【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，3.136 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cos24m

g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2sin30NFmg=+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2

2204GMmmmgRRT=+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，2s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2.4JD.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122EBLvBLv=+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）4.55.56.57.58.59.510.5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E1________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2.5

A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+r

UERE=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20NvFmgmR−=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=+222110121112222mgLmvmvmv=−−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211(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。