2025屆三省一區(qū)高三年級上冊第一次質量檢測物理試卷（解析版）

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準考證號姓名

（在此卷上答題無效）

三省一區(qū)2025屆高中畢業(yè)班第一次質量檢測

物理試題

2024.11

考試時間：75分鐘滿分：100分

第I卷

選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題

目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選

對但不全的得3分，有選錯的得0分。

1.中國自主研發(fā)的“暗劍”無人機，具有超音速、超高機動能力和低可探測性，主要用于未來對空作戰(zhàn)。

若在某次試飛測試中無人機起飛前沿地面由靜止開始做勻加速直線運動經時間f達到起飛速度v,則無人

機起飛前通過的距離為（）

vt3vt

A.——B.vtC.——D.2vt

22

【答案】A

【解析】

【詳解】根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，無人機起飛前通過的距離

0+vvt

X=------1--

22

故選A?

2.一列沿x軸傳播簡諧橫波，在f=0時的波形如圖甲，P、0是波上的兩個質點，此時質點尸沿y軸負

方向運動，圖乙是波上某一質點的振動圖像。下列說法正確的是（）

A.該波沿x軸負方向傳播B.圖乙可能為。點的振動圖像

C.該波的波速一定為20m/sD.該波的波速一定為40m/s

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)下圖同側法分析可知，該波沿x軸正方向傳播，故A錯誤;

B.根據(jù)上述判斷的波的傳播方向可知，U0時刻，。點在平衡位置向上振動，圖乙的振動圖像在仁0時刻

是向下振動的，所以圖乙不可能為。點的振動圖像，故B錯誤；

CD.根據(jù)甲圖可知波長為8m,由圖乙可知周期為0.20s,則波速為

v=——=40mzs

T

故C錯誤，D正確

故選D。

3.如圖所示的兩幅圖景表示的是有關生活中的圓周運動，下列說法正確的是（）

A.圖。中汽車通過凹形路面的最低點時處于失重狀態(tài)

B.圖a中汽車通過凹形路面的最低點時處于超重狀態(tài)

C.圖6中火車轉彎超過規(guī)定速度行駛時會側向擠壓內軌

D.圖6中火車轉彎小于規(guī)定速度行駛時會側向擠壓外軌

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.當汽車通過最低點時，需要向上的向心力，F(xiàn)N>mg,處于超重狀態(tài)，故A錯誤，B正

確;

CD.火車轉彎超過規(guī)定速度行駛時重力與支持力的合力不足以提供向心力，會擠壓外軌產生向內的力，火

車轉彎小于規(guī)定速度行駛時會側向擠壓內軌，故CD錯誤。

故選B。

4.如圖所示，電源內阻等于燈泡的電阻（設燈泡電阻一直不變），當開關閉合、滑動變阻器滑片位于某位置

時，水平放置的平行板電容器間一帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)，燈泡L正常發(fā)光，現(xiàn)將滑動變阻器滑片由

