2024-2025學年湖南省長沙一中高三（上）月考物理試卷（11月份）（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年湖南省長沙一中高三（上）月考物理試卷（11月份）一、單選題：本大題共6小題，共24分。1.如圖所示，取一支質(zhì)量為m的按壓式圓珠筆，將筆的按壓式小帽朝下按在桌面上，無初速放手后筆將會豎直向上彈起一定的高度?，然后再豎直下落。重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是(

)A.按壓時筆內(nèi)部彈簧的彈性勢能增加了mg?

B.放手后到筆向上離開桌面的過程彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為筆的動能

C.筆在離開桌面后的上升階段處于超重狀態(tài)

D.筆從離開桌面到落回桌面過程的時間為2?2.用電流傳感器研究電容器充放電現(xiàn)象，電路如圖所示。電容器不帶電，閉合開關S1，待電流穩(wěn)定后再閉合開關S2，通過傳感器的電流隨時間變化的圖像是(

)A.B.C.D.3.湖北某小區(qū)晾曬區(qū)的并排等高門型晾衣架AA′BB′CC′DD′如圖所示，AB、CD桿均水平，不可伸長的輕繩的一端M固定在AB中點上，另一端N系在C點，一衣架(含所掛衣物)的掛鉤可在輕繩上無摩擦滑動。將輕繩N端從C點沿CD方向緩慢移動至D點，整個過程中衣物始終沒有著地。則此過程中輕繩上張力大小的變化情況是(

)A.一直減小 B.先減小后增大 C.一直增大 D.先增大后減小4.潮汐是發(fā)生在沿海地區(qū)海水周期性漲落的一種自然現(xiàn)象，主要是受月球?qū)Ｋ囊Χ纬?，導致地球自轉(zhuǎn)持續(xù)減速，同時月球也會逐漸遠離地球。如圖所示，已知地球和月球的球心分別為O和O′，A和B是地球上的兩個海區(qū)，多年后，下列說法正確的是(

)A.海區(qū)A的角速度小于海區(qū)B的角速度 B.地球赤道上的重力加速度會減小

C.月球繞地球做圓周運動的加速度會增大 D.地球的同步衛(wèi)星距離地面的高度會增大5.某地有一風力發(fā)電機，它的葉片轉(zhuǎn)動時可形成半徑為20m的圓面。某時間內(nèi)該地區(qū)的風速是6.0m/s，風向恰好跟葉片轉(zhuǎn)動的圓面垂直，已知空氣的密度為1.2kg/m3，假如這個風力發(fā)電機能將此圓內(nèi)10%的空氣動能轉(zhuǎn)化為電能。則此風力發(fā)電機發(fā)電的功率約為(

)A.1.6×103W B.1.6×104W6.如圖(a)，平行金屬板A、B間的電壓恒為U，B板右側的平行金屬板M、N間加有圖(b)所示的交變電壓，OO′是M、N板間的中線，當電壓穩(wěn)定時，板間為勻強電場且電場僅局限于板間。零時刻，緊貼A板同時由靜止釋放甲、乙兩個離子，兩離子質(zhì)量相等、電荷量關系為q甲=4q乙；甲在T4時刻沿OO′方向進入并在3T4時刻飛離交變電場。設甲、乙飛離交變電場時的速率為v甲、v乙A.y甲=2y乙 B.y甲=二、多選題：本大題共4小題，共20分。7.圖甲為中國京劇中的水袖舞表演，水袖的波浪可視為簡諧橫波。圖乙為該橫波在t=0時刻的波形圖，P、Q為該波上兩個質(zhì)點，此時P位于平衡位置，Q位于波峰，且P比Q先振動。圖丙為波上某質(zhì)點的振動圖像。則(

)

A.該波的傳播速度為2.5m/s B.圖丙可能為質(zhì)點P的振動圖像

C.t=1.2s時，質(zhì)點Q的速度最大 D.0?1.2s質(zhì)點P運動的路程為1.2m8.如圖所示為一緩沖模擬裝置。質(zhì)量分別為m、2m的物體A、B通過細繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側，開始時用手托著物體A在距地面?高處靜止，此時細繩恰伸直無彈力，彈簧軸線沿豎直方向，物體B靜止在地面上、放手后經(jīng)時間t物體A下落至地面，落地前瞬間物體A的速度為零，此時物體B對地面恰好無壓力，不計一切摩擦及空氣阻力，重力加速度大小為g，則下列說法中正確的是(

)A.物體A在下落過程中其機械能減小

B.彈簧的勁度系數(shù)為mg?

