2024~2025学年湖南省娄底市高三上学期1月期末物理试卷（解析版）

这是一份2024~2025学年湖南省娄底市高三上学期1月期末物理试卷（解析版），共18页。
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、单项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1. 关于物理学思想方法，下列叙述不正确的是（ ）
A. 电场强度是采取比值法定义的物理量
B. 瞬时速度的定义运用了等效替代法
C. 将物体看成质点运用了理想化模型法
D. 库仑扭秤实验运用了放大法
【答案】B
【解析】A．电场强度是采取比值法定义的物理量，故A正确；
B．瞬时速度的定义运用的是极限思维法，故B错误；
C．将物体看成质点运用了理想化模型法，故C正确；
D．库仑扭秤实验运用了放大法，故D正确。
本题选错误的，故选B。
2. 如图所示，在某一真空区域中，有水平向右的匀强电场，在竖直平面内有初速度为的带电微粒，粒子质量为m，电量为q，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动，与电场强度方向的夹角为θ，重力加速度为g，则（ ）
A. 微粒可能带正电B. 匀强电场强度大小
C. 微粒的机械能减小D. 微粒的电势能减小
【答案】C
【解析】A．微粒做直线运动，故电场力和重力的合力沿方向，电场力方向水平向左，微粒一定带负电，A错误；
B．对微粒受力分析，有，故， B错误：
CD．微粒在运动过程中，电场力做负功，机械能减小，电势能增大， C正确、D错误。
故选C。
3. 2024年8月10日，在巴黎奥运会男子102公斤级举重比赛中，中国选手刘焕华不负众望，夺得金牌。抓举的过程如图所示，首先刘焕华用双手迅速提起杠铃至胸前，然后迅速下蹲，“钻到”杠铃底下，两臂呈八字形托住杠铃，最后缓缓站立。关于举重的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 刘焕华将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先失重后超重
B. 刘焕华对杠铃的作用力小于杠铃对刘焕华的作用力
C. 整个过程中刘焕华两手对杠铃的力始终不小于杠铃的重力
D. 刘焕华两臂呈八字形托住杠铃静止时，两臂夹角越大，每条手臂对杠铃的作用力越大
【答案】D
【解析】A．刘焕华将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先加速上升后减速上升，先超重后失重，故A错误；
B．刘焕华对杠铃的作用力与杠铃对刘焕华的作用力是一对相互作用力，大小相等，故B错误；
C．杠铃减速上升过程，加速度竖直向下，刘焕华两手对杠铃的力小于杠铃的重力，故C错误；
D．刘焕华两臂呈八字形托住杠铃静止时，受力分析如图
可得
解得
可知两臂夹角越大，每条手臂对杠铃的作用力越大，故D正确。
故选D。
4. 2024年9月6日2时30分，我国在太原卫星发射中心使用长征六号运载火箭，成功将吉利星座03组卫星发射升空，10颗卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。假设某颗卫星先在椭圆轨道Ⅰ上运动，经过P点启动变轨后进入圆轨道Ⅱ上做匀速圆周运动。轨道上的P、Q、S三点与地球中心位于同一直线上，P、Q两点分别是椭圆轨道的远地点和近地点，且（R为地球的半径）。卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ上经过P点的速度分别为，在轨道Ⅱ上的运行周期为T，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 地球的密度为
C. 卫星在轨道Ⅰ上运动时，经过P点加速度为
D. 卫星在轨道Ⅱ上经过S点的速度大于地球的第一宇宙速度
【答案】B
【解析】A．卫星在P点变轨由椭圆轨道到圆轨道，需要加速，故，故A错误；
B．圆轨道Ⅱ的半径为
卫星在Ⅱ轨道上做圆周运动，由万有引力提供向心力得
计算得地球质量为
地球体积为
地球的密度为密度为
计算得
故B正确；
C．卫星在Ⅱ轨道上做匀速圆周运动，经过P点时，加速度为
在Ⅰ轨道上卫星经过P点时所受万有引力和Ⅱ轨道上经过P点时相同，由牛顿第二定律，卫星在轨道Ⅱ上运动时，经过P点的加速度与在Ⅰ轨道上卫星经过P点时加速度相同，为，故C错误；
D．由万有引力提供向心力得
可得
