【文档说明】湖南省三湘名校教育联盟2024-2025学年高三上学期第一次大联考物理试题 Word版含解析.docx，共(23)页，2.330 MB，由小赞的店铺上传

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三湘名校教育联盟·2025届高三第一次大联考物理注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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，只有一项是符合题目要求的．1.1960年第11届国际计量大会制订了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫做国际单位制．下列单位中可以表示功的单位焦耳的是（

）A.WmB.22kgms−C.2PamD.Ns【答案】B【解析】【详解】A.根据WPt=可知1J1Ws=A错误；B.根据动能定理2201122tWmvmv=−可知221J1kgms−=B正确；C.根据F

pS=可知2Pam是力的单位，C错误；D.根据IFt=可知Ns是冲量的单位，D错误。故选B。2.某高中学校的两处不同地型的草坪上分别安装了相同的自动旋转喷灌装置，如图甲、乙所示。两个喷嘴分别对称的安装固定在水平弯管的两端，当喷嘴将水流水平射出时，水平弯管在水流

的反作用下可绕O在水平面内旋转，喷水速度可在限定的最大喷水速度内自动调节。两种情形O点距水平地面的高度相等，图乙情形中水不会喷出坡面范围，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.甲、乙两种情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长B.

若两种情形喷水速度大小相同，则水能直接喷到的水平距离相等C.若甲情形中喷水的最大速度加倍，则直接喷到草坪的面积加倍D.若乙情形中喷水的最大速度加倍，则水能直接喷到的最大水平距离变成原来的4倍【答案】D【解析】【详解】A．水做平抛运

动，图甲情形中，高度一定，则运动时间一定，与喷水速度无关，图乙中，根据2012tangtvt=解得02tanvtg=图乙情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长，故A错误；B．甲情形中002hxvtvg==乙情形中0022ta

nvxvtg==不一定相同，故B错误；C．若甲情形中喷水的最大速度加倍002hxvtvg==2πSx=则直接喷到草坪的面积变为4倍，故C错误；D．若乙情形中喷水的最大速度加倍0022tanvxvtg==可得最大水平

距离变成原来的4倍，故D正确。故选D。3.质量为60kgm=的乘客乘坐电梯下楼，在电梯竖直下降的过程中，速度v随时间t变化的图线如图所示，以竖直向下的方向为正方向，已知210m/sg=，下列说法正确的是（）A.在0~4s内，乘客对电

梯的压力F一直在增大B.在2st=时，乘客对电梯的压力600NFC.在2st=和9st=，乘客对电梯的压力F大小相等D.7s~11s内，乘客对地面压力一直大于600N【答案】D【解析】【详解】AB．由~vt图像任意点切线的斜率为加速度可知，在0~4s内，乘客加速下降，

加速度a竖直向下，加速度a先增大后减小，根据牛顿第二定律有1GFma−=乘客受到地面对乘客的支持力1F小于重力G，且支持力1F先减小后增大，由牛顿第三定律知乘客对电梯的的压力F1先减小后增大，故AB错误；CD．在7s~11s内，乘客减速下降，加速度a竖直向上，根据牛顿第二定律有2FGma−=加

速度先增大后减小，乘客受到地面对乘客的支持力2F大于重力G，故C错误，D正确。故选D。4.如图所示，A、B、C三个物体的质量分别为2m、2m、3m，其中物体B和C通过轻绳连在一起，物体A和B通过跨过光滑定滑轮的轻绳连在一起，物体A与轻弹簧上端连在一起，轻弹箒下端固定在

地面上，初始时三个物体均保持静止（重力加速度为g）．下列说法正确的是（）A.初始时弹簧处于压缩状态B.剪断A、B间轻绳后瞬间物体B、C间轻绳拉力为3mgC.剪断B、C间轻绳后瞬间物体A的加速度为2gD.剪断B、C间轻绳后瞬间物体A、B间轻绳拉力为72

mg【答案】D【解析】【详解】A.剪断B、C间的轻绳之前，设A、B之间绳子上的拉力为1T，对B、C整体分析有1(23)5Tmmgmg=+=设初始时弹簧对A的弹力竖直向下，大小为F，对A分析有12mgFT+=解得弹簧弹力3Fmg=故初始时弹簧处于伸长状态，故A错误；

B.剪断A、B间轻绳后，设B、C整体加速度为1a，由牛顿第二定律得1(23)5mmgma+=解得1ag=剪断A、B间轻绳后B、C间轻绳拉力为2T，对C由牛顿第二定律得2133mgTma−=解得20T=故B错误；CD.剪断B、C间轻绳瞬间，弹簧上的弹力不变，A、B的