C.物體A從靜止下落到落地的t時間內(nèi)，地面對B物體的沖量大小為mgt

D.將A物體質(zhì)量改為1.5m，再將A物體由從原位置釋放，A物體下落過程的最大速度為9.如圖所示，MN和PQ為相互垂直的同一圓上的兩條直徑，長度均為L，O點為該圓的圓心。在M點和O點各固定一點電荷，處于O點的點電荷的電荷量為?q(q>0)，它們形成的電場在N點處的電場強度為0，已知靜電力常量為k，下列說法正確的是(

)A.處于M點的點電荷的電荷量為+4q

B.使另一負電荷沿MN延長線從N點向右移動，其電勢能逐漸減小

C.N點的電勢比P點的電勢高

D.P點處的電場強度大小為410.在如圖所示電路中，電源電動勢E=12V，內(nèi)阻r=8Ω，定值電阻R1=2Ω，R2=10Ω，R3=20Ω，滑動變阻器R4的取值范圍為0～30Ω，所有電表均為理想電表。閉合開關S，在滑動變阻器的滑片從a端滑到b端的過程中，電壓表V1、電壓表V2、電流表A示數(shù)的變化量分別為A.V1讀數(shù)變小，V2讀數(shù)變大，|ΔU1|大于|ΔU2|

B.|ΔU三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律，滑塊A和B相碰的端面上裝有彈性碰撞架，它們的上端裝有等寬的擋光片。

(1)實驗前，需要調(diào)節(jié)氣墊導軌水平：先在光電門a的右側軌道上只放滑塊A，向左輕推一下滑塊A，其先后通過光電門a和光電門b的時間分別為t1、t2，若t1>t2，則需將導軌左端______(選填“調(diào)高”或“調(diào)低”)。

(2)調(diào)節(jié)氣墊導軌水平后，將滑塊B置于光電門b的左側，滑塊A靜置于兩光電門間的某一適當位置。給滑塊B一個向右的初速度，B通過光電門b的時間為Δt1，B與A碰撞后再次通過光電門b的時間為Δt2，滑塊A通過光電門a的時間為Δt3。為完成該實驗，還必須測量的物理量有______(填選項前的字母)。

A.擋光片的寬度d

B.滑塊B及擋光片的總質(zhì)量m1

C.滑塊A及擋光片的總質(zhì)量m2

D.光電門a到光電門b的間距L12.某物理探究小組的同學設計了如圖甲所示的實驗電路測定干電池的電動勢和內(nèi)阻。

實驗器材：

電池組(兩節(jié)干電池)；

定值電阻R0=2Ω；

毫安表(量程為50mA，內(nèi)阻Rg=4.5Ω)；

電壓表(量程為3V，內(nèi)阻很大)；

滑動變阻器R；

電阻箱；

開關；

導線若干；

(1)將電阻箱的阻值調(diào)至0.5Ω，則圖甲中虛線框內(nèi)改裝后電流表的量程為______mA。

(2)實驗步驟如下：

①閉合開關S前，將滑動變阻器R的滑片移到______端(選填“左”或“右”)；

②閉合開關S，改變滑片位置，記下電壓表的示數(shù)U和毫安表的示數(shù)I，多次實驗后將所測數(shù)據(jù)描繪在如圖乙所示的坐標紙上，作出U?I圖線。

(3)假設兩節(jié)干電池完全相同，每節(jié)干電池的電動勢E=______V，內(nèi)阻r=______Ω(結果均保留兩位有效數(shù)字)。

(4)從實驗原理上分析，通過本實驗測量的電動勢______實際電動勢(選填“大于”“等于”或“小于”)四、簡答題：本大題共1小題，共10分。13.圖為直流電動機提升重物的裝置圖，重物的質(zhì)量20kg，電源電動勢100V，電源內(nèi)阻3Ω，當電動機0.5m/s的恒定速度豎直向上提升重物時，電路中的電流I=2A。不計繩的重力，不計摩擦阻力與空氣阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：

(1)電動機的輸入功率P入；

(2)電動機線圈的電阻；

(3)電源的工作效率。五、計算題：本大題共2小題，共30分。14.如圖所示，半徑R=0.6m的光滑半球靜止于光滑水平桌面，在半球的頂端B點有兩個相同的小球，小球可看作質(zhì)點，取重力加速度大小g=10m/s2，剛開始小球用雙手固定，O點是球心，不計空氣阻力。

