【文档说明】湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三上学期阶段性检测（一）物理试卷 Word版含解析.docx，共(21)页，3.018 MB，由小赞的店铺上传

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长沙市一中2024—2025学年度高三阶段性检测（一）物理试卷一、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.如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球水平表面处。已知探测器质量为m，四条支架腿与竖直方向的夹角均为

θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的16。下列说法正确的是（）A.每条腿对月球表面的正压力的方向均为竖直向下B.四条支架腿对月球表面的弹力大小为24mgC.支架腿沿水平方向合力为零，每条支架腿水平方向分力为cos2

4mgD.每条支架腿受到月球表面的作用力大小24mg【答案】A【解析】【详解】A．弹力的方向垂直接触面指向受力物体，故每条腿对月球表面的正压力的方向均为竖直向下，故A正确；B．竖直方向上，四条支架腿对月球表面的弹力大小等于探测器的重力，大小为166gmgFm==故B错误；D．探测器静止，根据平

衡条件有4cos6gFm=每条支架腿受到月球表面的作用力大小24cosmgF=故D错误；C．探测器静止，则支架腿沿水平方向合力为零，每条支架腿水平方向分力为2tansin24mgFF==故C错误。故选A。2.北斗二期导航系统的

“心脏”是上海天文台自主研发的星载氢原子钟，它是利用氢原子能级跃迁时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟的。如图为氢原子能级图，则下列说法正确的是（）A.氢原子从低能级向高能级跃迁时辐射光子B.大量处于4n=能级的氢原

子向低能级跃迁时，形成的线状光谱总共有3条亮线C.大量处于4n=能级的氢原子辐射出来的光子中，波长最长的光子能量为0.66eVD.用大量能量为3.6eV的光子持续照射处于基态的氢原子，可使其电离【答案】C【解析】【详解】A．氢原子从低能

级向高能级跃迁时需要吸收光子，故A错误；B．大量处于4n=能级的氢原子向低能级跃迁时，形成的线状光谱总共有6条亮线，分别是43→、42→、41→、32→、31→、21→能级之间跃迁产生的。故B错误；C．大量处于4n=能级的氢原子辐射出来

的光子中，波长最长的光子能量为43→能级产生的，能量大小为0.66eV。故C正确；D．若想使处于基态的氢原子电离，光子的能量最小需要13.6eV，故D错误。故选C。3.如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均

为60=，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为（）A.36B.12C.32D.33【答案】

D【解析】【分析】【详解】滑块Q在光滑斜面N上静止，则P与Q带电同性，两者之间为库仑斥力设为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示对Q物体在沿着斜面方向有cos30cos30mgF=可得Fmg=而对P物体动摩擦因数最小时有2

sin30NFmg=+2fN=cos30fmg=联立解得33=故选D。4.我国在探索宇宙文明过程中取得了重大突破，中国科学院高能物理研究所公布：在四川稻城的高海拔观测站，成功捕获了来自天鹅座万年

前发出的信号。若在天鹅座有一质量均匀分布的球形“类地球”行星，其密度为ρ，半径为R，自转周期为T0，引力常量为G，则下列说法正确的是（）A.该“类地球”行星的同步卫星的运行速率为02RTB.该“类地球”行星的同步卫星的轨道半径为203GTC.该“类地球”行星表

面重力加速度在赤道的大小为43GRD.该“类地球”行星的卫星在行星表面附近做匀速圆周运动的速率为23GR【答案】D【解析】【详解】A．该“类地球”行星的同步卫星的运行速率为02rvT=同步卫星半径不是星

球本身的半径，故A错误；B．根据万有引力充当向心力22204GMmmrrT=且343MVR==解得2033GTrR=故B错误；C．根据22204GMmmmgRRT=+解得220443RgGRT=−故C错误；

D．根据万有引力提供向心力22MmvGmRR=该“类地球’行星的卫星在行星表面附近做匀速圆周运动的速率为23GvR=故D正确。故选D。5.蹦床是一种体操项目；如图，某次运动员从最高点自由下落，触网后继续向下运动至最低点；若忽略空气阻力，取最高点为坐标原点，竖直向下

为正方向。下列图像能大致反映运动员从最高点到最低点的过程中，其加速度a随竖直位移y变化情况的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】运动员开始下落阶段做自由落体运动，加速度为g不变；接触弹簧床后手向上的弹力，此时开始阶段时重力大于弹力，则加速度mgkyam−=随y的增加加速

