【文档说明】湖南省长沙麓山国际实验学校2024-2025学年高三上学期第一次学情检测物理试题 Word版含解析.docx，共(20)页，3.715 MB，由小赞的店铺上传

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2025届麓山国际高三第一次学情检测试卷物理总分：100分时量：75分钟一.单选题（本题共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.下列四幅图涉及不同的物理知识，如图所示，其中说法正确的是（）A.甲图中A处能观察到大量

闪光点，B处能看到较多的闪光点，C处观察不到闪光点B.图乙中用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能C.图丙中处于n=3能级的一个氢原子向低能级跃迁，最多可以放出3种频率的光D.丁图中用弧光灯照射原来

就带电的锌板时，发现验电器的张角变大，说明锌板原来一定带正电【答案】D【解析】【详解】A．甲图是卢瑟福α粒子散射实验，α粒子与金箔撞击后，绝大多数粒子不发生偏转，少数粒子发生明显偏转，极少数粒子发生较大程度的偏转，甚至是反向，所以在C处

也能看到少量的闪光点，故A错误；B．图乙是中子轰击原子核发生裂变反应，不是聚变反应，故B错误；C．一个处于n=3能级的氢原子发生跃迁时，可以从能级3跃迁到能级2，释放出一种光子，接着再从能级2跃迁到能级1，再释放出另一种光子，所以一个处于n=3能级的氢原子跃迁时最多只能放出2种

不同频率的光子，故C错误；D．发生光电效应时，电子从锌板表面逸出，会使锌板会带上正电。如果用弧光灯照射原本就带电的锌板，发现验电器张角变大时，说明锌板所带电荷量增加，因此说明锌板原来一定带正电，故D正确。的故选D。2.如图（a），电鲶遇到危险时，可产生数百伏的电压。如图（b）所示，若

将电鲶放电时形成的电场等效为等量异种点电荷的电场，其中正电荷集中在头部，负电荷集中在尾部，O为电鲶身体的中点，AOBO=且AB为鱼身长的一半，下列说法正确的是（）A.A点电势高于B点电势B.A点场强和B点场强相同C.将

正电荷由A点移动到O点，电场力做正功D.若电鲶头尾部间产生400V的电压时，AB间的电压为200V【答案】B【解析】【详解】A．头部集中正电荷，尾部集中负电荷，电场线方向由B指向A，沿电场线方向电势降低，故B点电势高于A点，故A错误；B．根据等量异种点电荷的电场分布的对称性

可知，A点和B点场强相同，故B正确；C．由于电场线方向由B指向A，所以正电荷的受力方向为由B指向A，正电荷由A移动到O时，电场力做负功，故C错误；D．根据等量异种点电荷的电场分布规律可知A、B间的电场线比A点到鱼尾或B点到鱼头的电场线稀疏，则平均场强也较小，故A、B之

间电压小于200V，故D错误。故选B。3.秋分这天太阳光几乎直射赤道。现有一人造卫星在赤道上空距离地面高度为R处绕地球做圆周运动。已知地球的半径为R，地球的质量为M，引力常量为G。则秋分这天在卫星运动的一个周期内，卫星的太阳能电池板接收不到太阳光的时间为（）A.2π23RRtGM=B.π62G

MtRR=C.4π3RRtGM=D.π3GMtRR=【答案】A【解析】【详解】由题意可知该人造卫星的轨道半径为2rR=根据万有引力提供向心力可得2224(2)(2)GMmmRRT=解得24RTRGM=由几何关系得

人造卫星太阳能电池板接收不到太阳光的范围如下图所示由几何知识可得60=故一个周期内卫星的太阳能电池板接收不到太阳光的时间为223603RRtTGM==故选A。4.通电螺线管外套着a、b两个金属环，两个环的圆心在螺线管的轴

线上，如图所示。闭合开关S，在移动滑动变阻器的滑动头P时，下列说法正确的（）A.磁通量ΦΦabB.当P向右滑动时，a、b两环的面积有收缩的趋势C.当P向左滑动时，b环中的感应电流方向为逆时针方向（从左向右看）D.a、b两环中感应电流的磁场与螺线管内部磁感应强度方

