【文档说明】湖南省长沙市名校2024-2025学年高三上学期开学考试物理试题 Word版含解析.docx，共(20)页，3.710 MB，由小赞的店铺上传

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名校联考联合体2025届高三第一次联考（暨入学检测）物理注意事项：1.答卷前，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题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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、单项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求）1.北京时间2024年7月31日，巴黎奥运会跳水女子双人10米跳台决赛，中国选手全红婵/陈芋汐以总分359.10分的

绝对优势获得金牌。在比赛过程中，全红婵和陈芋汐是绝对同步的，下列说法正确的是（）A.在下落过程中全红婵感觉水面是静止的B.起跳瞬间全红婵和陈芋汐的加速度相等C.全红婵的速率越大，其惯性越大D.下落和入水过程中全红婵可以看成质点【答案

】B【解析】【详解】A．在全红婵跳水下落过程中，全红婵感觉水面是向上运动的，故A错误；B．全红婵和陈芋汐是绝对同步的，故起跳瞬间加速度相同，故B正确；C．全红婵的速率越大，由于质量不变，所以惯性不变，故C错误；D．入水过程中，全红婵的形状大小不能忽略不计，不可以将全红婵看成质

点，故D错误。故选B。2.如图所示，边长为L的光滑正方形导线框，以初速度v0进入宽度为L的匀强磁场，线框刚好能离开磁场，则在线框进入和离开磁场的过程中，下列物理量一定相同的是（）A.感应电流的方向B.线框产生的热量C.通过某个截面的电量大小D.线框所受的

平均安培力【答案】C【解析】【详解】A．线框进入磁场，感应电流的方向为逆时针，线框离开磁场，感应电流的方向为顺时针，A错误；BD．线框进入磁场和离开磁场，线框一直在做减速运动，故线框进入磁场的平均安培力一定大于线框离开磁场的平均安培力，线框进

入磁场克服安培力的功一定大于线框离开磁场克服安培力的功，线框进入磁场产生的热量一定大于线框离开磁场产生的热量，BD错误；C．线框进入磁场磁通量的变化量的绝对值等于线框离开磁场磁通量的变化量的绝对值，根据Ent=EIR=qIt=解得qnR=故线框进入和离开磁场通过某

个截面的电量大小相等，C正确。故选C。3.2024年6月25日，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古四子王旗预定区域，工作正常，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现世界首次月球背面采样返回。变轨时轨道器和返回器组合体（以下简称组合体）绕月球做半径为3R的匀速圆周运动，嫦娥六号在半径为R的近月轨

道上运动，嫦娥六号运动到A点时变轨到椭圆轨道，在B点与组合体实现对接。已知月球表面的重力加速度为g月，忽略月球自转，则下列说法正确的是（）A.组合体的运行周期为32πRg月B.嫦娥六号在椭圆轨道上B点的速度小于嫦娥六号在近月轨道的速度C.嫦娥六号在椭

圆轨道上A点的加速度大于在近月轨道上A点的加速度D.嫦娥六号在椭圆轨道上的运行周期与组合体的运行周期之比为33:1【答案】B【解析】【详解】A．在月球表面有2MmGmgR=月对组合体有()2224π33MmGmR

TR=解得36πRTg=月A错误；B．嫦娥六号在转移轨道上B点的速度小于嫦娥六号上升到组合体轨道的速度，根据22MmvGmrr=解得GMvr=嫦娥六号在组合体轨道的速度小于嫦娥六号在近月轨道的速度，故嫦娥六号在转移轨道上B

点的速度小于嫦娥六号在近月轨道的速度，B正确；C．在同一位置，万有引力相等，加速度相等，C错误；D．根据开普勒第三定律33122212rrTT=其中1322RRrR+==23rR=可得嫦娥六号在椭圆轨道上的运行周期与组合体的运行周期之比为22:33，D错误。故选

B。4.如图，上表面光滑下表面粗糙的14圆弧轨道AB静止在水平面上，一小球从圆弧的最低点A在水平外力F的作用下缓慢从最低点A沿圆弧向上运动，已知圆弧轨道AB一直保持静止，小球质量为m，重力加速度为g，则（）A.外力F先增大后减小B.圆弧对小球的支持力一直在减小C.当推

