2025届湖南省衡阳市衡阳县高三上学期第一次模拟考试物理试题（含答案）

届湖南省衡阳市衡阳县高三上学期第一次模拟考试物理试题一、选择题：本题共10小题，共46分．在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．已知轨道量子数为n的氢原子能级为En=E1nA．12 B．34 C．892．神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v−t图像如图所示。设该过程中重力加速度g不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（）A．在0~t3时间内，返回舱一直减速下降B．在t1时刻打开主伞后，返回舱的加速度大小不可能等于gC．在t1D．在t23．2023年我国“天宫号”太空实验室实现了长期有人值守，我国迈入空间站时代。如图所示，“天舟号”货运飞船沿椭圆轨道运行，A、B两点分别为椭圆轨道的近地点和远地点，则以下说法正确的是（）A．“天舟号”在A点的线速度大于“天宫号”的线速度B．“天舟号”在B点的加速度小于“天宫号”的加速度C．“天舟号”在椭圆轨道的周期比“天宫号”周期大D．“天舟号”与“天宫号”对接前必须先减速运动4．高速铁路列车通常使用磁刹车系统，磁刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线总垂直射入铝盘时，铝盘随即减速，如图所示，圆中磁铁左方铝盘的甲区域朝磁铁方向运动，磁铁右方的乙区域朝离开磁铁方向运动，下列说法中正确的是（）A．铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场B．磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力C．感应电流在铝盘产生的内能，是将铝盘减速的最主要原因D．若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果更好5．如图所示，波源O沿y轴作简谐运动，形成两列简谐横波，一列波在介质Ⅰ中沿x轴正方向传播，另一列波在介质Ⅱ中沿x轴负方向传播。t=0时刻完整波形如图所示，此时两列波分别传到x1=6m和x2A．波源的起振方向沿y轴负方向B．介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波速之比为1:1C．介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波频率之比为2:3D．介质Ⅱ中波的周期为1.5s6．如图甲所示，列车车头底部安装强磁铁，线圈及电流测量仪埋设在轨道地面（测量仪未画出），P、Q为接测量仪器的端口，磁铁的匀强磁场垂直地面向下、宽度与线圈宽度相同，俯视图如图乙。当列车经过线圈上方时，测量仪记录线圈的电流为0.12A。磁铁的磁感应强度为0.005T，线圈的匝数为5，长为0.2m，电阻为0.5Ω，则在列车经过线圈的过程中，下列说法正确的是（）A．线圈的磁通量一直增加B．线圈的电流方向先顺时针后逆时针方向C．线圈的安培力大小为1.2×D．列车运行的速率为12m/s7．如图所示，一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，在三棱镜内偏折到F点。已知入射方向与AB的夹角为30°，E、F分别为AB、AC边的中点，则光第一次到达F点后的传播大致是下图中的（）A． B．C． D．8．航天服是保障航天员的生命活动和正常工作的个人密闭装备，可防护空间的真空、高低温、太阳辐射和微流星等环境因素对人体的危害。航天员穿着航天服，从地面到达太空时内部气体将急剧膨胀，若航天服内气体的温度不变，视为理想气体并将航天服视为封闭系统。则关于航天服内的气体，下列说法正确的是（）A．体积增大，内能减小 B．压强减小，内能不变C．对外界做功，吸收热量 D．压强减小，分子平均动能增大9．静电透镜被广泛应用于电子器件中，如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场，其中虚线为等势线，任意两条相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线。