加速度大小相等，设为2a，设A、B之间绳子上的拉力为1T，对B由牛顿第二定律得1222Tmgma−=对A由牛顿第二定律得1222mgFTma+−=解得234ga=，172mgT=故C错误，D正确。故选D。5.如图所示，在固定的光滑水平杆上，质量为m的物体P用细线跨过光

滑的定滑轮连接质量为3m的物体Q，用手托住Q使整个系统静止，此时轻绳刚好拉直，且AOL=，OBh=，ABBO，重力加速度为g。释放Q，让二者开始运动，则下列说法正确的是（）A.当物体P运动到B处时，此时物体P速

度最小，物体Q速度最大B.在物体P从A滑到B的过程中，物体P的机械能减小，物体Q的机械能增加C.物体P运动的最大速度为6()gLh−D.开始运动后，当物体P速度再次为零时，物体Q下降了2()Lh−【答案】C【解析】【详解】AB．当物

体P滑到B点时，Q下降到最低点，此时Q的速度为零，物体P速度最大；在物体P从A滑到B的过程中，根据系统机械能守恒定律可知，物体Q的机械能减小，物体P的机械能增大，故AB错误；C．当P运动到B处时，P的速度最大，Q的速度为零，根据系统机械能守恒定律可得2P13()

2mgLhmv−=解得P运动的最大速度为P6()vgLh=−故C正确；D．开始运动后，当P速度再次为零时，即P的机械能不变，则Q的机械能也不变，说明此时Q回到初始释放的位置，故D错误。故选C。6.如图所示，一倾角为、质量为

M的斜劈始终静止于水平地面上，在其斜面上放有一质量为m的滑块，其与斜劈之间的动摩擦因数为，给滑块一沿斜面向下的初速度，滑块减速下滑．已知重力加速度为g，现对滑块施加一个大小不变的力F，则在F由竖直向下逆时针缓慢转动到水

平向右（如图虚线所示）的过程中，滑块始终在斜面上向下滑，斜劈受到地面的静摩擦力的方向和最大值分别为（）A.水平向右，(cos)(cossin)mgF+−B.水平向右，(coscos)(cossin)mgF+−C.水平向左，(cos)(cossin

)mgF+−D.水平向左，(coscos)(cossin)mgF+−【答案】A【解析】【详解】设F与竖直方向之间的夹角为，对滑块受力分析，滑块垂直于斜面方向受力平衡()NcoscosFmgF=+−对斜劈的摩擦力为NfF=

方向沿斜面向下，两者在水平方向的分量与斜劈受到地面的静摩擦力平衡，可知斜劈受到地面的静摩擦力为cossin[coscos()](cossin)NffFmgF=−=+−−因给滑块一沿斜面向下的初速度，滑块减速下滑，可知斜劈受到地面的静摩擦力水平向右，当=时斜劈受到地面的静摩擦

力最大max(cos)(cossin)fmgF=+−故选A。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．7.2024年6月25日，嫦娥六号

返回器带回月球背面艾特肯盆地的月壤，准确着陆于内蒙古四子王旗预定区域，实现了世界首次月球背面采样返回．部分过程可简化如下：探测器完成样本采集后从月球表面升空，沿椭圆轨道在远月点与绕月圆轨道飞行的嫦娥六号完成对接．已知月球表面重力加速度约为地球表面重力加速度的16，月球半

径约为地球半径的14，引力常量为G．不考虑月球的自转，下列说法正确的是（）A.对接前嫦娥六号载人飞船在绕月圆轨道相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度B.探测器从月球表面发射时的最小速度约为1.6km/sC.对接前探测器在椭圆轨道上运行的周期大于嫦娥六号的运行周期D.对接后嫦娥六号仍能在原圆轨道上运

行，则其速度比对接前的速度大【答案】AB【解析】【详解】A.地球的第一宇宙速度有2vmgmR=得vgR=同理月球的第一宇宙速度111'6424vgRgRv=根据万有引力提供向心力22MmvGmrr=可得GMvr=嫦娥六号载人飞船的运行半径大于月球的半径，所以对

接前嫦娥六号载人飞船在绕月圆轨道相对于月球的速度小于月球第一宇宙速度小于地球第一宇宙速度，故A正确；B.7.9km/s是地球的第一宇宙速度，由上述可知10.27.9km/s1.6km/s24vv故B正确；C.由开普勒第三定律32rkT=可知，对接前

