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——“强流重离子加速器”。

其科学目标之一是探寻神秘的“119号”元
Am→A119X+210n产生该元素。

关于原子核Y和质量数A，下列选项正确素，科学家尝试使用核反应Y+243
95
的是( )
A. Y为 5826Fe,A=299
B. Y为 5826Fe,A=301
C. Y为 5424Cr,A=295
D. Y为 5424Cr,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ℎ的A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BC⊥BD,BD=d,BC=l，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( )
A. l
ℎ
B. 2d
l
C. d2+l2
ℎ
D. d d2+l2
ℎl
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32a的正方形，底面中心O 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n=2，则小甲虫能在液面上看到点光源的活动区域面积为( )
A. 18a2
πa3
B. 1
3
C. πa2
D. a2
4.假设某空间有一静电场的电势φ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( )
A. 从x2到x3，场强的大小均匀增加
B. 正电荷沿x轴从O运动到x1的过程中，做匀加速直线运动
C. 负电荷沿x 轴从x 4移到x 5的过程中，电场力做正功，电势能减小
D. x 2处场强大小为E 2，x 4处场强大小为E 4，则E 2>E 4
5.中国载人登月初步方案已公布，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Δr 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 、b 两卫星的线速度大小之比v a :v b =
3:1
B. a 、b 两卫星的加速度大小之比a a :a b =4:1
C. a 卫星的运转周期为T
D. b 卫星的运转周期为2T
6.如图所示，A 、B 滑块质量分别是m A 和m B ，斜面倾角为α，斜面体D 紧靠地板突出部分E ，控制A 使所有物体处于静止状态。

现静止释放A ，当A 沿斜面体D 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( )
A. m A (m A g sin α−m B g )
m A +m B
cos α B.
m A (m A g sin α−m B g )
m A −m B cos αC.
m A (m A g cos α−m B g )
m A +m B
sin α D.
m B (m A g cos α−m B g )
m A +m B
sin α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 =6m 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
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n 1:n 2=4:1，其中定值电阻R 1=R 2=R 3=110Ω，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 =
1
600
s 时，原线圈的瞬时电压为u =110 2V 。

断开S 1、S 2，电源消耗的电功率为P 1；闭合S 1、S 2，电源消耗的电功率为
P 2。

则下列说法正确的是( )
A. 闭合S 1、断开S 2，电压表的示数为55V
B. 闭合S 1、S 2，电流表的示数为4.0A
C. 断开S1、S2，电流表的示数为0.04A
D. P1: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50kg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=0.05v2(采用国际单位制)，v为风速。

控制v可以改变表演者的上升高度ℎ，其v2与ℎ的变化规律如乙图所示，g取10m/s2。

表演者上升10m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0.02m/s2
B. 表演者一直处于失重状态
C. 表演者上升5m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L，导轨水平部分处在磁感应强度大小为B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，sin37∘
=0.6,cos37∘=0.8，则金属棒进入磁场区域到停止过程中( )
mgℎ
A. 定值电阻R产生的焦耳热为1
2
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BL2gℎ
2
D. 金属棒在磁场中运动的距离为50mR2gℎ
9B2L2
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：
①按图甲安装实验器材：质量为m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，A、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k、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20℃时约为2.9×10−8Ω⋅m，一般家用照明电路采用横截面积为4mm2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=200m，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：
(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；
(2)小明先用理论知识求出铝导线的电阻的表达式，R2=_____(用ρ、d、L表示)；
(3)用如图乙所示的电路测这一捆铝导线的电阻R2。

提供的器材有：电池组(电动势为3V)，滑动变阻器R1 (0∼20Ω，额定电流2A)、定值电阻R0(阻值为6Ω，额定电流2A)、两个相同电流表A1和A2(内阻为0.3Ω，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“b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A1偏转n1格，A2偏转n2格，有n1
n2
=13
10
，则这捆铝导线的电阻R2=_____Ω，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。

