2025届湘豫联考高三年级上册一轮复习质量检测物理试题

绝密★启用前

湘豫名校联考

2024—2025学年高三一轮复习质量检测

物理

注意事项：

1.本试卷共9页。时间75分钟，满分100分。答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷

指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，

并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用25铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。

一、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

要求的。

1.一价氮离子具有与氢原子类似的结构，其能级图如图所示，一价氢离子基态能量为耳=-544eV。

关于这种氯离子，下列说法正确的是()

n£/eV

4—-3.4eV

3------------------6.0eV

2------------------13.6eV

154.4eV

A.用能量为8.0eV的光子照射大量处于〃=2能级的一价氢离子，能够使其电子跃迁到〃=3能级

B.用能量为60eV的光子照射大量处于基态的一价氨离子，能够使其电子电离

C.一个处于〃=4能级的一价氨离子，其电子向低能级跃迁所辐射光子频率的种类为6种

D.处于基态的一价氢离子的电子的动能最小

【答案】B

【解析】根据氢原子跃迁理论，电子在不同能级间跃迁时，吸收或者辐射光子的能量需满足〃丫=纥.,

电子从〃=2跃迁到〃=3的能级需要吸收光子的能量AE=-6.0-(-13.6)eV=7.6eV,故A错误；欲使

处于基态的氨离子的电子电离只需要满足AE>0-(-54.4)eV=54.4eV,即可电离，故B正确；一个

处于〃=4能级的一价氢离子，其电子向低能级跃迁所辐射光子频率的种类最多为3种，故C错误；

1/16

1k.2P2

电子动能线根据经典力学理论^^=一，解得Ek“=——，所以处于基态的一价氢离子

2rnrnrn

的电子的动能最大。

故选B。

2.如图，在粗糙水平地面上放置一倾角6=37。的绝缘斜面，斜面上方某处固定一带正电的小球，一

可视为点电荷的滑块静止于斜面上，小球和滑块的连线与斜面垂直，滑块与斜面之间的动摩擦因数为

o

//=0.5,sin37=0.6,cos370=0.8o则关于滑块的情况，下列说法正确的是（）

A.滑块带负电

B.将带电小球沿两者的连线靠近滑块，滑块受到的摩擦力将变大

C.将带电小球沿两者的连线远离滑块，滑块将有可能与斜面发生相对运动

D.将带电小球沿两者的连线靠近滑块，滑块将有可能与斜面出现相对运动

【答案】C

【解析】因为〃=0.5<tan37o=0.75,欲使滑块静止于斜面上，必须增大其对斜面的正压力，故滑块

受到带电小球的库仑力为斥力，故滑块带正电，A错误；无论将带电小球沿两者的连线靠近或者远离

滑块，只要处于静止状态，其所受斜面的静摩擦力总是与其重力的下滑分力等大反向，静摩擦力不变,

B错误；但若远离，库仑力随距离增大而减小，滑块对斜面的正压力减小，其最大静摩擦力减小，故

有可能出现相对滑动，C正确。但若靠近，库仑力随距离减小而增大，滑块对斜面的正压力增大，其

最大静摩擦力增大，故不可能出现相对滑动，D错误。

3.如图，一劲度系数为左的轻质弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一置于水平地面上、质量为机的

小物块，小物块与水平地面之间的动摩擦因数为〃。小物块位于。点时，弹簧处于自然状态。现用一

外力将小物块向右移动至与。点距离为S的A点处，然后从静止释放，小物块开始运动，重力加速度

大小为g。则（）

2/16

Jwwwwwwwvw\-

OA

A.小物块最终停止的位置在。点

B.小物块第一次向左运动至速度为零的点与A点关于。点对称

C.小物块第一次向左运动回到O点的过程中，速度的大小一直增大

D.小物块每一次速度为零时，其与。点的距离比上一次速度为零时与。点的距离小义警

k

【答案】D

【解析】当小物块速度为零时，其所受弹力满足与=日三〃加g,弹簧的形变量满足x〈半，可知

小物块最终停止的位置不一定在。点，故A错误；小物块第一次向左运动至速度为零的过程中，当

kxQ=^mg,即伸长量飞=幺等时合力为零，速度达到最大值；可知小物块第一次向左运动回到。点

的过程中，速度先增大后减小，故C错误；当小物块到达。点左侧且压缩量为超时，根据能量守恒

定律有:而：=:而；+〃加g(X[+/)，解得逢2=七一晦，同理，向右运动时，其初始压缩量也比速

22k2",”