向相同【答案】C【解析】【详解】A．由于螺线管内部磁场和外部磁场均通过线圈a、b，且内部磁场的磁通量大于外部磁场的磁通量，则=−外内因为螺线管外部磁场通过金属环a的磁通量小于通过金属环b的磁通量，故ab故A错误；B．P向右滑动，滑动变阻器阻值减小，电路总阻值减小，螺线管电

流变大，根据安培定则可知通过a、b环中的磁通量向左变大，根据楞次定律可知，a、b两环的面积有扩张的趋势，故B错误；C．P向左滑动，滑动变阻器阻值增大，电路总阻值增大，螺线管电流变小，根据安培定则可知通过a、b环中的磁通量向左变小，根据楞次定律可知，b环中的感应

电流方向为逆时针方向（从左向右看），故C正确；D．移动滑动变阻器的滑动头P，电路总电阻变化，线圈电流变化，电流磁场的变化使金属环a、b发生电磁感应现象，若螺线管电流的磁场变大，在金属环范围内，螺线管内部磁场比外部磁场变化快，则两金属环磁通量变大，故感应电流的磁场与螺线

管内部磁场反向；反之，感应电流的磁场与螺线管内部磁场同向，故D错误。故选C。5.1834年，洛埃利用单面镜同样得到了杨氏干涉的结果（称洛埃镜实验）。实验基本装置如图所示，单色光源S发出的光直接照在光屏上，同时S发出的

光还通过平面镜反射在光屏上。从平面镜反射的光相当于S在平面镜中的虚像发出的，这样就形成了两个相干光源。设光源S到平面镜所在平面的距离和到光屏的距离分别为a和L，光的波长为。如果仅改变以下条件，关于光屏上相邻两条亮纹间距x的描述正确的是（）A.平面镜水平向左移动少许，x

将变小B.平面镜竖直向下移动少许，x将变小C.光屏向左移动少许，x将变大，D.点光源S由红色换成绿色，x将变大【答案】B【解析】【详解】从光源直接发出的光和被平面镜反射的光实际上是同一列光，故是相干光，该干涉现象可以看做双缝干涉，所以SS之间的距离为d，而光源S到

光屏的距离看以看做双孔屏到像屏距离L，双缝干涉的相邻条纹之间的距离为Lxd=因为d=2a所以相邻两条亮纹（或暗纹）间距离为2Lxa=平面镜水平向左移动少许，x不变；平面镜竖直向下移动少许，a变大，x将变小；光屏向左移动少许，L变小，x将变小；点光源S由红色换成绿色

，波长变小，x将变小。故选B。6.《天工开物》中记载有：“凡试弓力，以足踏弦就地，秤钩搭挂弓腰……则知多少”，图1所示是古代某次测量弓力时的情境。图2为某同学制作的弓的简化图，弓弦挂在固定点O上，弓下端挂一重物，已知弓弦可看成遵循胡克定律的弹性绳，弓腰和重物的总质量

为80kg时OA与竖直方向的夹角为37°，不计弓弦的质量和一切摩擦，未拉动弓弦时弓弦恰处于原长，重力加速度g取210m/s，sin370.6=，忽略弓腰的形变。如图3所示，当弓水平在弦上搭质量为1.0kg的箭，拉动弓弦，两侧弓弦夹角为

106°时，释放弓弦，弓弦对箭的作用力产生的最大加速度大小为（）A.2187.5m/sB.2225m/sC.2300m/sD.2500m/s【答案】B【解析】【详解】对弓腰和重物组成的系统进行受力分析，设弓弦上的张力为F，此时弓弦长度为x1，原长为0x，有2cos37Fmg=由胡克定

律有10)(Fkxx=−根据几何关系有01sin37xx=拉动弓弦，两侧弓弦夹角为106°时，有112cos53Fma=由胡克定律有120()Fkxx=−根据几何关系有02sin53xx=解得2225m/sa=故选B。二.多选题（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，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分）7.如图所示的是某小型发电站高压输电示意图。发电站输出的电压U1不变；升压变压器输出电压为U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。为了测量高压电路的电压和电流，在输电线路的

起始端接入电压互感器和电流互感器，若不考虑变压器和互感器自身的能量损耗，所有的电表均为理想电表。则（）A.①为电流表，能测量大电流；②为电压表，能测量高电压B.在用户不变的情况下，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少C.U2>U3，凌晨时分，用户家的灯将变得更亮D.仅将滑片P下移，则降压变

