湖南省邵阳市高三上学期第一次联考（一模）物理试题

年邵阳市高三第一次联考试题卷物理本试卷共6页，个小题。满分分。考试时间分钟。注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上条形码粘贴区。作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存。一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2024年10月8日消息，本年度诺贝尔物理学奖授予约翰·霍普菲尔德和杰弗里·辛顿，“以表彰他们为利用人工神经网络进行机器学习作出的基础性发现和发明”。在物理学的探索和发现过程中，物理过程和研究方法比物理知识本身更加重要。以下关于物理学研究方法和物理学史的叙述中正确的是（）A.惯性定律即牛顿第一定律，伽利略通过理想斜面实验直接验证了惯性定律B.美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，并通过油滴实验测得元电荷的数值C.自然界中的电和磁存在着某种神秘的联系，丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应D.根据速度定义式足够小时，法思想方法【答案】C【解析】A了惯性定律，A错误；B．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，密立根油滴实验测得元电荷的数值，B错误；C．丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应，C正确；D．速度，当足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限的思想方第1页/共21页法，D错误。故选C。2.测糖仪的原理是溶液的折射率与含糖率成正比，通过测量溶液相对标准透明介质的折射率，即可得到待测溶液的含糖率。如图所示为某种测糖仪内部核心结构的原理图，截面为半圆形的透明容器中装有待测溶液，容器右侧有一截面为长方形的标准透明介质，介质右侧面贴有一屏幕，可用来记录光线出射的位置。一束光沿半径方向射向半圆形圆心，射出后分为、两束光，光路图如图所示，其中，忽略容器壁的厚度，下列说法正确的是（）A.、光在溶液中的传播速度比在透明介质中的小B.若稍微提高溶液的含糖率，光线打在屏幕上的位置均将向下移动C.若逐渐提高溶液的含糖率，光先不能射出容器D.稍水平向左移动透明介质，光线打在屏幕上的位置均将向下移动【答案】B【解析】A．，由光的折射定律结合光路图可知，溶液的折射率小于透明介质的折射率，由可知，光线在溶液中的传播速度比在透明介质中的大，A错误；B下移动，B正确；C．由图可知，溶液对光的折射率小于溶液对光的折射率，由可知，逐渐提高溶液的含糖率，光先达到全反射的临界角，即光先不能射出容器，C错误；D．稍微水平向左移动透明介质，由几何关系可知光线打在屏幕上的位置均将向上移动，D错误。故选B。3.学校组织趣味运动会，某运动员手持乒乓球拍托着球沿水平直赛道向前跑，运动员速度越大，乒乓球受53°2.7g第2页/共21页擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，不考虑乒乓球的滚动，当运动员以某一速度匀速向前跑时，乒乓球恰好不下滑，关于此时的乒乓球下列说法正确的是（）A.乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下B.乒乓球受三个力的作用C.乒乓球受到的风力大小为D.如果球拍面竖直，则乒乓球不会下滑【答案】C【解析】【详解】A．乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趋势，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，故A错误；BB错误；C．以乒乓球为对象，根据平衡条件可得，又联立解得乒乓球受到的风力大小为故C正确；D．当球拍竖直时，如果水平风力不变，由于则乒乓球会下滑，故D错误。故选C。4.开普勒用二十年的时间研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动规律。通常认为，太阳保持静止不动，（RT所示，三个质量均为m的天体相距为L成一直线排列，在万有引力作用下构成一稳定的星系。该星系中有类似于开普勒第三定律中常量。已知引力常量为G，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A第3页/共21页【解析】【详解】设中心天体的质量为M，万有引力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可得解得在三星体系中，同理可得解得故选A。