湖南省浏阳一中、株洲二中等湘东七校2025届物理高三上期末达标测试试题含解析

湖南省浏阳一中、株洲二中等湘东七校2025届物理高三上期末达标测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、在某种科学益智玩具中，小明找到了一个小型发电机，其结构示意图如图1、2所示。图1中，线圈的匝数为n，ab长度为L1，bc长度为L2，电阻为r；图2是此装置的正视图，切割处磁场的磁感应强度大小恒为B，有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90°。外力使线圈以角速度逆时针匀速转动，电刷M端和N端接定值电阻，阻值为R，不计线圈转动轴处的摩擦，下列说法正确的是（）A．线圈中产生的是正弦式交变电流B．线圈在图2所示位置时，产生感应电动势E的大小为BL1L2C．线圈在图2所示位置时，电刷M的电势低于ND．外力做功的平均功率为2、一辆汽车遇到险情紧急刹车，刹车过程做匀减速运动，刹车后第1s内的位移为16m，最后1s内的位移为8m，则汽车的刹车时间为A．1s B．1.5s C．2s D．2.5s3、如图所示，两电荷量分别为－Q和+2Q的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L，以+2Q的点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，下列说法正确的是A．c、d两点的电势相同B．a点的电势高于b点的电势C．c、d两点的电场强度相同D．a点的电场强度小于b点的电场强度4、如图所示的电路中，D1、D2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，直流电阻不计。先闭合开关S，电路稳定后再断开开关S，此时()A．D1立刻熄灭B．D2立刻熄灭C．D1闪亮一下逐渐熄灭D．D2闪亮一下逐渐熄灭5、我国计划在2030年之前制造出可水平起飞、水平着陆并且可以多次重复使用的空天飞机。假设一航天员乘坐空天飞机着陆某星球后，由该星球表面以大小为v0的速度竖直向上抛出一物体，经时间t后物体落回抛出点。已知该星球的半径为R，该星球没有大气层，也不自转。则该星球的第一宇宙速度大小为（）A． B． C． D．6、太阳内部持续不断地发生着4个质子（）聚变为1个氦核（）的热核反应，核反应方程是，这个核反应释放出大量核能。已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c。下列说法中正确的是（）A．方程中的X表示中子B．方程中的X表示电子C．这个核反应中质量亏损Δm=m1－m2－m3D．这个核反应中释放的核能ΔE=(4m1－m2－2m3）c2二、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，有多个选项是符合题目要求的。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、关于动量冲量和动能，下列说法正确的是（）A．物体的动量越大，表明它受到的冲量越大 B．物体的动量变化，其动能有可能不变C．物体受到合外力的冲量作用，则其动能一定变化 D．物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上8、如图，竖直放置的光滑圆弧型轨道，O为圆心，AOB为沿水平方向的直径，AB=2R。在A点以初速度v0沿AB方向平抛一小球a，若v0不同，则小球a平抛运动轨迹也不同．则关于小球在空中的运动，下列说法中正确的是A．v0越大，小球a位移越大B．v0越大，小球a空中运动时间越长C．若v0=，小球a动能增加量最大D．若v0=，小球a末动能最大9、地球探测器的发射可简化为以下过程。先开动发动机使探测器从地表由静止匀加速上升至高处，该过程的平均加速度约为。再开动几次发动机改变探测器速度的大小与方向，实现变轨，最后该探测器在高度绕地球做匀速圆周运动。已知探测器的质量约为，地球半径约为，万有引力常量为。探测器上升过程中重力加速度可视为不变，约为。则关于探测器的下列说法，正确的是（）A．直线上升过程的末速度约为B．直线上升过程发动机的推力约为C．直线上升过程机械能守恒D．绕地球做匀速圆周运动的速度约为10、如图所示，将一个细导电硅胶弹性绳圈剪断，在绳圈中通入电流，并将其置于光滑水平面上，该空间存在竖直向下的匀强磁场。已知磁感应强度为，硅胶绳的劲度系数为，通入电流前绳圈周长为，通入顺时针方向的电流稳定后，绳圈周长变为。则下列说法正确的是（）A．通电稳定后绳圈中的磁通量大于B．段绳圈所受安培力的合力大小为C．图中两处的弹力大小均为D．题中各量满足关系式三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）测定某种特殊电池的电动势和内阻。