压器副线圈两端的电压U4变小【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，①接在火线和零线之间，为电压表，②接在同一条线上，测得是电流，为电流表，故A错误；B．在用户不变的情况下，仅将滑片Q下移，升压变压器副线圈匝数增大，则U2增大，总电阻不变，故输电线上的电流增大，则输电线损耗功率增大，故B错误

；C．由于输电线上有电压降，则有23UU凌晨时分，降压变压器的输出端用电量减少，电路中的电流减小，则输电线上的电压降减小，则降压变压器的输入电压增大，用户得到的电压变大，用户家的灯将变得更亮，故C正确；D．由于233UIRU=+3443InIn=

3344UnUn=所以3344424443434·nnnnUUIRURUnnnRn=+=+用仅将滑片P下移，则降压变压器的初级线圈匝数n3增大，则降压变压器副线圈两端的电压U4的变化不能确定，故D错误。故选C。8.蹦床运动中，体重为60kg的运动员在0t=时

刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取210m/s。下列说法正确的是（）A.0.15st=时，运动员的重力势

能最大B.0.30st=时，运动员的速度大小为10m/sC.1.00st=时，运动员恰好运动到最大高度处D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N【答案】BD【解析】【详解】A．

根据牛顿第三定律结合题图可知0.15st=时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；BC．根据题图可知运动员从0.30st=离开蹦床到2.3st

=再次落到蹦床上经历的时间为2s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在1.3st=时，运动员恰好运动到最大高度处，0.30st=时运动员的速度大小101m/s10m/sv==故B正确，C错误；D．同理可知运动员落到蹦床时的速度

大小为10m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理()Ftmgtmvmv−=−−其中0.3st=代入数据可得4600NF=根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N，故D正确。故选BD9.如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端

与质量为m的滑块甲连接，甲穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块甲和重物乙连接起来，重物乙的质量6Mm=。现把滑块甲从图中P点由静止释放，当它经过P、Q两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OP与水平面的夹角53

=，OQ长为l，与PQ垂直。不计滑轮的质量和一切阻力，重力加速度为g，在滑块甲从P到Q的过程中，下列说法正确的是（）A.甲与乙的机械能之和先减小后增大B.重物乙的重力的功率先增大后减小C.滑块甲运动到位置Q处速度达到最大

，且大小为433glD.轻绳对滑块乙做功4mgl−【答案】BD【解析】【详解】A．当滑块甲经过P、Q两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，故在P点弹簧的压缩量与在Q点弹簧的伸长量相等，在滑块甲从P到Q的过程中，弹力对甲先做正功再做负功，故甲与乙组成

的系统机械能之和先增加后减小，A错误；B．刚释放时重物乙速度为零，当甲运动到Q点时，甲的速度方向与绳垂直，此时乙的速度为零，故重力的功率先增大后减小，B正确；C．由A的分析可知，在P点弹簧对甲的弹力向上，在Q点弹簧对甲弹力向下，可知，甲先

加速上升后减速上升，在P、Q间某位置，合力为零，速度最大，在Q点时合力已向下，速度已开始减小，C错误；D．由选项B分析可得，甲从P到Q过程，乙的速度从零增大之后再减小为零。设轻绳对重物乙做功为。的W，对乙由动能定理可得60cos53lmglW−+=（）联立解得4Wmgl=−D

正确。故选BD。10.如图所示，两足够长平行光滑固定导轨，倾角为θ，导体棒ab、cd用绝缘细线相连，处于水平状态，在平行于斜面向上的恒力F作用下静止于轨道，一范围足够大的匀强磁场垂直于轨道斜面（未画出）。磁感应强度为B，

轨道宽度为l，导体棒ab、cd接入电路的电阻分别为R和2R。剪断细线，经t时间ab达到最大速度。已知导体棒ab质量为2m，导体棒cd质量为m。下列说法正确的是（）A.经t时间cd达到最大速度B.ab的最大速度为22sin2mgRBlC.在