5.如图甲所示，取一电阻率为的均质金属材料，将它做成横截面为圆形的金属导线，每段导线体积均恒为VEr强度大小为B的匀强磁场中，如图丙所示，将另一段导线接在恒流源两端，下列说法不正确的是（）A.乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大B.丙图中，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的8倍C.丙图中，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比D.乙图中，通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，且最大安培力为【答案】B【解析】【详解】A．根据电阻定律其中，联立，解得可知乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大，故A正确，与题意不符；第4页/共21页B．丙图中，导线两端的电压电流不变时，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的16倍，故B错误，与题意相符；C．丙图中该段导线的发热功率流过导线的电流不变，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比，故C正确，与题意不符；D．乙图中，由闭合电路欧姆定律导线受到的安培力联立，解得可知通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，由数学知识可知当且仅当时，最小，此时最小值为故最大安培力为故D正确，与题意不符。本题选不正确的，故选B。6.AB厚度均为dmABm的子弹水平射向钢板AABA再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是（）A.第一次子弹射出B时，A的位移为dB.第一次子弹穿过A、B所用时间之比为第5页/共21页C.第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B的深度为D.第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为【答案】D【解析】【详解】A．设第一次子弹穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有此过程对A和B有对子弹有解得故A错误；B．第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰击穿时相对末速度为0，根据逆向思维，可以将看成子弹相对AB做初速度为0BA的时间间隔比例规律可知，穿过B、A的时间之比为，所以穿过A、B所用时间之比为，故B错误；C．设子弹的初速度为，受到的阻力大小为f，第一次穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有由能量守恒有解得第二次子弹穿过A时，设子弹速度为，A的速度为u，假设不能穿透B，最后与B的共同速度为，进入B的深度为，对子弹和A由动量守恒有由能量守恒有解得对子弹和B，由动量守恒有第6页/共21页由能量守恒有解得假设成立，故C错误；D．第一次系统损失的机械能第二次系统损失的机械能第一次、第二次系统损失的机械能之比为故D正确。故选D。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，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.xOy平面直角坐标系中的ABC均垂直纸面，振动图像均如图乙所示，波速均为2cm/s。则（）A.质点D比质点O晚起振4sB.时，质点O的速度方向与加速度方向相同C.若取走波源B，稳定后质点O、D的相位差始终为D.若取走波源C，稳定后质点O与质点D的振幅相等【答案】AD【解析】【详解】A．根据题意，结合图（a）可知，振源B的振动形式先传播到O点，时间则质点O从第6s末开始振动；振源AC的振动形式同时传播到D第7页/共21页则质点D从第10s末开始振动，可知，质点D比质点O晚起振，故A正确；B．根据题意，结合图（a）可知，时，只有波源B产生的振动传到O点，且已经振动了1.2s，根据图（b）可知质点O相对平衡位置的位移有增大的趋势，速度方向与加速度相反，故B错误；CBOD到波源AC的波程差均为0O从8s开始达到稳定，质点D从10s开始达到稳定，则稳定后两质点的相位差为的整数倍，故C错误；D．