第一宇宙速度为轨道半径等于地球半径时的线速度，轨道Ⅱ上做匀速圆周运动时半径大于地球半径，故卫星在轨道Ⅱ上经过S，点的速度比第一宇宙速度小，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，光滑水平地面上放有截面为四分之一圆周的柱状物体A，A与墙之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止，在F的推动下，B缓慢上移，则在移动过程中（ ）
A. B对A的作用力减小
B. 外力F逐渐增大
C. 地面对A的弹力减小
D. 外力F和地面对A支持力的合力不变
【答案】A
【解析】A．对B受力分析，受力图如图所示
在F的推动下，B缓慢上移，A对B弹力与竖直方向的夹角逐渐减小，故A对B弹力逐渐减小，根据牛顿第三定律，B对A的作用力逐渐减小，故A正确；
B．A对B弹力与竖直方向的夹角逐渐减小时，墙面对B的弹力减小，整体研究A和B，外力F与墙面对B的弹力平衡，等大反向，故外力F逐渐减小，故B错误；
C．整体研究A和B，地面对A的弹力与A和B的总重力平衡，等大反向，故地面对A的弹力不变，故C错误；
D．外力F逐渐减小，地面对A的支持力不变，故外力F和地面对A支持力的合力减小，故D错误。
故选A。
6. 如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为的小物块从斜面底端开始以初速度沿斜面上滑，斜面表面由于材料特殊，向上运动和向下运动时动摩擦因数不同，已知斜面的倾角，取水平地面为零重力势能参考面，以斜面底端为初位置，在物块在运动过程中，物块的机械能E随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示，重力加速度g取（），下列说法正确的是（ ）
A. 物块上滑和下滑产生的热量相同
B. 物块上滑的时间大于物块下滑的时间
C. 物块上滑过程中动量的变化量的大小为
D. 物块下滑的动摩擦因数比上滑动摩擦因数大
【答案】D
【解析】A．物块上滑机械能的损失量为
物块下滑机械能的损失量为
故物块上滑和下滑产生的热量不同，故A错误；
B．物块上滑在同样的高度处的速度大小一定大于物块下滑在同样高度处的速度，物块上滑的时间小于物块下滑的时间，故B错误；
C．物块上滑时的初动量
故物块上滑过程中动量的变化量的大小为，故C错误；
D．图像斜率的绝对值表示物块受到的摩擦力，物块在上滑过程中
解得
物块在下滑过程中
解得
故
故D正确
故选D。
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的4个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 艺术体操的彩带操表演中，运动员手持细棒沿竖直方向上下抖动彩带的一端，彩带随之波浪翻卷，同时彩带上的波浪向前传播，把这样的波浪看成简谐横波，如图所示为时刻的波形图，该列波沿x轴正方向传播，传播速度为。P、Q是x轴上分别位于处的两个质点，下列说法正确的是（ ）
A. 该波的波长为，频率为
B. 经过，质点P移到质点Q
C. 质点P和Q在振动过程中的位移大小总相同
D. 时，质点P的振动方向沿y轴正向
【答案】AC
【解析】A．根据波形图可得机械波的波长为，该机械波的频率为
故A正确；
B．机械波动中质点不会随波迁移，故B错误；
C．质点P和Q间隔半个波长，振动步调总完全相反，故C正确；
D．根据同侧法，时刻，P质点沿y轴正向振动，该机械波的周期为时，即质点P经过次全振动，振动方向沿y轴负向，故D错误。
故选AC。
8. 如图所示，一束平行于直径的光束射到透明介质球的表面P点，经折射后射到B点，已知，介质球的半径为R，光在真空中的传播速度为c，则（ ）
A. 介质球的折射率为
B. 介质球的折射率为
C. 光在B点可能发生全反射
D. 光从P传到B点的时间为
【答案】BD
【解析】AB．根据几何关系，光在P点入射角，折射角，根据折射定律
解得
故A错误，B正确；
C．由几何知识知，折射光线射到B点时入射角等于，根据光路可逆，光在B点不可能发生全反射，故C错误；
D．光在介质球中的传播速度为
传播距离为
光从P传到B点的时间为
解得
故D正确
故选BD。
9. 如图所示，三个电阻均为R，电源内阻不计，电动势为E，电容器的电容为C，当开关闭合、断开时，电容器内一油滴恰好处于静止状态，下面叙述正确的是（ ）
A. 油滴一定带负电
B. D点的电势为
C. 保持闭合，再闭合，油滴竖直向上运动
D. 保持闭合，再闭合，电容器上的电量减少
【答案】AD
【解析】A．电容器内电场强度方向竖直向下，油滴受到的电场力方向竖直向上，故油滴带负电，A正确；
