2025届湖南省岳阳市高三上学期教学质量监测（一）物理试卷

姓名 考号 岳阳市2025届高三教学质量监测（一） 物理 本试卷共8页，15道题，满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级，姓名和考号填写在答题卡指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应的标号涂黑，如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。 3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域 内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液 4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡。 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.在人类对世界进行探索的过程中，许多物理学家的科学发现推动了物理学的进步。 关于科学家和他们的贡献，下列叙述中正确的是 A。德国物理学家纽曼、韦伯先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这 一电路的磁通量的变化率成正比 B.开普勒通过研究行星观测记录发现：对任意一个行星来说，它离太阳越近的时 候运行速度越慢 C.牛顿用强光照射一条单缝，通过这条狭缝的光再通过双缝，发生干涉，这是最 早的光的干涉实验，它有力地证明了光是一种波 D,法国物理学家安培在分析了许多实验事实后，得出了关于感应电流方向的规律 2.如图所示，物体所受重力为40N,用细轻绳OC悬于O点，绳OC所能承受的最大 拉力为50N。现用细轻绳AB绑住轻绳OC的A点，再用缓慢增大的水平力F牵引 A点，轻绳OC的A点缓慢上升，已知sin53-0.8,cos53=0.6。则从水平牵引力F 刚作用在A点到OA段绳子刚被拉断过程中，下列说法正确的是 A.OA段绳子刚被拉断时，绳AB的拉力大小为50N B.OA段绳子刚被拉断时，绳OA与竖直方向夹角为53° C.绳OC的A点缓慢上升过程中，AB细绳拉力逐渐变大 D.绳OC的A点缓慢上升过程中，绳OA与绳AB对A点 拉力的合力大小逐渐变大 高三物理一模试卷第】页（共8页） 3.某和矿井中有一升降机以2ms的速度竖直向上匀速运行，某时刻升降机底板上的一 颗螺钉松动脱落，螺丝钉的脱落不影响升降机的运动。再经4s升降机底板上升到 井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2,下 列说法正确的是 A.该矿井的深度为100m B.螺钉脱落时距井底的距离为72m C.螺钉脱落后的运动为自由落体运动 D.螺钉脱落后落到井底时速度的大小为40m/s 4.2024年9月25日，中国火箭军向南太平洋预定水域试射东风-31AG型导弹，本次 试射的导弹飞行了12000公里，显示出我国强大的国防实力。若将导弹发射和飞 行过程简化为：如图所示，从地面上A点发射出的导弹，只在引力作用下沿ACB 椭圆轨道飞行击中地面目标B,C为轨道的远地点且距地面高度为H。已知地球半 径为R,质量为M,引力常量为G。下列关于导弹只在引力作用下沿ACB椭圆轨 道飞行过程，结论正确的是 A,导弹在空中的运动是匀变速曲线运动 B.导弹在A点的速度小于在C点的速度 C.导弹在A点的加速度a,< GM R (R+H) D.导弹在C点的速度：<R+H GM 地球 5.A、B是真空中的两个电荷量都是Q(Q>O)的点电荷，相距L,AB连线中点为O。 现将另一个电荷量为q的点电荷放置在AB连线的中垂线上，距O为x的C处， 如图甲所示，此时9所受的静电力大小为F,若仅将A的电荷量变为一Q,其他 条件不变，如图乙所示，此时9所受的静电力大小为F2,己知静电力常量为k,下 列说法正确的是 A.F2的方向与AB平行，且向左 B.F1= 8kOqx Q 甲 (4x2+L2)3 L C.F3= 8kOqL (4x2+L2)2 0 D.当L=4x时，F与F2的大小相等 乙 高三物理一模武卷第2页（共8页） 6.如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点。