2024-2025学年湖南省永州市高三（第一次）模拟考试物理试卷（含解析）

2024-2025学年湖南省永州市高三（第一次）模拟考试物理试卷

一、单选题：本大题共6小题，共24分。

1.我国正在建设的大科学装置一一“强流重离子加速器”。其科学目标之一是探寻神秘的“119号”元

素，科学家尝试使用核反应丫+笛34nl+2加产生该元素。关于原子核丫和质量数4下列选项正确

的是（）

A.丫为患=299B.丫为患尸e,A=301

C.y为双Cr/=295D.T为^Cr,A=297

2.2024年8月3日，中国选手郑钦文在巴黎奥运会网球女单决赛中战胜克罗地亚选手维基奇夺冠，为中国网

球赢得史上首枚女单奥运金牌。如图所示，网球比赛中，运动员甲某次在B点直线救球倒地后，运动员乙

将球从距水平地面上D点高度为％的4点水平击出，落点为C。乙击球瞬间，甲同时沿直线BC奔跑，恰好在

球落地时赶到C点。已知BC1=d,BC=1,网球和运动员甲均可视为质点，忽略空气阻力，则甲

此次奔跑的平均加速度大小与当地重力加速度大小之比为（））为

C"2+'2

D+乒

3.如图所示，一装满某液体的长方体玻璃容器，高度为a,上下两个面为边长3/a的正方形，底面中心。

点放有一单色点光源，可向各个方向发射单色光。液面上漂浮一只可视为质点的小甲虫，已知该液体对该

单色光的折射率为几=理，则小甲虫能在液面上看到点光源的活动区域面积为（）

A.叱

B./——：-------；_/_/

D.a2Li__________________1/

4.假设某空间有一静电场的电势0随x变化情况如图所示，且带电粒子的运动只考虑受电场力，根据图中信

息可以确定下列说法中正确的是（）19

A.从%2到比3，场强的大小均匀增加%________

B.正电荷沿x轴从0运动到Xi的过程中，做匀加速直线运动'、：\

O阳X,覆X,X,

第1页，共20页

C.负电荷沿X轴从久4移到久5的过程中，电场力做正功，电势能减小

D.乂2处场强大小为外，*4处场强大小为琼，则E2>E4

5.中国载人登月初步方案己公布，计划2030年前实现载人登月科学探索。假如在登月之前需要先发射两颗

探月卫星进行科学探测，两卫星在同一平面内绕月球的运动可视为匀速圆周运动，且绕行方向相同，如图

甲所示，测得两卫星之间的距离Zr随时间变化的关系如图乙所示，不考虑两卫星之间的作用力。下列说法

正确的是（）

A.a、6两卫星的线速度大小之比%:%=7^:1

B.a,6两卫星的加速度大小之比a。:%=4:1

C.a卫星的运转周期为T

D.6卫星的运转周期为27

6.如图所示，4、B滑块质量分别是64和MB，斜面倾角为a,斜面体。紧靠地板突出部分E,控制4使所有

物体处于静止状态。现静止释放4当4沿斜面体。下滑、B上升时，不计绳子质量及一切摩擦，重力加速

度为g,地板突出部分E对斜面体D的水平压力F为（）

m/(mzgsina-TnBg)皿但

A.B.g^osa

mA+mBmA-mB

m/(m/gcosa—m*)D%(如gcosc-niBgg

c.■sina

mA+mBmA+mB

二、多选题：本大题共4小题，共16分。

7.如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，a、b、c为介质中的三个质点，图乙表

示x=6血处质点a的振动图像，下列说法正确的是（）

A.该波沿x轴正方向传播

B.该波的波速大小为3m/s

C.t=9s时，质点a处于波谷位置

D.t=2s时，质点b振动的速度方向与回复力方向相反甲乙

8.理想变压器原、副线圈所接的电路如图甲所示，原、副线圈的匝数比为何:电=4:1,其中定值电阻％=

^2=^3=110/2,两电表为理想交流电表,原线圈两端接有如图乙所示的交流电。当t时，原线圈

6UU

的瞬时电压为u=110"人断开Si、S2,

P2o则下列说法正确的是（）

A.闭合Si、断开S2，电压表的示数为55U

B.闭合Si、S2，电流表的示数为4.04

C.断开Si、S2，电流表的示数为0.044

D.Pi：P2=1：4

9.如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某

次风洞飞行表演中，质量为50的的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面

积不变，所受风力大小F=0。5"2（采用国际单位制），U为风速。控制u可以改变表演者的上升高度儿其/