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27，空气柱长度为12cm。

已知大气压强为1×105Pa，g=10m/s2。

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80J，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x≥0的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，0≤x<d的区域Ⅰ和x≥d的区域Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1和B2。

大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，同时从原点O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θ(−90∘≤θ≤90∘)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Ⅱ。

不计粒子的重力和粒子间的相互作用。

(1)求粒子从原点O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Ⅱ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Ⅱ中运动轨迹的长度。

15.如图所示，物块A、B质量分别为m A=2kg,m B=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=0.6m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ℎ=0.2m。

某时刻A、B间的绳子被剪断，然后A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A第二次到达平衡位置时，B恰好运动到圆弧末端与质量为m C
=0.6kg的滑块C相碰结合为滑块D。

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=1m、以v0=1m/s的速度顺时针转动，D与传送带间的动摩擦因数μ=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m1=3.2kg的小球，D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(A、B、D、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。

答案解析
1.C
【解析】根据核反应方程Y+243
95
Am→A119X+210n根据质子数守恒设Y的质子数为y，则有y+95=119+0，可得y=24即Y为5424Cr;
根据质量数守恒，则有54+243=A+2，可得A=295。

故选C
2.A
【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
l=1
2at
2
对网球有
ℎ=1
2gt
2
联立可得
a g=l ℎ
故选A。

3.C
【解析】全反射的临界角满足
sin C=1 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
根据几何关系可得
r=a tan45∘=a
故小甲虫能在整个水面上看到点光源，活动区域面积为
S=πr2=πa2故选C。

4.D
【解析】A.根据
E=ΔφΔx
可知φ−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x2到x3，场强的大小恒定。

故A错误；
B.同理可知O−x1沿x轴方向的电场强度为零，正电荷沿x轴从O运动到x1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B错误；
C.由图可知，x4移到x5的过程中电势降低，根据
E p=qφ
可知负电荷沿x轴从x4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A选项分析可知，x2处图线斜率绝对值大于x4处图线斜率绝对值，所以
E2>E4
故D正确。

故选D。

5.B
【解析】A.设a卫星与月球的距离为r a，b卫星与月球的距离为r b，根据图像有
r a+r b=6r，r b−r a=2r
联立，解得
r a=2r，r b=4r
两卫星均绕月球运动，设a卫星与b卫星的速度分别为v a、v b，根据牛顿第二定律有
GMm
r2=m v2 r
解得
v=GM r
可知a、b两卫星的线速度大小之比
v a:v b=2:1故A错误；
B.根据
GMm
r2=ma 解得
a=GM r2
可知a、b两卫星的加速度大小之比
a a:a b=4:1故B正确；
CD.根据开普勒第三定律可得
r3a T2a =
r3b T2b
可得
T a T b=
2 4
根据图像可知，经过时间T两卫星再次相距最近，有
(2πT a−2π
T b
)T=2π
联立，解得
T a=4−2
4
T，T b=(22−1)T
故CD错误。

故选B。

6.A
【解析】由题意可知，对A、B、D组成的整体为研究对象，地板突出部分E对斜面体D的水平压力F，可知水平压力F只引起滑块A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 A a x
对A、B组成的整体则有
m A g sinα−m B g=(m A+m B)a
又有
a x=a cosα
联立解得
F=m A(m A g sinα−m B g)
m A+m B cosα
故选A。

7.BD
【解析】】A.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A 错误；
B.根据
v=λT
其中
λ=12m，T=4s 可得
v=3m/s
故B正确；
C.根据简谐振动的周期性，可得
t=9s=2T+T 4
即质点a在t=9s时的位置与t=1s时位置相同，均处于波峰位置，故C错误；
D.依题意，
t=2s=T 2
由于t=0时刻质点b向上振动，可知t=2s时质点b振动的速度方向向下，回复力方向向上，两者方向相反，故D正确。

