湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高三上学期开学物理试题（解析版）

2024年下学期岳麓实验中学高三入学考试物理注意事项：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1.质量为m，可视为质点的物体A，静止在光滑水平面上，现对物体A施加一个水平恒力F，使物体开始运动，经t秒后，物体的速度大小为（）A. B.Ftm C. D.2Ftm【答案】A【解析】【详解】由于物体A静止在光滑水平面上，故由牛顿第二定律有经t秒后，物体的速度大小为故A正确，BCD错误。故选A。2.光电效应是物理学中一个重要而神奇的现象。在高于某特定频率的电磁波的照射下，某些物质内部的电子会逸出而形成电流。如果用频率为的光照射某金属表面，逸出光电子的最大初动能为E；若改用频率为的另一种光照射该金属表面，逸出光电子的最大初动能为。已知普朗克常量为h，则为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】由光电效应方程可得，解得故D正确，ABC错误。故选D。3.如图所示，带正电的小球从绝缘平台边缘以某一速度水平飞出后做平抛运动，落在水平地面上的P点，如果施加一垂直纸面向里的匀强磁场，此带电小球以相同速度从平台飞出后，仍落在水平地面上，则与上一次落地相比A.小球仍落在P点B.小球有可能落在P点C.小球落地时的速度大小不变D.小球落地时的速度变小【答案】C【解析】【详解】由于洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，所以小球水平方向上的速度恒定不变，但由于洛伦兹力在竖直方向上有一个向上的分力，所以小球在竖直方向上的加速度减小，所以下落的时间变长，故在水平方向上的位移变大，所以不可能落在P点，过程中只有重力做功，并且下落高度不变，所以小球落地时的速度大小不变。故选C．【点睛】本题的关键是抓住洛伦兹力和速度方向恒垂直，不做功，虽然不做功，但不能忽略它在竖直方向上有分力作用，从而影响到竖直方向上的运动情况．4.放在水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间图象和拉力的功率与时间图象如图所示，则物体的质量为（取g＝10m/s2）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】【详解】根据v-t图象可知物体在0～2s内的加速度故在0～2s内有所以在2～6S内拉力的功率故有物体所受的阻力而在0～2s内有所以在t=2s时拉力的功率解得物体的质量故B正确，ACD错误。故选B。5.刻舟求剑的故事出自《吕氏春秋》，其中“舟已行矣，而剑不行”这句话中关于舟与剑的运动所选用的参考系是（）A.舟 B.河岸 C.舟上的人 D.流动的水【答案】B【解析】【详解】“舟已行矣，而剑不行”意思是舟已经向前行驶了，但剑没有行进，即舟是运动的，剑是静止的。AC．以舟或舟上的人为参考系，剑是运动的，故AC错误；B．以河岸为参考系，舟相对于河岸的位置发生变化，是运动的，以河岸为参考系，剑相对于河岸的位置没有发生变化，是静止的，所以均以河岸为参考系，故B正确；D．以流动的水为参考系，剑是运动的，故D错误。故选B。6.如图所示为接地金属球壳，O点为球心，电荷量为2q和-q（q>0）的两个点电荷分别位于M、N两点，其延长线过球心，P为MN连线上球壳外一点，取无穷处电势为零，T为金属球壳外附近一点，下列说法正确的是（）A.T点电场强度方向背离O点B.若移去M点的电荷，则P点的电势降低C.将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功D.若移去接地金属球壳，MN附近还存在两个电场强度为零的点【答案】B【解析】【详解】A．设等势圆的半径为，AN距离为，MN距离为L，如图所示，根据结合电势叠加原理，、满足解得，由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，点电势可知T点电场方向指向点，故A错误；B．M点的电荷电荷在P点产生的电势为正，若移去M点的电荷，则P点的电势降低，故B正确；C．左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在MN间电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于T点电势，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势升高，静电力做负功，故C错误；D．