湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2025届高三下学期模拟预测（一）物理试题 含解析

这是一份湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2025届高三下学期模拟预测（一）物理试题 含解析，共18页。试卷主要包含了非选择题等内容，欢迎下载使用。
物 理
时量：75 分钟 满分：100 分
第Ⅰ卷
一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。每小题给出的四个选项中，只
有一个选项是符合题目要求的)
1．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
2．某校物理学科后活动中，出现了不少新颖灵巧的作品。如图所示为高二某班同学制作
的《液压工程类作业升降机模型》，通过针筒管活塞的伸缩推动针筒内的水，进而推动支撑架
的展开与折叠，完成货物平台的升降。在某次实验中，针筒连接管的水中封闭了一段空气柱(空
气可视为理想气体)，该同学先缓慢推动注射器活塞将针筒内气体进行压缩，若压缩气体过程
中针筒内气体温度不变，装置不漏气，则下列说法中正确的是( )
A．针筒内气体压强减小
B．针筒内气体吸热
C．单位时间、单位面积撞击针筒内壁的气体分子数减少
D．用国际单位制单位表示的状态参量在 p－1V 图中图线可能如图中 a→b
3．静电纺纱利用了高压静电场，使单纤维两端带上异种电荷，如图所示为高压静电场的
分布图，下列说法正确的是( )
A．图中 b、d 两点的电场强度大小关系为 Eb>Ed
B．图中 a、c 两点电势关系为φa>φc
C．电子在 a、d 两点的电势能关系为 Epa0，则根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q。可知 QEd
B．图中 a、c 两点电势关系为φa>φc
C．电子在 a、d 两点的电势能关系为 Epaφc，且质
子带正电，故将质子从 b 点移动到 c 点，其电势能减小，电场力做正功，故 D 错误。故选 B。
4．如图所示三个装置，(a)中桌面光滑，(b)、(c)中桌面粗糙程度相同，(c)用大小为 F＝
Mg(g 为重力加速度)的力替代重物 M 进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及绳与滑轮
摩擦，都由静止释放，在 m 移动相同距离的过程中，下列关于三个实验装置的分析中正确的
是(D)
A．装置(b)中绳上的张力 Tb 等于装置(c)中绳上的张力 Tc
B．装置(a)中物块 m 的加速度为 Mgm
C．装置(b)、(c)中物块 m 的动量增加量相同
D．装置(a)中 m 的动能增加量大于(b)中 m 的动能增加量
【解析】装置(b)中对物块 m 根据牛顿第二定律 Tb－f＝ma2，对系统根据牛顿第二定律
Mg－f＝(M＋m)a2。解得 Tb＝mMg－mfM＋m＋f。装置(c)中绳子张力为 Tc＝F＝Mg，所以，
装置(b)中绳上的张力 Tb 不等于装置(c)中绳上的张力 Tc，故 A 错误；装置(a)中对系统根据牛
顿第二定律 Mg＝(M＋m)a1。解得物块 m 的加速度为 a1＝MgM＋m，故 B 错误；装置(b)中物
块中 m 的加速度为 a2＝Mg－fM＋m。装置(c)中对系统根据牛顿第二定律 F－f＝ma3。解得物
块 m 的加速度为 a3＝F－fm＝Mg－fm。可知装置(c)中物块 m 的加速度较大，在 m 移动相同
距离的过程中得到的速度较大，则装置(c)m 的动量增加量大于(b)中 m 的动量增加量，故 C
错误；由于装置(b)有摩擦力，可知装置(a)中物块 m 的合外力较大，根据 F 合＝ma，可知装置
(a)中物块的加速度较大，在 m 移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置(a)中 m 的动
能增加量大于(b)中 m 的动能增加量，故 D 正确；故选 D。
5．如图所示为一简易手动发电式手电筒。装置左侧是一个绕轴心 O 匀速转动的水平圆
盘。固定在圆盘边缘处的小圆柱随圆盘转动时，可在 T 形绝缘支架左侧横槽中往复运动，同
时驱动导体棒在光滑的水平导轨上运动。导体棒运动的速度随时间变化的关系为 v＝2)2sin \
rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)t) m/s。导轨间距 d＝1 m，导轨间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，
磁感应强度 B＝2 T。导轨右端为一理想变压器，额定电压为 2 V 的灯泡刚好正常发光。导体