力12Fmg=时，小球和圆弧轨道圆心O的连线与竖直方向的夹角为30°D.水平面对圆弧轨道AB的静摩擦力一直在增大【答案】D【解析】【详解】AB．设小球和圆心O连线与竖直方向的夹角为，则tanFmg=Ncosm

gF=当增大时，外力F逐渐增大，圆弧对小球的支持力NF逐渐增大，AB错误；C．当推力12Fmg=解得的1tan2=小球和圆心O的连线与竖直方向的夹角不为30°，C错误；D．研究圆弧和小球整体，当增大时，外力F逐渐减增大，平面对

圆弧轨道AB的静摩擦力一直在增大，D正确。故选D。5.如图所示是某地铁站的安检设施。该设施中的水平传送带以恒定速率运动，乘客将一个物品放在传送带上，物品由静止开始加速与传送带共速后，匀速通过安检设施，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.物品所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反B物品先受滑动

摩擦力作用，后受静摩擦力作用C.运送距离一定时，物品与传送带间动摩擦因数越大，运送时间越长D.物品与传送带间动摩擦因数越大，物品与传送带相对位移越小【答案】D【解析】【详解】AB．物品加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同；匀速后，与传送带之间无相对运动趋

势，不受静摩擦力作用，故AB错误；D．物品与传送带有相对运动时，其加速度mgagm==物品由静止开始加速至速率为v过程用时vvtag==与传送带相对位移222vvxvttg=−=.故物品与传送带间动摩擦因数越大，相对位移越小，故D正确；C．物品

匀速运动时间为22vtLLvtvvg−==−物品运输总时间为2Lvtttvg=+=+总运送距离一定时，物品与传送带间动摩擦因数越大，运送时间越短。故C错误。故选D。6.如图所示，在平行板电容器两板间有一个带

电微粒。开关S闭合时，该微粒恰好能静止在水平极板的正中间O。下列操作能使该微粒移动但在移动过程中重力势能不变的是（）A.保持S闭合，极板N上移B.充电后将S断开，极板N上移C.电容器绕垂直于纸面的O轴整体转过一个小角度

θD.极板M和N分别绕垂直于纸面的O1和O2轴沿相同方向转过相同的小角度θ【答案】D【解析】【详解】A．微粒静止，所受重力和电场力等大反向，保持S闭合，则电容器极板间电压不变，根据UEd=若将极板N上移，板间距离d减小，板间场强增大，微粒受到的电场力增大，带电微粒向上运动，重力势

能增大，故A错误；B．充电后将S断开，则电容器所带电荷量不变，根据4π4πrrUQQkQESdCdSdkd====将极板N上移，板间场强不变，微粒受到的电场力不变，带电微粒仍处于静止状态，故B错误；C

．电容器绕垂直于纸面的O轴转过一个小角度，则极板间距不变，则极板间距不变，电场力不变，竖直分力减小，重力做正功，重力势能减小，故C错误；D．极板M和N分别绕垂直于纸面的1O和2O轴转过相同的小角度，两极

板的间距变为cosd，两极板间的电场力变为cosqUFd=竖直分力cosUFqmgd==微粒沿水平方向移动，重力势能不变，故D正确。故选D。二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的4个选项中，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）7.一列简谐横波沿x轴传播，在t=0时刻和t=1s时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。已知x=0处的质点在0~1s内运动的路程为4.5cm。下列说法正确的是（）

A.波沿x轴正方向传播B.波源振动周期为1.1sC.波的传播速度大小为13m/sD.t=1s时，x=6m处的质点沿y轴负方向运动【答案】AC【解析】【分析】本题考查机械波的形成与传播【详解】A．由题意，x=0处的质点在0~1s的时间内通过的路程为4.5cm，则结合图可知t=0时刻x=

0处的质点沿y轴的负方向运动，则由质点的振动和波的传播方向关系可知，该波的传播方向沿x轴的正方向，故A正确；BC．由题意可知，t=1s为1312T，解得12s13T=由图可知12m=则12m/s13m/s1213vT===故C正确，B错误；D．由同侧法可知t=1s时，x=6m处的质点沿

y轴正方向运动，故D错误。故选AC。8.如图所示是理想气体变化的V-T图像，从Q到A、B、C是气体的三种压缩过程，其中一种是绝热过程，则（）A.Q→A过程中气体压强不变B.Q→B过程中气体内能不变C.Q→B过程是绝热过程D.Q→A外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量【答案】B

