2024-2025学年湖南省长沙一中高三（上）月考物理试卷（11月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年湖南省长沙一中高三（上）月考物理试卷（11月份）一、单选题：本大题共6小题，共24分。1.如图所示，取一支质量为m的按压式圆珠笔，将笔的按压式小帽朝下按在桌面上，无初速放手后笔将会竖直向上弹起一定的高度ℎ，然后再竖直下落。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(

)A.按压时笔内部弹簧的弹性势能增加了mgℎ

B.放手后到笔向上离开桌面的过程弹簧的弹性势能全部转化为笔的动能

C.笔在离开桌面后的上升阶段处于超重状态

D.笔从离开桌面到落回桌面过程的时间为2ℎ2.用电流传感器研究电容器充放电现象，电路如图所示。电容器不带电，闭合开关S1，待电流稳定后再闭合开关S2，通过传感器的电流随时间变化的图像是(

)A.B.C.D.3.湖北某小区晾晒区的并排等高门型晾衣架AA′BB′CC′DD′如图所示，AB、CD杆均水平，不可伸长的轻绳的一端M固定在AB中点上，另一端N系在C点，一衣架(含所挂衣物)的挂钩可在轻绳上无摩擦滑动。将轻绳N端从C点沿CD方向缓慢移动至D点，整个过程中衣物始终没有着地。则此过程中轻绳上张力大小的变化情况是(

)A.一直减小 B.先减小后增大 C.一直增大 D.先增大后减小4.潮汐是发生在沿海地区海水周期性涨落的一种自然现象，主要是受月球对海水的引力而形成，导致地球自转持续减速，同时月球也会逐渐远离地球。如图所示，已知地球和月球的球心分别为O和O′，A和B是地球上的两个海区，多年后，下列说法正确的是(

)A.海区A的角速度小于海区B的角速度 B.地球赤道上的重力加速度会减小

C.月球绕地球做圆周运动的加速度会增大 D.地球的同步卫星距离地面的高度会增大5.某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20m的圆面。某时间内该地区的风速是6.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3，假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能。则此风力发电机发电的功率约为(

)A.1.6×103W B.1.6×104W6.如图(a)，平行金属板A、B间的电压恒为U，B板右侧的平行金属板M、N间加有图(b)所示的交变电压，OO′是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场且电场仅局限于板间。零时刻，紧贴A板同时由静止释放甲、乙两个离子，两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙；甲在T4时刻沿OO′方向进入并在3T4时刻飞离交变电场。设甲、乙飞离交变电场时的速率为v甲、v乙A.y甲=2y乙 B.y甲=二、多选题：本大题共4小题，共20分。7.图甲为中国京剧中的水袖舞表演，水袖的波浪可视为简谐横波。图乙为该横波在t=0时刻的波形图，P、Q为该波上两个质点，此时P位于平衡位置，Q位于波峰，且P比Q先振动。图丙为波上某质点的振动图像。则(

)

A.该波的传播速度为2.5m/s B.图丙可能为质点P的振动图像

C.t=1.2s时，质点Q的速度最大 D.0−1.2s质点P运动的路程为1.2m8.如图所示为一缓冲模拟装置。质量分别为m、2m的物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，开始时用手托着物体A在距地面ℎ高处静止，此时细绳恰伸直无弹力，弹簧轴线沿竖直方向，物体B静止在地面上、放手后经时间t物体A下落至地面，落地前瞬间物体A的速度为零，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是(

)A.物体A在下落过程中其机械能减小

B.弹簧的劲度系数为mgℎ

C.物体A从静止下落到落地的t时间内，地面对B物体的冲量大小为mgt

D.将A物体质量改为1.5m，再将A物体由从原位置释放，A物体下落过程的最大速度为9.如图所示，MN和PQ为相互垂直的同一圆上的两条直径，长度均为L，O点为该圆的圆心。在M点和O点各固定一点电荷，处于O点的点电荷的电荷量为−q(q>0)，它们形成的电场在N点处的电场强度为0，已知静电力常量为k，下列说法正确的是(

)A.处于M点的点电荷的电荷量为+4q

B.使另一负电荷沿MN延长线从N点向右移动，其电势能逐渐减小

C.N点的电势比P点的电势高

D.P点处的电场强度大小为410.在如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=8Ω，定值电阻R1=2Ω，R2=10Ω，R3=20Ω，滑动变阻器R4的取值范围为0～30Ω，所有电表均为理想电表。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量分别为A.V1读数变小，V2读数变大，|ΔU1|大于|ΔU2|

B.|ΔU三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.用如图所示的装置验证动量守恒定律，滑块A和B相碰的端面上装有弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。