由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，假设N右侧与N距离为d处电场强度为零，设，有方程有唯一解，可知除无穷远处外，MN附近电场强度为零的点只有一个，故D错误。故选B。7.某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知（）A.A和B位置等高，说明摆球在运动过程中机械能守恒B.摆球在A点的所受合力大小大于在B点的合力C.摆球经过O点前后瞬间加速度大小不变D.摆球经过O点前后瞬间角速度大小不变E.摆球从A点到O点的过程中重力做功的功率，等于摆球从O点到B点的过程中克服重力做功的功率F.在O点附近摆球相邻位置的间隔较大，说明其在O点附近相邻位置间的运动时间较长G.小球在A点受绳的拉力大小小于其在B点受绳的拉力【答案】A【解析】【详解】A．A和B位置等高，说明摆球在运动过程中机械能守恒，A正确；B．A,B两点的速度为零，因此向心力为零，则在A点处所受合力大小而在B点处所受合力大小其中、是轨迹的切线与水平方向夹角，由于A、B两点高度相同，因此由于可得因此B错误；C．摆球经过O点前后瞬间速度大小不变，根据可知经过O点后，运动半径减小，因此加速度变大，C错误；D．根据因此经过O点后半径变小角速度变大，D错误；E．根据可知单摆在A到O和O到B摆动过程中单摆的周期不同，各自摆动时间为对应的四分之一周期，因此A到O和O到B的摆动时间不同，重力做功大小相等，因此由可知功率大小不一样，E错误；F．在O点附近摆球相邻位置的间隔较大，说明其在O点附近相邻位置间的运动速度较大，时间间隔相等，F错误；G．小球在A点受到拉力为小球在B点受到拉力为由于因此G错误。故选A。二、多选题8.2023年8月21日，长征四号丙运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，成功将高分十二号04星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，假设图示三个轨道是高分十二号04星绕地球飞行的轨道，其中轨道Ⅰ、Ⅲ均为圆形轨道，轨道Ⅱ为椭圆形轨道，三个轨道在同一平面内，轨道Ⅱ与轨道Ⅰ相切于A点，与轨道Ⅲ相切于B点，不计高分十二号04星在变轨过程中的质量变化，则下列说法正确的是（  ）A.高分十二号04星在轨道Ⅱ上运动时，在距离地球较近的点速度较大B.高分十二号04星在轨道Ⅲ的任何位置都具有相同的加速度C.关闭推进器时，高分十二号04星在轨道Ⅰ上A点的动量小于在轨道Ⅱ上A点的动量D.关闭推进器时，高分十二号04星在轨道Ⅱ上B点的加速度与在轨道Ⅲ上B点的加速度相同【答案】ACD【解析】【详解】A．根据开普勒第二定律可知，高分十二号04星在轨道Ⅱ上运动时，在距离地球较近的点速度较大，较远的点速度较小，选项A正确；B．高分十二号04星在轨道Ⅲ的任何位置都具有相同大小的加速度，但是方向不同，选项B错误；C．高分十二号04星从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ要在A点加速，则高分十二号04星在轨道Ⅰ上A点的动量小于在轨道Ⅱ上A点的动量，选项C正确；D．不论在轨道Ⅱ还是轨道Ⅲ运行，高分十二号04星在B点时受到地球的万有引力相同，则加速度相同，选项D正确。故选ACD。9.某空间内有高度为d、宽度足够大、方向水平向左的匀强电场，当在该空间内建立如图所示的坐标系，从x轴上的P点沿y轴正方向连续射入相同的带电粒子(粒子重力不计)，由于粒子的入射速度v不同，有的粒子将在电场中直接通过y轴，有的将穿出电场后再通过y轴，设粒子通过y轴时，离坐标原点的距离为h，从P到y轴所需的时间为t，则（）A.由题中条件不能判断出粒子的带电性质B.对于h≤d粒子，h不同，但时间t相同C.对于h>d的粒子，h不同，在时间t内，电场力对粒子做的功不相等D.不同h对应的粒子进入电场时的速度v可能相同【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．粒子受到的电场力向左，可知粒子带正电，A错误；B．对于h≤d的粒子，一直在电场中运动，然后通过y轴，水平方向的加速度相同，水平方向的位移相同，则运动时间相同，B正确；C．对于h>d的粒子，先在电场中向左偏转，然后从电场上边界离开电场，做直线运动到达y轴上，h不同时，从电场上边界射出的位置不同，在电场中沿电场线方向的位移不同，则电场力对粒子做的功不相等，C正确；D．