质量为m的小球和轻弹簧 套在轻杆上，弹簧的劲度系数为k,弹簧原长为0.6L,左端固定在A点，右瑞与小 球相连。长为L不可仲长且质量不计的细线一瑞系住小球，另一瑞系在转轴上B 点，A、B间距离为0.6L。装置静止时将小球向左缓慢推到距A点0.4L处时松手， 小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。 已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 速度大小为g,不计转轴所受摩擦和空气阻力的影响。 0.6 下列说法正确的是 A.小球与轻杆间的动摩擦因数为4=2L t 5mg B.小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速度。为3L+20mg 12mL C.从开始转动到轻绳伸直的过程中，小球克服摩擦力做的功为2 5 D.若从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中，小球克服摩擦力做的功为W, 则该过程外界提供给装置的能量E为6kL+40gL十W 75 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.如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个由蜡做成的小圆 柱体R。R从坐标原点以速度o=Icm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做 初速度为0的匀加速直线运动。测出某时刻小圆柱体R运动到Q点（图中没有画出） 时的x、y坐标值分别为6cm和2cm。则 y/cm x/cm A.小圆柱体R做匀变速直线运动 B.小圆柱体R做匀变速线运动 C.小圆柱体R运动到Q点时速度大小为2V0cm/s D.小圆柱体R运动到2点时速度与x轴正方向夹角的正切值等于 6 高三物理一模试卷弟3页（共8页） 8. 如右图所示，某景区的彩虹滑梯由两段倾角不同的直轨道组 成，轨道间平滑连接，游客由静止开始从顶端滑到底端，且 与两段滑梯间的动摩擦因数相同。用y、x、a、E、Q分别表 示其速度大小、下滑的轨迹长度、加速度大小、机械能和摩 擦产生的热量，1表示所用时间，下列图像可能正确的是 0 9.如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，极板间电场 可视为匀强电场，板长为2L,板间距离为d,距板右端处有一竖直屏M,一带电 荷量为q、质量为m的质点以初速度%沿中线射入两板间，最后垂直打在M上。 已知重力加速度为g,则下列结 论正确的是 A.质点打到M板所用时间为3礼 B.两极板间的电势差为mgd 2 2q C. 整个过程中质点的重力势能增加3mg心 2喝 D.保持极板中线位置以及其他条件不变，将两极板间距变为2d,该质点不会垂 直打在M上 10.如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD以及直宽轨EF、GH组合 而成，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，AB、CD等长且与EF、GH均相互平行， BE、GD等长、共线，且均与AB垂直，窄轨间距为二，宽轨间距为L。整个空 间均有竖直向上的磁感强度为B的匀强磁场。两根完全相同且粗细均匀的导体直 棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，棒长为L、质量为m、电阻为R。初始时b 棒静止于导轨EF段某位置，a棒从AB B M G H 段某位置以初速度w向右运动，且a棒 C 距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够 长。下列判断正确的是 A.a棒刚开始运动时两端点间的电压Uw= 8L 11 B.a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为B 4mR C.经过足够长的时间，a棒的速度为0.9% D.整个过程中a棒产生的焦耳热为。m。2 高三物理一模试卷第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共56分. 11,(6分)为了验证碰撞过程遵循动量守恒，某同学设计了如图装置。