【文档说明】湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三上学期11月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.201 MB，由小赞的店铺上传

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长沙市一中2025届高三月考试卷（三）物理本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页。时量75分钟，满分100分。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，取一支质量为

m的按压式圆珠笔，将笔的按压式小帽朝下按在桌面上，无初速放手后笔将会竖直向上弹起一定的高度h，然后再竖直下落。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.按压时笔内部弹簧的弹性势能增加了mghB.放手后到笔向上离开桌面的过程弹簧的弹性势能全部转化为笔的动能C.笔在离开桌面后的

上升阶段处于超重状态D.笔从离开桌面到落回桌面过程时间为2hg【答案】A【解析】【详解】A．因放手后笔将会竖直向上弹起一定的高度h，该过程中弹簧的弹性势能转化为重力势能，则弹性势能为mgh，则按压时笔内部弹簧的弹

性势能增加了mgh，选项A正确；B．放手后到笔向上离开桌面的过程弹簧的弹性势能转化为笔的动能和重力势能，选项B错误；C．笔在离开桌面后的上升阶段，加速度向下为g，则处于完全失重状态，选项C错误；D．根据竖直上抛运动的对称性可知，笔从离开桌面到落回桌面过程的时间为22htg=选项D错误。故选A。2

.用电流传感器研究电容器充放电现象，电路如图所示。电容器不带电，闭合开关1S，待电流稳定后再的闭合开关2S，通过传感器的电流随时间变化的图像是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】闭合开关1S后，电容器充电，电容

器电压与电源电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，充电完成后，电容器电压等于电源电压，此时电路中电流为零；再闭合开关2S，因为电容器电压大于2R电压，则电容器放电，电容器电压与2R电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，且电

流方向与开始充电时的方向相反，当电容器电压等于2R电压，此时电路中电流为零。故选A。3.湖北某小区晾晒区的并排等高门型晾衣架’’’’AABBCCDD如图所示，AB、CD杆均水平，不可伸长的轻绳的一端M固定在

AB中点上，另一端N系在C点，一衣架（含所挂衣物）的挂钩可在轻绳上无摩擦滑动。将轻绳N端从C点沿CD方向缓慢移动至D点，整个过程中衣物始终没有着地。则此过程中轻绳上张力大小的变化情况是（）A.一直减小B.先减小后增大

C.一直增大D.先增大后减小【答案】B【解析】【详解】由题意可知，将轻绳N端从C点沿CD方向缓慢移动至D点过程中，绳子的夹角先减小后增大，由于合力的大小不变，故可得此过程中轻绳上张力大小的变化情况是先减小后增大，ACD错误，B正确，故选B。4.潮汐是发生在沿海地区海水周期性涨落的一种自然现象，主

要是受月球对海水的引力而形成，导致地球自转持续减速，同时月球也会逐渐远离地球。如图所示，已知地球和月球的球心分别为O和O，A和B是地球上的两个海区，多年后，下列说法正确的是（）A.海区A的角速度小于海区B的角速度B.地球赤道上的重力

加速度会减小C.月球绕地球做圆周运动的加速度会增大D.地球的同步卫星距离地面的高度会增大【答案】D【解析】【详解】A．根据题意可知，A和B是地球上的两个海区，角速度与地球自转角速度相同，则海区A的角速度等于海区B的角速度，故A错误；B．根据题意，对地球赤道上的物体有2224GMm

mgmRRT=+地球自转持续减速，周期T变大，可得，地球赤道上的重力加速度会增大，故B错误；C．由万有引力提供向心力有2GMmmar=由于月球逐浙远离地球，r增大，则月球绕地球做圆周运动的加速度会减小，故C错

误；D．()()2224GMmmRhTRh=++解得2324GMThR=−由于地球自转周期变大，则地球的同步卫星距离地面的高度会增大，故D正确。故选D。5.某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20m的圆面。某时间内该地区的风速是6.0m/s，风向恰好跟叶片转

动的圆面垂直，已知空气的密度为31.2kg/m，假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能。则此风力发电机发电的功率约为（）A.31.610wB.41.610wC.51.610wD.61.610w【答案】B【解析】【详解】在t时间内空气动能为2223k

111222EmvvtSvrvt===则此风力发电机发电的功率约为234k10%10.11.610W2EPρπrvt==故选B。6.如图（a），平行金属板A、B间的电压恒为U，B板右侧的平行金属板M、N间加有图（b）所示的交变电压，OO'是M、N板间的中线