棒、导线及导轨电阻均不计，电压表为理想电表。下列说法正确的是(B)
A．当 T 形支架运动到圆盘最左端时，电压表的示数为 0
B．理想变压器原副线圈的匝数比为 1∶2
C．圆盘转动的角速度为 2 rad/s
D．当滑动变阻器滑片由 b 向 a 移动时，灯泡变暗
【解析】导体棒在磁场中运动时，产生电动势的峰值为 Em＝Bdvm＝2×1×2)2 V＝2 V。
电动势的有效值为 E＝Em\r(2)＝ V＝1 V。电压表的示数为电动势的有效值，其示数为 U1＝
1 V，A 错误；由题意可知，额定电压为 2 V 的灯泡刚好正常发光，可知变压器副线圈的输出
电压为 U2＝2 V，则理想变压器原、副线圈的匝数比为 U1U2＝n1n2＝12，B 正确；由导体棒
运动的速度随时间变化的关系为 v＝2)2sin \rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)t) m/s。可知，圆盘转动的角
速度为ω＝2 rad/s，C 错误；当滑动变阻器滑片由 b 向 a 移动时，变阻器接入电路的电阻值增
大，副线圈电路中的电流减小，由于变压器是理想变压器，可知副线圈输出电压不变，则灯
泡的亮度不变，D 错误。故选 B。
6．如图所示，在 xOy 平面内存在着磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场，第一、二、四
象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－2L，0)，Q(0，
－2L)为坐标轴上的两点。现有一质量为 m、电荷量为 e 的电子从 P 点沿 PQ 方向射出，不计
电子的重力，则下列说法中正确的是(C)
A．若电子从 P 点出发恰好第一次经原点 O 点，运动时间一定为πm2eB
B．若电子从 P 点出发恰好第一次经原点 O 点，运动路程可能为πL
C．若电子从 P 点出发恰好第一次经原点 O 到达 Q 点，运动路程可能为πL 或 2πL
D．若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点，运动时间可能为 3πmeB
【解析】电子从 P 点出发恰好第一次经原点 O 点，有两类情况，一类是第奇数次回到 x
轴经过原点 O，另一类是第偶数次回到 x 轴经过原点 O。其中第一次和第二次回到 x 轴的轨
迹 如 图 。 t＝ T4×n\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝ 1， 2， 3， …)， T＝ 2πmeB。 解 得 t＝ πnm2eB
\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝1，2，3，…)。当 n＝1 时，运动时间为 t＝πm2eB。由轨迹图结合几何
关系，轨迹圆的半径为 r＝2)Ln×sin 45°＝Ln\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝1，2，3，…)。可得运动
路程为 s＝14×2πrn×n＝πL2，故 A 错误；B 错误；
同理，若电子从 P 点出发恰好第一次经原点 O 到达 Q 点，轨迹也为两类，如图。由轨
迹图结合几何关系，可得运动时间为 t＝\a\vs4\al\c1(\f(T3T4)×n＝nT\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝1，
3，5，…)，T＝2πmeB。或 t＝T4×n×2＝nT2\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝2，4，6，…)，T＝2πmeB。
解得 t＝2πnmeB\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝1，3，5，…)，t＝πnmeB\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝2，4，6，…)
。 若 电 子 从 P 点 出 发 恰 好 第 一 次 经 原 点 O 到 达 Q 点 ， 运 动 路 程 为 s＝ n× 2π r
\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝1，3，5，…)，s＝n2×2πr\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝2，4，6，…)。解得 s
＝2πL\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝1，3，5，…)，s＝πL\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝2，4，6，…)，故 C