根据可知，三列波的波长均为4cm，若取走波源C，质点O到波源A、B的波程差为4cm，为波长的整数倍，则质点O为振动加强点，同理可得，质点D也为振动加强点，稳定后两质点振幅相等，故D正确。故选AD。8.xOy的、两点处固定着电荷量分别为+q、的两个点电荷，AB为y、MNPQ四个点是以为中心的正方形的四个顶点，在上述两个点电荷所形成的电场中，下列说法正确的是（）A.N点与Q点电势相等B.x轴上处电场强度为零C.B点的电势高于A点的电势，A点的电场强度大于B点的电场强度D.将某一负电荷从P点移动到Q点电场力做的功大于将其从N点移动到M点电场力做的功【答案】CD【解析】【详解】A．若单独考查形成的电场，N点和Q点位于同一等势面上，但对于形成的电场中，Q点的电势高于N点的电势，根据电势的叠加可知，在两个点电荷形成的叠加电场中，Q点的电势高于N点的电势，A错误；B．根据点电荷形成的电场，可知在处的电场强度第8页/共21页方向水平向右，在处的电场强度方向水平向右，故二者大小相等，方向相同，合场强不为零，B错误；C．的点电荷等效成一个和一个和AB位于同一等势面点电荷形成的电场中，B点的电势高于AB点电势高于AA点相对于场源电荷较近，故A点的场强大于B点的场强，C正确；D．形成电场，N点和Q点位于同一等势面上，但对于形成的电场中，Q点的电势高于N点的电势，因此两点的电势差大于两点的电势差，故将某一负电荷从P点移动到Q点电场力做的功大于将其从N点移动到M点电场力做的功，D正确。故选CD。9.“辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将轻绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度随时间t变化的图像如图乙所示，经时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是（）A.水井的深度为B.，水桶做初速度为零的匀加速直线运动C.把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为D.把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为【答案】AC【解析】【详解】A．图乙中内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为，则有第9页/共21页故水井的深度为A正确；B．转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系，则有因为内，与成正比，所以水桶的速度v与t成正比，时间内，不变，线速度不变，水桶做匀速直线运动，B错误；C．根据动能定理，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为C正确；D．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为D错误。故选AC。10.间距为的两根平行光滑金属导轨MN、PQ固定放置在同一水平面内，两导轨间存在大小为，方向垂直导轨平面向外的匀强磁场，导轨左端串接一阻值为的定值电阻，导体棒垂直放在导轨上，如图所示。当水平圆盘匀速转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动T形支架在水平方向往复运动，T形支架进而驱动导体棒在水平面内做简谐运动，以水平向右为正方向，其位移x与运动时间t的关系为略不计，空气阻力忽略不计，不考虑电路中感应电流的磁场，则下列说法正确的是（）A.导体棒在运动过程中，产生感应电流的最大值为B.在时间内，通过导体棒的电荷量为0.25CC.在时间内，T形支架对导体棒做功第10页/共21页D.当T形支架对导体棒的作用力为0时，导体棒的速度大小为【答案】ACD【解析】【详解】A．根据关系式，可得t时刻导体棒的速度所以导体棒在运动过程中，速度的最大值为通过导体棒的感应电流联立解得A正确；B．设导体棒做简谐运动的周期为T，根据根据接得在内，即内，导体棒运动的位移大小感应电动势的平均值感应电流的平均值通过导体棒的电荷量联立解得B错误；C．在内，设T形支架对导体棒做功为，电阻R上产生的热量为Q。根据功能关系，则有第11页/共21页联立解得C正确；D．由于加速度是速度对时间的求导，则有有牛顿第二定律可得，结合题意解得解得D正确。故选ACD。三、非选择题：共分。某学习小组利用图示装置探究加速度与力、质量的关系，主要操作步骤如下：a.1个钩码通过跨过定滑轮的细绳连接到小车上；b.调整木块位置，使小车获得一定初速度后，遮光片通过两光电门的遮光时间相等；c.取下钩码，由静止释放小车，记录小车通过上、下两个光电门时遮光片的遮光时间，分别记为和；d.依次增加悬挂的钩码（完全相同）个数n，重复步骤b、c、d。