，当电压稳定时，板间为匀强电场且电场仅局限于板间。零时刻，紧贴A板同时由静止释放甲、乙两个离子，两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙；甲在4T时刻沿OO'方向进入并在34T时刻飞离交变电场。设甲、乙飞离交变电场时的速率为v甲

、v乙，在交变电场中的偏移量大小为y甲、y乙。离子重力和离子间的相互作用均不计。则（）A.y甲=2y乙B.y甲=y乙C.v甲=v乙D.v甲=4v乙【答案】B【解析】【详解】两粒子在电场中被加速，则212U

qmv=可得2qUvm=两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙；可知两粒子出离电场中的速度之比为:2:1vv=甲乙时间之比为:1:2tt=甲乙因为甲在4T时刻沿OO'方向进入，则乙在2T时刻沿OO'方向进入，甲粒子在偏转

电场中的运动时间为2T，则乙粒子在偏转电场中的运动时间为T；甲粒子在偏转电场中的加速度4=Eqam甲偏转距离221=2()244TqETyam=甲甲乙粒子在偏转电场中的加速度=Eqam乙偏转距离221=2()2

24TqETyam=乙乙则y甲=y乙由对称性可知，甲乙两粒子出离偏转电场时沿场强方向的速度均为零，则出离偏转电场时的速度等于进入偏转电场时的速度，即:2:1vv=甲乙选项ACD错误，B正确；故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共

20分。每小题有多个选项符合题目要求。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.图甲为中国京剧中的水袖舞表演，水袖的波浪可视为简谐横波。图乙为该横波在0t=时刻的波形图，PQ、为该波上两个质点，此时P位于平衡位置，Q位于波峰，且P比

Q先振动。图丙为波上某质点的振动图像。则（）A.该波的传播速度为2.5m/sB.图丙可能为质点P的振动图像C.1.2st=时，质点Q的速度最大D.01.2s−质点P运动的路程为1.2m【答案】AD【解析】【详解】A．由乙图知，波长为2.0

m，由丙图知，周期为0.8s，则波速为2.5m/s==vT故A正确；B．由题知，质点P比质点Q先振动，故波向x轴负方向传播，在0t=时刻质点P处于平衡位置，根据“上下坡”法，可知质点P此时向y轴负方向振动，故丙图不是质点P的振动图像，故B错误；C．因11.2s+2

tTT==，故质点Q此时处于波谷，速度为零，故C错误；D．因11.2s+2tTT==，则质点P运动的路程为61.2msA==故D正确。故选AD。8.如图所示为一缓冲模拟装置。质量分别为m、2m物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，开始时用手托着物体A在距地面h高处静止，此时细绳恰伸直无

弹力，弹簧轴线沿竖直方向，物体B静止在地面上、放手后经时间t物体A下落至地面，落地前瞬间物体A的速度为零，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是（）A.物体A在下落过程中其机械能减小B.弹簧的劲度系数为mghC.物体A从静

止下落到落地的t时间内，地面对B物体的冲量大小为mgtD.将A物体质量改为1.5m，再将A物体由从原位置释放，A物体下落过程的最大速度为23gh【答案】AC【解析】【详解】A．物体A在下落过程中，除了重力做功之外，绳的拉力对物

体A做负功，故机械能减小，故A正确；B．由题意可知，初始状态弹簧无弹力，物体A落地前瞬间，弹簧的形变量等于h，此时弹簧的弹力2Fmg=弹簧的劲度系数为2Fmgkhh==故B错误；C．设整个过程中，绳子对A的冲量大小为I绳，则绳子对B和弹簧的冲量大小也为I绳，对A

由动量定理得0mgtI−=绳对B和弹簧由动量定理得的20mgtII−−=地绳解得物体A从静止下落到落地的t时间内，地面对B物体的冲量大小为Imgt=地故C正确。D．将A物体质量改为1.5m，当弹簧弹力恰好等于

1.5mg时，A受力平衡，加速度为零，速度最大，此时弹簧形变量1.534mgxhk==对A和弹簧的系统，根据机械能守恒22111.51.522mgxkxmv=+解得34vgh=故D错误。故选AC。9.如图所示，MN和PQ