(1)实验前，需要调节气垫导轨水平：先在光电门a的右侧轨道上只放滑块A，向左轻推一下滑块A，其先后通过光电门a和光电门b的时间分别为t1、t2，若t1>t2，则需将导轨左端______(选填“调高”或“调低”)。

(2)调节气垫导轨水平后，将滑块B置于光电门b的左侧，滑块A静置于两光电门间的某一适当位置。给滑块B一个向右的初速度，B通过光电门b的时间为Δt1，B与A碰撞后再次通过光电门b的时间为Δt2，滑块A通过光电门a的时间为Δt3。为完成该实验，还必须测量的物理量有______(填选项前的字母)。

A.挡光片的宽度d

B.滑块B及挡光片的总质量m1

C.滑块A及挡光片的总质量m2

D.光电门a到光电门b的间距L12.某物理探究小组的同学设计了如图甲所示的实验电路测定干电池的电动势和内阻。

实验器材：

电池组(两节干电池)；

定值电阻R0=2Ω；

毫安表(量程为50mA，内阻Rg=4.5Ω)；

电压表(量程为3V，内阻很大)；

滑动变阻器R；

电阻箱；

开关；

导线若干；

(1)将电阻箱的阻值调至0.5Ω，则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为______mA。

(2)实验步骤如下：

①闭合开关S前，将滑动变阻器R的滑片移到______端(选填“左”或“右”)；

②闭合开关S，改变滑片位置，记下电压表的示数U和毫安表的示数I，多次实验后将所测数据描绘在如图乙所示的坐标纸上，作出U−I图线。

(3)假设两节干电池完全相同，每节干电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω(结果均保留两位有效数字)。

(4)从实验原理上分析，通过本实验测量的电动势______实际电动势(选填“大于”“等于”或“小于”)四、简答题：本大题共1小题，共10分。13.图为直流电动机提升重物的装置图，重物的质量20kg，电源电动势100V，电源内阻3Ω，当电动机0.5m/s的恒定速度竖直向上提升重物时，电路中的电流I=2A。不计绳的重力，不计摩擦阻力与空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：

(1)电动机的输入功率P入；

(2)电动机线圈的电阻；

(3)电源的工作效率。五、计算题：本大题共2小题，共30分。14.如图所示，半径R=0.6m的光滑半球静止于光滑水平桌面，在半球的顶端B点有两个相同的小球，小球可看作质点，取重力加速度大小g=10m/s2，刚开始小球用双手固定，O点是球心，不计空气阻力。

(1)如图1，现同时将两个小球以v0=2gR的水平初速度向外抛出，求两小球落地瞬间的水平距离(不考虑小球反弹)；

(2)如图2，现同时放开双手，求小球离开球面瞬间的速度大小v；

(3)如图3，若半球质量M=4kg，小球质量m=1kg，以初始球心O位置为坐标系中心，OB方向为y轴正半轴，OC方向为x15.如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L2的水平轨道AB通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道AB和水平轨道BO(长为L2)在B点与一个半径R=L2的光滑的竖直固定螺旋圆弧轨道相切于B点。以水平轨道BO末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下。水平轨道BO右下方有一段弧形轨道PQ，该弧形轨道是曲线x24μ2L2+(y−μL)2μ2L2=1在坐标系xOy(x>0,y>0)中的一半(见图中实线部分)，弧形轨道Q端在y轴上。带电量为q(q>0)、质量为m的小球1与水平轨道AB、BO间的动摩擦因数为μ，在x轴上方存在竖直向上的匀强电场，其场强E=mg2q，重力加速度为g。

(1)若小球1从倾斜轨道上由静止开始下滑，恰好能经过圆形轨道的最高点，求小球1经过O点时的速度大小；

(2)若小球1从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上，请证明小球1每次落在PQ时动能均相同，并求出该动能大小；

(3)将小球2静置于O点，小球

答案解析1.A

【解析】解：A、释放圆珠笔后，圆珠笔与弹簧组成的系统机械能守恒，圆珠笔上升到最大高度时速度为零，弹簧的弹性势能全部转化为重力势能，由功能关系可知，按压时笔内弹簧的弹性势能增加了mgℎ，故A正确；

B、放手后到笔向上离开桌面的过程弹簧的弹性势能全部转化为笔的动能与重力势能之和，故B错误；

C、笔在离开桌面后的上升阶段加速度方向向下，处于失重状态，故C错误；

D、笔离开桌面后做竖直上抛运动，上升过程ℎ=12gt2，笔从离开桌面到落回桌面过程的时间t′=2t，解得：t′=22ℎg，故D错误。2.A

【解析】解：闭合开关S1后，电容器充电，电容器电压与电源电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，充电完成后，电容器电压等于电源电压，此时电路中电流为零；

再闭合开关S2，因为电容器电压大于R2电压，则电容器放电，电容器电压与R2电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，且电流方向与开始充电时的方向相反，当电容器电压等于R2电压，此时电路中电流为零。