(1)如圖1，現(xiàn)同時將兩個小球以v0=2gR的水平初速度向外拋出，求兩小球落地瞬間的水平距離(不考慮小球反彈)；

(2)如圖2，現(xiàn)同時放開雙手，求小球離開球面瞬間的速度大小v；

(3)如圖3，若半球質(zhì)量M=4kg，小球質(zhì)量m=1kg，以初始球心O位置為坐標系中心，OB方向為y軸正半軸，OC方向為x15.如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為L2的水平軌道AB通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道AB和水平軌道BO(長為L2)在B點與一個半徑R=L2的光滑的豎直固定螺旋圓弧軌道相切于B點。以水平軌道BO末端O點為坐標原點建立平面直角坐標系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下。水平軌道BO右下方有一段弧形軌道PQ，該弧形軌道是曲線x24μ2L2+(y?μL)2μ2L2=1在坐標系xOy(x>0,y>0)中的一半(見圖中實線部分)，弧形軌道Q端在y軸上。帶電量為q(q>0)、質(zhì)量為m的小球1與水平軌道AB、BO間的動摩擦因數(shù)為μ，在x軸上方存在豎直向上的勻強電場，其場強E=mg2q，重力加速度為g。

(1)若小球1從傾斜軌道上由靜止開始下滑，恰好能經(jīng)過圓形軌道的最高點，求小球1經(jīng)過O點時的速度大??；

(2)若小球1從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過O點落在弧形軌道PQ上，請證明小球1每次落在PQ時動能均相同，并求出該動能大??；

(3)將小球2靜置于O點，小球

答案解析1.A

【解析】解：A、釋放圓珠筆后，圓珠筆與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，圓珠筆上升到最大高度時速度為零，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，由功能關系可知，按壓時筆內(nèi)彈簧的彈性勢能增加了mg?，故A正確；

B、放手后到筆向上離開桌面的過程彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為筆的動能與重力勢能之和，故B錯誤；

C、筆在離開桌面后的上升階段加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故C錯誤；

D、筆離開桌面后做豎直上拋運動，上升過程?=12gt2，筆從離開桌面到落回桌面過程的時間t′=2t，解得：t′=22?g，故D錯誤。2.A

【解析】解：閉合開關S1后，電容器充電，電容器電壓與電源電壓差值越來越小，則通過傳感器的電流越來越小，充電完成后，電容器電壓等于電源電壓，此時電路中電流為零；

再閉合開關S2，因為電容器電壓大于R2電壓，則電容器放電，電容器電壓與R2電壓差值越來越小，則通過傳感器的電流越來越小，且電流方向與開始充電時的方向相反，當電容器電壓等于R2電壓，此時電路中電流為零。

由以上分析可知，選項A正確，選項BCD錯誤。

故選：A3.B

【解析】解：將輕繩N端由C點沿直線緩慢移動至D點過程中，MN間水平距離先減小后增大，輕繩的夾角先變小后變大，而輕繩的合力始終與重力相等，根據(jù)力的合成可知輕繩的張力先減小后增大。故ACD錯誤，B正確。

故選：B。

整個過程輕繩緩慢移動，重物始終處于動態(tài)平衡的狀態(tài)，利用共點力平衡條件，兩端繩子拉力的合力等于物體重力，可進行分析。

本題考查共點力平衡條件，涉及到受力分析，同時考查學生的空間思維能力，難度適中。4.D

【解析】解：A、海區(qū)A、B繞地軸隨地球一起運動，角速度相等，故A錯誤；

B、設地球赤道上的重力加速度為g，自轉(zhuǎn)角速度為ω，根據(jù)ω=2πt，ω在減小，地球赤道上的萬有引力GMmR2=mg+mω2R，由此可知地球赤道處的重力加速度g增大，故B錯誤；

C、設地球和月球的質(zhì)量分別為M和m月，月地之間的距離為r，月球加速度為a，地球與月球間的萬有引力提供月球繞地球做圓周運動的向心力，則有GMm月r2=m月a，由于月球每年遠離地球幾厘米，月地之間的距離r增大，月球繞地球的加速度a減小，故C錯誤；