探测器在椭圆轨道运行的半长轴小于嫦娥六号运动的半径，则对接前探测器在椭圆轨道运行的周期小于嫦娥六号的运行周期，故C错误；D.由上述公式GMvr=可知，若对接后嫦娥六号在原轨道上运行，则其速度不变，D错误。故选AB。8.学校组织校园女子足球赛，一女生从

距离禁区边界46m处朝球门把球以14m/s的速度踢出，为了防止足球进入禁区被对方守门员扑出，该女生必须在踢出球后立即朝足球做匀加速直线运动并赶在足球到达禁区前追上足球再补一脚，已知女生做匀加速直线运动的加速度为

23m/s，女生能达到的最大速度为6m/s，达到最大速度后以该速度做匀速直线运动，足球踢出后在水平面上做加速度为22m/s的匀减速直线运动，下列说法正确的是（）A.4s末女生与足球相距最远，最远距离为22mB.该女生不能在足球到达禁区边界前追上足球C.女生能在9s末追上足球

D.女生在离禁区边界前3m处追上足球【答案】AB【解析】【详解】A．设女生达到最大速度时间1t，根据m11vat=解得12st=位移21112xat=解得16mx=，当足球速度减为mv时所花时间为2t，根据m22vvat−

=解得24st=4s末两者速度相等，相距最远，足球位移m222vvxt+=解得240mx=女生4s内位移()1m21xxvtt=+−联立解得18mx=两者相距222mxxx=−=故A正确；BD．假设女生在到达禁区前能追上足球，足球速度减为0，所花时间为27svta==位移为349m2vxt==女

生7s内的位移()241m1136m2xatvtt=+−=得43xx，所以到达禁区前，女生追不上足球，故B正确，D错误；C．设女生追上足球时的时间为3t，由()231m3112xatvtt=+−解得355s6t=

故C错误。故选AB。9.“飞车走壁”是一项传统的杂技表演艺术，演员骑车在倾角很大的锥形桶面上做圆周运动而不掉下来．简化后的模型如图所示，若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，在水平面内做圆周运动的半径为R，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H，侧壁倾斜角度

不变．则下列说法正确的是（）A.杂技演员和摩托车整体受力平衡B.摩托车做圆周运动的H越高，运动的线速度越大C.摩托车做圆周运动的H越高，摩托车对侧壁的压力越小D.杂技演员和摩托车的角速度为tangR【答案】BD【解析】【详解】A.摩托车做匀速圆周运动，合外力不为零，故A错误；B.作

出受力图则有合力提供向心力，根据牛顿第二定律得2tanvmgmR=得tanvgR=H越高，R越大，则v越大，故正确；C.根据题意，由平衡条件可得cosmgF=由牛顿第三定律可知，摩托车对侧壁的压力cosmgFF==可知，

摩托车对侧壁的压力F与H无关，故C错误；D.由牛顿第二定律2tanmgmR=得tangR=故D正确。故选BD。10.如图（a）所示，倾角为的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定，一质量为m的小滑块从斜面上

O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O点下滑至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系如图（b）所示。弹簧形变始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.弹簧的劲度系数为2sinmgxB.下滑过程中，在2xx=处，滑块的机械能最大C.在12~

xx和23~xx两段过程中，滑块机械能的变化大小不相同D.在23~xx这段过程中，ax−图线斜率的绝对值等于21singxx−【答案】CD【解析】【详解】A．由图可知，当小球下落到2x时，加速度为零，即弹力与重力分力大小相等，此时弹簧的形变量为()21xx−，则有()

21sinkxxmg−=解得21sinmgkxx=−故A错误；B．对小滑块和弹簧组成的系统进行分析，由于只有重力和弹力做功，则系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最小，小滑块的机械能最大，故当小滑块下落到1x之前，弹簧处于原长，弹性势能为零，为最小，则此时小滑块的机械能最大，故B错

误；C．对小滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，即滑块机械能与弹簧弹性势能总和不变。由图可知，12~xx的距离差小于23~xx两处的距离差，可得弹簧弹性势能的增量不相等，所以滑块机械能的变化不相同，故C正确；D．在12~xx的过程中，重力下滑分力大于弹力，根据牛顿第二

定律有()1sinmgkxxma−−=又()21sinkxxmg−=联立可得2kxkxamm=−在23xxx过程中，弹力大于重力下滑分力，根据牛顿第二定律有()1sinkxxmgma−−=又()21sinkxxmg−=联立解得2kxkxamm=−可知ax−图像中两图线的斜率绝对值相等，

由题图可知在23~xx这段过程中，ax−图线斜率的绝对值等于2121singkkxx==−故D正确。故选CD。三、非选择题：本题共5小题，共56分．11.小明网购了一辆手控电动玩具汽车，为了研究该电动玩具汽车速度随时间变化的规律，他设计了