在离地面高度 为h的光滑水平桌面上，放置两个半径相同的小球a和b,其中，b与轻弹簧紧 挨着但不拴接，弹簧左侧固定，自由长度时离桌面右边缘足够远，起初弹簧被压 缩一定长度并锁定。α放置于桌面边缘，球心在地面上的投影点为O点。实验时， 先将a球移开，弹簧解除锁定，b沿桌面运动后水平飞出。再将α球放置于桌面 边缘，弹簧重新锁定。解除锁定后，b球与α球发生碰撞后，均向前水平飞出。 重复实验10次。实验中，小球落点记为A、B、C。 h 0 AB C ()若a球质量为ma,b球质量为mh,b球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出， 则ma m。(填“>”“<”或“=”) (2)关于本实验的实验操作，下列说法中不正确的是 A.重复操作时，弹簧每次被锁定的长度应相同 B.仅调节桌面的高度桌面越高，线段OB的长度越长 C.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的 平均位置 T D.重复操作时发现小球的落点并不完全重合，说明实验操作中一定出现了 错误 (3)已知小球a的质量m。和小球b的质量m6,小球飞出的水平距离分别为x0 xo8、xoc,在实验误差允许的范围内，当所测物理量满足表达式： 即说明碰撞过程遵循动量守恒。 高三物理一模试卷第5页（共8页） 12.(10分)为了响应绿色、开放、共享的新发展理念，岳阳市将大力发展光伏发电， 到2025年光伏发电装机容量新增130万千瓦以上。光伏电池是将太阳能转化为 电能的装置，目前已广泛应用于人们生活的各个方面。小王家里就安装了一套太 阳能庭院灯，小王拆下了其中的光伏电池，欲测量其电动势和内阻。通过查阅铭 牌，他们了解到电池规格为“12V:22:6Ah”,高亮度LED照明灯的规格为“5W: 10V”。 (1)若通过分压电阻保证LED灯正常发光，则给光伏电池充满电后，理论上可使 LED灯连续照明 h: (2)实验室可提供的器材如下： 电流表A(量程0.6A,内阻约为22) 电压表V(量程15V,内阻约为10k2) 滑动变阻器R1(0-202) 电阻箱R2(最大阻值992，最小分度0.1) 电阻箱R3(最大阻值9992，最小分度12) 单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S2及导线若干 为测量该电池的电动势和内阻，该小组设计了如图甲所示的电路，并按以下步 骤进行操作： 甲 乙 ①闭合开关S1,断开开关S2,调节滑动变阻器R1使电流表指针满偏： ②保持滑片P不动，把开关S2与1接通，调节电阻箱使电流表读数为0.4A, 读出电阻箱的阻值，其中电阻箱应选择 (选填“R2”或“R3”): 则可得电流表的内R= ③闭合开关S,把开关S2与2接通，调节滑动变阻器阻值，记下多组电流表 的示数【和相应电压表的示数U: ④以U为纵坐标，I为横坐标，作出U一I图线如图乙所示，图线斜率的绝对 值为k,纵截距为b,根据图线求得电动势E 内 阻r= 高三物理一模试卷第6页（共8页） 13.(10分)一倾角为0=37°足够长的斜而，置于水平面上，一木块（可视为质点）质量 为m=0.5kg,与斜面之问的动摩擦因数为=0.25，给木块一沿斜而向上大小为 F=6N的恒定拉力，使木块从斜面底端由静止开始沿斜而向上运动，1=2s末撤去 拉力，整个过程斜面始终静止不动，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g10m/s2,求： (1)木块沿斜面向上运动的最大距离： (2)木块能否返回？说明理由。如果能返回，求返回出发点的速度大小。 14.(14分)如图甲所示，长为L=0.2m的绝缘细线一端固定在0点，另一端连接一 质量为m=0.3kg、电荷量为g=1.0C的带正电小球，整个区域内有方向水平向右 的匀强电场，电场强度大小为E。小球静止时细线与竖直方向夹角为-53°，重力 加速度g取10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6。 (1)求电场强度的大小E: (2)现将小球拉至最高位置并给小球一水平向左的初速度，让小球恰好能在竖直面 内做半径为L的圆周运动，如图乙所示，PQ为竖直直径，求小球电势能最小时 细线的张力： (3)在第(2)问的条件下，若某时刻剪断细线，同时在整个区域内加上一个方向垂直 纸面的匀强磁场，恰使小球做匀速直线运动，求所加匀强磁场的磁感应强度。 