为相互垂直的同一圆上的两条直径，长度均为,LO点为该圆的圆心。在M点和O点各固定一点电荷，处于O点的点电荷的电荷量为()0qq−，它们形成的电场在N点处的电场强度为0，已知静电力常量为k，下列说法正确的是（）A.处于M点的点电荷的电荷量为4q+

B.使另一负电荷沿MN延长线从N点向右移动，其电势能逐渐减小C.N点的电势比P点的电势高D.P点处的电场强度大小为24522kqL−【答案】AD【解析】【详解】A．处于O点的点电荷在N点处的电场强度向左，在N点处的电场强度为0，根据场强的叠加原理，可知处于M点的点电荷在N点

处的电场强度向右，则处于M点的点电荷带正电，且22()2qQkkLL=可得处于M点的点电荷的电荷量为4Qq=故A正确；B．MN延长线上的电场方向都向右，电势逐渐减低，使另一负电荷沿MN延长线从N点向右移动，根据pEq=可得电势能逐渐增大，故B错误；C．N点与P点距O点距离相等，则处于

O点的点电荷在N、P点的电势相等，P点距离M点近，则处于M点的点电荷在P点的电势大于N点的电势，所以P点的电势高，故C错误；D．M点在P点的电场强度大小为22482()2MPkqkqELL==O点在P点的电场强度大小为2241()2OPkqkqELL==建立直角坐标系，

如图故P点处的电场强度大小为222(sin45)(cos45)4522MPOPMPkqEEEEL=−+=−故D正确。故选AD。10.在如图所示电路中，电源电动势12VE=，内阻8r=，定值电阻12R=，2310,20RR==，滑动变阻器

4R的取值范围为030，所有电表均为理想电表。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电压表1V、电压表2V、电流表A示数的变化量分别为12UUI、、。下列说法正确的是（）A.1V读数变小，2V读数变大，1U大于2UB.12ΔΔ20Ω,25ΩΔΔUUII=

=C.4R的功率先增大后减小，最大值为0.36WD.电源的输出功率先增大后减小，最大值为4.5W【答案】BC【解析】【详解】A．将1R和2R等效为电源内阻，则等效电源的电动势21126VERERRr==++等效内阻12112()5rRRrrRR+==++等效电路如图A．

当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，4R变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，1V读数变小，则2V读数变大，因12UUU=+路端可知1U小于2U，故A错误；B．根据欧姆定律13UIR=则13Δ20ΩΔURI==根据闭合电路的欧

姆定律1231()EUIRr=++可得231Δ25ΩΔURrI=+=故B正确；C．将3R等效为新电源的内阻，内阻为21325rrR=+=当外电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的

过程中，电阻从0增加到30Ω，可知的功率先增大后减小，当425R=时功率最大，最大值为2122()0.36W2EPrr==故C正确；D．当滑动变阻器的滑片在a端时，电源E的外电阻为231123263RRRRRR=+=+外当滑动变阻器滑片在b端时，电源E的外电阻为

2341234()313RRRRRRRR+=+=++外2的电源E的内阻8r=，则滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电源的输出功率一直减小，故D错误。故选BC。三、实验题：本题共2小题，11题6分、12题10分，共16分。11.用如图所示的装置验证动量守恒定律，滑块A和B相碰的端

面上装上弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。（1）实验前需要调节气垫导轨水平：先在光电门a的右侧轨道上只放滑块A，向左轻推一下滑块A，其先后通过光电门a和光电门b的时间分别为1t、2t，若12tt，则需将导轨左端_____（选填“调高”或“调低”）。（2

）调节气垫导轨水平后，将滑块B置于光电门b的左侧，滑块A静置于两光电门间的某一适当位置。给B一个向右的初速度，通过光电门b的时间为1t，B与A碰撞后再次通过光电门b的时间为2t，滑块A通过光电门a的时间为3t

。为完成该实验，还必须测量的物理量有______（填选项前的字母）。A．挡光片的宽度dB.滑块B及挡光片的总质量1mC.滑块A及挡光片的总质量2mD.光电门a到光电门b的间距L（3）若滑块A和B在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为：______________（用已知物理量和测

量的物理量的字母表示）。【答案】①.调高②.BC③.121132111mmmttt=−【解析】【分析】【详解】（1）[1]先后通过光电门a和光电门b的时间分别为1t、2t，12tt，说明滑块A在