如下实验：把打点计时器固定在长木板上，连接导线与电源，纸带连接电动玩具小车尾部，穿过打点计时器限位孔．让小车靠近打点计时器一端由静止开动，打出如图所示纸带，回答下列问题：（1）在实验操作步骤中缺少哪一步：____________________（选填“先开动小车

后接通电源”或“先接通电源后开动小车”）．（2）图甲是__________（填“电磁”或“电火花”）打点计时器，电源采用的是__________（填“交流8V”、“交流220V”或“直流8V”）．（3）纸带上加速段取计数点A、B、C、D、E，减速段取计数点F、G、H、I、J，每两个相邻

的计数点之间还有4个计数点没画出来，已知电源频率为50Hz，13.62cmx=，24.38cmx=，35.20cmx=，45.99cmx=，54.98cmx=，64.35cmx=，73.73cmx=，83.11cmx=，纸带右端

与小车相连接，小车运动到B点的速度Bv=__________m/s，小车减速阶段的加速度大小a=__________2m/s（以上结果均保留两位有效数字）．【答案】（1）先接通电源后开动小车（2）①.电磁②.交流8V（3）①.0.40②.0.62

【解析】【小问1详解】实验要求先接通电源，待打点稳定后在开动小车，所以实验操作步骤中缺少先接通电源后开动小车；【小问2详解】图甲是电磁打点计时器，电源采用的是交流8V；【小问3详解】相邻计数点的时间间隔为

150.1stf==小车运动到B点的速度120.40m/s2Bxxvt+==小车减速阶段的加速度大小2567820.62m/s(2)xxxxat+−−=【点睛】．12.有同学设计了如图所示的实验装置来

探究加速度与力的关系，主要的实验步骤是：①用游标卡尺测出小车上遮光条的宽度d，用刻度尺测量光电门1、2之间的距离L以及钩码质量m；②小车置于一端带有定滑轮的木板上，用一根细线绕过定滑轮，细线一端与小车相连，另一端不挂钩码，把6个质量均为m的钩码置于小车内，调节木板的倾斜程度使小车在木板上

匀速下滑；③将小车内的钩码取1个挂于细线的另一端，使绳与木板平行，让小车从木板顶部沿木板匀加速下滑，依次记录下小车经过光电门1、2的时间1t、2t，计算出小车的加速度1a；④依次从小车上取下2个、3个、4个、5个、6个钩码分别挂于细线另

一端，重复上述步骤，测出小车对应的加速度2a、3a、4a、5a、6a；⑤在坐标纸上描点作出an−图像（n是指挂在绳子另一端钩码的个数）。已知：小车（含遮光条）的质量用M表示，当地的重力加速度为g。（1）某次实验时，测得遮光条通过光电门1、2的挡光时间分別

为1t和2t，小车的加速度大小为a=__________（用d、L、1t和2t表示）；（2）图像的斜率k=__________（用M、m、g来表示）；（3）该实验装置__________（填“需要”或“不需要”）小车

质量M远大于钩码质量m；如何判断小车在未挂钩码时做匀速直线运动：____________________；（4）若重复该实验过程中平衡摩擦力时倾斜角过大，所得图线②与第一次实验图线①相比，可能正确的是__________（填字母：序号）。A.B.C.D.【答

案】（1）22221112ΔΔdLtt−（2）(6)mgMm+（3）①.不需要②.小车通过两光电门的时间相等（4）C【解析】【小问1详解】根据运动规律2202vvaL−=通过光电门2的瞬时速度为2dvt=通过光

电门1的瞬时速度为01dvt=联立解得22221112ΔΔdaLtt=−故填22221112ΔΔdLtt−。小问2详解】因为探究加速度与力的关系，根据控制变量法，研究对象质量不变，所以研究对象为小车与槽码构成的系统，对于系统有(6)nmgMma=+可得(6)nm

gaMm=+(6)mgkMm=+故填(6)mgMm+。【小问3详解】[1]该实验无需测量绳子拉力且研究对象为小车与钩码，所受合力就等于挂在绳子上钩码重力，所以不需要M远大于m，故填不需要；[2]当小车通过两光电门的时间相等，可知小车在未挂钩码时做匀速直线运动

，故填小车通过两光电门的时间相等。【小问4详解】由牛顿第二定律(6)[(6)](sincos)MmanmgnmMg+=+−+−解得(1sincos)(6)(sincos)66mgmMganMmMm−++−=+++故选C13.在粗糙水平地