B．当开关闭合、断开时，整个回路断路，电动势全部加在电容器上，故D点的电势为0，B错误；
C．保持闭合，再闭合，电容器上的电压变为，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，C错误；
D．电容器上的电压由E变为，故电容器上的电量减少，D正确。故选AD。
10. 如图所示，竖直平面内半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q为圆形区域竖直直径的两个端点，M、N为圆形区域水平直径的两个端点。大量质量均为m、电荷量为q的带正电粒子，以相同的速率从P点向纸面内的各个方向射入磁场区域。粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是（ ）
A. 若粒子射入磁场的速率为，则粒子均沿竖直方向射出磁场
B. 若粒子射入磁场的速率为，则粒子最远可以从M点射出磁场
C. 若粒子射入磁场的速率为，则粒子在磁场中运动的时间可能为
D. 若粒子射入磁场的速率为，则可能有粒子从N点射出磁场
【答案】BD
【解析】A．根据洛伦兹力提供向心力
若粒子射入磁场的速率为，则带电粒子在磁场中的轨迹半径，根据磁扩散模型可知带电子均沿水平方向射出磁场，故A错误；
B．若粒子射入磁场的速率为，则带电粒子在磁场中的轨迹半径，当粒子在磁场中运动半个周期时，刚好可以从M点射出磁场，故B正确；
C．若粒子射入磁场的速率为，则粒子在磁场中运动的轨迹半径，当粒子在圆形磁场中的运动时间最长，则粒子圆周运动的轨迹应以磁场圆直径为弦，则粒子的运动轨迹如图所示
此轨迹在磁场中的偏转角为θ，根据几何关系可知
所以
粒子在磁场中运动的最长时间
故粒子在磁场中的时间不可能为，故C错误；
D．当入射速度的方向合适时，是可以确定从N点射出的粒子圆周运动的圆心，如图所示
作的中垂线，以P或N点为圆心以为半径画圆弧交中垂线于O，O点即为能通过N点轨迹的圆心，故D正确。
故选BD。
三、非选择题（本题共5小题，共56分）
11. 在验证牛顿第二定律的实验中，某同学做了如图甲所示的实验改进，用力传感器来测量细线中的拉力大小。
（1）关于该实验，下列说法正确的是__________。
A. 力传感器的示数等于砂和砂桶的总重力
B. 相等时间内小车和砂桶速度改变量大小相等
C. 砂和砂桶的总质量需远小于小车质量
D. 本实验仍需要平衡阻力
（2）图乙是某次实验打出的一条纸带，相邻两个计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器的频率为，则打点计时器打出C点时，小车的速度大小为________，小车的加速度大小为________（结果均保留两位有效数字）。
（3）称量出小车质量m，改变砂和砂桶的质量，读出力传感器的读数F，并通过纸带得到小车的加速度a，得到多组的值如图丙所示，则在误差范围内_________。
【答案】（1）D （2）
（3）
【解析】【小问1详解】
A．由于砂和砂桶做加速运动，由牛顿第二定律可知
则力传感器的示数小于砂和砂桶的总重力，故A错误；
B．由实验装置可知，相等时间内砂桶的位移是小车位移的两倍，由可知，砂桶的速度大小是小车速度大小的两倍，二者速度改变量也是两倍的关系，故B错误；
C．力传感器可以精确测得绳子对小车的拉力，故不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量，故C错误；
D．本实验为了保证小车受到的合力等于力传感器测得的大小的两倍，仍需要平衡阻力，故D正确。
故选D。
【小问2详解】
[1]相邻两个计数点间还有四个点未画出，则相邻两个计数点的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打出C点时，小车的速度大小为
[2]根据逐差法可得小车的加速度大小为
【小问3详解】
根据牛顿第二定律可得
可得
故图像斜率
12. 某同学欲测量某未知电阻的阻值。除了待测电阻、多用电表之外，实验室还准备了如下器材：
A．电源E（电动势，内阻r约为）；
B．滑动变阻器（最大阻值）；
C．滑动变阻器（最大阻值）;
D．电阻箱（阻值范围）；
E．电阻箱（阻值范围）；
F．毫安表（量程，内阻为）；
G．电压表V（量程，内阻为）；
H．开关1个，导线若干。
（1）用多用电表粗略测量金属丝的电阻，当选择“”倍率的电阻挡，欧姆调零后再进行测量，多用电表的示数如图甲所示，测量结果为________Ω；
（2）实验电路图如图乙所示，他把电压表量程扩大为原来的2倍，图乙中的电阻箱应选择_________（填对应器材前的序号），并将该电阻箱的阻值调为_________Ω。