加速，应将左端调高。（2）[2]如果导轨水平时，滑块在导轨上做匀速直线运动，所以滑块经过两光电门时用时相等。本实验中需要验证动量守恒，所以在实验中必须要测量质量和速度，速度可以根据光电门的时间求解，而质量通过天平测出，同时，遮光板的宽度可以消去，所以不需要测量遮光片的宽度。故B、C正确，A、

D错误。（3）[3]根据速度公式可知，碰前B的速度01dvt=碰后A的速度13dvt=B的速度22dvt=设B的原方向为正方向，根据动量守恒定律可知：应验证的表达式为210112mvmvmv=−代入数据并化简可得1

21132111mmmttt=−12.某物理探究小组的同学设计了如图甲所示的实验电路测定干电池的电动势和内阻。实验器材：电池组(两节干电池)；定值电阻R0=2Ω；毫安表（量程为50mA，内阻Rg=4.5Ω）；电压表(量程为3V，内阻很

大)；滑动变阻器R；电阻箱；开关；导线若干；（1）将电阻箱的阻值调至0.5，则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为______mA。（2）实验步骤如下：①闭合开关S前，将滑动变阻器R的滑片移到______端(选填“左”或“右”)；②闭合开关S，改变滑片位置，记下电压表的示数U和毫安表的示数I

，多次实验后将所测数据描绘在如图乙所示的坐标纸上，作出UI−图线。（3）电池组(两节干电池)的电动势E=______V，内阻r=______(结果均保留两位有效数字)。（4）从实验原理上分析，通过本实验测量的电动势_____实际电动势(选填“大于”“等于

”或“小于”)。【答案】（1）500（2）左（3）①.3.0②.2.0（4）等于【解析】【小问1详解】改装后电流表的量程为504.550mAmA500mA0.5gggIRIIR=+=+=【小问2详解】闭合开关S前，将滑动变阻器R的滑片移到左端阻值最大的位置；【小问3详解】[1]

[2]由电路可知，毫安表的读数为电路中总电流的10倍，改装后的电流表电阻0.54.50.450.54.5AR==+010()(24.510)AEUIRRrUrI=+++=++即(24.510)UErI

=−+由图像可知E=3.0V33.01.024.51044.454510kr−−=+==解得r=2.0Ω【小问4详解】从实验原理上分析，已经考虑到了电流表内阻的影响，则通过本实验测量的电动势等于实际电动势。四、解答题：本题共3小题，共40分。其中第13题10分，第14题14分，第1

5题16分，写出必要的推理过程，仅有结果不得分。13.图为直流电动机提升重物的装置图，重物的质量20kg，电源电动势100V，电源内阻3Ω，当电动机0.5m/s的恒定速度竖直向上提升重物时，电路中的电流2AI=。不计绳的重力，不计摩擦阻力与空气阻力，

取重力加速度大小210m/sg=，求：（1）电动机的输入功率入P；（2）电动机线圈的电阻；（3）电源的工作效率。【答案】（1）188W；（2）22Ω；（3）94%【解析】【详解】（1）电池内电压16V内==UIr

根据闭合电路欧姆定律EUU=+外内可得94V外=U根据入外=PUI代入数据188W入=P（2）电动机工作时入内机=+PPP由焦耳定律22内=PIr又PFv=机联立解得222Ω=r（3）电源的工作效率外外入==PUPE代入数据94%=14.如图所示，半径0.6mR=的光滑半球静止于

光滑水平桌面，在半球的顶端B点有两个相同的小球，小球可看作质点，取重力加速度大小210m/sg=，刚开始小球用双手固定，O点是球心，不计空气阻力。（1）如图1，现同时将两个小球以02vgR=的水平初速度向外抛出，求两小球落地瞬间的水平距离（不考虑小球反弹）；（2）如图2，现同时

放开双手，求小球离开球面瞬间的速度大小v；（3）如图3，若半球质量4kgM=，小球质量1kgm=，以初始球心O位置为坐标中心，OB方向为y轴正半轴，OC方向为x轴正半轴建立坐标系，在B点只放一个小球，由于轻

微扰动，当其由静止向右运动时，求小球在半球球面上运动时的轨迹方程。【答案】（1）2.4m（2）2ms（3）2225165.76xy+=【解析】【小问1详解】对于其中的一个小球，水平方向有0xvt=竖直方向有212Rgt=其中02vgR=求得2xR=