一电子从其左侧进入聚焦电场，实线为电子运动的轨迹，P、Q、R为其轨迹上的三点，电子仅在电场力作用下从P点运动到R点，在此过程中，下列说法正确的是（）A．P点的电势低于Q点的电势B．电子在P点的加速度小于在R点的加速度C．从P至R的运动过程中，电子的电势能增加D．从P至R的运动过程中，电子的动能一直增大10．如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑圆环，圆心在O点。质量分别为m、0.75m的A、B两小球套在圆环上，用不可伸长的长为2R的轻杆通过铰链连接，开始时对球A施加一个竖直向上的外力FA．对球A施加的竖直向上的外力F1的大小为B．若撤掉外力F1C．撤掉外力，系统无初速度释放，当A球到达最低点时，B球的速度大小为1D．撤掉外力，系统无初速度释放，沿着圆环运动，B球能够上升的最高点相对圆心O点的竖直高度为7二、非选择题：本题共5小题，共54分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。11．某探究小组用图甲所示的实验装置测量重力加速度。铁架台上固定着光电门，让直径为d的小球从a处由静止开始自由下落，小球球心正好通过光电门。现测得小球由a下落到b的时间为t，用刻度尺测得a、b间的高度为h。现保持光电门b位置不变，将小球释放点a缓慢移动到不同位置，测得多组h、t数值，画出ht随t变化的图线为直线，如图丙所示，直线的斜率为k（1）用游标卡尺测量小球直径时，游标卡尺的读数如图乙所示，则小球的直径为cm；（2）由ht−t图线可求得当地重力加速度大小为g=（3）若某次测得小球由a下落到b的时间间隔为t1，则可知此次小球经过光电门b时的速度大小为12．某实验小组拟测量一量程Ig=3mA的灵敏电流计G的内阻（1）该小组同学先用欧姆表粗略测量电流计G的内阻Rg；应将欧姆表的红表笔与电流计G的（选填“＋”“－”）接线柱接触，把选择开关旋转到“×100”位置，正确操作后，欧姆表的指针如图1所示，则Rg的大小为（2）为精细测量电流计G的内阻Rg，该小组同学利用“半偏法”原理设计了如图2所示电路图，请将图3所示实物连线图补充完整①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器②保持滑动变阻器R0的滑片位置不动，断开开关S③读出电阻箱R的数值601.2Ω，即为电流计G的内阻R由此可知，本次电流计G的内阻Rg的测量值与其真实值相比（3）然后该小组同学利用所学知识，将电流计G改装为量程IA=3A的电流表，并测量标准电流I0=2A时，发现电流计G的示数I113．2024年哈尔滨成为了全国旅游的最热门的城市，美食和冰雪项目深受大量游客喜爱，如图1所示的滑雪圈是网红打卡项目之一。图2为某滑雪圈项目轨道的示意图，该项目的轨道由倾角θ=37°、长L=10m滑道AB与水平冰雪地面平滑连接构成，雪圈与倾斜滑道间的动摩擦因数μ1=18，与水平冰雪地面的动摩擦因数μ2=15。游客甲从滑道顶端A点由静止开始下滑，雪圈过B点前后速度大小不发生变化，当游客甲滑至水平地面上C处时与停在C处未及时起身离开的游客乙发生正碰，作用时间很短，BC间距离（1）碰撞前游客甲的速度；（2）全过程中两游客与轨道摩擦可能产生的热量的最小值。14．如图所示，传送带的水平部分ab长度L1=10m，倾斜部分bc长度L2（1）煤块从a运动到c的时间；（2）煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度。15．如图所示，平面直角坐标系xOy中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场。第一、四象限内磁场方向垂直纸面向里，第二象限内磁场方向垂直纸面向外。第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（−l,−l2）以一定初速度释放，初速度方向与x轴正方向的夹角为θ=45°，从点K0,−l垂直y轴进入第四象限磁场区域，然后从Pl,0（1）甲粒子进入第四象限时的速度v0（2）匀强电场的大小E；（3）粒子甲第n次经过y轴时，甲乙粒子间的距离d；（4）当甲粒子第一次经过y轴时在第二象限内施加一沿x轴负方向、电场强度大小与第三象限电场相同的匀强电场，求甲粒子的最大速度vm