該位置向。端滑動，則（）

B.電源的輸出功率減小

C.燈泡將變暗，R中有電流流過，方向豎直向下

D.液滴帶正電，在滑片滑動過程中液滴將向下做勻加速運動

【答案】B

【解析】

,U

【詳解】A.根據(jù)歐姆定律/==可知，當滑動變阻器滑片由該位置向。端滑動，滑動變阻器的電阻增大，

R息

即電路中的總電阻增大，則電路中的電流減小。根據(jù)閉合電路中的歐姆定律可知，路端電壓為

U=E-Ir

則路端電壓增大，故A錯誤；

B.由于電源的內電阻等于燈泡的電阻，所以在滑動過程中外電阻一直大于內阻，且在增大，由輸出功率隨

外電阻變化的關系知，電源的輸出功率一直減小，故B正確；

C.根據(jù)前面分析可知流過燈泡的電流減小，故燈泡變暗；與滑動變阻器并聯(lián)的電容器兩端的電壓變大，根

據(jù)C=g可知，電容器充電，即R中有電流流過，因電容器上極板帶負電，所以電流方向豎直向上，故C錯

誤；

D.因為液滴受力平衡，因電容器上極板帶負電，板間場強向上，則知液滴帶正電，由于電容器板間電壓增

大，所以板間場強增大，液滴所受的電場力增大，因此液滴將向上做加速運動，但是因為電壓在變化，加速

度會變化，所以不是勻加速運動，故D錯誤。

故選B。

5.如圖是一個多用電表的簡化電路，S為單刀多擲開關，通過操作開關，接線柱。可以接通1,也可以接

通2、3、4、5或6。下列說法正確的是（）

B.當開關S分別接3和4時，測量的是電阻，其中A是黑表筆

C.當開關S分別接5和6時，測量的是電阻，其中A是紅表筆

D.當開關S分別接5和6時，測量的是電壓，其中S接5時量程較大

【答案】A

【解析】

【詳解】A.其中1、2兩擋用來測電流，接1時分流電阻相對更小，故接1時電表的量程更大，第1擋為

大量程，那么S接2時量程較小，故A正確；

B.3、4擋用來測電阻，其中黑表筆連接表內電池的正極，故B為黑表筆，A與電源的負極相連，A為紅

表筆，故B錯誤；

C.要測量電壓，電流表應與電阻串聯(lián)，由圖可知當轉換開關S旋到位置5、6時，即5、6兩擋用來測電

壓。因為6擋共用一個表頭，所以測電壓時外部電源的正極應該接在A表筆上，故A為紅表筆，故C錯

誤；

D.要測量電壓，電流表應與電阻串聯(lián)，由圖可知當轉換開關S旋到位置5、6時，即5、6兩擋用來測電

壓。測量電壓，電流表所串聯(lián)的電阻越大，所測量電壓值越大，故當轉換開關S旋到6的量程比旋到5的

量程大，故D錯誤。

故選A?

6.全球最大水平臂上回轉自升塔式起重機的開發(fā)和應用，意味著中國橋梁及鐵路施工裝備進一步邁向世界

前列。該起重機某次從1=0時刻由靜止開始提升質量為根的物體，其/圖像如圖所示，內起重

機的功率為額定功率，不計物體受到的空氣阻力，重力加速度為g,下列說法正確的是()

A.物體勻加速階段的位移為即;

B.該起重機的額定功率為加a"

C.質時刻物體正在減速上升

D.0~4和彳~時間內牽引力做的功之比為2(1)

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.由圖可知，0~4時間內，加速度他恒定，物體做勻加速直線運動，勻加速階段的位移為

12

再=.即1

A錯誤；

B.f=4時，據(jù)牛頓第二定律可得

F1—mg=ma0

由功率與速度關系可得

垛=耳匕=耳，

聯(lián)立解得該起重機的額定功率為

舄5={mg+mao)aotx

B錯誤;

C.由圖像及

P=Fv

F-mg=ma

可知，物體先勻加速上升，當功率等于額定功率時，做加速度減小的加速運動，當加速度減小為零時，速

度達到最大，以后做勻速直線運動，由圖可知，芍時刻物體的加速度不為零，正在加速上升，C錯誤；

D.0~%時間內牽引力做功為

12

Wx=耳玉=（mg+ma。）義—aat{

彳~%時間內牽引力做功為

叱=%（一-％）={mg+maQ）aotx—一4）

聯(lián)立可得0~乙和trt2時間內牽引力做的功之比為

%：：%

W22"J

D正確。

故選D。

7.2022年10月7日，中國太原衛(wèi)星發(fā)射中心在黃海海域使用長征十一號海射運載火箭，采用“一箭雙星”

方式，成功將微厘空間低軌導航試驗衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預定軌道。設兩顆衛(wèi)星軌道在赤道平面

上，運行方向相同，運動周期也相同，其中。衛(wèi)星為圓軌道，距離地面高度為4=2R,6衛(wèi)星為橢圓軌道，

近地點M距離地面高度為遠地點N距離地面高度的一半，地球表面的重力加速度為g,。衛(wèi)星線速度大小為

vi,b衛(wèi)星在近地點M時線速度大小為也，在遠地點N時線速度大小為3,地球半徑為凡尸點為兩個軌道

,4

A.b衛(wèi)星遠地點N距禺地面圖度為一R

3

B./?衛(wèi)星從N點運動到M點時間為2?J-2-7-J-R

Vg

C.%>%>匕

D.a、b兩衛(wèi)星在尸點受到地球的引力相等

【答案】C

【解析】

【詳解】A.設。衛(wèi)星運行的橢圓軌道半長軸為劭，根據(jù)開普勒第三定律有

（2R+R）3_/3

T-T-

即

<?0=3R

設近地點M距離地面高度為4,有

hQ+2ko+2R=2ao=6R

解得

4

一

Q

故6衛(wèi)星遠地點N距離地面高度為A錯誤;

B.對衛(wèi)星。有

GMm2?

