2025长沙地质中学高三下学期一模物理试题含解析

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注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（共28分）
1. 关于物理学研究方法和物理学史，下列叙述正确的是（ ）
A. 伽利略通过理想斜面实验得出：力是产生加速度的原因
B. 牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测出了引力常量的数值
C. 将带电体看成点电荷和将物体看成质点，都运用了等效替代法
D. 在“探究加速度与力、质量的关系”和“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验时都采用了控制变量法
【答案】D
【解析】
【详解】A．伽利略的理想斜面实验得出的是物体的运动不需要力来维持，故A错误；
B．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什通过扭秤实验测出了引力常量的数值，故B错误；
C．点电荷和质点运用的是理想模型法，故C错误；
D．在“探究加速度与力、质量的关系”和“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验时都采用了控制变量法，故D正确。
故选D。
2. 质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P。t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶；到t2时刻，汽车又开始匀速直线运动，假设整个过程中汽车所受的阻力不变，下列选项中正确的是（ ）
A. 减小油门后汽车做匀减速直线运动
B. 该过程中汽车所受的阻力大小为
C. t2时刻汽车的速度是
D. 汽车在t1到t2这段时间内的位移大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．根据
减小油门后，汽车做加速度减小的减速直线运动，匀速时，有
故AB错误；
CD．t2时刻再次匀速，根据
解得
在t1到t2这段时间内由动能定理
解得
故C正确，D错误。
故选C。
3. 与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，已知地球的公转半径为，公转周期为，小行星甲的远日点到太阳的距离为，小行星乙的近日点到太阳的距离为，引力常量为，下列说法正确的是（ ）
A. 小行星甲与太阳的连线和小行星乙与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等
B. 小行星乙在远日点的加速度大小等于地球公转的加速度大小
C. 小行星甲的公转周期为
D. 太阳的密度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据开普勒第二定律可知，同一行星与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等，但小行星甲与小行星乙在不同轨道上，所以小行星甲与太阳的连线和小行星乙与太阳的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得
可得
由于小行星乙在远日点离太阳距离等于地球离太阳距离，则小行星乙在远日点的加速度大小等于地球公转的加速度大小，故B正确；
C．根据开普勒第三定律可得
解得小行星甲的公转周期为
故C错误；
D．设太阳质量为，太阳半径为，太阳的密度为，则有
地球绕太阳转动，由万有引力提供向心力可得
联立可得太阳的密度为
故D错误。
故选B。
4. 无线蓝牙耳机可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接。已知无线连接的最远距离为10m，甲和乙两位同学做了一个有趣实验。甲佩戴无线蓝牙耳机，乙携带手机检测，甲、乙开始位置齐平如图（a）所示，甲、乙同时分别沿两条平行相距8m的直线轨道向同一方向运动，甲做匀速直线运动，乙从静止开始先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，其速度v随时间t的关系如图（b）所示，则在运动过程中，手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为（ ）
A. 4sB. 5sC. 8sD. 13s
【答案】C
【解析】
【详解】已知无线连接的最远距离为10m，直线轨道相距8m，手机检测到蓝牙耳机时，甲、乙间位移之差最大值为
当时，根据图像与时间轴所围的面积表示位移，可知甲、乙的位移之差