请完成以下问题：（1）两光电门中心间的距离为s，遮光片的宽度d用螺旋测微器测量如图乙，读得______mm。由计算出小车加速度。第12页/共21页（2）要探究小车加速度与所受合外力的关系，以加速度a______（选填“n”“”“”或“下，小车的加速度与所受合外力成正比。（3）下列做法能减小本实验误差的是______。A.减小两光电门之间的距离B.要确保小车的质量远大于钩码的质量C.挑选遮光片时，选宽度比较小的D.挑选表面比较光滑的木板进行实验【答案】（1）3108##3.107##3.109##3.106（2）n（3）C【解析】【小问1详解】根据螺旋测微器的读数规律，该读数为【小问2详解】令一个钩码的质量为m，小车的质量为M，依次增加悬挂的钩码（完全相同）个数n，重复步骤b、c、d，在步骤b中，根据平衡条件有在步骤c中，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有则有可知，要探究小车加速度与所受合外力的关系，以加速度a为纵轴，以n为横轴描点作图，当所作图像是一条过坐标原点的倾斜直线时，则说明：在小车质量不变的情况下，小车的加速度与所受合外力成正比。【小问3详解】A．根据光电门测速原理有当光电门之间间距大一些时，挡光时间短一些，测速更加精确一些，可知，为了减小测速误差，实验中应增大两光电门之间的距离，故A错误；第13页/共21页B的质量，故B错误；C．遮光片宽度越小，挡光时间越短，速度测量误差越小，可知，实验中挑选遮光片时，选宽度比较小的，故C正确；D．结合上述可知，木板的摩擦对实验没有影响，即不需要挑选表面比较光滑的木板进行实验，故D错误。故选C。12.某兴趣小组利用实验室的器材进行电表内阻的测量实验。（1）小组成员在实验室发现一个表盘数字被污渍遮挡的电压表，利用图甲中的电路图测量电压表量程。闭和电阻箱转了满偏的，当时，电压表指针偏转了满偏的。则电压表量程为______V，电流表内阻为______Ω。（2）小组成员选择完好的实验仪器，利用表盘如图乙所示的多用电表和图丙中的电路图测量该电压表的内______×100”或“×1k阻阻值；②按照图丙所示的电路图连接实验仪器后，闭合开关S，改变电阻箱阻值，读取多组电压表示数U与电阻箱阻值RkE______，电源内阻对电压表内阻测量______（选填“有”或“无”）影响。【答案】（1）①.3②.2（2）①.×1k②.③.无【解析】【小问1详解】第14页/共21页[1][2]保持电流表满偏，当时，电压表指针偏转了满偏的，当时，电压表指针偏转了满偏的。根据欧姆定律有，解得，【小问2详解】①[1]位应调到欧姆“×1k”挡，再将红黑表笔短接进行调零。②[2][3]根据闭合电路欧姆定律有变形得则电压表内阻从式中可以看出电压表内阻只与电源电动势和斜率有关，与电源内阻无关，所以电源内阻对电压表内阻测量无影响。13.圆柱形细管、圆柱形金属块、上下两个小卡环组成。圆柱形金属块质量为20g厚度为2cm与管壁紧密接触以金属块下端位置为基准在上下卡环之间刻上刻度。上、下卡环间距离为52cm，上端卡环距管下端距离为102cmg取7℃时金属块恰好对下方卡环无压力。（1）求该温度计的测温范围；（2）某次测温时示数由63℃上升到147℃，该过程管内气体吸收的热量为0.68J，求管内气体内能改变量。【答案】（1）第15页/共21页（2）0.5J【解析】【小问1详解】设管内气体最高温度为，管内气体做等压变化，则其中，，解得故温度计的测温范围为【小问2详解】管内气体做等压变化，则其中，解得，管内气体的压强为该过程气体对外做功为根据热力学第一定律可知管内气体内能增加了0.5J14.线沿空间直角坐标系Oxyz的x的足够长水平圆柱形区域Ⅰ内分布着沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；沿x轴正方向观察电磁场分布如图乙，宽度的区域Ⅱ同时存在电、磁场，电场强度的匀强电场沿x轴正方向，磁场的磁感应强度大小也为、磁感线与圆弧边界平行且沿顺时针方向，沿y轴负方向观察电磁场分布如图丙，比荷的A点以一定初速度沿z轴负方向进入且能沿直第16页/共21页（1）求大小以及它在区域Ⅰ中运动的半径；（2）若撤去区域Ⅱ的电场，求该粒子以速度从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间。【答案】（1），0.1m（2）【解析】【小问1详解】粒子沿直线通过区域Ⅱ，受力平衡则有解得粒子在区域Ⅰ中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得解得小问2详解】撤去区域Ⅱ中的电场后，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，则有解得第17页/共21页根据几何关系可知，粒子在区域Ⅱ中运动轨迹转过的圆心角为45°。粒子在区域Ⅱ中