对于h≤d的粒子，水平分位移x相等，由x=at2可知，运动时间t相等，而竖直分位移h＝vt，则h越大的粒子，进入电场时的速率v也越大；对于h>d的粒子，穿过电场时竖直分位移y相等，h越大，则沿着电场力方向偏转的位移x越小，由x=可知，在电场中的运动时间t0越短，由y=vt0，可知，进入电场时速度v越大，D错误。故选BC。10.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T1、降压变压器T2均为理想变压器，T1、T2的原、副线圈匝数比分别为k1、k2。输电线间的总电阻为R0，可变电阻R为用户端负载。U1、I1分别表示电压表V1、电流表A1的示数，输入电压U保持不变，当负载电阻R减小时，理想电压表V2的示数变化的绝对值为ΔU，理想电流表A2的示数变化的绝对值为ΔI，下列说法正确的是（）A.R0B.C.电压表V1示数增大D.电流表A1的示数增加了【答案】BD【解析】【详解】A．设降压变压器T2原线圈电压为U3，副线圈电压为U2。根据题意可知，电阻R0两端的电压等于UR0＝U1﹣U3则A错误；BD．设降压变压器T2原线圈电压变化为ΔU3，则设降压变压器T2原线圈电流变化为ΔI3，则可得当负载电阻R减小时，电流表A1的示数增加了。根据欧姆定律可得即解得BD正确；C．输入电压不变，升压变压器T1原线圈匝数比不变，则升压变压器T1副线圈的电压不变，电压表V1示数不变，C错误。故选BD。11.如图所示，两足够长的光滑平行长直金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L。两根长度均为L的导体棒a、b静置于导轨上，导体棒a的质量为2m，电阻为R，导体棒b的质量为m，电阻为2R。导轨间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，给导体棒b一个水平向右的瞬时冲量I，使b获得一个向右的初速度，同时给导体棒a一个水平外力，使a保持静止，当b的速度减小为初速度的一半时，撤去作用在a上的外力。两导体棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，平行长直金属导轨的电阻忽略不计。从给b一个冲量到最终a、b共速的过程中，下列说法正确的是（）A.作用在导体棒a上的最大外力为B.作用在导体棒a上的外力的冲量大小为C.通过导体棒b的电量为D.整个回路产生的焦耳热为【答案】BD【解析】【详解】A．导体棒b获得初速度瞬间有此时的感应电动势此时的感应电流为此时作用在导体棒a上的外力最大，根据平衡条件有解得故A错误；B．有外力作用时，处于静止状态，外力与导体棒a所受安培力始终大小相等，方向相反，而两导体棒中电流相等，所受安培力大小相等，方向相反，则外力与导体棒b所受安培力大小相等，方向相同，可知外力的冲量与安培力对导体棒b的冲量大小相等，方向相同，对导体棒b进行分析，根据动量定理有解得故B正确；C．撤去外力后，b减速，a向右加速，对两棒构成的系统，根据动量守恒定律有解得对导体棒b进行分析，根据动量定理有根据电流的定义式有结合上述解得故C错误；D．根据能量守恒定律，整个回路产生的焦耳热为结合上述解得故D正确。故选BD。三、实验题12.某同学欲利用实验室给出的下列器材测量从电动自行车上拆卸的一块废旧电池的电动势和内阻。A．废旧电池一块（电动势约12V，内阻约为6Ω）B.滑动变阻器（最大阻值为50Ω）C.电阻箱（最大阻值为9999.99Ω）D.电压表（量程3V，内阻2kΩ左右）E.电流表（量程0.6A，内阻为3Ω）F.开关、导线若干（1）该同学首先利用所给部分器材连接成如图甲所示的电路，将电压表与电阻箱串联改装成一个量程为15V的电压表。①先将滑动变阻器触头移至最右端，电阻箱的阻值调为零，然后闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表示数达到满偏；②保持滑动变阻器触头位置不变，调节电阻箱（电阻箱阻值变化对电路总电阻的影响可忽略不计），直到电压表示数变为______V，便可得到一个量程为15V的电压表。（2）在测量电源的电动势和内阻时，采用图______（填“乙”或“丙”）中电路会因电压表分流而产生系统误差，该系统误差会导致电源内阻的测量值______（填“大于”或“小于”）电源内阻的真实值。（3）根据测得实验数据，该同学作出了电压表示数U和电流表示数I的关系图像如图丁所示，则该电池的电动势_____________V，内阻____________Ω。【答案】①0.6V②.丙③.小于④.12V##12.0V⑤.7Ω##7.0Ω【解析】【详解】（1）[1]要使3V量程电压表的量程变为15V，则需使其量程扩大为原来的5倍，设此时电压表示数为U，则有解得（2）[2][3]图丙中电路，因电压表分流而产生系统误差，导致电源电动势和内阻的测量值都小于真实值，如下图（黑线是测量图线，蓝线是真实图线）。

