湖南省岳阳市2024-2025学年高三上学期教学质量监测物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省岳阳市2024-2025学年高三上学期教学质量监测物理试题一、单选题：本大题共6小题，共24分。1.在人类对世界进行探索的过程中，许多物理学家的科学发现推动了物理学的进步。关于科学家和他们的贡献，下列叙述中正确的是（）A.德国物理学家纽曼、韦伯先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比B.开普勒通过研究行星观测记录发现：对任意一个行星来说，它离太阳越近的时候运行速度越慢C.牛顿用强光照射一条单缝，通过这条狭缝的光再通过双缝，发生干涉，这是最早的光的干涉实验，它有力地证明了光是一种波D.法国物理学家安培在分析了许多实验事实后，得出了关于感应电流方向的规律【答案】A【解析】A．德国物理学家纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，于1845年和1846年先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，故A正确；B．开普勒通过研究行星观测记录，得出行星离太阳越近时，运动越快，故B错误；C．托马斯杨用强光照射一条单缝，通过这条狭缝的光再通过双缝，发生干涉，有力地证明了光是一种波，故C错误；D．法国物理学家楞次在分析了许多实验事实后，得出了关于感应电流方向的规律，即楞次定律，故D错误。故选A。2.如图所示，物体所受重力为40N，用细轻绳OC悬于O点，绳OC所能承受最大拉力为50N。现用细轻绳AB绑住轻绳OC的A点，再用缓慢增大的水平力F牵引A点，轻绳OC的A点缓慢上升，已知，。则从水平牵引力F刚作用在A点到OA段绳子刚被拉断过程中，下列说法正确的是（）A.OA段绳子刚被拉断时，绳AB的拉力大小为50NB.OA段绳子刚被拉断时，绳OA与竖直方向夹角C.绳OC的A点缓慢上升过程中，AB细绳拉力逐渐变大D.绳OC的A点缓慢上升过程中，绳OA与绳AB对A点拉力的合力大小逐渐变大【答案】C【解析】AB．设OA段绳子刚被拉断时绳OA与竖直方向夹角为，由正交分解法有，其中，，解得，，即绳AB的拉力为30N，绳OA与竖直方向夹角为，故AB错误；C．A点缓慢上升过程处于动态平衡，由图解法可知AB细绳拉力逐渐变大，故C正确；D．A点缓慢上升过程中，绳OA与绳AB对A点拉力的合力大小与重力等大反向，则合力大小和方向不变，故D错误。故选C。3.某矿井中有一升降机以的速度竖直向上匀速运行，某时刻升降机底板上的一颗螺钉松动脱落，螺丝钉的脱落不影响升降机的运动。再经4s升降机底板上升到井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底。不计空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是（）A.该矿井的深度为100mB.螺钉脱落时距井底的距离为72mC.螺钉脱落后的运动为自由落体运动D.螺钉脱落后落到井底时速度的大小为【答案】B【解析】B．螺钉从脱落到落到井底，则代入数据，解得脱落时螺钉距离井底即螺钉脱落时，升降机底板距离井底的距离为72m，故B正确；C．螺钉脱落时速度竖直向上，所以螺钉脱落后的运动为竖直上抛，故C错误；A．螺钉脱落时，升降机地板距离井口该矿井的深度为，故A错误；D．螺钉脱落后落到井底时速度为即速度大小为38m/s，故D错误。故选B。4.2024年9月25日，中国火箭军向南太平洋预定水域试射东风型导弹，本次试射的导弹飞行了12000公里，显示出我国强大的国防实力。若将导弹发射和飞行过程简化为：如图所示，从地面上A点发射出的导弹，只在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点且距地面高度为H。已知地球半径为R，质量为M，引力常量为G．下列关于导弹只在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行过程，结论正确的是（）A.导弹在空中的运动是匀变速曲线运动B.导弹在A点的速度小于在C点的速度C.导弹在A点的加速度D.导弹在C点的速度【答案】D【解析】A．导弹沿ACB椭圆轨道飞行的过程加速度的大小和方向均变化，则做非匀速曲线运动，故A错误；B．由A点到C点，万有引力做负功，其动能增大，有，故B错误；C．