正确；D 错误。故选 C。
二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，
有多项符合题目要求，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．下列说法正确的是(AB)
A．如图甲所示，ABC 构成等边三角形，若两通电长直导线 A、B 在 C 处产生磁场的磁
感应强度大小均为 B0，则 C 处磁场的合磁感应强度大小是 3B0
B．图乙中地磁场的垂直于地面磁感应强度分量在南半球竖直向上，北半球竖直向下
C．图丙中穿过两金属圆环的磁通量大小关系为Φ1Φ2，故 C
错误；根据通电直导线磁场的分布特征可知，当金属线框沿平行于直导线方向运动时，穿过
线框的磁通量没有发生变化，线框中没有产生感应电流，故 D 错误。故选 AB。
8．为模拟光在光导纤维中的传播原理，取一圆柱形长直玻璃丝进行实验。如图所示，纸
面内有一束激光由空气中以α＝45°的入射角射向玻璃丝的 AB 端面圆心 O，恰好在玻璃丝
的内侧面发生全反射，此时内侧面入射角为θ。下列说法正确的是(CD)
A．sin θ＝6)4
B．玻璃丝只能传播该频率的光
C．激光由空气中进入玻璃丝后，其波长变短
D．减小入射角α，激光在玻璃丝中仍能发生全反射
【解析】根据折射定律有 n＝sin αsin（90°－θ）＝sin αcs θ，n＝1sin θ。解得 sin θ＝6)
3，故 A 错误；玻璃丝可以传播不同频率的光，故 B 错误；激光由空气中进入玻璃丝后，传
播速度变小，则波长变短，故 C 正确；减小入射角α，则折射角减小，光在玻璃丝的内侧面
入射角增大，大于临界角，发生全反射，故 D 正确。故选 CD。
9．如图，某同学在水平地面上先后两次从 H 点抛出沙包，分别落在正前方地面 Q1 和
Q2 处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于 P 点，H 点正下方地面处设为 O 点。
已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为 3.2 m，OH＝1.4 m，OQ1＝8.4 m，OQ2＝9.8 m，沙
包质量为 0.2 kg，忽略空气阻力，重力加速度大小取 10 m/s2，则沙包(BD)
A．第一次运动过程中上升与下降时间之比为 7∶4
B．第一次经 P 点时的机械能比第二次的小 1.3 J
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为 72∶85
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
【解析】沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出
上升的高度为 h1＝3.2 m－1.4 m＝1.8 m。上升时间为 t 上 1＝2h1g)＝0.6 s。最高点距水平地面
高为 h0＝3.2 m，故下降的时间为 t 下 1＝2h0g)＝0.8 s，故一次抛出上升时间，下降时间比值为
3∶4，故 A 错误；两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的
时间相等为 t＝t 上 1＋t 下 1＝1.4 s。故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为 vx1
＝OQ1t＝6 m/s，vx2＝OQ2t＝7 m/s。由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度
也相等，为 vy＝gt 上 1＝6 m/s。由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒，故第一次
过 P 点比第二次机械能少ΔE＝12m(2x22yv＋v)2－12m(2x12yv＋v)2＝1.3 J。从抛出到落地瞬
间根据动能定理可得 Ek1＝Ek01＋mghOH＝12m2x12y\rc\)(\a\vs4\al\c1(v＋v)＋mghOH＝10 J，Ek2
＝Ek02＋mghOH＝12m2x22y\rc\)(\a\vs4\al\c1(v＋v)＋mghOH＝11.3 J，则故落地瞬间，第一次，
第二次动能之比为 100∶113，故 B 正确，C 错误；根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的
分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，