度向下呈线性减小；最后阶段弹力大于重力，此时加速度kymgam−=随y的增加加速度向上呈线性增加，两段图像斜率相同，则a-y图像为B所示。故选B6.如图所示，理想变压器左侧原线圈通过输电线与理想交流电流表1A和发电机连接，其中发电机部分由长为L、电阻

不计的导体棒以及两个半径也为L的电阻不计的金属圆环组成。使导体棒的两个端点分别位于金属圆环的同一水平面上，导体棒以角速度在竖直面内绕圆环中心轴匀速转动，整个空间存在方向竖直向下、与金属圆环平行、磁感应强度为B的匀强磁场。变压器右侧副线圈中接有阻值

为R的定值电阻和变阻箱PR，以及理想交流电压表1V、2V、3V和理想交流电流表2A，初始时调节电阻箱阻值使其大小等于R，此时电路能正常工作，之后再次调节电阻箱使其阻值等于2R，已知12:1:2nn=，上述过

程中，下列说法正确的是（）A.电流表1A的示数减小，电流表2A的示数增加B.电压表1V的示数不变，电压表3V的示数增加C.电压表2V的示数为22BLD.电阻箱消耗的电功率增大【答案】C【解析】【详解】A．由于定值电阻R与滑动变阻器串联，当滑动变阻器

的阻值增大时，电路中的电流减小，即电流表2A的示数减小，又因为变压器的原、副线圈的电流之比1221::IInn=。故1A的示数减小，A错误；B．电压表1V测量定值电阻R两端的电压，根据欧姆定律UIR=可知，当滑动变阻器接入电路中的阻值增大时，电路中的电流减小，故电压表1V的示数减小，电压表3V的示

数增大，B错误；C．根据动生电动势公式Blv=可知，原线圈两端的电压21UBLvBLLBL===所以副线圈两端电压的最大值1122UnUn=222112nUUBLn==所以电压表2V的示数22V22122222UUBLBL===C正确；D．由于

原线圈两端的电压不变，电流减小，故变压器原线圈的总功率变小，理想变压器的原、副线圈的功率相等，故副线圈的功率减小，D错误。故选C。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）7.一列简谐横波沿x轴在介质中传播，图甲是3st=时刻的波形图，此时质点P的纵坐标为5cm，图乙是质点Q的振动图像，下列说法正确的是（）A.该波沿轴负方向传

播B.该波的波速为0.4m/sC.34.5s质点P经过的路程小于10cmD.2st=时刻质点P位于波峰【答案】BD【解析】【详解】A．由图乙可知3st=时，质点Q向y轴正方向运动，再由同侧法可知，该波沿x轴正方向传播，A错误；B．由图甲可知，该波的波长为2

.4m=，由图乙可知，该波的周期为6sT=，故该波的波速为2.4m/s0.4m/s6vT===B正确；C．由上分析可知，该波向x轴正方向传播，故34.5s质点P向y轴负方向运动，经过14T该质点的路程大于一个振幅，C错误；D．由

上分析可知，该波向x轴正方向传播，周期为6sT=，3st=时质点P的纵坐标为5cm，此时质点P沿y轴负方向运动，故2st=时质点P位于波峰，D正确。故选BD。8.科学家在研究电荷分布的对称性的时候，巧妙地借助了我

国传统文化中的“阴阳太极图”，以获得更多的启示和灵感，如图所示的三维坐标系。太极图呈圆形位于xOz平面内，y轴过圆心O，在x轴两侧对称分布各有一个大半圆和小半圆，M、N各是小半圆的圆心，现在M、N上分别放置一个等电量的负点电荷和正点电荷，在y轴的正向有一个定点C，在圆的边缘有一个位置D

，则下列说法正确的是（）A.若将正试探电荷q由C点沿y轴移动到O点，则q的电势能始终不变B.若将正试探电荷q由A点沿“阴阳”边界经O移动到B点，则q的电势能增加C.若将负试探电荷q沿虚线由C移到D，则电场

力一直对电荷做正功D.若将负试探电荷沿z轴由O向z轴正向移动，则电荷克服电场力做负功【答案】AB【解析】【详解】A．由题意可知，y轴在等量异种点电荷连线的中垂线上，因此试探正电荷q在由C点沿y轴移动到О点的过程中，受电场

力的方向始终与运动方向垂直，则电场力对q不做功，q的电势能不变，故A正确；B．试探正电荷q由A点沿“阴阳”边界经О移动到B点，可以分成两部分看，第一部分是从A到O，这个过程M位置的负点电荷对q不做功，N位置的正电荷对q做