由牛顿第二定律可知，可得，故C错误；D．若导弹过C点做匀速圆周运动，有但导弹在椭圆轨道上运动过C点时需要加速才能变轨为圆周轨道，可推得故D正确。故选D。5.A、B是真空中的两个电荷量都是的点电荷，相距L，AB连线中点为O。现将另一个电荷量为q的点电荷放置在AB连线的中垂线上，距O为x的C处，如图甲所示，此时q所受的静电力大小为，若仅将A的电荷量变为，其他条件不变，如图乙所示，此时q所受的静电力大小为，已知静电力常量为k，下列说法正确的是（）A.的方向与AB平行，且向左 B.C. D.当时，与的大小相等【答案】C【解析】A．由于点电荷q的电性不知，所以的方向可能与AB平行，且向左，也可能与AB平行，且向右，故A错误；BCD．两电荷在C点产生的电场强度大小为根据电场叠加可知所以q所受的静电力大小同理可得仅将A的电荷量变为时，有当时，可得故C正确，BD错误。故选C。6.如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点。质量为m的小球和轻弹簧套在轻杆上，弹簧的劲度系数为k，弹簧原长为，左端固定在A点，右端与小球相连。长为L不可伸长且质量不计的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B点，A、B间距离为。装置静止时将小球向左缓慢推到距A点处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计转轴所受摩擦和空气阻力的影响。下列说法正确的是（）A.小球与轻杆间的动摩擦因数为B.小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速度为C.从开始转动到轻绳伸直过程中，小球克服摩擦力做的功为D.若从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中，小球克服摩擦力做的功为W，则该过程外界提供给装置的能量E为【答案】D【解析】A．由平衡状态和平衡条件得解得小球与轻杆间的动摩擦因数为，故A错误；B．小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示此时弹簧长度为，则有，装置转动的角速度为，故B错误；C．从开始转动到轻绳伸直的过程中，小球克服摩擦力做的功为，故C错误；D．题设过程中弹簧初始时的压缩量与最终状态时的伸长量相等，故弹性势能改变量，由能量守恒有其中，解得该过程外界提供给装置的能量，故D正确。故选D。二、多选题：本大题共4小题，共20分。7.如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个由蜡做成的小圆柱体R。R从坐标原点以速度匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速度为0的匀加速直线运动。测出某时刻小圆柱体R运动到Q点图中没有画出时的x、y坐标值分别为6cm和2cm。则（）A.小圆柱体R做匀变速直线运动B.小圆柱体R做匀变速曲线运动C.小圆柱体R运动到Q点时速度大小为D.小圆柱体R运动到Q点时速度与x轴正方向夹角的正切值等于【答案】BD【解析】AB．小圆柱体R的运动轨迹是一条抛物线，故A错误，B正确；CD．小圆柱体R运动到Q点时运动时间在水平方向，解得其速度大小为设方向与x轴正方向夹角为，则满足故C错误，D正确故选BD。8.如图所示，某景区的彩虹滑梯由两段倾角不同的直轨道组成，轨道间平滑连接，游客由静止开始从顶端滑到底端，且与两段滑梯间的动摩擦因数相同。用v、x、a、E、Q分别表示其速度大小、下滑的轨迹长度、加速度大小、机械能和摩擦产生的热量，t表示所用时间，下列图像可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】B．设第一段倾角为，由牛顿第二定律解得第二段倾角为，由牛顿第二定律得解得因为两段加速度都是定值，不随时间变化，故B错误；A．因为，所以可得根据图像斜率表示加速度，可知在图像中，第一段斜率大于第二段斜率，故A正确；C．根据功能关系有，机械能为图线为一次函数，斜率绝对值为，因为，所以第一段斜率绝对值小于第二段斜率绝对值，故C错误；D．运动过程中，产生的热量Q为图像的斜率为，因为，所以第一段斜率小于第二段斜率，故D正确。故选AD。9.