与h的变化规律如乙图所示，g取l（hn/s2。表演者上升10爪的运动过程中，下列说法正确的是（）

A.表演者做匀变速直线运动，加速度大小为0.02a/s2

B.表演者一直处于失重状态

C.表演者上升57n时获得最大速度

D.表演者的机械能一直在增加

10.如图所示，MN和PQ是两根电阻不计的光滑平行金属导轨，间距为3导轨水平部分处在磁感应强度大

小为8的匀强磁场中，磁场方向与水平导轨平面夹角为37。，导轨右端接一阻值为R的定值电阻，质量为

m,长度为L的金属棒，垂直导轨放置，从导轨左端h高处静止释放，进入磁场后运动一段距离停止（金属棒

未到达NQ）。已知金属棒电阻为R,与导轨间接触良好，且始终与磁场垂直，重力加速度为g,sin370

=0.6,cos37°=0.8,则金属棒进入磁场区域到停止过程中（）

A.定值电阻R产生的焦耳热为

B.金属棒在水平导轨上运动时对导轨的压力越来越小

C.定值电阻两端的最大电压为星锣

D.金属棒在磁场中运动的距离为典当寻

三、实验题：本大题共2小题，共16分。

11.某中学实验小组为探究加速度与合力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。

主要实验步骤如下:

第3页，共20页

①按图甲安装实验器材：质量为小的重物用轻绳挂在定滑轮上，重物与纸带相连，动滑轮右侧的轻绳上端

与固定于天花板的力传感器相连，钩码和动滑轮的总质量为M,图中各段轻绳互相平行且沿竖直方向；

②接通打点计时器的电源，释放钩码，带动重物上升，在纸带上打出一系列点，记录此时传感器的读数

F；

③改变钩码的质量，多次重复实验步骤②，利用纸带计算重物的加速度a,得到多组a、F数据。

请回答以下问题：

（1）已知打点计时器的打点周期为0.02s,某次实验所得纸带如图乙所示，2、B、C、D、E各点之间各有4

个点未标出，则重物的加速度大小为a=M/S2（结果保留三位有效数字）。

（2）实验得到重物的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率为人纵截距为

-b（b>0）,则重物质量m=,当M=3m时，重物的加速度大小为a=。（本问结果均用k或b

表示）

12.已知铝的电阻率在2（FC时约为2.9x10-8。,m）一般家用照明电路采用横截面积为4机62的铝线即可满

足要求。现有一捆带绝缘层的铝导线，长度为L=200小，小明根据所学的知识，通过实验测量导线的电

阻。实验步骤如下:

三

二30

二

二

-25

三

二20

二

图甲

（1）剥掉导线一端的绝缘层，用螺旋测微器测量铝导线的直径，示数如图甲所示，则铝导线的直径d=

_____mm；

⑵小明先用理论知识求出铝导线的电阻的表达式，&=（用p、d、L表示）；

（3）用如图乙所示的电路测这一捆铝导线的电阻/?2。提供的器材有：电池组（电动势为37）,滑动变阻器的

（0-2012,额定电流24）、定值电阻刷（阻值为6。，额定电流24）、两个相同电流表&和42（内阻为。.3。，

刻度清晰但没有刻度值，连接电路时，两电流表选用相同量程）、开关和导线若干；闭合S前，滑动变阻器

的滑片应调到（选填“a端”或“端"）。闭合S调节滑动变阻器，使电流表指针偏转合适的角度。数

出电流表&偏转为格，右偏转电格，有£=掾，则这捆铝导线的电阻R2=____O，该实验在原理上测量

值_____真实值。（填大于、或等于、或小于）

四、计算题：本大题共3小题，共44分。

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13.如图所示，一导热汽缸开口向左，静置于水平地面上。汽缸深度为20cm。活塞质量为20kg,横截面积

为100CM2,厚度忽略不计，可以在缸内自由滑动。活塞将一定量的理想气体密封在汽缸内，环境温度为

2

27,空气柱长度为12cm。已知大气压强为1x105pa,g=10m/so求：

(1)顺时针缓慢旋转汽缸到开口竖直向上，且活塞平衡时，此时空气柱的长度；

(2)汽缸开口向上平衡后，对汽缸缓慢加热，当活塞刚刚到达缸口时，此时缸内的温度；

(3)若在(2)过程中密封气体的内能增加了80/,则气体需从外界吸收的热量。

14.如图所示，坐标系xOy平面在纸面内，在x20的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，03x<d的区域I