度为零时的伸长量大竺坦，故D正确；因为马=再-当这，/=竿，则有％+/=苞-/，小

kkk

物块第一次向左运动至速度为零的点与A点关于X。点对称，故B错误。

4.如图，大型音乐喷泉广场的水池中有一种可以根据音乐变换颜色的景观灯，LED灯泡安装在防水

的灯筒内部，灯筒侧面为不透光的金属材料，光线从其上表面的任意点射出时，可以将该点视为一个

新的点光源。已知上表面半径为&=O.lm,灯筒上表面与水面的距离为/；=也m,LED灯泡发出黄

5

4

光时，水面上圆形区域内有光透出，若水对黄光的折射率为则圆形区域的半径为()

水面

h

A[J-J=»g

A.0.6mB.0.7mC.0.8mD.0.9m

【答案】B

【解析】如图所示光路图中

3/16

]33/7Q

全反射临界角。满足sin6=—=：,所以tan6=-^,而八=/ztan6=——x7=0.6m,所以光斑半径

n4V75V7

r=rx+R-0.7mo故选B。

5.两真空平行板电容器G、。2初始带电荷量均为零，其正对面积相同，板间距离4：4=1:2,将G的

B板用导线与的C板相连，再分别将G的A板和的。板通过导线连接到一直流电源的正、负极

上。则下图电容器内的电场线的分布正确的是（）

ACD

【答案】A

【解析】电容器G、。2串联并充电后，由于G的B板与电容器的C板的总电荷量为零，所以G的

B板所带的负电荷与G的c板正电荷的电荷量相等，所以两电容器的带电荷量相等。根据c=%，

471kd

c=g,£==可得£=坪，可得，两电容器内电场相同，电场线密度和方向均相同。故选A。

6.如图，一圆台可以绕中心轴旋转，圆台下底面半径为1.25m,上底面半径为0.45m,高为0.6m。圆

台上底面粗糙，侧面光滑，质量为/=4m的物块A放置于上底面的圆心处，物块A与圆台上底面

之间的动摩擦因数为〃=04,质量为他的物块B置于侧面与下底面交界处，A与B通过绕过上底面

边缘的光滑定滑轮的轻绳相连，且均可以视为质点，重力加速度g取lOm/s?。则系统维持该稳定状

态的角速度的最大值为（）

C.VlOrad/sD.——rad/s

5

【答案】C

【解析】若圆台的角速度达到某一值4时，物块B与侧面分离。设此时绳子与竖直方向的夹角为

根据几何关系tand=上125一-0产45=4?,可得。=53。，此m2时绳5的拉力耳加g,而此时物块A

的最大静摩擦力7m=4〃加g=1.6加g,即物块A已经出现相对滑动。因此，当该稳定状态出现临界值

时，绳的拉力耳=/m=L6mg,对B受力分析可知cos53°+cos37°=mg,

sin53°-?/sin37°=mraf,解得°=VT5rad/s。故选C。

二、选择题：本题共4小题，每小题6分，共24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6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分。

7.如图，水平光滑平行导轨间距为1=0.5m,一略长于Z、电阻为r=lC的导体棒放置于导轨上，导

轨两端各连接一阻值为8Q的电阻4和整个装置放置在垂直纸面向里、磁感应强度大小为

3=0.1T的匀强磁场中，导体棒受到一周期性的驱动力作用在导轨平面内做简谐运动，取初始位置为

坐标原点，位移向右为正，导体棒的位移随时间的关系为x=4j5sinl0/(m)，电流表A为交流电表，

并忽略其内阻。下列说法正确的是()