如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，极板间电场可视为匀强电场，板长为2L，板间距离为d，距板右端处有一竖直屏M，一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度沿中线射入两板间，最后垂直打在M上。已知重力加速度为g，则下列结论正确的是（）A.质点打到M板所用时间为B.两极板间的电势差为C.整个过程中质点的重力势能增加D.【答案】AC【解析】A．水平方向为匀速直线运动，故质点打到M板所用时间为，故A正确B．由于质点最后垂直打在M上，故垂直极板方向上有，即可得两极板间的电场强度为，故电势差，故B错误；D．根据可知两极板间距变为2d，其他条件不变时电场强度E不变，故仍有，D错误。C．可逆思想，且有，故C正确。故选AC。10.如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD以及直宽轨EF、GH组合而成，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，AB、CD等长且与EF、GH均相互平行，BE、GD等长、共线，且均与AB垂直，窄轨间距为，宽轨间距为L。整个空间均有竖直向上的磁感强度为B的匀强磁场。两根完全相同且粗细均匀的导体直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，棒长为L、质量为m、电阻为R。初始时b棒静止于导轨EF段某位置，a棒从AB段某位置以初速度向右运动，且a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长。下列判断正确的是（）A.a棒刚开始运动时两端点间的电压B.a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为C.经过足够长的时间，a棒的速度为D.整个过程中a棒产生的焦耳热为【答案】ABC【解析】A．由右手定则可知N点电势高，故正，有，故A正确；B．a棒刚开始运动时，a棒产生的感应电动势为由闭合电路欧姆定律得电路中的感应电流为对b棒，根据牛顿第二定律得解得b棒的加速度大小为，故B正确；C．设经过足够长的时间，a、b棒的速度分别为、。经过足够长的时间，两棒产生的感应电动势大小相等，回路中没有感应电流，两棒不受安培力，均做匀速直线运动，则有，则得对b棒，由动量定理得对a棒，由动量定理得由以上三式解得，，故C正确；D．整个过程中两棒产生的焦耳热由能量守恒有解得，故D错误。故选ABC。三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.为了验证碰撞过程遵循动量守恒，某同学设计了如图装置。在离地面高度为h的光滑水平桌面上，放置两个半径相同的小球a和b，其中，b与轻弹簧紧挨着但不拴接，弹簧左侧固定，自由长度时离桌面右边缘足够远，起初弹簧被压缩一定长度并锁定。a放置于桌面边缘，球心在地面上的投影点为O点。实验时，先将a球移开，弹簧解除锁定，b沿桌面运动后水平飞出。再将a球放置于桌面边缘，弹簧重新锁定。解除锁定后，b球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出。重复实验10次。实验中，小球落点记为A、B、C．（1）若a球质量为，b球质量为，b球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出，则_____。（填“>”“<”或“=”）（2）关于本实验的实验操作，下列说法中不正确的是_____。A.重复操作时，弹簧每次被锁定的长度应相同B.仅调节桌面的高度桌面越高，线段OB的长度越长C.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置D.重复操作时发现小球的落点并不完全重合，说明实验操作中一定出现了错误（3）已知小球a的质量和小球b的质量，小球飞出的水平距离分别为、、，在实验误差允许的范围内，当所测物理量满足表达式：_____，即说明碰撞过程遵循动量守恒。【答案】（1）<（2）D（3）【解析】【小问1】为使碰后b球不反弹，两球均向前水平飞出，则应该使；【小问2】A．重复操作时，弹簧每次被锁定的长度应相同，可以保证b能够获得相等的速度，故A正确；B．仅调节桌面的高度，桌面越高，则小球飞行的时间越长，则线段OB的长度越长，故B正确；CD．