D【解析】【详解】A．VT−图像与原点连线的斜率表示压强的倒数，QA→斜率变小，压强变大，A错误；BC．QB→为等温过程，气体温度不变，内能不变，B正确，C错误；D．QA→气体内能减少，由热力学定律UWQ=+，外界对气体做的功小于气体向外界放出

的热量，D正确。故选BD。9.2024年5月15日，百度Apollo在武汉正式发布旗下第六代无人车车型，武汉市民可通过萝卜快跑平台搭乘第六代无人车。一辆质量m=2.0×103kg的萝卜车，以v=36km/h的速度在平直路面上匀速行驶，此过程中发动

机功率P1=12kW。当系统探测到前方有障碍物时，主动刹车系统立即撤去发动机驱动力，同时施加制动力使车辆减速。在制动过程中，系统提供的制动功率P2=24kW，萝卜车经过58m3x=停下来，不计传动装置和热损耗造成的能量

损失，下列说法正确的是（）A.萝卜车匀速行驶过程中所受的阻力大小为800NB.萝卜车刚进入制动状态的瞬间，汽车所受合力大小为4800NC.制动过程萝卜车的速度为5m/s时，加速度大小为3m/s2D.萝卜车从刹车到停止经历的时间为3.

2s【答案】CD【解析】【详解】A．萝卜车匀速行驶过程中所受的阻力大小为11200NPfv==故A错误；B．萝卜车刚进入制动状态的瞬间，主动刹车系统提供的制动力大小为22400NPFv==萝卜车刚进入制动状态的瞬间，汽车所受合力大小为3600NFFf=+=合

故B错误；C．萝卜车的速度为5m/s时，主动刹车系统提供的制动力大小为24800NPFv==加速度为23m/sFfam+==故C正确；D．刹车过程，根据动能定理22102Ptfxmv−−=−解得3.2st=故D正确。故选CD。10.农历春节，张灯结彩，某同学自制灯笼，增加新年气象。如图所

示，有一原长为L、劲度系数为20N/m的轻橡皮筋，一端固定在长度也为L的空心细管顶点A，另一端穿过空心管悬挂质量为0.2kg的小桔灯P（可视为质点）。现使P以线速度v0在水平面内做匀速圆周运动，橡皮筋与水平面的夹

角53=，sin530.8=，cos530.6=。不计一切阻力，橡皮筋始终在弹性限度内，g取10m/s2。下列说法正确的是（）A.v0的大小0.75m/sB.橡皮筋拉力大小为2NC.若线速度大小变成2v0，P的周期变长D.若

橡皮筋与水平面夹角为37°，P的线速度大小为4m/s3【答案】AD【解析】【详解】A．对小桔灯受力分析，设伸长量为x，竖直方向上橡皮筋拉力分力等于小桔灯重力sin53kxmg=水平方向上橡皮筋拉力分力提供向心力20cos53cos53vkxmx=

解得00.75m/sv=A正确；B．此时对小桔灯受力分析，竖直方向上橡皮筋拉力分力等于小桔灯重力sin53Fmg=弹代入数据得2.5NF=弹B错误；C．由题可知224πcoscoskxmxT=解得24πmTk=若小桔灯的初速度变成02v，小桔灯的周期不变，C错误；D．若小桔

灯的做匀速圆周运动时橡皮筋与水平方向的夹角37='20cos37cos37vkxmx=sin37kxmg=解得小桔灯的线速度为'04m/s3v=D正确。故选AD。三、非选择题（本题共5

小题，共56分）11.气垫导轨在力学实验中有广泛的应用，某小组应用该装置不仅“验证动量守恒定律”且测出了被压缩弹簧的弹性势能。实验步骤如下：（1）首先查验轨道面平整光滑、透气孔无阻塞，查验两个滑块无扭曲形变、滑块与轨道接触的平