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】在发生跃迁时，如果核外电子由低能级向高能级跃迁，需要吸收能量，如果由高能级向低能级跃迁，需要释放能量（以光子的形式）。现用单色光A照射大量处于基态的氢原子，只能产生一种频率的光子，则单色光A的能量为E用单色光B照射大量处于基态的氢原子，能产生三种不同频率的光子，则单色光B的能量为E则单色光A和单色光B的光子能量之比为27:32。故选D。

【分析】根据玻尔理论，氢原子只能吸收能量等于两个能级之差的光子的能量．氢原子吸收了能量后，从基态跃迁到n能级的激发态上去，再从此激发态向低能级跃迁。2．【答案】C【解析】【解答】本题主要对v-t图像的考查，解题关键是掌握v-t图像的斜率表示加速度，动量P=mv。A．由图可知0~t2时间内速度在减小，B．v−t图像的斜率是加速度，t1时刻打开主伞后图像的斜率在减小，但是开始斜率大小未知，故B错误；C．物体的动量为P=mv而在t1D．在t2故选C。

【分析】根据v-t图像确定速度和动量的变化，v-t图像的斜率表示加速度判定加速度的变化；速度不变，动能不变。3．【答案】A【解析】【解答】本题主要考查万有引力在天体中的应用，在做题中要注意变轨过程中速度的变化。A．A、B两点分别为椭圆轨道的近地点和远地点，根据变轨原理可知，“天舟号”在A点从圆轨道加速可进入椭圆轨道。根据GMm解得v=可知“天舟号”在A点所在圆轨道的线速度大于在B点所在圆轨道的线速度。所以“天舟号”在A点的线速度大于“天宫号”的线速度，故A正确；B．根据GMm可得a=则“天舟号”在B点的加速度大小等于“天宫号”的加速度大小，故B错误；C．由开普勒第三定律，可知“天舟号”比“天宫号”运动周期小，故C错误；D．“天舟号”与“天宫号”对接前必须先加速，做离心运动，才能与天宫号对接，故D错误。故选A。

【分析】根据卫星变轨过程中速度的变化，再结合万有引力提供向心力分析。4．【答案】B【解析】【解答本题考查了楞次定律，理解增反减同、来拒去留是解决此类问题的关键。A．铝盘甲区域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，甲区域感应电流方向为逆时针方向，则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故A错误；BC．由“来拒去留”可知，磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力，会使铝盘减速，故B正确，C错误；D．改成空洞铝盘，电阻变大，电流变小，阻碍效果更差，故D错误。故选B。

【分析】根据楞次定律以及“来拒去留”推论，结合电阻变大，电流变小分析求解。5．【答案】D【解析】【解答】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A．t=0时，两列波分别传到x1=6m和x2=-4m处，由上下坡法可知，波源的起振方向沿y轴正方向，故A错误；C．两列波是由同一波源的振动形成的，所以周期相同，频率相同，故C错误；B．由图可知，两列波的波长分别为λⅠ=12m由公式v=可得介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波速之比为v故B错误；D．当t=1s时质点M位移不变，振动方向相反可知(2×112T+可得T=因为波源振动周期大于1s，所以当n=0时，可得T=1.5s因为两列波的周期相同，故介质Ⅱ中波的周期为1.5s，故D正确。故选D。

【分析】根据x1=6m和x2=-4m处质点的振动方向，分析波源的振动方向，两列波是由同一波源的振动形成的，所以频率相同，根据v=λf分析波速的比值，根据时间与周期的关系分析周期。6．【答案】D【解析】【解答】解决本题时，要搞清题意，分析清楚列车的运动情况，根据切割感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及运动学公式相结合进行处理。要注意线圈的匝数不能遗漏。AB．在列车经过线圈的上方时，由于列车上的磁场的方向向下，所以线圈内的磁通量方向向下，先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先逆时针，再顺时针方向。故AB错误；C．线圈的安培力大小为F=nBIl=6×故C错误；D．导线切割磁感线的电动势为E=nBlv根据闭合电路欧姆定律可得I=联立，解得v=12故D正确。故选D。