--------(d)-

XXXQXXXX

XXX——

XXXXXXXX

A.电流表的示数为20x10-%

B.导体棒完成一次全振动的过程中驱动力做功为0.16兀J

C.导体棒通过坐标原点时驱动力的大小为2逝X10-2N

D.导体棒第一次由坐标原点到右侧最大位置的过程中通过电流表的电荷量q=40xlO-2c

【答案】BC

【解析】已知导体棒的位移随时间的关系为x=40sinlO/(m)，导体棒做简谐运动，则其速度的表

达式为v=4(X&oslO/(m/s)，导体棒切割磁感线产生的感应电动势6=班丫=2a《«10/(丫)，其有效

F

EI=-02A

值£=%=2V,通过电流表的电流21幺+,.，故A错误；完成一次全振动，由动能定

5/16

理可知：外力做的功与克服安培力做的功代数和为零，克服安培力的做功等于电路中消耗的总电能,

所以乙=（2/）2仁+、7=0.42'5乂0.2兀（J）=016兀J,故B正确；通过坐标原点时，导体棒的加速度

为零，所以驱动力与安培力等大反向，即安—R+r,vo=4OV2m/s,解得厂=20X1（）-2N,故

T+r

C正确；由电流的定义式得/'=旦，由法拉第电磁感应定律得石'=学，由闭合电路欧姆定律得

tAr

V-JL__BLx_0.1x0.5x4V2r-2

一R,,联立解得“一不一—5v，导体棒第一次由坐标原点到右侧最大

~+r—+r'