和尤2d的区域n的磁感应强度大小分别为%和4。大量质量为小、电荷量为q的带正电的粒子，同时从原

点。射入磁场，粒子射入的速度大小相等，在坐标平面内与x正方向成8(-90。W8W90。)角。沿y轴正方向

射入的粒子在P(d,d)点垂直两磁场的边界射入区域H。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。

(1)求粒子从原点。射入磁场时的速度大小；

(2)求不能进入区域II内的粒子，在区域I内运动的最长时间；

(3)若粒子在区域II中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为k,观察发现沿y轴正方向射入

的粒子，射入区域n后粒子轨迹呈螺旋状并与两磁场的边界相切于Q点(未画出)，求：

①该粒子由P点运动到Q点的时间；

②该粒子在区域n中运动轨迹的长度。

15.如图所示，物块4、8质量分别为犯4=2的,叫=1kg,用轻绳相连并用劲度系数k=500N/m的轻质弹

簧系住挂在天花板上静止不动。B正下方有一个半径为R=0.6爪的四分之一光滑固定圆弧轨道，其顶点a

距离物块B的高度九=0.2m。某时刻4、B间的绳子被剪断，然后4做周期T=0.4s的简谐运动，B下落并从

a点平滑地进入光滑固定圆弧轨道。当月第二次到达平衡位置时，B恰好运动到圆弧末端与质量为me

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=0.63的滑块C相碰结合为滑块D。。平滑的滑上与圆弧末端等高的传送带，传送带的水平长度为

L=lm,以%=1M/S的速度顺时针转动，。与传送带间的动摩擦因数〃=0.2。传送带右端有一等高的固

定水平平台，平台上表面光滑，平台上静置着2024个相距较近的质量为租1=3.23的小球，。能够平滑地

滑上平台，且D与小球、小球与小球之间的碰撞均为弹性正碰(48、。、小球均可以看作质点，重力加速

度g=10m/s2,忽略空气阻力)。求：

'//////////////////////////////////////////////////////////////

(1)物块a做简谐运动的振幅；

(2)光滑固定圆轨道对物块B的冲量大小；

(3)整个运动过程中D与传送带之间因摩擦产生的热量。

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答案解析

1.C

【解析】根据核反应方程丫+部+2M根据质子数守恒设丫的质子数为y,则有

y+95=119+0,可得y=24即丫为舞Cr;

根据质量数守恒，则有54+243=2+2,可得2=295。

故选C

2.2

【解析】设甲此次奔跑的平均加速度大小为a,当地重力加速度大小为g,对甲有

,1，

I=—at2

对网球有

1,

h=-gtz

联立可得

a_I

9一百

故选/。

3.C

【解析】全反射的临界角满足

1

sinC=—

n

解得

C=45°

当入射角为临界角时，在上表面能折射出光线的最大半径为r,光路图如图所示

r=atan45°=a

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故小甲虫能在整个水面上看到点光源，活动区域面积为

S—nr2=7ra2

故选C。

4.0

【解析】4根据

E=——

可知W-X图像中图线的斜率表示静电场的电场强度，由图可知，沿X轴方向，从冷到*3,场强的大小恒

定。故4错误；

2.同理可知。-久1沿x轴方向的电场强度为零，正电荷沿龙轴从。运动到处的过程中，沿x轴方向的电场力

为零，一定不做匀加速直线运动。故8错误；

C.由图可知，久4移到尤5的过程中电势降低，根据

Ep=q(p

可知负电荷沿X轴从血移到X5的过程中，电场力做负功，电势能升高。故C错误；

D根据4选项分析可知，“2处图线斜率绝对值大于％4处图线斜率绝对值，所以

&＞石4

故。正确。

故选。。

5.B

【解析】4设a卫星与月球的距离为心,6卫星与月球的距离为人，根据图像有

ra+rb—6r,rb—ra=2r

联立，解得

ra=2r,rb-4r

两卫星均绕月球运动，设a卫星与b卫星的速度分别为%、%，根据牛顿第二定律有

GMmv2

——=m—

解得

,,IGM

弋Y

可知a、b两卫星的线速度大小之比

%:%=p.l

故/错误;