0到t时间内，流过ab的电荷量为()22222sin2mgBltmRBl−D.在0到t时间内，ab上滑的距离为()22442sinmgRBltmRBl−【答案】AD【解析】【详解】A．对导体棒ab、

cd组成的系统进行受力分析，可知合外力为零，系统动量守恒，cd速度同时达到最大，故A正确；B．未剪断细线时，有3sinFmg=导体棒ab达到最大速度时，有2sinmgFF+=安又FBIl=安3EIR=根据导体棒切割磁感线产生

电动势，可得mmabcdEBlvBlv=+又mm2abcdmvmv=联立解得mabv=22sinmgRBl故B错误；C．根据动量定理，可得()m2sin2abFmgtBIltmv−−=又qIt=联立解

得q=()22332sinmgBltmRBl−故C错误；D．设在0到t时间内，ab上滑的距离为x，则cd下滑的距离为2x，有q=()23BxxlR+联立解得()22442sinmgRBltmRxBl−=故D正确。故选

AD。三.填空题（本题共2小题，共18分）11.在“用单摆测量重力加速度”的实验中：（1）用一新型游标卡尺测出摆球直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为________cm；（2）将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下部分露于筒外），如图（a

）所示。将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动的过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图像，那么就可以

通过此图像得出当地的重力加速度g和小筒的深度h，取π=3.14，回答下列问题：①如果实验中所得到的T2-L图像如图（b）所示，那么真正的图像应该是线________（选填“a”、“b”或“c”）。②由图像可知，当地的重力加速度g=_______

_m/s2（结果保留三位有效数字），小筒的深度h=_______m。【答案】（1）1.02（2）①.a②.9.87③.0.45【解析】【小问1详解】游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以摆球的直径为10mm20.1mm10.2mm1.02cm+==【小问2详解】[1]由

单摆的周期公式得2hLTg+=可得224()ThLg=+所以图像应该是a。[2][3]结合图像可知2241.804510g−=241.80hg=联立可得29.87m/sg=，0.45mh=12.电流表1G的量程为05mA，内阻为290Ω，把

它改装成如图所示的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程。当开关S接到1或2位置时为电流挡，其中小量程为010mA，大量程为0100mA。（1）关于此多用电表，下列说法正确的是____________；A．

开关S接到位置4时是欧姆挡B．开关S接到位置6时是电压挡C．开关S接到位置5时的量程比接到位置6时的量程大（2）开关S接位置____________（填“1”或“2”）时是电流挡的小量程，图中电阻2R=____________Ω

；（3）已知图中的电源E的电动势为9V，当把开关S接到位置4，短接A、B进行欧姆调零后，此欧姆挡的内阻为____________Ω，现用该挡测一未知电阻阻值，指针偏转到电流表1G满刻度的35处，则该未知电阻的阻值为____________Ω。【答案】①

.AB##BA②.2③.261④.900⑤.600【解析】【详解】（1）[1]A．当开关接到位置4时，电流表与内电源串联，电表为欧姆表，故A正确；B．当开关S接到位置6时，电流表与电阻串联，起到分压作用，电表电压表，故B正确；C．开关S接到位置5时与接到位置6时对比，接到6时

串联的电阻大，分压作用也大，电压表的量程也更大，故C错误。故选AB。（2）[2]当开关S接到2位置时，并联的电阻大，分流小，其电流表的量程小。[3]记接1时的最大电流为I1，接2时最大电流为I2，由题意可知，当开关接到1时，有()()211ggIrRIIR+=−当

开关接到2时，有()()212ggIrIIRR=−+代入数据解得2261ΩR=（3）[4][5]由上述分析可知，当开关S接到位置4时，电路中的满偏电流为Im=10mA，则由题意即欧姆定律可得3m'9V900Ω1010ERImA−===由指针偏转到电流表G1满刻度的35处

可得m3'5'EIRR=+解得'600ΩR=四.计算题（本题共3小题，其中第13题10分，第14题14分，第15题14分，共38分。写出必要的推理过程，仅有结果不得分）13.如图所示为一空腔呈猫爪形状且导热性能良好的球形容器，晓萌同学为了测量它的容积，在容

器上竖直插入一根两端开口且粗细均匀的玻璃管，密封好接口。玻璃管内部横截面积为S，用一长为h的液柱封闭气体，此时管内气柱长为1L，外界的温度为1T。当外界温度缓慢升高到2T时，管内气柱长度变为2L，为液体未溢出。已知液体的密度为，重力加速度为g，大气压强为0p，求：（