22

位置的过程中通过电流表的电荷量4A=T=2夜义10-2C,故D错误。

8.波源位于坐标原点，从7=0时刻开始沿了轴正方向做简谐运动，其振动图像如图甲所示，一个周

期之后波源停止运动，当f=5s时形成的简谐波波形图如图乙所示，质点M的平衡位置x.=20m。

A.质点N的平衡位置的坐标为仆=6m

B.该简谐波的波长为2=16m

C.质点2的平衡位置巧＞=gm

D.质点尸从计时开始到/=5s时运动的路程为30cm

【答案】BC

【解析】因为该列机械波沿x轴的正方向传播，f=5s时，质点〃开始从平衡位置向V轴正方向运动,

根据，吟dm/s=4m/s,再结合振动图像可得T=4s,-6m,积=2。-16m=4m,故

A错误，B正确；因为丹=-5cm=-推理可得质点/与%之间的距离Ax=1|=gm,所以

6/16

3232

4+型m=故C正确；波传到质点P需要时间Tm8,/=5s时，质点尸尸

3J3/---------------——Q

1v4m/s3

X7771TlA

从平衡位置开始运动的时间/2=5sf=5s-不=不=不7=不+不，其运动的路程2/+^=25cm,故

D错误。

9.如图甲所示为一套基于动力学的航天发射系统它能以数倍音速的速度旋转抛射卫星进入太空，用

于将小型航天器送入太空。某次实验该系统将一颗卫星沿地球半径方向向太空发射，如图乙所示，其

轨道可近似认为一个“退化”了的椭圆的一部分。椭圆的短轴长度趋近于零，椭圆中心位于地表的发射

点，椭圆中心到地心的距离近似等于长半轴，轨道离地表高度最高为为地球半径，地表的重

力加速度大小为g,忽略空气阻力和地球自转。关于卫星的运动,下列说法正确的是（）

R

A.卫星从发射到落回地面的时间将小于兀

g

R

B.卫星从发射到落回地面的时间将大于兀

g

C.卫星到达轨道最高点时，若要进入轨道高度为〃=&的圆轨道,需要使卫星获得一个垂直于卫星与

地心连线大小为报的速度

D.卫星到达轨道最高点时，若要进入轨道高度为〃=尺的圆轨道,需要使卫星获得一个垂直于卫星与

地心连线大小为Jg的速度

【答案】BD

【解析】根据题意，椭圆轨道长半轴等于地球半径，所以椭圆轨道运动周期与绕地球表面做圆周运动

2

的卫星的周期相同，根据万有引力提供向心力^^=加2兀R,可得7=2兀J旦，地球表面物体

\GM

7/16

所受万有引力等于重力写1=Mg,可得GM=R2g,联立可得T=2兀而卫星只运动了半个周

期，但此过程卫星处于远离地心的半个椭圆上运动，平均速度小于另一半椭圆上运动的平均速度，因

此1＞屋平,A错误，B正确。若卫星到达轨道最高点时若要进入轨道高度为〃=&的圆轨道，则

2\g

2

根据万有引力提供向心力G凝M‘YYI=m会y，忽略地球自转，地球表面物体所受万有引力等于重力

罕=摩，联立可得丫=售,故C错误，D正确。

10.如图，水平地面上竖直固定着两根相同的圆柱形粗糙绝缘杆，将两相同的带电小环。和b分别套

在两杆上，其电荷量均为4、质量均为加。小环的直径略大于杆的直径。在套。环的杆所处空间加一

水平方向、电场强度大小为E的匀强电场，在套b环的杆所处空间加一水平方向、磁感应强度大小为

5的匀强磁场，在水平面高度相同的位置同时分别给。、6—个竖直向上的大小相等的初速度%。发

现。、b上升到最高点时高度相同。若带电小环。、b与两杆的动摩擦因数均为〃，重力加速度大小

为g,则（）

A.带电小环。从开始到上升到最高点的时间大于带电小环b从开始到上升到最高点的时间

E

B.初速度％应满足"