【分析】根据磁通量的定义判断磁通量的变化；根据楞次定律判断感应电流的方向，根据安培力的公式计算安培力的大小，根据E=nBlv计算导线切割磁感线的电动势，然后结合闭合电路的欧姆定律求出电流最后求出车的速度。7．【答案】B【解析】【解答】发生全反射的条件：①光线从光密介质斜射向光疏介质．②入射角大于或等于临界角．在AB界面入射角i=60°，折射角r=30°，则折射率为n=光从棱镜射出空气发生全反射的临界角满足sin可知C>30°，根据几何关系可知，光第一次到达F点后的入射角为30°，不会发生全反射，则光第一次到达F点后反射角为30°，折射角为60°。故选B。

【分析】根据题意计算三棱镜的折射率，结合发生全反射的条件分析是否发生全反射，再判断可能的光路图。8．【答案】B,C【解析】【解答】由于航天服内气体视为理想气体，温度决定内能，温度不变，内能不变，温度是分子热运动平均动能的标志，故分子平均动能也不变。由于航天服内气体体积增大，气体对外界做功，温度不变，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知由于W<0，ΔU=0，则Q>0，所以航天服内气体将吸收热量，又由等温变化有P可知体积变大，则压强减小。故答案为：BC。【分析】理想气体温度不变，内能不变，分子平均动能也不变。气体体积增大，气体对外界做功，再根据热力学第一定律判断气体吸放热情况。根据玻意耳定律确定气体压强变化情况。9．【答案】A,D【解析】【解答】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和电势能的表达式完成求解。A．一电子从其左侧进入聚焦电场，电子仅在电场力作用下从P点运动到R点，由于合力方向指向轨迹的内侧，电子带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，电场力方向与等势线垂直，可知，电场线方向整体从右指向左，又由于沿电场线方向，电势降低，可知，P点的电势低于Q点的电势，故A正确；B．由于任意两条相邻等势线间电势差相等，则等势线分布的密集程度能够表示电场的强弱，P点的等势线分布比R点的密集，则P点的电场强度大于在R点的电场强度，可知，电子在P点的加速度大于在R点的加速度，故B错误；CD．结合上述可知，从P至R的运动过程中，电子所受电场力做正功，电子的电势能减小，电子的动能增大，故C错误，D正确。故选AD。

【分析】根据曲线运动的特点得出电场力的方向，结合粒子的电性得出电场线的方向，从而的出电势的高低；根据电场线的疏密程度得出场强的大小，结合牛顿第二定律得出加速度的大小关系；根据电势能的表达式得出电势能的变化趋势，从而得出电子动能的变化趋势。10．【答案】B,C,D【解析】【解答】本题考查共点力平衡条件和机械能守恒定律的综合应用。要知道机械能守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其他力对系统做的功等于零。运用机械能守恒定律时，要注意选择参考平面。A．质量分别为m、0.75m的A、B两小球套在圆环上，当外力F1作用在A球上时，对小球B受力分析可知，小球B受重力和环给B竖直向上的弹力处于平衡状态，则杆对B、A均无作用力，A球受重力和外力FF故A错误；B．若撤掉外力F1由平衡条件有FBAcos又有F解得F=mg故B正确；C．根据运动的合成与分解，A球和B球速度大小相等（A球和B球一起做圆周运动），即vA球从左侧圆心等高处到达圆环最低点时，B球从圆环最低点到达右侧圆心等高处，则由系统机械能守恒有mgR=0.75mgR+解得v故C正确；D．当B球上升到最大高度时，如图所示以圆环最低点为参考面，由系统机械能守恒有mgR=0.75mgR(1+可得sin则B球能够上升的最大高度相对圆心O点的竖直高度为725故选BCD。

【分析】对球A施加的竖直向上的外力F1时，对小球B受力分析，确定杆对B球没有作用力，再对A球，根据平衡条件求解F1的大小。对球B施加一个水平向左的外力F时，分别对A、B分析受力，由平衡条件求解F的大小。撤掉外力，系统无初速度释放，根据机械能守恒定律求当A球到达最低点时B球的速度大小，并求B球能够上升的最高点相对圆心O点的竖直高度。11．【答案】（1）2.350（2）2k（3）2k【解析】【解答】光电门的注意事项：为尽量减小空气阻力的影响，重物应选密度大的，如铁锤等。光电门应竖直固定好。重物应靠近光电门释放。