故选BD。

8.AD
【解析】A.由题图乙可知，交流电的周期T=0.02s，则有角速度
ω=2π
T=
2π
0.02rad/s=100πrad/s
可得交流电的瞬时值表达式为
u=U m sin100πt(V)
当t=1
600
s时，原线圈的瞬时电压为u=1102V，代入上式可得
U m=2202V
则有变压器原线圈的电压为
U1=U m
2
=
2202
2
V=220V
由原、副线圈的电压比与匝数比的关系可得
U1 U2=n1 n2
由
n1:n2=4:1解得
U2=n2
n1U1=
1
4×220V=55V
闭合S1、断开S2，可知R2两端电压为55V，即电压表的示数为55V，A正确；
B.闭合S1、S2，由欧姆定律可得副线圈中电流
I2=U2
R2+
U2
R3=
55
110A+
55
110A=1A
由变压器原、副线圈的电流比与匝数成反比可得
I1 I2=n2 n1
解得
I1=n2
n1I2=0.25A
则有电流表的示数为0.25A，B 错误；
C.断开S1、S2，由欧姆定律可得副线圈中电流
I2′=
U m
R1+R2=
55
110+110A=0.25A
则电流表的示数为
I1′=n2
n1I2′=0.0625A
C错误；
D.断开S1、S2，电源消耗的电功率为
P1=U1I1′=220×0.0625W=13.75W 闭合S1、S2，电源消耗的电功率为
P2=U1I1=220×0.25W=55W
可得
P1:P2=13.75:55=1:4
D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=0.05v2=mg
解得
v2=1.0×104m2⋅s−2
由乙图可知
v2=1.2×104m2⋅s−2−400ℎ
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AB错误，C正确；
D.表演者在上升过程中受风力作用，由于
W F=ΔE
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D正确。

故选CD。

10.ABD
【解析】A.由能量守恒可得
Q 总=mgℎ
由
Q =I 2Rt
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
Q 总=
mgℎ2
故A 正确；
B .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
F A cos37∘+mg =F N
其中
F A =BIL =B BLv 2R L =B 2L 2v
2R
联立，解得
F N =
B 2L 2v cos37∘
2R
+mg 金属棒在磁场中做减速运动，速度v 变小，则 F N 变小。

故B 正确；C .由题意，据机械能守恒定律可得
mgℎ=
12mv 20
解得
v 0= 2gℎ
金属棒刚入磁场时，速度最大，电动势E 最大，电流I 最大，此时电阻R 两端的电压最大，则有
U m =I m R =
E m
2R ⋅R =BLv 0sin37∘2
=3BL 2gℎ10故C 错误；D .由动量定理得
−F A sin37∘⋅Δt =m ⋅Δv
则有
B2L2vsin237∘⋅Δt
2R=mv0−0则有金属棒在磁场中运动的距离为
x=v•Δt=50mR2gℎ9B2L2
故D正确。