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A根据

GMm

-=ma

解得

GM

CL=—5-

，'乙

可知a、b两卫星的加速度大小之比

a

CLa,-b=4：1

故8正确；

CD.根据开普勒第三定律可得

叁=五

7272

1a1b

根据图像可知，经过时间T两卫星再次相距最近，有

联立，解得

Ta=^fir,兀=(2避-1)7

故CD错误。

故选瓦

6.A

【解析】由题意可知，对力、B、。组成的整体为研究对象，地板突出部分E对斜面体。的水平压力F,可

知水平压力F只引起滑块4水平方向的加速度，因为B、D在水平方向的加速度均是零，因此由牛顿第二定

律可得

F=m^ax

对4B组成的整体则有

mAgsma—mBg=(mA+mB)a

又有

ax—acoscr

联立解得

第9页，共20页

mA(jriAgsma—mg')

F=--------------------------B-----coscr

mA+mg

故选4。

l.BD

【解析】】4由图乙可知t=0时刻，a点振动方向向上，根据波形平移法可知该波沿x轴负向传播，故/

错误；

A根据

A

V=­

T

其中

A=12m,T=4s

可得

v=3m/s

故8正确；

C根据简谐振动的周期性，可得

T

t=9s=2T+工

4

即质点a在t=9s时的位置与t=Is时位置相同，均处于波峰位置，故C错误；

D依题意，

T

由于t=0时刻质点b向上振动，可知t=2s时质点6振动的速度方向向下，回复力方向向上，两者方向相

反，故。正确。

故选80。

8.AD

【解析】4由题图乙可知，交流电的周期7=0.02s,则有角速度

27r2兀

3=-y=00?rad/s=100nrad/s

可得交流电的瞬时值表达式为

u=U仅sin100m：(U)

当t=^s时，原线圈的瞬时电压为u=lio"u，代入上式可得

OUU

Um=220避V

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则有变压器原线圈的电压为

u220J2

Ui=m=——r^—V=2207

22

由原、副线圈的电压比与匝数比的关系可得

£1=

。2n2

由

n1:n2=4:1

解得

7121

U=—Ui=-x2207=55V

2Til4

闭合Si、断开S2,可知右两端电压为55U,即电压表的示数为55U,N正确;

8.闭合Si、S2，由欧姆定律可得副线圈中电流

U2U25555

h=瓦+石=W4+TIOA=1A

由变压器原、副线圈的电流比与匝数成反比可得

4=盥

h一n1

解得

九2

/i=—I=0.25X

九12

则有电流表的示数为0.254,8错误;

C断开Si、S2，由欧姆定律可得副线圈中电流

U55L

I2=V；­,—mk-="八।..八—=0.25i4

2R1+R2110+110

则电流表的示数为

九2

，,

/1=—/2=0.062571

九1

C错误；

D断开Si、S2，电源消耗的电功率为

Pl=UJ1'=220x0.0625〃=13.75/

闭合Si、S2，电源消耗的电功率为

=U/1=

P2220x0.25W=55勿

可得

第11页，共20页

Pi?2=13.75:55=1:4

。正确。

故选AD„

9.CD

【解析】ABC.对表演者进行分析，当

F=0.05v2>mg

合力向上，人向上加速，由牛顿第二定律

0.05v2—mg—ma

故随着风速减小，加速度减小，人先做加速度减小的加速运动；

当

F=0.05/=mg

解得

v2=1.0X104m2-s-2

由乙图可知

v2=1.2x104m2-s-2-400/i

联立解得

h=5m

这时加速度为零，速度最大；

当

F=0.05v2<mg

合力向下，人向上减速，由牛顿第二定律

mg—0.05v2—ma

故随着风速的减小，加速度增大。所以表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减

速运动，则表演者先处于超重状态再处于失重状态，故错误，C正确；

D表演者在上升过程中受风力作用，由于

WF=AE

风力做的功等于机械能的变化量，风力做正功，则表演者的机械能一直在增加，故。正确。

故选CD。

1Q.ABD

【解析】4由能量守恒可得

第12页，共20页

Q总=mgh

由

Q=l2Rt

可得，定值电阻R与金属棒产生的热量相等，所以定值电阻R产生的焦耳热为

mqh

Q总二〒

故/正确；

2.金属棒在导轨上运动中，对金属棒受力分析，如图所示，

由平衡条件，可得

FACOS37°+mg—FN

其中

BLvB2L2V

FA=BIL=BL=

Zn2R

联立，解得

B2L2VCOS37°

FN=--------2R------+mg

金属棒在磁场中做减速运动，速度。变小，则Qv变小。故2正确;