重复操作时发现小球的落点并不完全重合，不是实验操作中出现了错误；可以用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，故C正确，D错误。本题选择不正确的，故选D。【小问3】小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则两边同时乘以时间t，得则12.为了响应绿色、开放、共享的新发展理念，岳阳市将大力发展光伏发电，到2025年光伏发电装机容量新增130万千瓦以上。光伏电池是将太阳能转化为电能的装置，目前已广泛应用于人们生活的各个方面。小王家里就安装了一套太阳能庭院灯，小王拆下了其中的光伏电池，欲测量其电动势和内阻。通过查阅铭牌，他们了解到电池规格为“”，高亮度LED照明灯的规格为“”。（1）若通过分压电阻保证LED灯正常发光，则给光伏电池充满电后，理论上可使LED灯连续照明_____（2）实验室可提供的器材如下：电流表量程，内阻约为电压表（量程15V，内阻约为10K）滑动变阻器电阻箱最大阻值，最小分度电阻箱最大阻值，最小分度单刀单掷开关、单刀双掷开关及导线若干为测量该电池的电动势和内阻，该小组设计了如图甲所示的电路，并按以下步骤进行操作：①闭合开关，断开开关，调节滑动变阻器使电流表指针满偏；②保持滑片P不动，把开关与1接通，调节电阻箱使电流表读数为，读出电阻箱的阻值，其中电阻箱应选择_____选填“”或“则可得电流表的内阻_____。③闭合开关，把开关与2接通，调节滑动变阻器阻值，记下多组电流表的示数I和相应电压表的示数④以U为纵坐标，I为横坐标，作出图线如图乙所示，图线斜率的绝对值为k，纵截距为b，根据图线求得电动势_____，内阻_____。【答案】（1）12（2）②；④b；【解析】【小问1】高亮度LED照明灯额定电流理论上可使LED灯连续照明的时间为【小问2】②由于电流表内阻较小，应选择分度值较小的；保持滑片P不动，把开关与1接通，则电阻箱和电流表为并联，调节电阻箱使电流表读数为，那么通过电阻箱的电流为读出电阻箱的阻值，由解得电流表的内阻④由可得纵截距为b，则斜率的绝对值为k，则四、计算题：本大题共3小题，共40分。13.一倾角为足够长的斜面，置于水平面上，一木块可视为质点质量为，与斜面之间的动摩擦因数为，给木块一沿斜面向上大小为的恒定拉力，使木块从斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，末撤去拉力，整个过程斜面始终静止不动，，，。求：（1）木块沿斜面向上运动的最大距离；（2）木块能否返回？说明理由。如果能返回，求返回出发点的速度大小。【答案】（1）（2）会，【解析】【小问1】以木块为研究对象，在向上运动过程中，撤去拉力前撤去拉力后解得，撤去拉力时的速度为木块向上运动的最大距离为联立解得【小问2】木块到达最高点后，因为，所以木块会下滑返回。，解得木块会下滑返回时的速度为，则，可得14.如图甲所示，长为的绝缘细线一端固定在O点，另一端连接一质量为、电荷量为的带正电小球，整个区域内有方向水平向右的匀强电场，电场强度大小为E．小球静止时细线与竖直方向夹角为，重力加速度g取，，。（1）求电场强度的大小（2）现将小球拉至最高位置并给小球一水平向左的初速度，让小球恰好能在竖直面内做半径为L的圆周运动，如图乙所示，PQ为竖直直径，求小球电势能最小时细线的张力；（3）在第（2）问的条件下，若某时刻剪断细线，同时在整个区域内加上一个方向垂直纸面的匀强磁场，恰使小球做匀速直线运动，求所加匀强磁场的磁感应强度。【答案】（1）（2），方向水平向左（3），方向垂直纸面向外；，方向垂直纸面向里【解析】【小问1】小球静止时分析受力有，求得【小问2】当小球运动到重力与电场力的“等效最高点”时动能最小，此时重力和电场力的合力提供向心力，细线张力为零，有小球的最小动能由题意可知当小球运动至圆周运动轨迹的最右端时其电势能最小，从“等效最高点”到该处的过程中，由动能定理有其中为重力与电场力的合力与竖直方向的夹角，且又根据牛顿第二定律有联立解得，方向水平向左。【小问3】由题意可知，剪断细线后，小球沿切线方向做匀速直线运动，小球受到的重力、电场力和洛伦兹力三力平衡，又根据左手定则，小球受到的洛伦兹力沿半径方向，所以剪断细线时，小球的位置应在重力和电场力的“等效最高点”或“等效最低点”。①当小球的位置在“等效最高点”时，有由（2）知，可得，联立解得，方向垂直纸面向外。②当小球的位置在“等效最低点”时，有小球从“等效最高点”到“等效最低点”的过程，根据动能定理有联立解得，方向垂直纸面向里。