1）温度为1T时封闭气体的压强p；（2）容器的容积V；（3）外界的温度从1T变化到2T过程中，气体对外界所做功W。【答案】（1）0ppgh=+；（2）()122121TLTLSVTT−=−；（3）()()210WLLpghS=−+【

解析】【详解】（1）对液柱分析，有0pShSgpS+=解得0ppgh=+（2）假设容器的容积为V，对封闭气体分析，其初态体积为11VVLS=+其末态体积为22VVLS=+由于该过程中气体压强不变，根据盖吕萨克定律有121

2VVTT=解得()122121TLTLSVTT−=−}（3）由于该过程中等压变化，其体积变化()2121ΔVVVLLS=−=−为该过程气体对外界做功为WpV=解得()()210WLLpghS=−+14.图为某一食品厂生产流水线的一

部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以A3vgR=的速率从A点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点B处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞（假设每一个产品的质量均为m），被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道BC滑动，以C2v

gR=的速度滑上运行速度为v的传送带CD。其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为4R，传送带的摩擦因数为20.5=，长度为14R，求：（1）为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？（2）BC段杀菌平台的摩擦因数1是多少？（3）调整产品从A点出

发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？【答案】（1）4vgR；（2）158=；（3）855gRtg=【解析】【详解】（1）若产品由C到D一直加速，则传送时间最短，设加速获得的最大速度为mv，由动能定理222m111422CmgRmv

mv=−解得m4vgR=则传送带速度应满足4vgR（2）产品2从A运动到B的过程，由动能定理得2211222BAmgRmvmv=−产品2和产品1发生弹性碰撞，由动量守恒12Bmvmvmv=+机械能守恒22212111222Bmvmvmv=+解

得10v=，27vgR=产品1进入杀菌平台后滑行到C点前，由动能定理得221211422CmgRmvmv−=−解得158=（3）若要保证不脱轨，则产品在A点的最小速度满足2mAmvmgR=同第（2）问原理知，产品进入杀菌平台的最

小速度25vgR=产品减速到0的距离为s，由动能定理得212102mgsmv−=−解得4sR=滑行距离为4R，恰能到达传送带上，此时产品进入杀菌平台后杀菌时间最长，由动量定理得120mgtmv−=−解得855gRt

g=15.如图，有一个正方体空间Ⅰ（11113333OabcOabc−）和一个长方体空间Ⅱ（11112222OabcOabc−）相拼接。以1O为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系1Oxy−。空间I内存在沿z轴负方向的匀强电场（图中未画出），空间Ⅱ内存在沿z轴正方向的匀强磁场（图中未画出

）。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从33Oc边的中点P以初速度0v沿x轴正方向射入空间I，恰好经过正方形1111Oabc的中心点Q，并最终从空间Ⅱ的竖直棱12aa飞出长方体区域。空间I棱长为4L，不计粒子重力。求：（

1）匀强电场的电场强度大小；（2）粒子经过Q点时的速度大小；（3）匀强磁场的磁感应强度大小及长方体空间Ⅱ竖直棱的最小高度。【答案】（1）202mvqL（2）017v（3）02mvqL，4πL【解析】【小问1详解

】带电粒子在空间Ⅰ中做类平抛运动，运动轨迹如图所示根据类平抛运动规律可得012Lvt=21142Lat=qEma=联立解得匀强电场的电场强度大小为202mvEqL=【小问2详解】在空间Ⅰ中，由动能定理可得2k0142qELEmv

=−解得粒子经过Q点时的动能为2k0172Emv=所以粒子经过Q点的速度大小为k0217Evvm==【小问3详解】将速度v分解为x轴正方向的速度v0和z轴负方向的速度4v0，由于z轴速度方向与磁场平行，不产生洛伦磁力，在xO1y平面内的分速度

，使粒子受洛伦兹力，在xO1y平面内做匀速圆周运动，粒子要从竖直棱飞出，只能从a1a2飞出，根据洛伦兹力提供向心力有200vqvBmr=由几何关系可知2rL=可得匀强磁场的磁感应强度大小为02mvBqL=运动时间为002rLtvv==该段时间内，粒子不能脱离Ⅱ，故空间Ⅱ竖直棱的最小高度为04

4HvtL==