----------z-=?3R

（3町

在地球表面有

GMm'

=m'g

R?

聯(lián)立解得

故6衛(wèi)星從N點運動到Af點時間為

1T27R-3R

—T=yrJ----=37r

2Vgg

B錯誤；

C.根據(jù)開普勒第二定律可知％〉匕，衛(wèi)星6由N點運動到尸點時速度在增大，分析可知若在尸點點火加速

可進入圓形。軌道，可得匕〉匕；同理，衛(wèi)星。在近地點M減速可進入以M點高度所在處的圓軌道，根據(jù)

萬有引力公式可知當衛(wèi)星圍繞地球做圓周運動時軌道越高，速度越小，所以可知衛(wèi)星。的速度小于M點高

度所在處的圓軌道的速度，即衛(wèi)星b在近地點"的速度大于衛(wèi)星。的速度，所以有

%〉%>匕

C正確；

D.根據(jù)萬有引力公式，縱6兩衛(wèi)星在P點時到地球的距離相等，由于兩衛(wèi)星的質量關系未知，所以無法判

斷受到地球引力大小關系，D錯誤。

故選C?

8.如圖所示，正三棱柱A5C—A'5'C'的A點固定一個電荷量為+Q的點電荷，C點固定一個電荷量為一。

的點電荷，D、ZX點分別為AC、AC'邊的中點，選無窮遠處電勢為零。下列說法中正確的是（）

B'

A.B、3'、D、DC四點的電場強度方向相同

B.將一負試探電荷從A點移到C'點，其電勢能減少

C.將一正試探電荷沿直線從8點移到以點，電場力始終不做功

D.將一正試探電荷沿直線從2點移到。右點，電場力做負功

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.分別畫出AC在2、B'、D、。，各點的場強，然后進行場強的合成可以得到兩個點電荷在這四

點的電場強度方向均平行于AC,方向由A指向C,故A正確；

B.A'C沿線電場強度方向由A'指向C',電勢降低，但試探電荷為負電荷，故電勢能增加，故B錯誤；

CD.幾何體為正三棱柱，。、。，點分別AC為、A'C'邊的中點，所以BOB'以為AC的中垂面，也就是

等勢面，各處電勢相等，電勢能相等，電場力不做功，故C正確，D錯誤；

故選AC

9.如圖所示為一個加速度計的原理圖?；瑝K可沿光滑桿移動，滑塊兩側與兩根相同的輕彈簧連接；固定在

滑塊上的滑動片M下端與滑動變阻器R接觸良好，且不計摩擦；兩個電源的電動勢￡相同，內阻不計。兩

彈簧處于原長時，M位于R的中點，理想電壓表的指針位于表盤中央。當尸端電勢高于。端時，指針位于

表盤右側。將加速度計固定在水平運動的被測物體上，則下列說法正確的是（）

A.若M位于R的中點右側，P端電勢高于。端

B.電壓表的示數(shù)隨物體加速度的增大而增大，但不成正比

C.若電壓表指針位于表盤左側，則物體速度方向一定向右

D.若電壓表指針位于表盤左側，則物體加速度方向向右

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.由題意可知，M位于R的中點時，理想電壓表的指針位于表盤中央，即此時尸端電勢等于Q

端，由于滑動變阻器從右端向左端電勢逐漸降低，因此當M位于R的中點右側時，尸端電勢高于。端，故

A正確；

B.設被測物體水平方向的加速度為。時，滑塊移動的距離為c,對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律得