D

C.带电小环。与b到达最高点后，均可以从最高点返回初始位置

D.带电小环卜从开始到上升到最高点的时间「满足

S2[mg三+〃gqaE）

【答案】BD

【解析】对环。进行分析，根据牛顿第二定律可得加g+〃死解得4=g+4",可知，环。向

m

上做匀减速直线运动。对环6进行分析，根据牛顿第二定律可得加g+8=加%，解得传=g+幺*，

m

可知，环b向上做加速度减小的减速直线运动。由于当两者速度都为零时，其位移相同，可以作出环

。和环6运动的V〜/图像分别如图中的实线和虚线所示

8/16

V

由于V—图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，由题意可知，两者上升到最高点位移

相同，则有力＜%,故A错误；VT图像某点切线斜率的绝对值表示加速度大小，结合上述图像可知,

初始的加速度即有g+必经＜g+侬再，解得％〉与，故B正确；带电小环。与b到达最高

点后，当加时，环。将静止于最高点处，环b向下做加速度减小的加速运动，若加速度能够减

小到0,之后将做匀速直线运动，环b最终回到初始位置，故C错误；对环。进行分析，结合上述，

利用逆向思维，根据速度与位移的关系有说=21g+等卜，对环b进行分析，根据动量定理可得

v0NqBv1

Z(mg+/dqvB)A/=0-mv0,即有加gj+〃例〃=加%,联立可得％="一可晟耳痴回，故D正确。

三、非选择题：本题共5小题，共52分。

11.“枪口比动能”的计算公式为枪口子弹动能/枪管横截面积，单位为J/cm2。我国规定枪口比动能达

到或大于L8J/cm2为枪支，小强通过如图甲所示实验装置测定某型号仿真枪是否超标。在一半封闭金

属盒内塞人橡皮泥，金属盒下方安装一个有墨水的轻质细毛笔，将金属盒用轻绳系于天花板上的。点，

金属盒下方铺设一条以悬点。为圆心的圆弧轨道，并在轨道上铺设白纸，调节轨道高度使得轻质毛笔

笔尖轻微接触白纸且对金属盒的运动无明显阻碍作用。以。为圆心竖直安装一与金属盒运动平面平行

的量角器。将仿真枪靠近金属盒并对准其中心射出弹丸，随后弹丸陷入金属盒内部，并与金属盒一起

摆起一定的角度。测量枪管的内直径。，弹丸的质量加，金属盒与橡皮泥的质量用,白纸痕迹上方

端点与悬点。的连线与竖直方向的夹角0以及金属盒中心与悬点O的距离Lo重力加速度大小为g0

甲

丙

9/16

（1）用游标卡尺测量枪管内直径时需利用图乙中游标卡尺的（选填“①”“②”或“③”）部

分。测量得到枪管内直径读数如图丙所示，其读数为mm。

（2）根据所测量得到的物理量得出比动能的表达式为今=。（用题中所给物理量的字母

表示）

（3）下列因素能够导致比动能的测量值偏小的是（填标号）。

A.弹丸与金属盒碰撞过程中损失的动能

B.金属盒所受的空气阻力以及毛笔笔尖与白纸之间的阻力

C.击中金属盒的位置位于金属盒中心上方

D.仿真枪没有抵近金属盒射击

【答案】（1）①7.0（2）4函+加I*'）（3）BD

mnD1

【解析】（1）游标卡尺测量内径使用内爪测量，故选①部分。10分度游标卡尺的精确度为0.1mm,游

标卡尺读数为7mm+0x0.1mm=7.0mm。

（2）根据动量守恒定律有加%=（加+"）v,然后两者共同摆起使得细绳与竖直方向的夹角为。时，由

机械能守恒定律得|（m+M）v2=（m+M）g£（l-cos0）,联立可得弹丸的初动能

」出生辿1”,根据比动能的定义有”二次3驾31。

20mSmnD2

（3）根据实验原理，碰撞中损失的动能对测量结果无影响，故A错误；若考虑金属盒所受空气阻力

以及毛笔笔尖与白纸之间的阻力和仿真枪没有抵近金属盒射击都会使得初动能的测量值小于真实值，

故比动能的测量值偏小，故B、D正确；若击中金属盒的位置位于金属盒中心上方，贝屋的测量值偏

大，比动能的测量值偏大，故C错误。

12.某实验探究小组尝试测量自来水的电阻率夕，设计了如图甲所示的实验电路。将自来水装入一个

由三个绝缘侧面和一个绝缘端面，以及一个导电端面组成的“”形水槽内，水槽内部长为1m,两个端

面为正方形，内部横截面积S=0.04m2。水槽开口处朝上，在水槽内部装满自来水并使自来水表面与

上端开口处齐平。将一面积与水槽内部横截面积相同的可活动金属薄板与微安表相连，且平行于两端

面放置在水槽中。实验可使用和选择的仪器有：

10/16

A.两节干电池（每节干电池的电动势为1.5V）

B.直流电压表（0〜3V,内阻约为20kC）

C.直流电压表（0〜15V,内阻约为20kC）

D.直流微安表（0〜500//A,内阻4约为200c）

E.直流微安表（0〜100〃A,内阻与约1000。）

F.滑动变阻器（0~100Q）

G.开关、导线若干

（1）将开关断开，金属薄板移至距离导电端面0.4m处，利用多用电表欧姆挡对这一段自来水的电阻

进行测量，将选择开关旋至“xlkC”挡，欧姆调零后，两表笔一端连接导电端面，另一端连接活动金

属板，指针位置如图乙所示，欧姆表读数为kQo

（2）电压表选择,微安表选择。（填前面的代号）

（3）将金属薄板紧贴绝缘端面放置，闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表示数为2.8V,记录此时