由以上分析可知，选项A正确，选项BCD错误。

故选：A3.B

【解析】解：将轻绳N端由C点沿直线缓慢移动至D点过程中，MN间水平距离先减小后增大，轻绳的夹角先变小后变大，而轻绳的合力始终与重力相等，根据力的合成可知轻绳的张力先减小后增大。故ACD错误，B正确。

故选：B。

整个过程轻绳缓慢移动，重物始终处于动态平衡的状态，利用共点力平衡条件，两端绳子拉力的合力等于物体重力，可进行分析。

本题考查共点力平衡条件，涉及到受力分析，同时考查学生的空间思维能力，难度适中。4.D

【解析】解：A、海区A、B绕地轴随地球一起运动，角速度相等，故A错误；

B、设地球赤道上的重力加速度为g，自转角速度为ω，根据ω=2πt，ω在减小，地球赤道上的万有引力GMmR2=mg+mω2R，由此可知地球赤道处的重力加速度g增大，故B错误；

C、设地球和月球的质量分别为M和m月，月地之间的距离为r，月球加速度为a，地球与月球间的万有引力提供月球绕地球做圆周运动的向心力，则有GMm月r2=m月a，由于月球每年远离地球几厘米，月地之间的距离r增大，月球绕地球的加速度a减小，故C错误；

D、设地球同步卫星的质量为m，地球半径为R，地球同步卫屋离地面高度为ℎ，地球自转周期为T，根据GMm5.B

【解析】解：在t时间内空气动能为：Ek=12mv2=12ρvtSv2=12ρπr2v3t

根据题意可得，此风力发电机发电的功率约为：6.B

【解析】解：两离子在电场中加速，则根据动能定理得：

qU=12mv2

可得：v=2qUm

两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙，可知两离子离开电场时的速度之比为：

v甲：v乙=2：1

时间之比为：t甲：t乙=1：2

因为甲在T4时刻沿OO′方向进入，则乙在T2时刻沿OO′方向进入，甲离子在偏转电场中的运动时间为T2，则乙离子在偏转电场中的运动时间为T′；

甲离子在偏转电场中的加速度为：a甲=E×4qm

偏转距离为：y甲=2×12a甲(T7.AD

【解析】解：A、由乙图知，波长为2.0m。由丙图知，周期为0.8s，则波速为v=λT=2.00.8m/s=2.5m/s，故A正确；

B、依题意，质点P比质点Q先振动，则波向x轴负方向传播，在t=0时刻质点P处于平衡位置，根据波形平移法，可知质点P此时向y轴负方向振动，而丙图中质点在t=0时刻向y轴正方向振动，所以丙图不可能是质点P的振动图像，故B错误；

C、因t=1.2s=T+12T，故t=1.2s时，质点Q处于波谷，速度为零，故C错误；

D、因t=1.2s=T+12T，则质点P运动的路程为s=6A=6×0.2m=1.2m，故D正确。

故选：AD。

根据乙图和丙图分别读出该波的波长和周期，从而求出波速；根据P比Q先振动，判断波的传播方向，确定t=0时刻质点8.AC

【解析】解：A、物体A在下落过程中，除了重力做功之外，细绳的拉力对物体A做负功，则物体A的机械能减小，故A正确；

B、由题意可知，初始时弹簧无弹力，处于自然状态。物体A落地前瞬间，弹簧的伸长量等于ℎ，此时弹簧的弹力F=2mg，则弹簧的劲度系数为k=Fℎ=2mgℎ，故B错误；

C、设整个过程中，绳子对A的冲量大小为I绳，则绳子对B和弹簧的冲量大小也为I绳。对A，取竖直向下为正方向，由动量定理得

mgt−I绳=0

对B和弹簧，取竖直向下为正方向，由动量定理得

2mgt−I地−I绳=0

解得物体A从静止下落到落地的t时间内，地面对B物体的冲量大小为I地=mgt，故C正确；

D、将A物体质量改为1.5m，当弹簧弹力恰好等于1.5mg时，A受力平衡，加速度为零，速度最大，此时弹簧的伸长量为

x=1.5mgk=34ℎ

对A和弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律得

1.5mgx=12kx2+12×1.5mv2

解得A的最大速度为v=3gℎ4，故9.AD

【解析】解：A.由题意可知，处于O点的点电荷为负电荷，所以在N点处产生的电场强度向左，而N点处的电场强度为0，由场强的叠加原理可知处于M点的点电荷在N点处的电场强度向右，则处于M点的点电荷带正电，且