物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时
速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第
二次大，故 D 正确。故选 BD。
10．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球 A、B、
C，如图所示。三球的质量分别为 mA＝1 kg、mB＝2 kg、mC＝6 kg，初状态 B、C 球之间连着
一根轻质弹簧并处于静止状态，B、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A 球以 v0
＝18 m/s 的速度向左运动，与同一杆上的 B 球碰撞后粘在一起(作用时间极短)，则下列判断
正确的是(AC)
A．A 球与 B 球碰撞中损耗的机械能为 108 J
B．在以后的运动过程中，弹簧形变量最大时 C 球的速度最大
C．在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为 36 J
D．在以后的运动过程中，B 球的最小速度为 2 m/s
【解析】A、B 碰撞的过程中，满足动量守恒 mAv0＝\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB)v1。解得
v1＝6 m/s，A 球与 B 球碰撞中损耗的机械能ΔE＝12mAv20－12\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB)
v21＝108 J，A 正确；弹簧再次恢复原长时 C 球速度最大，B 错误；在以后的运动过程中，
AB 的组合体与 C 的速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB)
v1＝ \rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋ mB＋ mC)v2。 解 得 v2＝ 2 m/s， 最 大 弹 性 势 能 Ep＝ 12
\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB)v21－12\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB＋mC)v22，解得 Ep＝36 J，C 正
确；当弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒和能量守恒可知\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB＋mC)
v2＝ \rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋ mB)v3＋ mCv4， 12\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋ mB＋ mC)v22＋ Ep＝ 12
\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB)v23＋12mCv24。解得 v3＝－2 m/s，v4＝4 m/s。此时 B 反向速度最
大，而 B 由于速度由正向到反向，因此最小速度为零，D 错误。故选 AC。
第Ⅰ卷答题卡
题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答 案 A D B D B C AB CD BD AC
第Ⅱ卷
三、非选择题(本题共 5 个小题，共 56 分)
11．(6 分，每空 2 分)利用图甲装置验证动量守恒定律，将钢球 a 用细线悬挂于 O 点，
钢球 b 放在离地面高度为 H＝0.80 m 的支柱上，O 点到 a 球球心的距离为 L＝0.20 m。将 a
球拉至悬线与竖直线夹角为α，由静止释放后摆到最低点时恰与 b 球正碰，碰撞后 a 球运动
到竖直线夹角β处，b 球落到地面上，测出 b 球的水平位移 s，当地重力加速度为 g。
(1)改变α角的大小，多次实验，发现钢球 a、b 碰撞过程不仅动量守恒，机械能也守恒，
得到 s2－cs α的关系图线如图乙，则钢球 a、b 的质量之比 mamb＝__3.0__。(保留 2 位有效
数字)
(2)若在钢球 b 的被碰位置贴一小块棉布，依然将 a 球拉至悬线与竖直线夹角为α由静止
释放，增大的物理量是__BD__。
A．碰后 b 球的水平位移 s
B．碰后 a 再次到达最高点的夹角β
C．碰撞过程中系统的总动量
D．碰撞过程中系统动能的损失