（1）由20分度的游标卡尺的读数规则可知小球的直径d=23mm+10×0.05mm=23.50mm=2.350cm（2）小球做自由落体运动，出发点在a点，小球在a点的速度为0，则小球从a到b的过程有h=整理得h可知htk=解得g=2k（3）由速度公式可知vb=gt1=2kt（1）由20分度的游标卡尺的读数规则可知小球的直径d=23mm+10×0.05mm=23.50mm=2.350cm（2）小球做自由落体运动，出发点在a点，小球在a点的速度为0，则小球从a到b的过程有h=整理得h可知htk=解得g=2k（3）由速度公式可知v12．【答案】（1）－；600（2）；偏大（3）2.5【解析】【解答】本题考查半偏法测量电表的内阻，要注意明确实验原理，知道电表的改装原理，并能正确通过方程组的分析求解。要注意半偏法在测电表内阻时，有于串联或并联了一个电阻，会引起电路结构的改变，引起电路电流或电压的变化，从而造成不同的系统误差。

（1）欧姆表中电流由黑表笔流出，红表笔流入，则黑表笔接电流计G的“＋”，红表笔接“−”。把选择开关旋转到“×100”位置，正确操作后，电阻读数等于档位乘以指针示数，由图1可知R（2）根据图2电路图，补全图3实物图，如图所示根据题意可知，断开S2R+可得R>即本次电流计G的内阻Rg（3）根据题意，设改装电表并联的电阻为R，电流计G的内阻的测量值为Rg'，真实值为3×103解得Rg'则（2）中“半偏法”测得的RgR【分析】（1）根据多用电表的使用方法及读数解答；

（2）根据电路图连接实物图，根据电流与电阻的关系分析误差；

（3）根据大量程电流表在电流计基础上并联了一个电阻分流，根据并联电路电流之比等于电阻的反比解答。（1）[1]欧姆表中电流由黑表笔流出，红表笔流入，则黑表笔接电流计G的“＋”，红表笔接“−”。[2]把选择开关旋转到“×100”位置，正确操作后，由图1可知R（2）[1]根据图2电路图，补全图3实物图，如图所示[2]根据题意可知，断开S2R+可得R>即本次电流计G的内阻Rg（3）根据题意，设改装电表并联的电阻为R，电流计G的内阻的测量值为Rg'，真实值为3×103解得Rg'则（2）中“半偏法”测得的RgR13．【答案】解：（1）游客从A点由静止开始下滑至C处，根据动能定理m碰撞前游客甲的速度为v（2）当两游客碰撞后，速度相等，碰撞损失的能量最大，全过程中两游客与轨道摩擦产生的热量最小，根据动量守恒m解得v=5m/s碰撞损失的能量为Δ全过程中两游客与轨道摩擦产生的热量的最小值为Q=【解析】【分析】（1）对游客甲根据动能定理分析解答；

（2）当两游客碰撞后，速度相等，碰撞损失的能量最大，根据动量守恒定律结合能量守恒定律解答。14．【答案】（1）解：煤块在水平部分的运动时，由牛顿第二定律μmg=m可得煤块运动的加速度a煤块从静止加速到与传送带共速的距离为s故煤块在水平部分先加速，后匀速运动，加速时间的时间为t匀速运动的时间t在倾斜传送带上，由于μ故煤块在斜传送带上做加速运动，由牛顿第二定律mg可得煤块在倾斜传送带上的加速度为a根据匀加速运动的位移与时间的关系有L解得tt3故煤块从a运动到c的时间t=（2）解：煤块在水平传送带的相对位移为Δ煤块在倾斜传送带的相对位移为Δ由于Δs1与【解析】【分析】（1）应用牛顿第二定律求出加速度，然后应用运动学