2kx=ma

設電阻器單位長度的電阻為廠，電阻器的總長度為L則電路中的電流為

2E

Lr

電壓表的示數(shù)為

U=Ixr

由以上各式解得

kLU

a=------

mE

可知U與。成正比，故B錯誤；

CD.若電壓表指針位于表盤左側，可知此時尸端電勢低于。端電勢，滑塊M位于R的中點左側，滑塊所

受彈簧的拉力的合力向右，因此滑塊具有向右的加速度，但速度方向不一定向右，故C錯誤，D正確。

故選ADo

10.如圖所示，一根長為L的輕桿的兩端分別固定小球A和B。輕桿可繞距A球為0處的軸。在豎直平面

3

內轉動初始時桿處于豎直位置，小球B恰好與水平光滑地面接觸。在桿的左側緊貼著B球為上邊長為的立

3

方體滑塊C,A、B、C的質量均為機?，F(xiàn)用一水平恒力廠作用于A球上，使之繞固定的。軸順時針轉動，

直到B轉動到C的右上角分離。設在此過程中C物塊一直緊貼地面，不計一切摩擦。關于此過程，下列判

斷正確的是（）

A.力廠的功率逐漸增大

B.分離之前滑塊C的動能始終小于球A的動能

C.力/做的功大于滑塊C的動能增量與球A、B重力勢能增量之和

P

D.滑塊C的最大速度為J6L—'叱

V18/71

【答案】ACD

【解析】

【詳解】AC.用以表示A球轉過a角時A球的速度大小，用%表示A球轉過a角時B球的速度大小，v

表示此時立方體的速度大小，則

vBcosa-v

由于A與B的角速度相同，且

0A=~

3

則

OB若

則

1

以=-^B

根據(jù)能量守恒定律可知，力產做的功等于滑塊c的動能增量與球A、B機械能增量之和，則力廠做的功大

于滑塊C的動能增量與球A、B重力勢能增量之和，可得

]121112221

Fx—Lsina=—mvA-mg(—L-j￡cos(z)+—mvB+mg(-L--Lcosa)+—mv~

解得

l2FLsina-2mgL(l-cosa)

“X3m(5+4cos2a)

由幾何關系可知轉過的最大角度為

c=60°

則力尸功率為

P=F-^-

cosa

由數(shù)學知識可知，功率增加，故AC正確；

B.分離前C的動能為

1,12

EkC=-mv=-m(2vAcosa)

分離前A的動能為

口12

￡kA=-WVA

由數(shù)學知識可知角度轉動的范圍為

0<cr<60°

則

l<2coscr<2

可知

EkC—"kA

故B錯誤；

D.當夕=60。時，C速度最大為

^FL-mgL

v=vcosa=2VAcosa-

B18m

故D正確。

故選ACD?

第n卷

非選擇題：本題共5小題，共54分。

11.某同學用圖。所示裝置測定重力加速度，小球上安裝有擋光部件，光電門安裝在小球平衡位置正下方。

圖b

(1)用螺旋測微器測量擋光部件的擋光寬度d,其讀數(shù)如圖b,貝Ud=mm。

(2)讓單擺做簡諧運動，當光電門第一次被遮擋時計數(shù)為1并同時開始計時，以后光電門被遮擋一次計

數(shù)增加1,若計數(shù)為N時，單擺運動時間為則該單擺的周期7=。

(3)改變擺長，測出單擺做簡諧運動對應的周期T,測量多組數(shù)據(jù)后繪制72-/圖像，求得圖像斜率為

k,可得當?shù)刂亓铀俣萭=o

【答案】(1)2.330##2.331##2.332##2.333

【解析】

【小問1詳解】

螺旋測微器最小分度值為0.01mm,結合圖其讀數(shù)

d—2mm+0.01rmnx33.1=2.331mm

【小問2詳解】

當光電門第一次被遮擋時計數(shù)為1并同時開始計時，以后光電門被遮擋一次計數(shù)增加1,若計數(shù)為N時,則

完成的周期數(shù)為

N-1

2

故單擺周期

【小問3詳解】

根據(jù)單擺周期公式

T=2TT

g

故圖像斜率為

47r

g

12.研究某型號燈泡的伏安特性，所使用的器材有：

燈泡L（額定電壓6V,額定電流0.5A）；電壓表V（量程3V,內阻為3k。）；

電流表A（量程0.6A,內阻為0.5。）；固定電阻&（阻值3000Q）；滑動變阻器與（阻值0?10.0Q）；

滑動變阻器&（阻值0?1000.0。）；電源E（電動勢6V,內阻不計）；開關S：導線若干。

（1）實驗要求能夠描繪完整的燈泡的伏安特性曲線，實驗中滑動變阻器R應選用（選填

“或"凡”）

14

（2）通過實驗測得該燈泡U-/曲線如圖甲。根據(jù)U-/曲線可知，隨著電壓的升高該燈泡的電阻

（選填“增大”或“減小”）。

（3）現(xiàn)將兩個這樣的燈泡并聯(lián)后再與一個4。的定值電阻串聯(lián)，接在一電動勢為5V、內阻為1。的電源

兩端，如圖乙所示，則兩個燈泡的總功率為W（結果保留兩位有效數(shù)字）。

【答案】⑴耳

（2）增大(3)1.2

【解析】

【小問1詳解】

實驗要求能夠描繪完整的燈泡的伏安特性曲線，則電壓要從零開始測量，滑動變阻器采用分壓式電路，為

調節(jié)方便，選用的滑動變阻器為最大阻值較小的用。

【小問2詳解】

根據(jù)U-/曲線與原點連線的斜率表示電阻，可知隨著電壓的升高該燈泡的電阻增大。

【小問3詳解】

設流過燈泡的電流為/,兩端的電壓為U,根據(jù)閉合電路歐姆定律

E=U+2I(R+r)