负功，q的电势能增加；第二部分是从O到B，此过程N位置的正电荷对q不做功，M位置的负电荷对q做负功，电势能仍然在增加，故q的电势能一直在增加，故B正确；C．试探负电荷q沿虚线由C移到D，电势逐渐减小，从xOz面上看，试探负电荷q所受的电场力在做负功，故

C错误；D．试探负电荷沿z轴由O向z轴正向移动，则电场力与移动路径一直垂直，电场力不做功，故D错误。故选AB。9.如图甲所示，足够长的U型导轨放置在光滑水平绝缘桌面上，CD长为1m，导轨电阻不计。质量为0.1kg、长为1m、电阻为0.5Ω的导体棒MN放置在导轨上，与

导轨间的动摩擦因数为且始终接触良好。Ⅰ区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；Ⅱ区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场。0t=时，对导轨施加一个水平向右恒力F，2st=时撤去F，2

s前导轨与导体棒的vt−图像如图乙所示。MN与CD停止运动时分别位于Ⅰ区域和Ⅱ区域，已知重力加速度g取210m/s，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A.动摩擦因数0.2=B.导轨质量为0.2kgC.恒力F做的总功为2.4

JD.撤去F后通过导体棒的总电荷量为2C【答案】AD【解析】【详解】A．根据1s前导轨与导体棒的vt−图像反映两者均做匀加速直线运动，则导轨还未进入区域Ⅱ磁场且导体棒在区域I磁场外，回路无感应电流而都不受安培力，设导轨质量为M，由牛顿第二定律有1FmgMa−=2mgma=由vt−图像的斜率表示

加速度可得221114m/s4m/s1vat===222212m/s2m/s1vat===联立可得0.2=故A正确；B．根据第2s导轨与导体棒的vt−图像可知两者均做匀速直线运动，表示导轨与导体棒均进入磁场，切割磁感线产生两动生电动势，所受安培力让合力为零，有122EBL

vBLv=+EIR=对导轨有2FmgBIL=+对导体棒有mgBIL=其中0.5R=，1mL=，0.5kgm=，联立各式解得0.6NF=，0.1kgM=，0.1TB=故B错误；C．导轨在前2s的位移为11211241416m22vxxxtvt=+=+=+=则恒

力做的功为0.66J3.6JWFx===故C错误；D．撤去F之后，导体棒和导轨分别做减速运动到停止，对两者受力分析，取向右为正方向，由动量定律有120mgtBILtMv−−=−20mgtBILtmv−=−而通过导体棒的电

量为qIt=可得0.20.2C2C0.11qBL===故D正确。故选AD。10.如图甲所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙程度均匀的半圆形导轨CDB在B点平滑相接，半圆形导轨半径0.4mR=，D为半圆形导轨的中点。一质量为0.1kgm=的物体（可视为质点）将弹簧压缩到A点后由静止释

放，在弹力作用下获得向右的速度后脱离弹簧，从B点进入半圆形导轨，物体在半圆形导轨上运动时速度的平方与其上升高度的关系如图乙所示，重力加速度210msg=，则（）A.弹簧压缩到A点时弹簧的弹性势能为18JB.物体运动到C点时

对半圆形导轨的压力大小为3NC.物体从B运动到C的过程中，合力对物体做的功为1J−D.物体从D运动到C的过程中，物体的机械能减少了0.1J【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．从图乙可以看出，物体到达B点时的速度大小为06msv=由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能2p012Emv=代入

数据解得p1.8JE=A错误；B．从图乙可以看出，到达C点时的速度大小为14msv=设运动到C点时导轨对物体的弹力为NF，则由牛顿第二定律可得21NvFmgmR+=代入数据解得3NNF=由牛顿第三定律可知，B正确；C．由动能定理可得，物体从B到C过程中合外力做的功为22101122Wmvmv

=−代入数据解得1JW=−C正确；D．由能量守恒定律可知，物体从B到C过程中减少的机械能为220111222EmvmvmgR=−−代入数据可解得0.2JE=由于物体从B到C过程中速度一直减小，根据牛顿运动定律分析可知从B到C的过程中物体对半圆形导轨的压力

逐渐减小，由摩擦力公式fNFF=可知，物体从B到D过程中所受的摩擦力大于从D到C过程中所受的摩擦力，由功能关系可知，物体从B到D过程中克服摩擦力做的功大于从D到C过程中克服摩擦力做的功，由于整个过程中机械能减少了0.2J，故从