故选ABD。

11.(1)1.80
(2)1
k 2b 7
【解析】(1)相邻两计数点的时间间隔为
T=5×0.02s=0.1s 根据逐差法求出重物的加速度大小为
a=x CE−x AC
(2T)2=
12.76+11.04−9.32−7.29
4×0.12×10
−2m/s2≈1.80m/s2
(2)[1]对重物，根据牛顿第二定律可得
F−mg=ma 整理得
a=F
m−g
图像的斜率
k=1 m
解得重物质量
m=1 k
[2]图像的纵截距为
−b=−g 可得
b=g 根据滑轮组的特点可知，钩码的加速度为重物的一半，则
Mg−2F=M⋅a 2
对重物有
F−mg=ma 当M=3m时，联立解得重物的加速度大小为
a=2b 7
12.(1)2.254##2.255##2.256##2.257
(2)4ρL
πd2
(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+25.5×0.01mm=2.255mm
(2)根据电阻定律可得
R2=ρL S
S=π(d
2)
2=
1
4πd
2
所以
R2=4ρL πd2
(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I，则
R2=(n1I−n2I)R0
n2I−r A=1.5Ω
[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
p0L0S=p1L1S
其中
p0=1×105p a,L0=12cm,p1=p0+mg S
解得
L1=10cm (2)气体做等压变化，有
L1S T1=L2S T2
其中
T1=300K,L2=20cm
解得
T2=600K
(3)由
ΔU=W+Q
其中
ΔU=80J,W=−p1(L2−L1)S=−120J 解得
Q=200J
【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
qvB1=m v2 r
解得
v=qB1d m
(2)由旋转圆模型知，粒子沿x轴正向进入Ⅰ区域的时间最长，即
t max=T
2=
πm
qB1
(3)①该粒子在区域Ⅱ中的运动轨速如图所示
洛伦兹力提供向心力
qvB2=mωv 可得
ω=qB2 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3
2
π，时间
t=θω
解得
t=3πm 2qB2
②粒子在区域Ⅱ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
−kv t=ma1=m Δv t Δt
则
−k∑(v1Δt)=0−m∑Δv1有
kl=mv
解得
l=qB1d k
【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
Δx1=(m A+m B)g
k=0.06m
剪断后，A处于平衡位置时伸长量为
Δx2=m A g
k=0.04m
振幅
A=Δx1−Δx2=0.02m (2)物块B做自由落体运动的时间
ℎ=1
2gt
2
1
解得
t1=0.2s
B落入a的速度
v a=gt1=2m/s 根据动能定理
m B gR=1
2m B v
2−
1
2m B v
2
a
得B在圆弧末端的速度
v=4m/s B在圆弧上的运动时间
t2=3T
4−t1=0.1s
取向下为正方向，竖直方向
I y+m B gt2=−m B v a 解得
I y=−3N⋅s
水平方向
I x=m B v=4N⋅s 故冲量
I=5N⋅s (3)根据动量守恒
m B v=(m B+m C)v D 解得
v D=2.5m/s
分析D第一次滑过传送带有
a=μg,L=v DΔt−1
2aΔt
2
得
Δt=0.5s
则有
Q1=μm D g(v0Δt−L)=1.6J 物体D滑上平台后与第一个小球发生弹性正碰，撞前速度
v D
=1.5m/s
规定向右为正方向，有
m D v D 0=m D v D 1+m 1v 1 ， 12m D v 2D 0=12m D v 2D 1+1
2m 1v 2
1
解得
v D 1=−0.5m/s,v 1=1m/s
之后小球依次与下一个小球发生弹性正碰，由于质量相等，速度交换，而物体D 返回进入传送带，假设匀减速到速度为0，则
x 1=
−v 2D 1
−2a =116
m <L =1m 不会向左滑出传送带，因此D 在传送带上反向向右加速，以
v′D 1=−v D 1=0.5m/s
再次滑上平台，与第一个小球发生弹性正碰，之后的运动具有可类比性，物体D 在与小球第一次碰后在传送带上运动过程中，运动时间
t 3=2⋅
v D 1
a
=0.5s 相对位移
Δx 1=v 0
t 32+v D1t 34+v 0t 32
−
v D1t 34得
Δx 1=v 0t 3=0.5m
在此过程中产生的热量为
Q′=μm D gΔx 1=1.6J
同理可知，当物体D 与小球发生第 k 次碰撞，设碰前D 的速度大小为 v k−1 ，碰后D 的速度大小为 v k ，则有
m D v k−1=−m D v k +m 1u k ， 12m D v 2k−1=12m D v 2k +1
2m 1u 2
k
可得
v k =
13v k−1
在传送带上产生热量
Q 2=∑μm D gΔx k =μm D g ×2v 0μg ∑v k =2m D v 0∑v k =12
5
[1−(13)n
]
J
所以
Q =Q 1+Q 2=4−
125(1
3
)
2024
J
【解析】详细解答和解析过程见【答案】。