面平整光滑无划痕。（2）通过调节底脚螺丝使轨道水平。判断方法是：接通电源，放一个滑块在轨道一端，轻轻推动滑块后，滑块在轨道上经过A、B两个光电门的挡光时间________。（3）如图甲所示，用游标卡尺测出挡光板的宽度d=________m

m。分别测出滑块a和b带挡光板时的质量m1和m2。（4）如图乙所示，在滑块a、b之间夹一个压缩弹簧，用细绳连接a、b并固定紧绳子，然后一起放在气垫导轨中间。静止时烧断细绳，滑块a、b向两边水平弹开，测出滑块a、b挡光板的挡光时间t1和t2（滑块经过挡光板前，已经与弹簧分开）。（5）

根据实验的测量结果，在误差允许的范围内得到关系________，则表明系统总动量守恒；被压缩弹簧的弹性势能为Ep=________。（结果均用题中字母表示）【答案】①.相同②.10.40③.12120mmtt−=④.22121

21122ddmmtt+【解析】【详解】（2）判断气垫导轨水平的方法是滑块能够在水平气垫导轨上做匀速直线运动，其特征是滑块在轨道上经过A、B两个光电门的挡光时间相等。（3）挡光板的宽度10mm0.05mm?810.40mmd=+=。（5）[1

]滑块通过两光电门的速度大小分别为1advt=2bdvt=要验证动量守恒即为验证()120abmvmv+−=即为12120mmtt−=[2]根据机械能守恒，弹簧的弹性势能22p121122abEmvmv=+即为22p

12121122ddEmmtt=+12.某实验小组的同学欲描绘一个标有“6V，3W”字样的灯泡L的伏安特性曲线，实验室提供的器材如下：A．电压表V（量程为3V，内阻为3k）；B．电流表A（量程为0.6A，内阻为2）；C．滑动变阻器1R（阻值范围为0~10，

额定电流为2A）；D．滑动变阻器2R（阻值范围为0~1k，额定电流为0.5A）；E．定值电阻3R（阻值为2k）；F．定值电阻4R（阻值为4k）；G．电源（电动势为7VE=，内阻不计）；H．开关S、导线若干。（1）实验小组的同学设计了如图甲

所示的电路，为了调节方便，测量准确，滑动变阻器应选用____________（填“C”或“D”）；闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于____________（填“a”或“b”）端。（2）如图甲所示的电路中，电压表V的量程过小，应选用定值电阻_________

___（填“E”或“F”）与其串联进行改装。（3）调节滑动变阻器，记录电流表A与电压表V（改装后）的示数，通过实验数据描绘出灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示。由图乙可知，随着灯泡L两端的电压增大，其电阻_________

___（填“增大”“减小”或“不变”）。（4）另取两个相同的上述灯泡L，连接成如图丙所示的电路，已知电源的电动势为5VE=、内阻为1r=，定值电阻的阻值为04R=，则电路中一个灯泡L消耗的电功率约为_____

_______W（保留2位有效数字）。【答案】①.C②.a③.F④.增大⑤.0.57##0.58##0.59##0.60##0.61##0.62##0.63【解析】【详解】（1）[1]滑动变阻器分压式接法的电路中，滑动变阻器应选用最大阻值小于待测电阻阻值的滑动变阻器，

方便电路的调节，测量效率高，实验误差小，故选用C；[2]为保护电表，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片置于a端，使电流表和电压表的示数均为零；（2）[3]若选用定值电阻3R，则改装后的电压表的量程为()VmV3V5VUURRR=+=小于灯泡L的额定电压，不满足实验要求；同理，若选

用定值电阻4R，则改装后的电压表的量程为()'VmV4V7VUURRR=+=满足实验要求，故定值电阻应选用F；（3）[4]根据欧姆定律可知，IU−图像上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，故随着灯泡L两端的电

压增大，其电阻增大；（4）[5]设并联部分电路（即灯泡L）两端的电压为U，流过一个灯泡L的电流为I，由闭合电路欧姆定律有()02UEIRr=−+代入数据得0.510UI=−在图乙中画出此图线如答图3

所示此图线与伏安特性曲线的交点坐标即为此时通过灯泡L的电流和灯泡L两端的电压，则一个灯泡L消耗的电功率约为2.00.3W0.60WP==13.质量m=20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动，3s后撤去外力F，物体的v—t图像如图所