面上放置一个边长为a、质量为M的正方体ABCD，正方体与地面间的动摩擦因数为，在正方体右侧有一竖直光滑墙壁，如图所示，在墙壁和正方体之间放置一半径为R、质量为m的球，球的球心为O，OB与竖直方向的夹角为，正方体和球均保持静止，重力加速度为g，最大静摩擦力等于【。滑动摩擦力．（1）求竖直

墙壁对球的弹力大小；（2）若保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，则球的质量最大值为多少．【答案】（1）tanmg（2）tanM−【解析】【小问1详解】由图乙可知竖直墙壁对球弹力2tanNmg=【小问2详解】如图甲所示，对正方体受力分析可得1sinfNFN

F=如图乙所示，对球体受力分析得1cosNmg=对正方体和球体构成的整体受力分析得()NFMmg+=三式联立可得tan()mgMmg+≤解得tanMm−≤故球质量最大为m(tan)tanMm=−若tan

，则无论球质量为多少，正方体均不会移动。14.诗句“辘轳金井梧桐晚，几树惊秋”中的“辘轳”是一种井上汲水的起重装置，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图甲所示。图乙为古代辘轳的工作原理简化图，某位物理老师用电动机改装辘轳后实现了取水自动化，已知电动辘轳将总质量为10kgm=的

水桶竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度21m/sa=由静止开始竖直向上匀加速提升，当电动辘轳输出功率达到其允许的最大值200W时，保持该功率直到水桶做匀速直线运动。不计额外功，忽略辘轳的质

量以及所有摩擦阻力，取重力加速度210m/sg=，求：（1）水桶所能达到的最大速度；（2）电动机在第1s末的输出功率；（3）若电动辘轳保持最大输出功率不变让水桶从静止开始做加速运动，4s后水桶已达到最大速度

，求4s内水桶上升的高度。【答案】（1）m2m/sv=（2）110WP=（3）7.8mh=【解析】小问1详解】当水桶匀速上升时100NTmg==则水桶能达到的最大速度为【m2m/sPvT==【小问2详解】当水桶匀加速运动1m/svat==绳的拉力110NTmgma=+=

根据PTv=解得输出功率为110WP=【小问3详解】0~4s内，设水桶上升的高度为h，根据动能定理可得2m102Ptmghmv−=−解得7.8mh=15.如图所示，倾角为30的传送带以7m/sv=的速度逆时

针方向转动，滑块A置于长木板B上端，B的下端通过轻绳绕过定滑轮与C连接，绳与传送带平行，不计绳与滑轮之间的摩擦以及空气阻力，使A、B从传送带顶部由静止开始下滑，B与传送带之间的滑动摩擦因数1315=，A与B之间的滑动摩擦因数为2，A、B、C的质量分别为A2kgm=，B1kgm=，C

1kgm=，传送带足够长，B板长6m=L，A、B与传送带共速前恰能保持相对静止，A与B之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）当A、B由静止开始下滑到与传送带共速所需的时间1t；（2）A与B之间的滑动摩擦因数2；（3）当A、B与传送带共速瞬间，轻绳突然断掉，

A能否从B上滑下，此时B对A的摩擦力大小与方向如何？与传送带共速后B再运动4m的速度1v为多少？【答案】（1）11st=（2）22315=（3）见解析【解析】【小问1详解】对于A、B、C整体加速度为1a根据()()()C1ABABCA

B1cos30sin30mgmmgmmgmmma++++=++可得217m/sa=根据11vat=11st=【小问2详解】对于A，因为恰好相对B静止，所以A与B之间静摩擦力达到最大静摩擦力，又2217m/s5m/sa=所以根据2AAA1cos30sin30mgmgma+=2231

5=【小问3详解】绳断瞬间，第一种情况：如果A相对于B下滑对于B有()2A1ABBBsin30cos30cos30Bmgmgmmgma+−+=可得2B4m/sa=对于A有A2AAAsin30cos30mgmgma−=可得23m/sAa=ABaa

，所以A相对于B不会下滑．第二种情况：如果B相对于A下滑对于B有()B2A1ABBBsin30cos30cos30mgmgmmgma−−+=可得2B2m/sa=−与事实不符，所以A相对于B静止，A不会从B上滑下设A、B整体加速度为2a根据

()()()AB1ABAB2sin30cos30mmgmmgmma+−+=+可得224m/sa=因为AA2sin30mgma所以A受到摩擦力沿斜面向上且为静摩擦力，对于A有AA2sin30mgfma−=2Nf=方向沿斜面向上根据22122vvax

−=可得19m/sv=