(3)某同学观察到，在台球桌面上，台球 m 以初速度 v0 和静止的球 M 发生斜碰时，碰后
两球的速度方向将不在同一直线上，如图乙所示。已知两球大小相同，质量相等，若两球碰
撞过程无能量损失，碰后两球速度方向与初速度的夹角分别为α和β，则α和β满足的关系为__
α＋β＝90°__。
【解析】(1)选取向左为正方向，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，则有
mav0＝mava＋mbvb ①
12mav20＝12mav2a＋12mbv2b
联立解得 vb＝2mama＋mb·v0 ②
当α＝90°时，cs α＝0，则 v0＝2gL＝2 m/s ③
由乙图可知，cs α＝0 时有 s2＝1.44 m2 ④
b 做平抛运动，则 vb＝sg2H) ⑤
代入数据得 vb＝3 m/s ⑥
将③⑥代入②可得 mamb＝3.0
(2)碰撞过程中，动量守恒，两球作用的时间变长，b 球获得的速度变小，则碰撞后 b 球
水平位移减小，a 球碰后速度较之前变大，则碰后夹角β变大，A 错误，B 正确；若在钢球 b
的被碰位置贴一小块棉布，依然将 a 球拉至悬线与竖直线夹角为α由静止释放，碰撞过程中，
动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，C 错误；贴一小块棉布后，碰撞过程中，动量守恒，
碰撞过程中系统总动量不变，系统动能损失变大，D 正确。故选 BD。
(3)设两球的质量均为 m，在 v0 方向与垂直 v0 方向上由动量守恒定律可得
mv0＝mv′cs α＋mvcs β，mv′sin α＝mvsin β
又由能量守恒得 12mv20＝12mv′2＋12mv2
结合以上三式可得 cs\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋β)＝0
即α＋β＝90°
12．(8 分，每空 2 分)为测定某种材料的电阻率，设计如下实验：图(乙)为测量原理电路
图，R1、R2 是由长度相同、表面涂有绝缘膜(厚度不计)的电阻丝并排紧密绕制在同一根圆柱
形绝缘陶瓷棒上的螺旋电阻(图甲)，R1 材料电阻率为ρ，R2 由待测材料制成，R0 为滑动变阻
器，V1、V2 为已知量程的电压表。请回答下列问题：
(1)在闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑到__左端__(选填“左端”或“右端”)。
(2)测得 R1 的螺旋长度为 l1，R2 的螺旋长度为 l2，两电阻的匝数相同，则制成电阻 R1 与
R2 的电阻丝的横截面积之比为__l21∶l22__。
(3)某 次 测 量 中 V1、 V2 表 的 示 数 分 别 为 U1、 U2， 则 待 测 电 阻 丝 的 电 阻 率 ρ′＝ __
2221U2lρU1l__(用 U1、U2、l1、l2、ρ表示)。
(4)考虑 V1、V2 表的内阻对实验误差的影响，在电路中加了一个灵敏电流计 G(图丙)来判
断。闭合开关，灵敏电流计中有从 a 向 b 的微小电流，则(3)中测量结果相对于真实值__偏小__
(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
【解析】(1)在闭合开关前，应将滑动变阻器全部接入电路，保证电路接通时电路电流最
小，电路安全，故滑到左端。
(2)根据题意可得 l1＝ND1，l2＝ND2，而 S 与直径的平方成正比，故横截面积之比为 l21∶
l22。
(3)根据欧姆定律 R＝UI 可知，R1R2＝U1U2，根据电阻定律 R＝ρLS 联立可得待测材料
电阻率为ρ′＝2221U2·lρU1·l
(4)由 a 向 b 的微小电流可得 R1R2qEmg 的前提下，施加电场的强度 E 多大时才能使弹
簧的最大压缩量也为 l?
(3)先将 1、2、3 号物块拿掉，若带电物块与 4 为完全非弹性碰撞，施加电场的强度 E 多
大才能使弹簧的最大压缩量也为 l?
【解析】(1)设滑块与圆心连线从开始运动θ时，速度为 v，则：
mgRsin θ＝12mv2 ①(1 分)
对滑块受力分析，设受到支持力为 FN，则
FN－mgsin θ＝mv2R ②(1 分)
由牛顿第三定律圆弧槽受到压力大小为 FN，对圆弧槽受力分析，设压力传感器读数为 F，
则
F＝FNcs θ ③(1 分)
由①②③得：F＝3mgsin θcs θ＝32mgsin 2θ
当θ＝π4 时 F 取最大值：Fmax＝32mg(1 分)
(2)设带电滑块从 A 端滑上木板时速度为 v0，则
mgR＝12mv20 ④(1 分)
设带电滑块与 1 号物块碰撞前速度为 v1，有：
－(μmg－qE)l＝12mv21－12mv20 ⑤(1 分)
由于μ>qEmg 则 qE