D到C过程中机械能的减少量小于0.1J，D错误。故选BC。三、填空题（本题共2小题，共16分）11.某小组通过实验探究空气阻力的大小与运动速率的关系。实验中所使用的器材如下∶铁架台、钩码、弹簧测力计、细绳、气球、毫米刻度尺、具有连拍功能的手机。其实验步骤

如下∶A.测出气球及钩码的总重力G；B．吹好气球，用细绳将气球扎紧，另一端系上钩码；C．将刻度尺竖直固定在铁架台上，将气球（含钩码）从较高位置释放，使其经过刻度尺附近时能匀速下落；D．用手机连拍功能，拍摄气球匀速运动时多张照片；E．计算出相邻两帧照片间重物下落的平均位

移；F.改变所悬挂的钩码质量，重复以上步骤；G.记录并处理数据请回答以下问题∶（1）某次拍摄中的两张照片如图甲、乙。甲图中钩码下沿对应刻度尺的读数为0.90cm，图乙是甲之后的第2帧照片，由此可以得出相邻两帧照片之间重物下落位移的平均值为l=________cm。（2）

记录每次实验中气球（含钩码）重力G和相邻两次拍摄时间内气球下落的位移l，如表所示。图丙中的已描出了部分数据，请将其它数据描出并画出G-l关系图像。（）次数1234567重力G/（10-2N）4.55.56.5

7.58.59.510.5位移l（cm）13.6016.30198023.8026.6028.8032.80（3）根据图像，可以得到结论是∶_____________________________。【答案】①.3.05②.③.空气阻力的大小

跟速率成正比【解析】【分析】【详解】（1）[1]甲图中钩码下沿对应刻度尺的读数为0.90cm，图乙中钩码下沿对应刻度尺的读数为7.00cm，由此可以得出相邻两帧照片之间重物下落位移的平均值为7.000.90cm=

3.05cm2l−=（2）[2]画出G-l关系图像；的（3）[3]因匀速下落时重力与阻力相等，而相邻两次拍摄时间内气球下落的位移l与下落的速率成正比，则根据图像，可以得到的结论是空气阻力的大小跟速率成正

比；12.多用电表是实验室中常用的测量仪器，如图甲所示为多量程多用电表示意图，其中电流有1.0A、2.5A两个挡位，电压有2.5V、10V两个挡位，欧姆表有两个挡位。（1）通过一个单刀多掷开关S，B可以分

别与触点1、2、3、4、5、6接通，从而实现用多用电表测量不同物理量的功能。①图甲中B是___________（选填“红”或“黑”）表笔；②当S接触点_______（选填“1、2、3、4、5、6”）时对应多用电表2.5A挡；③当S接触点3时，测量倍率比S接触点4时小，则E

1________E2（选填“>”“<”或“=”）；（2）实验小组用该多用电表测量电源的电动势和内阻。器材还有∶待测电源（电动势约为9V），定值电阻R0=8.0Ω，电阻箱一只。连接实物如图乙所示，测量时应将图甲中

S接触点_______（选填“1、2、3、4、5、6”）；改变电阻箱阻值R，测得并记录多组数据后，得到对应的11UR−图像如图丙所示，则电源电动势E=________V，内阻r=_______Ω（结果保留两位有效数字）。【答案】①.黑②.1③.<④.6⑤.

9.1⑥.2.0【解析】【分析】【详解】（1）①[1]根据“红进黑出”的原则，电流从欧姆表内部电源正极流出，所以B应该是黑表笔。②[2]电流表是通过表头并联电阻改装而成的，并联电阻越小，量程越大，所以2.5A挡对应1。③[3]在满偏电流相同的情况下，电

源电动势越大，所测电阻就越大，当S接触点3时，测量倍率比S接触点4时小，所以12EE（2）[4]多用表与变阻箱并联做电压表适用，电源电压9.0V，所以应该选用10V的量程，S接6；[5][6]由乙图可知0()UERRrR=++变换得18+11+rUERE=由图可知80.660.

111.10.500rkE+−===−，10.11bE==解得9.1VE=，2.0Ωr=四、计算题（本题共3小题，共40分。写出必要的推理过程，仅有结果不得分）13.如图所示，左端封闭、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L=35cm的空气柱，两管水银面相平，

竖直管内水银柱足够长，已知大气压强为p=75cmHg。（设环境温度不变）（1）若将图甲中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，左管中水银面下了H=15cm，求右管水银面下降的高度；（2）若将装置沿顺时针缓慢翻转180°，使U形管倒置（水银未溢

出）如图乙所示，当管中水银静止时，求管中封闭空气柱的长度。【答案】（1）37.5cm；（2）37.5cm【解析】【详解】（1）设右管水银面下降h，则由玻意尔定律可得01()pLSpLHS=+10()pphH=−−解得右管水银面下降的高度为h=37.5cm（2）设空气