由于电流表内阻已知，应选择图乙进行测量比较准确。（3）[4][5]由闭合电路欧姆定律可得结合图丁有，两式联立解得13.现要组装一个酒精测试仪，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器，此传感器的电阻随酒精气体浓度的增加而减小，规律如图甲所示。目前国际公认的酒驾标准是“酒精气体浓度”，醉驾标准是“酒精气体浓度”。提供的器材有：A.二氧化锡半导体型酒精传感器B.直流电源（电动势为，内阻不计）C.电压表（量程为，内阻非常大，作为浓度表使用）D.电阻箱（最大阻值为）E.定值电阻（阻值为）F.定值电阻（阻值为）G.单刀双掷开关一个，导线若干（1）图乙是酒精测试仪电路图，请在图丙中完成实物连线________；（2）电路中R应选用定值电阻________（填“”或“”）；（3）为便于识别，按照下列步骤调节此测试仪：①电路接通前，先将电阻箱调为，然后开关向_____（填“c”或“d”）端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为_____；②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断变大按照甲图数据将电压表上“电压”刻度线标为“酒精气体浓度”；③将开关向另一端闭合，测试仪即可正常使用。【答案】①.②.③.c④.0.2【解析】【详解】（1）[1]实物连线如图所示（2）[2]由于电压表量程为3V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压由图甲可知，电动势为4V，电压表量程为3V，得则故选R2；（3）①[3]本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻Rx，故应先电阻箱调到30.0Ω，结合（1）中电路，开关应向c端闭合；[4]由图甲可知Rx=30Ω时，酒精气体浓度为0.2mg/mL。四、解答题14.如图所示，长为L=8m，质量M=6kg的长木板放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=2㎏的物块，物块与木板间的动摩擦因数为0.3，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块施加F=10N，方向水平向右的恒定拉力，求：(g=10m/s²)(1)小物块的加速度；(2)物块从木板左端运动到右端经历的时间．【答案】（1）2m/s2；（2）4s．【解析】【详解】（1）设小物块的加速度为a1，对物块由牛顿第二定律有：F-μmg=ma1，解得：a1=-μg=(-0.3×10)m/s2=2m/s2（2）设木板的加速度为a2，对木板由牛顿第二定律得：μmg=Ma2，解得：a2==m/s2=1m/s2设物块从木板左端运动到右端经历的时间为t，则有：木块的位移：s1=a1t2木板的位移：s2=a2t2又有：L=s1-s2，代入数据得：t=4s点睛：对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．15.如图所示的坐标系中，第一象限存在与平面平行的匀强电场，且与y轴负方向的夹角，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点（未画出）离开电场。已知电场强度为，粒子的比荷为，不计粒子重力。（1）求两点的距离；（2）求粒子在磁场中运动的时间；（3）当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标（用L的倍数来表示）。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C由牛顿第二定律，得解得由几何关系得则（2）粒子在磁场中运动周期粒子偏转，即在磁场中运动时间解得（3）带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内