;
10 ACD A. 0~2 0 = R =π 2 R =8π R A
r2B
由题图可知,在 t 内圆环中的电流大小为I 4π 0
B. 0~2 0 1= Rt
0
r2B
在 t t 内圆环中的电流大小为I 8π 0
2 0~3 0 2= Rt
0
设圆环中电流的有效值为I,根据有效值定义可得I2R· t I2R· t I2Rt
3 0= 1 2 0+ 2 0
r2B
联立解得I 4 2π 0; 错误
= Rt B
0
设右侧有对称的无限长直导线C′D′与CD构成回路,则t . t 时刻,CD、C′D′回路产
C. =1 5 0
B
生的总电动势为E
总=4π
r2
t
0
0
B
根据对称性可知t . t 时刻直导线CD电动势为 r2 0, 正确
=1 5 0 2π t C
0
B
D.
t
=2
.
5
t
0
,过M点的圆环内感生电动势E
总
′
=8π
r2
t
0,圆环周长l
=2π
·
2
r,感生电场场
0
E ′ rB
强E 总 ,得E 2 0, 正确,故选 。
= l = t D ACD
0
三、非选择题:共 分。
57
. 每空 分 d
11 ( 2 )(1)B (2)A (3)
. 每空 分 . . . 均可 .
12 ( 2 )(1)1 845(1 843~1 847 ); 4 230
π
d2 é
ê ê
I
2 R r
ù
ú ú 等于
(2)① ② L ë(I -1) 0- 1û ③
4
1
. 分 15p 减少 .
13 (10 )(1) 0 (2) 6 65 J
17
解: 状态 气体的温度T
(1) 1 1=(67+273)K=340 K
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2026 1 3状态 气体的温度T
2 2=(27+273)K=300 K
压强p p 分
1= 0 ……………………………………………………………………………… 1
p p
气体做等容变化 根据 1 2 分
, T =T …………………………………………………………… 3
1 2
可得p 15p 分
2= 0 …………………………………………………………………………… 2
17
气体做等容变化 外界对气体不做功 气体吸收热量为Q . 分
(2) , , =-6 65 J …………… 1
根据热力学第一定律ΔU W Q 分
= + ……………………………………………………… 2
气体内能的变化ΔU . 即气体内能减少 .
=-6 65 J, 6 65 J。
分
…………………………………………………………………………………………… 1
. 分 . 或7
14 (15 )(1)2 m/s (2)40 N (3)0 4375 m( m)
16
解: 滑块从抛出到A点的高度 y h R α 分
(1) : 1= - (1-cos ) ……………………………… 1
v y 1 2 =2 gy 1 …………………………………… 1 分
v
y
滑块做平抛运动到A点 速度偏转角为α 故 α 1 分
, , :tan =v ……………………………… 1
得 v
0
分
: 0=2 m/s, …………………………………………………………………………… 2
(2)
滑块从抛出点到B
,
由动能定理
:
mgh
=
1mv B2
-
1mv
0
2
………………………… 2
分
2 2
mv B2
滑块在B点 F mg 分
: N- = R ……………………………………………………………… 2
得 F 分
: N=40 N …………………………………………………………………………… 1
设高度为H 滑块抛出速度大小为v
(3) , 1:
y H R α
2= - (1-cos )
v y 2 2 =2 gy 2
v
y
速度偏转角仍为α 故 α 2 分
, :tan =v ………………………………………………………… 1
1
滑块从抛出到B点 mgH 1mv 2 1mv 2 分
: = 2 - 1 …………………………………………… 1
2 2
滑块从B到木板右端 由动量守恒定律 mv M m v 分
, : 2=( + ) 共 …………………………… 1
由能量守恒
:
μmgL
=
1mv
2
2
-
1
(
M
+
m
)
v 共2
…………………………………………… 1
分
2 2
得 H 7 或H . 分
: = m( =0 4375 m) ………………………………………………………… 1
16
. 分 解: 设粒子源上某点 x y 处释放的粒子垂直于 y 轴进入第二象限时速度为
15 (16 ) (1) ( , )
v 有 qEx 1mv2 分
0, = 0 …………………………………… 1
2
进入第二象限后做类平抛运动经时间t经过点 L 则
(- ,0), :
Eq ma 分
= ……………………………………… 1
y 1at2 分
= …………………………………… 1
2
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2026 2 3L v t 分
= 0 ……………………………………… 1
L2 L
得 y x L 分
: = x( ≤ ≤ ) …………………………………………………………………… 1
4 4
L
由 知C点的坐标为 L 设粒子进入磁场时速度为 v 与 x 轴负方向成 θ 角
(2) (1) ( , ), 1, 1 。
4
L
则水平分速度满足 : v x 2 =2 a · , 竖直分速度满足 : v y 2 =2 a · L …………………… 1 分
1 4 1
v
y
θ 1 分
tan 1=v …………………………………… 1
x
1
v x 1 2 + v y 1 2 = v 1 2 ………………………………… 1 分
qEL
得 θ v 5 分
: tan 1=2, 1= m …………………………… 1
2
设该粒子在磁场中轨道半径为r 则 L r θ
1, =2 1sin 1
v2
qv B m 1 分
1 = r …………………………………… 1
1
mE
解得 B 2 分
: =2 qL ………………………………………………………………………… 1
若从粒子源AC 上 x y 处释放的粒子 进入磁
(3) ( , ) ,
场速度为 v 水平分速度为 v 竖直分速度为
2, x
2
,
v 则
y , :
2
v y 2 =2 ay
2
v x 2 =2 ax ……………… 1 分
2
粒子进入磁场时速度与 x 轴负方向成 θ 角 在磁场
,
中的轨道半径为r
,
v
y
θ 2
tan =v
x
2
L
解得 θ 分
: tan = x…………………………………………………………………………… 1
2
设轨迹圆与x 轴相交的弦长为d 则
,
d r θ
=2 sin
mv 2
qv 2 B = r 2 , v 2 2 = v y 2 2 + v x 2 2
L3
解得 d 分
: = x …………………………………………………………………………… 1
4
L
当x L时 d取得最小值 d 分
= , : min= …………………………………… 1
2
L
故粒子收集板的最小长度 l L d 解得 l 分
: = - min, : = …………………………………… 1
2
注:解答题用其他方法解答,请参照给分。
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