其电动势E约为8V，内阻r约为。实验室提供的器材：A、量程为200mA．内阻未知的电流表G；B、电阻箱；C、滑动变阻器；D、滑动变阻器；E、开关3只，导线若干。(1)先用如图所示的电路来测定电流表G内阻。补充完成实验：①为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取__________（选填“”或“”）；②连接好电路，断开、，将的滑片滑到__________（选填“a”或“b”）端；③闭合，调节，使电流表G满偏；④保持不变，再闭合，调节电阻箱电阻时，电流表G的读数为100mA；⑤调节电阻箱时，干路上电流几乎不变，则测定的电流表G内阻__________；(2)再用如图甲所示的电路，测定该特殊电池的电动势和内阻。由于电流表G内阻较小，在电路中串联了合适的定值电阻作为保护电阻。按电路图连接好电路，然后闭合开关S，调整电阻箱的阻值为R，读取电流表的示数，记录多组数据（R，I），建立坐标系，描点作图得到了如图乙所示的图线，则电池的电动势__________V，内阻__________。12．（12分）某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律．主要实验步骤如下：①将斜槽固定在水平桌面上，调整末端切线水平；②将白纸固定在水平地面上，白纸上面放上复写纸；③用重锤线确定斜槽末端在水平地面上的投影点；④让小球紧贴定位卡由静止释放，记录小球的落地点，重复多次，确定落点的中心位置；⑤将小球放在斜槽末端，让小球紧贴定位卡由静止释放，记录两小球的落地点，重复多次，确定两小球落点的中心位置；⑥用刻度尺测量距点的距离；⑦用天平测量小球质量；⑧分析数据，验证等式是否成立，从而验证动量守恒定律．请回答下列问题：（1）步骤⑤与步骤④中定位卡的位置应__________________________；（2）步骤④与步骤⑤中重复多次的目的是________________________；（3）为了使小球与碰后运动方向不变，质量大小关系为__________（选填“”、“”或“”）；（4）如图乙是步骤⑥的示意图，则步骤④中小球落点距点的距离为___________________．四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，两根平行的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝固定，导轨间距离为L＝1m，电阻不计，一个阻值为R＝0.3Ω的定值电阻接在两金属导轨的上端。在导轨平面上边长为L的正方形区域内，有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1T。两根完全相同金属杆M和N用长度为l＝0.5m的轻质绝缘硬杆相连，在磁场上方某位置垂直于导轨放置且与导轨良好接触，金属杆长度均为L、质量均为m＝0.5kg、电阻均为r＝0.6Ω，将两杆由静止释放，当杆M进入磁场后，两杆恰好匀速下滑，取g＝10m/s2。求：(1)杆M进入磁场时杆的速度；(2)杆N进入磁场时杆的加速度大小；(3)杆M出磁场时，杆已匀速运动，求此时电阻R上已经产生的热量。14．（16分）如图所示，竖直放置的U形玻璃管与容积为V0＝15cm3的金属球形容器连通，玻璃管左侧横截面积为右侧横截面积的4倍．右侧玻璃管和球形容器中用水银柱封闭一定质量的理想气体．开始时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1＝15cm，右侧玻璃管内水银柱上方空气柱长h0＝9cm.现缓慢向左管中加入水银，使两边水银柱达到同一高度，玻璃管和金属球导热良好(已知大气压p0＝75cmHg，U形玻璃管的右侧横截面积为S＝1cm2)．求：(1)此过程中被封气体内能如何变化？吸热还是放热？(2)需要加入的水银体积．15．（12分）我国不少省市ETC联网已经启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1＝12m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10m处正好匀减速至v2＝4m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1m/s2。求：(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小？(2)汽车通过人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速？(3)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】