C由题意，据机械能守恒定律可得

1?

mgh=—mvQ

解得

Vo=72gh

金属棒刚入磁场时，速度最大，电动势E最大，电流/最大，此时电阻R两端的电压最大，则有

3BLyl2gh

io-

故C错误;

D由动量定理得

—FAsin37°-At=m'Av

第13页，共20页

则有

B2L2vsin2370■At

=mv—0

2Ro

则有金属棒在磁场中运动的距离为

SUmRyj2gh

x—v»At

-9B2L2-

故。正确。

故选4BD。

11.(1)1.80

(2)|冬

【解析】(1)相邻两计数点的时间间隔为

T=5X0.02s=0.1s

根据逐差法求出重物的加速度大小为

XCE—^AC12.76+11.04—9.32—7.29

x10~2m/s21.80m/s2

a=(27)2=一4x0.12

(2)[1]对重物，根据牛顿第二定律可得

F—mg=ma

整理得

F

a=-m----9

图像的斜率

771

解得重物质量

1

m=-r

k

[2]图像的纵截距为

可得

b=9

根据滑轮组的特点可知，钩码的加速度为重物的一半，则

第14页，共20页

Mg—2F=M或

对重物有

F—mg=ma

当M=3机时，联立解得重物的加速度大小为

2b

12.(1)2.254##2.255##2.256##2.257

I)71(12

(3)a端1.5等于

【解析】(1)螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以铝导线的直径为

d=2mm+25.5x0.01mm=2.255mm

(2)根据电阻定律可得

L

&=叼

d1

S=7T(­)2Q=-rTldQ2

L4

所以

4PL

R2=^

(3)[1]为保护电路，闭合S前，滑动变阻器应全部接入电路，所以滑片应调到“a端”；

[2]设电流表每格的电流为/,则

&-rA-1.5°

[3]由于电流表内阻已知，所以该实验在原理上不存在系统误差，即测量值等于真实值。

1

13.(1)气体做等温变化，有

PoLoS=P1L1S

其中

mg

5

Po=1x10pa,Lo=12cm,pi=po+丁

解得

第15页，共20页

L]=10cm

(2)气体做等压变化，有

LiS_L2s

五二五

其中

T]=300K12=20cm

解得

T2=600K

⑶由

AU=W+Q

其中

AU=80J,W=—pi«2—Li)S=-120/

解得

Q=200/

【解析】详细解答和解析过程见【答案】

14.(1)由题意知，粒子做圆周运动的半径

r=d

由

v2

quB、=m—

解得

qBid

v-------

m

(2)由旋转圆模型知，粒子沿久轴正向进入I区域的时间最长，即

_T_Tim

'max=2=qB[

(3)①该粒子在区域n中的运动轨速如图所示

第16页，共20页

洛伦兹力提供向心力

qvB2=ma)v

可得

qB

3=-----2-

m

即角速度为一定值，又可知粒子与边界相切时转过的弧度为I兀，时间

e

t=—

3

解得

_3nm

②粒子在区域n中做螺旋线运动，由于阻力最后停下来，在切线方向上，牛顿第二定律

—kvt=mar=

则

_/c£(u遇t)=0—

有

kl=mv

解得

qBid

1=~iT

【解析】详细解答和解析过程见【答案】

15.(1)初始状态下，伸长量为

(m+mB)g

Axi=—"A心。°=0.06m

K

剪断后，/处于平衡位置时伸长量为

TYIAQ

r~=0.04m

K

振幅

A=4%2=0.02m

(2)物块8做自由落体运动的时间

1

h=qg及7

解得

第17页，共20页

ti=0.2s

8落入a的速度

%=gti=2m/s

根据动能定理

121

mBgR=-mBv--mBvl

得B在圆弧末端的速度

v=4m/s

B在圆弧上的运动时间

3T

t2=彳Ti=0，ls

取向下为正方向，竖直方向

Iy+mBgt2=-mBva

解得