變形得

。=—10/+5

由圖可知，交點的橫坐標/=0.3A,縱坐標為U=2A,則兩個燈泡的總功率

峪=2xO.3x2W=L2W

13.如圖所示，一質量M=2kg的長木板左端固定一輕彈簧，彈簧右端緊靠一質量為m=1kg的小物塊(不

栓接)，長木板?？吭趬?。長木板的右端帶有一段半徑為火=0.5m的四分之一圓弧，長木板表面除長為

L=2.5m的段外均光滑，A2段與物塊間的動摩擦因數(shù)〃=04?，F(xiàn)用外力通過物塊壓縮彈簧，使其彈

性勢能Ep=18J,然后由靜止釋放物塊。已知物塊到達A點前已脫離彈簧，水平地面光滑且足夠長，重力

加速度g=10m/s2,求:

A

(1)物塊第一次到達A點時的動量p大小;

(2)物塊能到達圓弧軌道的最大高度。

【答案】(1)p=6kg-m/s

(2)〃=0.2m

【解析】

【小問1詳解】

由系統(tǒng)機械能守恒有

Ep=，成

可得

%=6mzs

物塊第一次到達A點時的動量大小

p=mvQ

解得

p=6kg-m/s

【小問2詳解】

物塊到達最高點時，物塊的速度與木板的速度相等，設為也從物塊滑過A點，木板離開墻角后，物塊與木

板組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有

mv0=(M+m)v

可得

v=2m/s

根據(jù)能量守恒有

11,

-mvj2=—(M+m)v~+mgh+"ingL

解得

/z=0.2m

14.如圖甲所示，A、8兩塊金屬板水平放置，相距為d=0.6cm,兩板間加有一周期性變化的電壓，當2板

接地時，A板電勢9A隨時間變化的情況如圖乙所示.現(xiàn)有一帶負電的微粒在仁0時刻從B板中央小孔射入

電場，若該帶電微粒受到的電場力為重力的兩倍，且射入電場時初速度可忽略不計.求：

5

(1)在0---和---T和這兩段時間內微粒的加速度大小和方向；

22

(2)要使該微粒不與A板相碰，所加電壓的周期最長為多少(g=10m/s2).

【答案】⑴q=g方向向上，g=3g方向向下(2)6x10%

【解析】

【詳解】(1)設電場力大小為F,則尸=2沖，對于右。時刻射入的微粒，在前半個周期內，有

F-mg=ma\

又由題意

F=2mg

解得

〃l=g，方向向上.

后半個周期的加速度Z滿足

F+mg=ma2

得

O2=3g

方向向下.

(2)前半周期上升的高度

%=；卬(1)2=]gT2

ZZo

前半周期微粒的末速度為

1

Vl=QgT

后半周期先向上做勻減速運動，設減速運動時間立，則

1

3^i=-gr

則得

T

此段時間內上升的高度

丸2=；"2片=('38'4)2=告

則上升總高度為

PT2

H=hi+li2=------

6

后半周期的工7:=!7時間內，微粒向下加速運動，下降的高度

23

上述計算表明，微粒在一個周期內的總位移為零，只要在上升過程中不與A板相碰即可，則HWd,即

所加電壓的周期最長為

，"'=.=''I。2s

考點：帶電粒子在電場中運動

【名師點睛】帶電粒子在電場中運動的問題，是電場知識和力學知識的綜合應用，分析方法與力學分析方

法基本相同，關鍵在于分析粒子的受力情況和運動情況.

15.如圖甲所示，豎直輕彈簧下端固定在水平地面上，上端與木塊A連接，物塊B疊放在A上，系統(tǒng)處于

靜止狀態(tài)?，F(xiàn)對B施加豎直向上的拉力尸，使A、B以大小a=2m/s2的加速度豎直向上做勻加速直線運

動直至分離，力尸的大小隨B的位移x變化的關系如圖乙所示。當