AB．一个周期时间内，有半个周期线圈的两边在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，据法拉第电磁感应定律有：其中，解得不是正弦式交变电流，故A、B错误；C．根据右手定则，图2所示位置时外电路中电流由M经电阻R流向N，外电路电流由电势高处流向电势低处，则M的电势高于N的电势，故C错误；D．线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半周期，故外力平均功率故D正确。2、B【解析】

最后1s内的汽车位移为8m，根据x=at2，可知加速度大小为a=16m/s2刹车后第1s内的平均速度大小v=m/s=lm/s，则刹车的时间:t=0.5s+s=1.5sA．1s。故A不符合题意。B．1.5s。故B符合题意。C．2s。故C不符合题意。D．2.5s。故D不符合题意。3、A【解析】

A、B、a、b、c、d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上，可知+2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过-Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d两点对称电势相等，a点电势最低；故A正确，B错误.C、+2Q的场源在c、d两点产生的场强大小相等，-Q的场源在c、d两点的产生的场强大小也相等，根据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故c、d两点的电场强度不同；故C错误；D、由点电荷的场强公式，合成可得，方向向左；，方向向右；故；则D错误.故选A.【点睛】本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，并且要充分利用电场的叠加原理进行分析．4、D【解析】

电路稳定后断开开关，线圈发生断电自感，产生自感电动势，有同方向的电流，由于D1、D2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，直流电阻不计，原来D1、线圈和D2、电阻并联，D2回路电阻大，电流小，所以自感电流大于原来通过D2电流，但不会大于原来通过D1的电流，所以D2闪亮一下逐渐熄灭，D1逐渐熄灭，所以D正确，ABC错误；故选D。5、A【解析】

根据小球做竖直上抛运动的速度时间关系可知t=所以星球表面的重力加速度g=星球表面重力与万有引力相等，mg=近地卫星的轨道半径为R，由万有引力提供圆周运动向心力有：联立解得该星球的第一宇宙速度v=故A正确，BCD错误。故选A。6、D【解析】

AB．由核反应质量数守恒、电荷数守恒可推断出X为，故AB错误；

CD．质量亏损为△m=4m1-m2-2m3释放的核能为△E=△mc2=（4m1-m2-2m3）c2故C错误、D正确。

故选D。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，有多个选项是符合题目要求的。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、BD【解析】

A．根据动量定理可知，动量的改变量越大，冲量越大，动量和冲量无直接联系，故A错误；B．匀速圆周运动的速度方向时刻变化，但速度大小不变，所以动量变化，但动能不变，故B正确；C．匀速圆周运动的合外力的冲量不为零，但动能不变，故C错误；D．由公式可知，由于动量和动量变化为矢量，遵循平行边形定则，则物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上，故D正确。故选BD。8、AC【解析】

A．平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，初速度越大，则在空中运动的水平位移越大，末位置离点越远，则位移越大，故A正确；B．平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大，所以时间不一定长，故B错误；C．平抛运动只有重力做功，根据动能定理可知，重力做功越多，动能变化越大，则小球落到点时，重力做功最多，动能变化最大，则运动时间为：水平初速度为：故C正确；D．根据动能定理可知，末动能为：当小球下落的距离最大，但是初速度不是最大，所以末动能不是最大，故D错误；故选AC。9、BD【解析】

A．匀加速上升过程有解得A错误；B．匀加速上升过程有解得B正确；C．匀加速上升过程除地球引力做功外，还有发动机推力做功，则机械能不守恒，C错误；D．匀速圆周运动过程有解得又有解得D正确。故选BD。10、ACD【解析】

A．通入顺时针方向电流稳定后，绳圈周长为，由可得，面积由安培定则可判断出环形电流在环内产生的磁场方向竖直向下，绳圈内磁感应强度大于，由磁通量公式可知通电稳定后绳圈中的磁通量大于，故A正确；B．段的等效长度为，故段所受安培力故B错误；C．设题图中两处的弹力大小均为，对半圆弧段，由平衡条件有解得，故C正确；D．由胡克定律有解得，两侧均除以，得即，故D正确。故选ACD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、R2a21048【解析】

(1)①[1]．由题意可知，电源电动势约为8V，而电流表量程为200mA，则电流表达满偏时需要的电流为故为了安全和准确，滑动变阻器应选择R2；

②[2]．为了让电路中电流由最小开始调节，滑动变阻器开始时接入电阻应最大，故滑片应滑至a端；

⑤[3]．由实验步骤可知，本实验采用了半偏法，由于电流表示数减为原来的一半，则说明电流表内阻与电阻箱电阻相等，即Rg=2Ω；

(2)[4]．根据实验电路以及闭合电路欧姆定律可知：变形可得则由图象可知图象的斜率解得E=10V[5]．图象与纵轴的交点为5，则可知解得r=48Ω12、（1）保持不变；（2）减少实验误差；（3）>；（4）0.3723（0.3721—0.3724）【解析】

解：(1)为使入射球到达斜槽末端时的速度相等，应从同一位置由静止释放入射球，即步骤⑤与步骤④中定位卡的位置应保持不变；(2)步骤④与步骤⑤中重复多次的目的是减小实验误差；(3)为了使小球与碰后运动方向不变，、质量大小关系为；(4)由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，步骤④中小球落点距点的距离为．四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)4m/s(2)1.67m/s2(3)3.42J【解析】

(1)杆M进入磁场时，根据平衡条件2mgsinθ＝I1LB电路中总电阻R1＝＋r＝0.8Ω由闭合电路欧姆定律I1＝，由法拉第电磁感应定律E1＝BLv1，由以上各式可得v1＝4m/s(2)杆N进入磁场时杆的速度为v1＝4m/s，此时电路中总电阻R2＝＋R＝0.6Ω根据牛顿第二定律2mgsinθ－I2LB＝2ma