微安表的读数，然后将金属薄板向导电端面一侧移动，每隔0.2m调节滑动变阻器，使得电压表示数

仍为2.8V,记录下不同液柱长度工下微安表的电流/的值，1和L的关系式为（用

U、/、L、p、S、表示）。

⑷根据测量的数据作出:和心图像如图丙所示。测得图像的斜率和纵截距分别为左=11250（A.m）T

和b=175AL由此可计算出自来水的电阻率为P=dm,考虑到微安表的内阻，该实

验的测量值相比于真实值将（填“偏大”“偏小”或“相等”）。

【答案】（1）13（2）BD（3）L=+&（4）1260相等

IUSU

【解析】（1）欧姆挡选择的是“xlkQ”挡，指针位置如图乙所示，欧姆表读数为13xlkQ=13kQ。

（2）两节干电池的总电动势为3V,故电压表选择量程（0~3V）的，故电压表选择B。自来水中的电

3V

流可以接近/h230〃A>100〃A,所以考虑到安全性，微安表选择量程为0~500〃A的，故

13x17017QT

11/16

微安表选择Do

(3)根据欧姆定律。=/(2：+&,将上述函数式变形可得;=为上+今

1C/DU

(4)根据J+今，”和心图像的斜率左=白，得P=狂/5=1260。-111。根据J+今，

1(73(71U\1USU

微安表的内阻不会对测量值造成影响，故测量值和真实值相等。

13.汽缸是在自动化设备中广泛应用的执行机构，如图所示，某汽缸主要部件由缸体A、活塞B、活

塞杆C、气阀K】、匕组成。活塞、活塞杆与缸体的导热以及密封性能均良好，且活塞与活塞杆运动

过程中与缸体的摩擦力可以忽略不计。活塞连同活塞杆的质量加=5kg,汽缸缸内横截面积以及活塞

横截面积均为S】=5cm2,汽缸内部长为1=60cm,忽略活塞厚度。某次测试时，竖直固定汽缸，打

开气阀K1、K2,将活塞杆提升至汽缸顶部，然后只关闭气阀K2,释放活塞和活塞杆，已知重力加速

度g取lOm/s"标准大气压Po=LOxlO'Pa。

(1)求活塞静止时距汽缸底部的距离。

(2)保持气阀K1与大气连通，在原有气体不泄露的情况下打开气阀K?,使用增压气泵通过与K2连

接的导管向汽缸的下部分充气，最终使活塞回到汽缸顶部，求增压气泉充入的空气在1个标准大气压

下的体积。

【答案】(1)30cm(2)K=3xl0-4m3

【解析】(1)当活塞静止时，设下部分气柱长度为访，如图所示，对活塞和活塞杆

12/16

I/国

PS

mg

进行受力分析可得PiH=0E+mg

解得Pi=A）+等=2xl（）5pa

A

对汽缸中下部分气体应用玻意耳定律可得为£E=p/E

解得//=g=30cmo

（2）对下部分气体，根据玻意耳定律可得P0V+P,|^=PBL

解得「=3x10-4m3。

14.如图，竖直平面内有一xOy坐标系，坐标系的第二象限内有一曲线边界，在此边界的上方有一平

行于了轴向下的匀强电场。带电荷量为9、质量为加的正离子可以以平行于x轴的初速度%从此边界

上任意点进入匀强电场，且正离子均从坐标原点。离开电场。若有一宽度为〃的上述离子组成的离子

束，其下边界刚好位于x轴上。坐标系0<x<a（。未知）的范围内有一方向垂直于纸面向里、磁感

应强度大小为B的匀强磁场，所有离子刚好都不能从磁场的右边界射出。若电场强度的大小为驶，

2qh

离子的重力忽略不计。求：

（1）电场边界的轨迹方程；

（2）磁场右边界的横坐标。的值；

（3）磁场中离子束能够覆盖的区域面积。

13/16

【答案】⑴，=/一叫⑵（后+1嗡（3）（万+1）需|

【解析】（1）设离子从坐标为（X/）的位置进入电场，电场强度£=驶

2qh

根据牛顿第二定律可得qE=ma

又根据类平抛规律~x=vot,y=

2

联立可得电场边界的轨迹方程为J=^-x（x<0）o

（2）从了=〃处入射的离子在电场中加速后速度最大，进入磁场后其轨迹的半径最大，故边界刚好与

之相切。对该电场边界轨迹方程分析可得y=±x2（x<0）

当y=〃时x=-2h

设该离子位移与，轴夹角的正切值taw*」

V

其速度与X轴方向夹角的正切值tan，=上

%

根据类平抛运动规律tan。=2tana=1

v=———=V2v0

cos450°

进入磁场后，根据牛顿第二定律可得=Q,氏=丝=叵％

RqBqB

由几何关系可得。=氏+.氏［1+4］交箸=（行+1）勺。

2I2）qB'7qB

（3）对于任意的离子，离开。点时，设其速度方向与X轴方向的