示。g取10m/s2，求：（1）全过程中外力F的最大功率；（2）6s内物体克服摩擦力做的功。【答案】（1）480W（2）720J【解析】【小问1详解】设前3s内物体的加速度为1a，后3s内物体的加速度为2a，前3s内，根据牛顿第二定律有1Ffma−

=根据图像可得2m112m/svat==后3s内，根据牛顿第二定律有2fma=根据图像可得2m222m/svat==联立解得F=80N，f=40N全过程中外力F的最大功率mPFv=解得480WP=小问2

详解】根据vt−图像和横轴所围面积表示位移可知166m18m2x==6s内物体克服摩擦力做的功Wfx=解得720JW=14.如图所示，在正方形ACDF区域内，对角线CF以上的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场1，对角线CF以下的区域存在垂直纸面向

里的匀强磁场2，正方形边长为l。一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子（重力不计）以初速度v0从A点沿AC方向进入磁场，在对角线CF的中点P处进入第二个磁场，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B1；（2）要使粒子能从CD边射出，匀强磁场的磁感应强度B2满足的条件。【答案】（1

）012mvBql=【（2）00224mvmvBqlql【解析】【小问1详解】粒子运动轨迹如图所示由几何关系知粒子在匀强磁场1中运动的半径2lR=，带电粒子在磁场1中运动的洛伦兹力提供向心力，则有2001mvqvBR=解得012mvBql=【小问2详解】粒子射入磁场2时，能从CD

边射出的临界粒子的轨迹如图所示，根据几何关系要使粒子能从CD边射出，粒子的回旋半径42llR根据2002mvqvBR=解得00224mvmvBqlql15.如图所示，水平地面上固定一足够长的斜面

，斜面的倾角为θ=30°，底部固定一垂直于斜面的挡板，在斜面上放置一质量为6m的滑板C，C刚好能静止在斜面上。将一质量为4m的滑块B轻轻放在C的最上端，B与C间的动摩擦因数为232=，在斜面的左上方有一固定的四分之一竖直光滑圆弧，圆弧半径为R=1.6m，一质量为m的小球A从圆弧的正上方高度为12

R处由静止释放，经过圆弧最低点时水平抛出，刚好以平行于斜面的速度与滑块B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后瞬间将小球拿走，碰撞时小球的动能减少了75%，C下滑到斜面底端时B和C的速度相等，C与挡板碰撞没有机械能的损失，不计空

气阻力，木板C足够长，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g=10m/s2。求：（1）C与斜面间的动摩擦因数；（2）C下滑到斜面底端时，B和C的速度大小；（3）C与挡板第一次碰撞后，C的速度为0时，B的速度大小。【答案

】（1）33（2）1.2m/s（3）57m/s55【解析】【小问1详解】C刚好静止于斜面上，则有16sin6cosmgmg=解得C与斜面间的动摩擦因数为13tan3==【小问2详解】设A下落到四分之一竖直光滑圆弧底端的速度为v，A与B碰前的速度大小为0v，

根据动能定理可得21122mgRRmv+=A与B碰前有0cosvv=联立解得02vgR=A与B碰撞过程中，因B球的动能减少了75%，故A球的速度变为02v；A、B碰撞过程，满足动量守恒，则有0AB4mvm

vmv=+当0A2vv=时，0B8vv=，因ABvv，所以碰撞还正在进行，与物理情景可行性原则相违背；当0A2vv=−时，B038vv=，此时22kB009313242Emvmv=，与动能不增的原则一致；碰撞完毕后，因110sin10cosmgmg

=B和C系统动量守恒，设B和C共速速度为BCv，则有BBC410mvmv=解得C下滑到斜面底端时，B和C的速度大小为BC0.31.2m/svgR==【小问3详解】第一次碰撞后，C的速度大小不变，方向相反；B下滑加速度满足2B4cos4sin4mgmgma

−=C的加速度满足21C4cos6sin10cos6mgmgmgma++=解得2B2.5m/sa=，方向沿斜面向上2C55m/s3a=，方向沿斜面向下设经过时间t，C速度为零，有BCC18s275vta==此时B的速度为的BBCBvvat−=解得B57m/s55v=