kq(L2)2=kQL2

所以处于M点的点电荷的电荷量为

Q=4q

故A正确；

B.MN延长线上的电场方向都向右，电势逐渐减低，使另一负电荷沿MN延长线从N点向右移动，由Ep=qφ可得电势能逐渐增大，故B错误；

C.N点与P点距O点距离相等，则处于O点的点电荷在N、P点的电势相等，P点距离M点近，则处于M点的点电荷在P点的电势大于N点的电势，所以P点的电势高，故C错误；

D.根据点电荷的场强公式

E=kQL2

可知

M点在P点的电场强度大小为

EMP=k⋅4q(22L)2=8kqL2

O点在P点的电场强度大小为

EOP=kq(12L)2=4kqL2

建立直角坐标系，如下图

所以P点处的电场强度大小为

E=10.BC

【解析】解：A.将R1和R2等效为电源内阻，则等效电源的电动势E1=ER2R1+R2+r，代入数据解得：E1=6V

等效内阻r1=R2(r+R1)r+R2+R3，代入数据解得：r1=5Ω

等效电路，如图所示：

A.当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，R4变大，总电阻变大，总电流减小，内电压减小，路端电压变大，V1读数变小，则V2读数变大，因U=U1+U2，可知|ΔU1|小于|ΔU2|，故A错误；

B.根据欧姆定律U1=IR3，则|ΔU1ΔI|=R3=20Ω

根据闭合电路的欧姆定律得：E1=U2+I(R3+r1)，解得：丨ΔU2ΔI丨=R311.调高

BC

m1【解析】解：(1)滑块A先后通过光电门a和光电门b的时间分别为t1、t2，且t1>t2，说明滑块A在加速，应将导轨左端调高。

(2)如果导轨水平，滑块在导轨上做匀速直线运动，所以滑块经过两光电门的时间相等，本实验中需要验证动量守恒，所以在实验中必须要测量滑块的质量和速度，速度可以根据通过光电门的时间求解，而质量可通过天平测出，同时，挡光片的宽度可以消去，所以不需要测量挡光片的宽度，故BC正确，AD错误，故选：BC。

(3)根据速度公式可知，碰前B的速度大小

v0=dΔt1

碰后A的速度大小

v1=dΔt3

B的速度大小

v2=dΔt2

设B12.500

左

1.5

1.0

等于

【解析】解：(1)将电阻箱的阻值调至R1=0.5Ω，则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为：

IA=Ig+IgRgR1=50mA+50×4.50.5mA=500mA

(2)①闭合开关S时，为保护电路，要使滑动变阻器接入电路的阻值最大，则闭合开关S前，将滑动变阻器R的滑片移到左端；

(3)由(1)的解答可知毫安表的量程扩大为原来的10倍。

改装后电流表的内阻为：RA=RgR1Rg+R1=4.5×0.54.5+0.5Ω=0.45Ω

根据闭合电路欧姆定律得：U=2E−10I(2r+R0+R1)

由U−I图线的斜率与纵截距可得：

2E=3.0V

10(2r+R0+R1)=13.解：(1)电池内电压U内=Ir1=2×3V=6V

根据闭合电路欧姆定律E=U内+U外

代入数据解得U外=94V

根据P入=U外I

代入数据解得P入=188W

(2)电动机工作时P入=P内+P机

由焦耳定律P内=I2r2

又P机=Fv

【解析】(1)根据P=UI求出电动机的输入功率。

(2)电动机的输入功率等于输出功率和线圈电阻产生的热功率之和，结合焦耳定律求出电动机线圈的电阻。

(3)输出功率与总功率的比值计算电源的工作效率。

解决本题的关键知道输入功率和输出功率以及线圈发热功率的区别和联系，注意对于电动机电路，在电动机正常工作的情况下，不能运用闭合电路欧姆定律进行求解。14.解：(1)对于其中的一个小球，水平方向有

x=v0t；

竖直方向有

R=12gt2；

其中

v0=2gR

代入数据解得：x=2R；

两小球落地瞬间的水平距离为：d=2x=4R=2.4m；

(2)设小球离开球面瞬间小球与球心的连线与竖直方向的夹角为θ，在该过程中根据动能定理，有

mgR(1−cosθ)=12mv2−0

重力沿半径方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律，可知

mgcosθ=mv2R

解得：v=2m/s

(3)设经过时间t，小球水平方向的速度大小为v1，其坐标为(x,y)，半球的速度大小为v2，水平方向的位移大小为x′，二者组成的系统水平方向动量守恒，取v1方向为正方向，根据动量守恒定律有，

mv1−Mv2=0

该式对小球在半球面上运动的任意时刻都成立，故：mx−Mx′=0

根据几何关系，二者水平方向的位移大小之和满足【解析】(1)根据平抛运动规律求出两小球落地瞬间的水平距离；

(2)根据动能定理和向心力表达式求出小球离开球面瞬间的速度