设4s之前手机与蓝牙耳机能被连接的时间为，从到，有
即
解得
或（舍去）
可知在内手机与蓝牙耳机一直处于连接状态；根据对称性可知，在内手机与蓝牙耳机处于断开状态，在时手机与蓝牙耳机又开始处于连接状态，由图像中可知此时乙开始做匀速运动，设从6s之后手机与蓝牙耳机能被连接的时间为，则有
即
解得
则在运动过程中，手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为
故选C
5. 2024年是量子力学诞生一百周年，量子力学已经对多个领域产生了深远的影响，包括物理学、化学、计算机科学、通信技术和生物学，量子力学已成为现代科学的重要基石之一。下列关于量子力学创立初期的奠基性事件中说法正确的是（ ）
A. 黑体辐射电磁波的强度的极大值随着温度的升高向波长长的方向移动
B. 发生光电效应时，逸出光电子最大初动能与入射光的频率成正比
C. 根据玻尔原子理论，氢原子由低能级向高能级跃迁时，只能发出特定频率的光
D. 康普顿效应证实了光子具有动量，频率越大动量越大
【答案】D
【解析】
【详解】A．黑体辐射电磁波的强度的极大值随着温度的升高向波长短的方向移动，A错误；
B．根据光电效应方程
可知发生光电效应时，溢出光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，B错误；
C．根据玻尔原子理论，氢原子由低能级向高能级跃迁时，只能吸收特定频率的光，C错误；
D．康普顿效应证实了光子具有动量，根据
可知频率越大，动量越大，D正确。
故选D。
6. 如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，进站前连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离等于RS间距离，RS段的平均速度是12m/s，ST段的平均速度是6m/s，则公交车经过S点时的瞬时速度为（ ）
A. 11m/sB. 10m/sC. 9m/sD. 8m/s
【答案】B
【解析】
【详解】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，两段距离相等，平均速度是2倍的关系，设所用时间分别为t、2t，平均速度等于中间时刻瞬时速度，速度从12m/s减到6m/s所用时间为1.5t，因此在0.5t时间内速度减小2m/s，公交车经过S点时的瞬时速度为
故选B。
7. 下列说法正确的是（ ）
A. 图甲为康普顿效应的示意图，入射光子与静止的电子发生碰撞，碰后散射光的波长变长
B. 在两种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触固体背面上一点，蜡熔化的范围如图乙所示，则a一定是非晶体，b一定是晶体
C. 图丙中随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向频率较低的方向移动
D. 图丁光电效应实验中滑动变阻器的触头向右移动，电流表的示数一定增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．图甲为康普顿效应的示意图，入射光子与静止的电子发生碰撞，碰后，入射光的动量减小，根据
可知，碰后散射光的波长变长，故A正确；
B．在两种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触固体背面上一点，蜡熔化的范围如图乙所示，则a表现出各向同性，a可能是多晶体，也可能是非晶体，b表现出各向异性，b一定是单晶体，故B错误；
C．根据黑体辐射的规律，图丙中随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向频率较高的方向移动，故C错误；
D．图丁中光电效应实验中电源所加电压为加速电压，逸出的光电子加速到达A极，当滑动变阻器的触头向右移动时，加速电压增大，若电流没有达到饱和电流，电流表的示数先增大，达到饱和电流后，电流表的示数不变，故D错误。
故选A。
二、多选题（共15分）
8. 如图所示的电路中，各电表为理想电表，为定值电阻，电源内阻为r且，在滑动变阻器的滑片从某位置向左移动一小段距离的过程中，设电压表V1、电压表V2、电流表A的示数分别是，电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量的绝对值分别为，、，则下列说法正确的是（ ）
A. 电流表示数增大，电压表V1示数增大
B. 与I的比值不变
C. 与的比值小于与的比值
D. 电源的输出功率可能减小