D、設地球同步衛(wèi)星的質(zhì)量為m，地球半徑為R，地球同步衛(wèi)屋離地面高度為?，地球自轉(zhuǎn)周期為T，根據(jù)GMm5.B

【解析】解：在t時間內(nèi)空氣動能為：Ek=12mv2=12ρvtSv2=12ρπr2v3t

根據(jù)題意可得，此風力發(fā)電機發(fā)電的功率約為：6.B

【解析】解：兩離子在電場中加速，則根據(jù)動能定理得：

qU=12mv2

可得：v=2qUm

兩離子質(zhì)量相等、電荷量關系為q甲=4q乙，可知兩離子離開電場時的速度之比為：

v甲：v乙=2：1

時間之比為：t甲：t乙=1：2

因為甲在T4時刻沿OO′方向進入，則乙在T2時刻沿OO′方向進入，甲離子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間為T2，則乙離子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間為T′；

甲離子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度為：a甲=E×4qm

偏轉(zhuǎn)距離為：y甲=2×12a甲(T7.AD

【解析】解：A、由乙圖知，波長為2.0m。由丙圖知，周期為0.8s，則波速為v=λT=2.00.8m/s=2.5m/s，故A正確；

B、依題意，質(zhì)點P比質(zhì)點Q先振動，則波向x軸負方向傳播，在t=0時刻質(zhì)點P處于平衡位置，根據(jù)波形平移法，可知質(zhì)點P此時向y軸負方向振動，而丙圖中質(zhì)點在t=0時刻向y軸正方向振動，所以丙圖不可能是質(zhì)點P的振動圖像，故B錯誤；

C、因t=1.2s=T+12T，故t=1.2s時，質(zhì)點Q處于波谷，速度為零，故C錯誤；

D、因t=1.2s=T+12T，則質(zhì)點P運動的路程為s=6A=6×0.2m=1.2m，故D正確。

故選：AD。

根據(jù)乙圖和丙圖分別讀出該波的波長和周期，從而求出波速；根據(jù)P比Q先振動，判斷波的傳播方向，確定t=0時刻質(zhì)點8.AC

【解析】解：A、物體A在下落過程中，除了重力做功之外，細繩的拉力對物體A做負功，則物體A的機械能減小，故A正確；

B、由題意可知，初始時彈簧無彈力，處于自然狀態(tài)。物體A落地前瞬間，彈簧的伸長量等于?，此時彈簧的彈力F=2mg，則彈簧的勁度系數(shù)為k=F?=2mg?，故B錯誤；

C、設整個過程中，繩子對A的沖量大小為I繩，則繩子對B和彈簧的沖量大小也為I繩。對A，取豎直向下為正方向，由動量定理得

mgt?I繩=0

對B和彈簧，取豎直向下為正方向，由動量定理得

2mgt?I地?I繩=0

解得物體A從靜止下落到落地的t時間內(nèi)，地面對B物體的沖量大小為I地=mgt，故C正確；

D、將A物體質(zhì)量改為1.5m，當彈簧彈力恰好等于1.5mg時，A受力平衡，加速度為零，速度最大，此時彈簧的伸長量為

x=1.5mgk=34?

對A和彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律得

1.5mgx=12kx2+12×1.5mv2

解得A的最大速度為v=3g?4，故9.AD

【解析】解：A.由題意可知，處于O點的點電荷為負電荷，所以在N點處產(chǎn)生的電場強度向左，而N點處的電場強度為0，由場強的疊加原理可知處于M點的點電荷在N點處的電場強度向右，則處于M點的點電荷帶正電，且

kq(L2)2=kQL2

所以處于M點的點電荷的電荷量為

Q=4q

故A正確；

B.MN延長線上的電場方向都向右，電勢逐漸減低，使另一負電荷沿MN延長線從N點向右移動，由Ep=qφ可得電勢能逐漸增大，故B錯誤；

C.N點與P點距O點距離相等，則處于O點的點電荷在N、P點的電勢相等，P點距離M點近，則處于M點的點電荷在P點的電勢大于N點的電勢，所以P點的電勢高，故C錯誤；

D.根據(jù)點電荷的場強公式

E=kQL2

可知

M點在P點的電場強度大小為

EMP=k?4q(22L)2=8kqL2

O點在P點的電場強度大小為

EOP=kq(12L)2=4kqL2

建立直角坐標系，如下圖

所以P點處的電場強度大小為

E=10.BC

【解析】解：A.將R1和R2等效為電源內(nèi)阻，則等效電源的電動勢E1=ER2R1+R2+r，代入數(shù)據(jù)解得：E1=6V

等效內(nèi)阻r1=R2(r+R1)r+R2+R3，代入數(shù)據(jù)解得：r1=5Ω

等效電路，如圖所示：

A.當滑動變阻器的滑片從a端滑到b端的過程中，R4變大，總電阻變大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓變大，V1讀數(shù)變小，則V2讀數(shù)變大，因U=U1+U2，可知|ΔU1|小于|ΔU2|，故A錯誤；