（3）为了调节方便，图乙中的滑动变阻器应选择___________（填对应器材前的序号），且在开关闭合前将滑片滑到最_________（填“左”或“右”）端。
（4）调节滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表和毫安表的示数如图丙、图丁所示，可知未知电阻的阻值为_________Ω。（结果保留整数）
【答案】（1）500 （2）E 1200.0
（3）B 左
（4）450
【解析】【小问1详解】
多用电表的读数为
【小问2详解】
[1][2]设将电压表量程改装到所需串联的电阻的阻值为，有
可得
结合电阻箱的最大阻值可知，图乙中的电阻箱应选择，即E。
【小问3详解】
[1]结合分压电路的特点可知，为了调节方便，应选最大阻值较小的滑动变阻器，即选B；
[2]在开始实验时需要使待测电阻两端的电压最小，开关闭合前滑片应滑到最左端。
【小问4详解】
由电压表读数规则可知，电压表的读数为，则未知电阻和电流表两端的总电压为
毫安表的读数为
未知电阻的电阻值
13. 如图所示，有一个可视为质点的质量为的小物块，从光滑平台上的A点以的初速度水平飞出，到达B点时，恰好沿B点的切线方向进入固定在地面上的竖直光滑圆弧轨B道，圆弧轨道的半径为，B点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角，C点为圆弧轨道的最低点，不计空气阻力，取重力加速度。求：
（1）A、B两点的高度差h；
（2）小物块经过C点时对轨道的压力。
【答案】（1） （2），方向竖直向下
【解析】【小问1详解】
由题意可知，小物块在B点的速度为
小物块在B点竖直方向的分速度为
根据平抛运动在竖直方向为自由落体可知
【小问2详解】
从A到C，由机械能守恒定律
小物块运动到C点时，设轨道对小物块的支持力为，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力等于轨道对小物块的支持力，为，方向竖直向下。
14. 如图所示，在足够长水平轨道上有小物块A和足够长的木板B，小物块C放在长木板B的最右端，A、B与地面间的动摩擦因数为，C和B间的动摩擦因数为。三个物体质量分别为，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药，现在引爆塑胶炸药（爆炸时间极短），若炸药爆炸产生的能量有转化为A和B的动能，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。求炸药爆炸后：
（1）A在水平面上滑行的最大距离；
（2）C运动的时间。
【答案】（1） （2）
【解析】【小问1详解】
炸药爆炸过程，内力远大于外力，由动量守恒可得
根据能量守恒可得
解得
对A用动能定理
解得
【小问2详解】
炸药爆炸后，C向右由静止开始加速
B向右减速
解得，
设经过时间，B和C速度相等，有
解得，
之后B和C一起在水平面减速，有
解得，C运动的时间
15. 如图所示，在竖直面内的坐标系区域中有竖直向上的匀强电场，在的区域内充满有方向垂直纸面向里的匀强磁场，已知磁场的磁感应强度为B。在负x轴上有一质量为m、电量为的金属球a以速度沿x轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b球不粘连、无摩擦）质量为m、不带电金属球b发生弹性碰撞，碰后b球进入磁场并向y轴负向偏转。已知a、b球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g，不计a、b球间的静电力，不计a、b球产生的场对电场、磁场的影响，不计细支柱对小球的影响，求：
（1）碰撞后，a、b球的速度大小：
（2）a、b碰后，a球速度大小再次变为所经过的时间；
（3）a、b碰后，b球每次经过最低点时的速度大小以及从碰后到每次经过最低点运动的时间。
【答案】（1）， （2）
（3），
【解析】【小问1详解】
a匀速，电场力和重力平衡，a、b发生弹性碰撞，根据动量守恒可得
根据能量守恒可得
解得，
【小问2详解】
碰后a、b电量总量平分，则
碰前a向右匀速运动，电场力和重力平衡，有
碰后对a球
小球在做加速度为a匀加速直线运动，设a球速度再次变为所经过的时间为t，则有，解得
【小问3详解】
碰撞后对b球有
把b球的速度看成向x轴正向的与向x轴负向的两个速度的合成，设此时有
b球可看成以做匀速直线运动和以做匀速圆周运动的合成，其中
圆周运动的周期
由题意可知小球b经过最低点时，在磁场中转动了个圆周
此时小球b的速度为
从碰后到经过最低点运动的时间为
解得，