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由图可知R1与R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，若滑片向左端移动，则滑动变阻器接入电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I增大，即电流表示数增大，R1两端的电压U1增大，即电压表示数V1增大，故A正确；
B．根据欧姆定律有
可知U1与I的比值不变，故B正确；
C．由闭合回路欧姆定律有
由于增大，则减小，由于增大，可知减小，且V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值，所以与的比值大于与的比值，故C错误；
D．根据电功率公式
得
当时，最大，由于，所以的滑片从某位置向左移动一小段距离的过程中电源的输出功率增大，故D错误。
故选AB。
9. 如图甲所示，质量为2m的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为m，置于C上，B位于A右方某处。A、C间的动摩擦因数，B、C间和C与地面间的动摩擦因数。给C施加一水平向右的恒力F，从开始施加恒力到A、B第一次相遇时间为t。可得与F的关系如图乙所示（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取），下列说法正确的是（ ）
A. 滑块A能获得的最大加速度为
B. A、B之间的初始距离为4m
C. 滑块A的质量为1kg
D. 若，A、C之间将发生相对滑动
【答案】AC
【解析】
【详解】A．对滑块A有
解得
故A正确；
B．对滑块B有
解得
由图可知F足够大时，A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为
由
解得
故B错误；
C．当，滑块B与C恰好发生相对滑动，则有
得
故C正确；
D．设A、B、C均产生相对运动时拉力为，则有
得
故时，A、C均保持静止；故D错误。
故选AC。
10. 将压瘪的乒乓球（未漏气）浸泡在热水中，一段时间后乒乓球便恢复原状，乒乓球内部气体（视为理想气体）经历了由A→B→C的变化过程，V—T图像如图所示，T为热力学温度，已知理想气体的内能与热力学温度成正比，则下列结论正确的是（ ）
A. 状态A、B的压强大小相等
B. 从状态B到状态C，气体内能不变
C. A→B→C过程，球内气体对外所做的功小于气体从外界吸收的热量
D. 在状态A与状态C时乒乓球内气体压强之比为1：2
【答案】CD
【解析】
【详解】A．在图像中，过原点的倾斜的直线为等压变化，由题图可知，状态A、B两点不在过原点的同一直线上，因此状态A、B的压强大小不相等，A错误；
B．从状态B到状态C，气体的温度升高，则气体内能增大，B错误；
C． A→B→C过程，球内气体的体积增大，球内气体对外做功，即，气体的温度升高，球内气体的内能增大，即，由热力学第一定律可知，，即球内气体从外界吸收热量，可知球内气体对外所做的功小于气体从外界吸收的热量，C正确；
D．气体在状态A到状态C时，由理想气体状态方程可得
解得
即在状态A与状态C时乒乓球内气体压强之比为1：2，D正确。
故选CD。
三、实验题（共20分）
11. 现有某型号电池，小张同学想用学过的物理知识来测量其电动势和内电阻，实验室提供的器材有：
①电压表（0~3V，内阻为）；
②电流表（，内阻很小）；
③滑动变阻器；
④定值电阻；
⑤定值电阻；
⑥开关，导线若干。
（1）小张同学设计了如图甲所示电路图，需将电压表量程扩大为，则定值电阻应选_____。（填所给器材前面的序号）
（2）请你在图乙中用笔画线代替导线连接好测量电路的剩余部分____。
（3）通过调节滑动变阻器，得到多组电压表的读数和电流表的读数，作出如图丙的图像。请根据图丙求出电源的电动势等于_____，电源内阻等于_____。（两空均保留三位有效数字）
（4）若考虑电流表内阻，则电源内阻测量值_____（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】（1）⑤ （2）见解析
（3） ①. 5.90（5.88~5.92） ②. 2.29（2.25~2.33）
（4）大于
【解析】
【小问1详解】
由题有
所以
【小问2详解】
【小问3详解】
由
可知
由图可求
所以
斜率
所以
【小问4详解】
考虑电流表有内阻，测量值大于真实值
12. 为研究某金属导线材料的电阻率，实验器材如下：
待测金属导线一根；
电压表（量程0~3V，内阻约为）；
电流表（量程0~0.6A，内阻约为）；
滑动变阻器（阻值范围，允许通过的最大电流为0.1A）；
滑动变阻器（阻值范围，允许通过的最大电流为1A）；
两节干电池，开关，导线若干，螺旋测微器，刻度尺。
（1）如图甲，用螺旋测微器测金属导线的直径d 时，如图乙所示，则___________mm。