柱长度为1L，则由玻意尔定律可得021pLSpLS=()2012ppLL=−−137.5cmL=则管中封闭空气柱的长度为37.5cm。14.某离子发动机简化结构如图甲所示，其横截面半径为R的圆柱腔分为I、Ⅱ两个工作区：I区为电离区，其内有沿轴向分布的匀强磁场，磁感应强度的

大小03mvBeR=，其中，m为电子质量，e为电子电荷量。Ⅱ区为加速区，其内电极P、Q间加有恒定电压U，形成沿轴向分布的匀强电场。在Ⅰ区内离轴线2R处的C点垂直于轴线持续射出一定速率范围的电子，过C点的圆柱腔横截面如图乙所示（从左向右看），电子的初速度方向与OC的连

线成角()090。（1）向Ⅰ区注入某种稀薄气体，电子要电离该气体，电子的速率至少应为0v。电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，其电离气体的效果越好。为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向（按图乙说明是“垂直于纸面向外

”或“垂直于纸面向里”）；（2）不考虑电子间碰撞及相互作用，电子碰到器壁即被吸收。在取得好的电离效果下，当30=时，求从C点射出的电子速率v的最大值；（3）Ⅰ区产生的离子以接近0的初速飘入Ⅱ区，被速后形成离子束，从右侧喷出。已知气体被电离成质量为M的1价正离子，且单位时间内飘入Ⅱ区的离

子数目为定值n；求推进器获得的推力。【答案】（1）垂直纸面向里；（2）032v；（3）2nMeU【解析】的【详解】（1）根据左手定则，为取得好的电离效果，磁场方向是垂直纸面向里；（2）如图所示，当电子轨迹与横截面圆内切时，电子能到达的区

域最大，电离效果最好。根据几何关系OARr=−2ROC=ACr=根据余弦定理222()2cos(90)()22RRrrRr+−−=−若30时，解得2Rr=根据洛伦兹力提供向心力2maxmaxmvevBr=解得max0322eBRvvm==（3）动量定

理01FtntMv=离子动能定理为2112eUMv=牛顿第三定律00FF=联立得02FnMeU=15.如图所示，光滑竖直墙壁底端与四分之一光滑圆弧轨道连接，圆弧轨道半径0.4mR=，光滑水平面上并排放两块木板B、C，两木板的上表面恰好与圆弧轨道的最低点相切，小滑块

A（可视为质点）从墙壁P点无初速度释放，P点高出圆心0.4mh=，已知小滑块与两木板质量均为1kg，小滑块A与木板B间的动摩擦因数10.5=，木板B的长度11mL=，小滑块A与木板C间的动摩擦因数随距离而变化，满足21,1515XX=−为距木板C左端的距离，木板C的长

度22mL=，重力加速度210m/sg=，求：(1)小滑块A对轨道最低点的压力；(2)木板B获得的最大速度；(3)求小滑块A的最终速度，若小滑块A脱离木板C，求木板C的最终速度；若小滑块A不脱离木板C，求出

小滑块与木板C相对静止的位置。【答案】(1)50N，方向向下；(2)1m/s；(3)1.5m/s；距木板C左端0.5m处【解析】【详解】(1)小滑块A下滑过程中，机械能守恒，有201()2mgRhmv+=解得04m/sv=由牛顿第二定律得20

NvFmgmR−=解得N50NF=由牛顿第三定律可知，小滑块A对轨道最低点的压力50N=F，方向向下(2)小滑块A滑过木板B的过程中，系统动量守恒，设小滑块A刚滑离木板B时，小滑块A的速度为1v，木板B的速度为2v，有0122mvmvmv=+222110121112222mg

Lmvmvmv=−−解得12m/sv=21m/sv=(3)由于211515X=−，即木板C中央右侧光滑，设小滑块A刚好滑到木板C中央时达到共同速度，由动量守恒定律，有1232mvmvmv+=解得31.5m/sv=系统动能损失222k12311120.25J222Emvmvmv=+−=由

图像可知当滑块到达木板C中点时，则X=1，由图像可知2111121530X==则产生内能2k1111001JΔ2153QmgXE==+=即小滑块A滑到木板C中央左侧就与木板相对静止了，设停在木板C距左端x处k2Emgx=由图像可知21

1(211)15515xxx=+−解得0.5mx=即小滑块A最终速度为1.5m/s，停在距木板C左端0.5m处。