B.根據(jù)歐姆定律U1=IR3，則|ΔU1ΔI|=R3=20Ω

根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：E1=U2+I(R3+r1)，解得：丨ΔU2ΔI丨=R311.調(diào)高

BC

m1【解析】解：(1)滑塊A先后通過光電門a和光電門b的時間分別為t1、t2，且t1>t2，說明滑塊A在加速，應將導軌左端調(diào)高。

(2)如果導軌水平，滑塊在導軌上做勻速直線運動，所以滑塊經(jīng)過兩光電門的時間相等，本實驗中需要驗證動量守恒，所以在實驗中必須要測量滑塊的質(zhì)量和速度，速度可以根據(jù)通過光電門的時間求解，而質(zhì)量可通過天平測出，同時，擋光片的寬度可以消去，所以不需要測量擋光片的寬度，故BC正確，AD錯誤，故選：BC。

(3)根據(jù)速度公式可知，碰前B的速度大小

v0=dΔt1

碰后A的速度大小

v1=dΔt3

B的速度大小

v2=dΔt2

設B12.500

左

1.5

1.0

等于

【解析】解：(1)將電阻箱的阻值調(diào)至R1=0.5Ω，則圖甲中虛線框內(nèi)改裝后電流表的量程為：

IA=Ig+IgRgR1=50mA+50×4.50.5mA=500mA

(2)①閉合開關S時，為保護電路，要使滑動變阻器接入電路的阻值最大，則閉合開關S前，將滑動變阻器R的滑片移到左端；

(3)由(1)的解答可知毫安表的量程擴大為原來的10倍。

改裝后電流表的內(nèi)阻為：RA=RgR1Rg+R1=4.5×0.54.5+0.5Ω=0.45Ω

根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=2E?10I(2r+R0+R1)

由U?I圖線的斜率與縱截距可得：

2E=3.0V

10(2r+R0+R1)=13.解：(1)電池內(nèi)電壓U內(nèi)=Ir1=2×3V=6V

根據(jù)閉合電路歐姆定律E=U內(nèi)+U外

代入數(shù)據(jù)解得U外=94V

根據(jù)P入=U外I

代入數(shù)據(jù)解得P入=188W

(2)電動機工作時P入=P內(nèi)+P機

由焦耳定律P內(nèi)=I2r2

又P機=Fv

【解析】(1)根據(jù)P=UI求出電動機的輸入功率。

(2)電動機的輸入功率等于輸出功率和線圈電阻產(chǎn)生的熱功率之和，結合焦耳定律求出電動機線圈的電阻。

(3)輸出功率與總功率的比值計算電源的工作效率。

解決本題的關鍵知道輸入功率和輸出功率以及線圈發(fā)熱功率的區(qū)別和聯(lián)系，注意對于電動機電路，在電動機正常工作的情況下，不能運用閉合電路歐姆定律進行求解。14.解：(1)對于其中的一個小球，水平方向有

x=v0t；

豎直方向有

R=12gt2；

其中

v0=2gR

代入數(shù)據(jù)解得：x=2R；

兩小球落地瞬間的水平距離為：d=2x=4R=2.4m；

(2)設小球離開球面瞬間小球與球心的連線與豎直方向的夾角為θ，在該過程中根據(jù)動能定理，有

mgR(1?cosθ)=12mv2?0

重力沿半徑方向的分力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，可知

mgcosθ=mv2R

解得：v=2m/s

(3)設經(jīng)過時間t，小球水平方向的速度大小為v1，其坐標為(x,y)，半球的速度大小為v2，水平方向的位移大小為x′，二者組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，取v1方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有，

mv1?Mv2=0

該式對小球在半球面上運動的任意時刻都成立，故：mx?Mx′=0

根據(jù)幾何關系，二者水平方向的位移大小之和滿足【解析】(1)根據(jù)平拋運動規(guī)律求出兩小球落地瞬間的水平距離；

(2)根據(jù)動能定理和向心力表達式求出小球離開球面瞬間的速度