两小球落地瞬间的水平距离为242.4mdxR===【小问2详解】设小球离开球面瞬间小球与球心的连线与竖直方向的夹角为，在该过程中根据动能定理，有()211cos02mgRmv−=−重力沿半径方向的分力提供向心力，有2cosvmgmR=求得2msv=【小问3详解】设经过时间

t，小球水平方向的速度大小为1v，其坐标为(),xy，半球的速度大小为2v，水平方向的位移大小为'x，二者组成的系统水平方向动量守恒，有120mvMv−=该式对小球在半球面上运动任意时刻都成立，故'0mxMx−=根据几何关系，二者水平方向的位移大小之

和满足()222xxyR++=以上两式联立，求得222251616xyR+=将0.6mR=代入，得的2225165.76xy+=15.如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为2L的水平轨道AB通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道AB和水平轨道BO（长为2L）在B点与一个半径2LR=的光

滑的竖直固定圆弧轨道相切于B点。以水平轨道BO末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下。水平轨道BO右下方有一段弧形轨道PQ，该弧形轨道是曲线()22222214

yLxLL−+=在坐标系xOy（x>0，y>0）中的一半（见图中实线部分），弧形轨道Q端在y轴上。带电量为q（q>0）、质量为m的小球1与水平轨道AB、BO间的动摩擦因数为，在x轴上方存在竖直向上的匀强电场，其场强2mgEq=，重力加速度为g。（1）若小球1从倾斜轨道

上由静止开始下滑，恰好能经过圆形轨道的最高点，求小球1经过O点时的速度大小；（2）若小球1从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落弧形轨道PQ上，请证明小球1每次落在PQ时动能均相同，并求出该动能大小；（3）将小球2静置于O点，小球1沿倾斜轨道由静止开

始下滑，与小球2发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球1与小球2发生碰撞前的速度为1v，要使两小球碰后均能落在弧形轨道PQ上的同一地点，且小球1运动过程中从未脱离过圆形轨道，求小球1和小球2的质量之比。【答案】（1）(52)4gL−；（2）证明过程见解析，2mgL；

（3）21213vgLvgL−+或2121232vgLvgL−+【解析】【详解】（1）设小球1恰好经过圆形轨道最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有在2vmgqEmR−=①设小球1经过O点时的速度大小为v0，对小球1从圆形轨道最高点到O点的运动过程，根据动能定理有22011()(

)222LmgqELmgqEmvmv−−−=−②联立①②解得0(52)4gLv−=③（2）小球1离开O点后做平抛运动，设经时间t小球1落在弧形轨道PQ上，根据运动学规律可知落点的坐标分别为0xvt=④212ygt

=⑤由题意可知()22222214yLxLL−+=⑥设小球1落在弧形轨道PQ时的动能为Ek，对小球1从O点到落在弧形轨道PQ的过程，根据动能定理有2k012Emvmgy−=⑦联立③~⑦式解得k2EmgL=⑧由⑧式可知小球1每次落在PQ时动能均相同。（3）

设小球2质量为M，小球1与小球2碰撞后二者的速度大小分别为1v、2v。要使两小球均能落在弧形轨道PQ上，两小球从O点抛出时应具有相同的速度，而两小球发生的是弹性碰撞，碰后不可能速度相同（即粘在一起），所以小球1碰后一定反弹，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别有112mvmvMv=−+⑨22

2112111222mvmvMv=+⑩联立⑨⑩解得11MmvvMm−=+⑪212mvvMm=+⑫小球1运动过程中从未脱离过圆形轨道，分以下两种情况：第一种：小球1反弹后进入圆形轨道运动但未超过圆形轨道圆心等高处就沿轨道滑回，并且在返回O点时的速度大小为v2，这种情况下根据动

能定理有222111()22mgqELmvmv−−=−⑬联立⑪⑫⑬解得21213mvgLMvgL−=+⑭第二种：小球1反弹后进入圆形轨道并能够通过最高点，并到达倾斜轨道上，之后从倾斜轨道上滑回经过圆形轨道最终返回O点，且返

回时速度大小为v2，这种情况下根据动能定理有222111()222mgqELmvmv−−=−⑮联立⑪⑫⑮解得2121232mvgLMvgL−=+⑯