（2）用如图丙所示电路进行实验，图丁为实物图，调节金属导线上可动接线柱Q的位置（金属导线的总阻值约），可以改变导线接入电路的长度，可动接线柱Q有一定的电阻，但阻值未知。滑动变阻器应该选___________（选填“”或“”），将实物图连线连接完整。________
（3）多次改变导线接入电路的长度L，测量不同长度时的电阻，作图像如图戊所示，测得图像中直线的斜率为k，纵坐标截距为b，则该金属材料的电阻率为___________，可动接线柱Q处的电阻为___________（用k、b和d表示）。
【答案】（1）1200
（2） ①. ②. 见解析
（3） ①. ②. b
【解析】
【小问1详解】
用此螺旋测微器测得该金属导线的直径d，如图乙所示，则
【小问2详解】
[1]由实验原理图可知，滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，应该选最大阻值较小的；
[2]滑动变阻器采用分压式接法，还需从电池负极接线柱引线连接到图中滑动变阻器的左下接线柱,如图所示：
小问3详解】
[1][2]依题意，可得
整理，可得
结合图戊可知
四、解答题（共37分）
13. 如图所示，足够长的倾角θ = 37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为mA = 2 kg的物块A连接，另一端与质量为mB = 3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于空中，此时B下端离地的高度为7.2 m，（g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cs37° = 0.8）求：
（1）将手松开到B落地之前，绳的拉力大小；
（2）A沿斜面上升的最大距离。
【答案】（1）19.2 N
（2）11.52 m
【解析】
【小问1详解】
将AB及绳子整体受力分析，由牛顿第二定律得
代入数据解得
单独对B受力分析，由牛顿第二定律得
联立解得
【小问2详解】
设B从开始运动到落在地所用时间为t，根据匀变速直线运动规律可得
解得
B落地时A的速度
设B落地后A的加速度为aA，由牛顿第二定律得
解得
设在B落地后A上升的距离为x，由运动学公式得
解得
故A沿斜面上升的最大距离
14. 在导热良好的矩形气缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把气缸倒置悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于气缸口处，如图甲所示；当把气缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳定时如图乙所示。已知活塞质量为m，横截面积为S，大气压强，环境温度为T0，气缸的深度为h，重力加速为g，不计活塞与气缸壁间的摩擦。
（1）求图乙中活塞离气缸底部的高度h1；
（2）活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于气缸口，已知封闭气体的内能随热力学温度变化的关系为U=kT，k为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设甲、乙中封闭气体的压强分别为、，则有
，
解得
，
气体做等温变化，由玻意耳定律有
联立解得
（2）设活塞回到气缸口时气体温度为，气体等压变化，则有
可得
气体对外做的功为
气体内能变化为
根据热力学第一定律可得
解得
15. 如图所示，横截面积均为S的两导热汽缸A、B中装有同种气体，通过一段体积可忽略的细管相连接，在细管中间安装有一个阀门D，两汽缸中各有一个质量为m的活塞，汽缸B中的活塞与一个轻弹簧相连接。阀门D关闭时，轻弹簧处于原长，汽缸B中气柱长度为L，汽缸A中的活塞处于静止状态，气柱长度为3L。将一个质量为2m的重物C轻轻地放到汽缸A中的活塞上，稳定后A中气柱长度变为2L。打开阀门D，保持环境温度不变，待系统稳定后，关闭阀门D。已知弹簧的劲度系数，重力加速度为g，活塞可在汽缸内无摩擦滑动且不漏气。求：
（1）大气压强；
（2）放上C打开阀门，系统稳定后弹簧的形变量；
（3）最后关闭阀门时汽缸A中活塞与底端距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据平衡条件可知，初始时汽缸A中气体的压强为

放上C至稳定后，汽缸A中气体的压强为

汽缸A中气体经历等温变化，根据玻意耳定律有

解得
（2）初始时汽缸B中气体的压强等于p0，放上C打开阀门，因为，所以系统稳定后，弹簧将压缩，设弹簧的形变量为x，根据平衡条件有

解得
（3）最后关闭阀门时汽缸A、B中气体压强均等于p2，设此时汽缸A中活塞与底端距离为h，将汽缸A、B中的气体整体分析，根据玻意耳定律有
解得