P 0 0 m 图甲 图乙 高三物理一模试卷第7页（共8页） 15.(16分)如图所示，地面的左侧有一个固定的半径R=0.45m的四分之一光滑圆弧 轨道，在光滑的水平地面上紧靠圆弧轨道右侧放置一块质量为M=1kg的足够长 的木板，木板的上表面粗糙且与圆轨弧道末端等高，木板的右端足够远处有竖直 的墙壁。木板的左端静止放置一个质量也为1kg小物体Q。质量为m=0.5kg的物 体P由圆弧轨道最高点静止滑下，在圆弧轨道末端与物体Q发生弹性碰撞，后立 刻拿走物体P。已知重力加速度g=10m/s2,每一次碰撞的时间都极短，可忽略不 计。求 (1)物体P、Q碰前瞬间，物体P的速度大小： (2)木板第一次与墙碰前瞬间的速度大小： (③)若木板每一次与墙碰后瞬间的速度大小是碰前瞬间的；，求： ①木板与墙第4次碰撞损失的动能（结果可以用分数表示）： ②木板与物体Q之间因摩擦产生的总热量。 P 墙壁N 木板 77777777777777777777777777777777777772772 高三物理一模试卷第8页（共8页）岳阳市 2025 届高三教学质量监测(一) 物理参考答案及评分标准 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B D C D BD AD AC ABC 1．答案：A 【详解】A．德国物理学家纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，于 1845年和 1846 年先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比(选择性必修 二 P31页)。故 A正确 B．开普勒通过研究行星观测记录，得出行星离太阳越近时，运动越快。故 B错误 C．托马斯·杨用强光照射一条单缝，通过这条狭缝的光再通过双缝，发生干涉，有力地证明了 光是一种波。 D．法国物理学家楞次在分析了许多实验事实后，得出了关于感应电流方向的规律，即楞次定 律。 2．答案：C 【详解】OA段绳子刚被拉断时，正交分解法有：绳 AB的拉力为 30N，绳 OA与竖直方向夹角 为 37º，故 AB错误。点缓慢上升过程中，由动态三角形有 AB细绳拉力逐渐变大，故 C对。A点缓 慢上升过程中，绳 OA与绳 AB对 A点拉力的合力大小与重力等大反向，故 D错误。 3．答案：B 【详解】A．螺钉脱落时速度竖直向上，所以螺钉脱落后的运动为竖直上抛，故 A错误； B．螺钉从脱落到落到井底，则 2 1 2 H vt gt  代入数据，解得脱落时螺钉距离井底 H=-72m，即 螺钉脱落时，升降机底板距离井底的距离为 72m，故 B正确； C．螺钉脱落时，升降机地板距离井口 h=vt=8m，该矿井的深度为 80mh H  ，故 c错误； D．螺钉脱落后落到井底时速度的大小为 v=v0-gt=-38m/s，故 D错误。 4．答案：D 【详解】A．导体做非匀速曲线运动。 B．由 A点到 C点，万有引力做负功，由动能定理有 VA＞VC。 C．ac= 2)( hR GM  ，aa= 2R GM 有 aa＞ac。 D．若导弹在 C点做圆周运动，有 VC′= hR GM  ，但导体在椭圆轨道上，有 VC＜VC′，故 D正确。 5．答案：C 【详解】由于点电荷 q的电性不知，所以 F2的方向可能与 AB平行，且向左，也可能与 AB平行， 且向右。F1= 16���� （4�2+�2） 3 2 ，F2= 8���� （4�2+�2） 3 2 ，故 C正确 D错误 6．答案：D 【详解】A．小球与轻杆间的动摩擦因数为 �= �� 5mg，故 A错误 B．小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速度�为 3��+20�� 12�� ，故 B错误 C．从开始转动到轻绳伸直的过程中，小球克服摩擦力做的功为W = μmg × 0.4L = 4KL 2 5 ，故 C 错误 D．题设过程中弹簧初始时的压缩量与最终状态时的伸长量相等，故弹性势能改变量Δ�p = 0， 由能量守恒有� = � + 1 2 ��2，其中� = 0.8��，� = � 解得该过程外界提供给装置的能量� = 6�� 2+40��� 75 + �，故 D正确 7．答案：BD 【详解】小圆柱体 R的运动轨迹是一条抛物线，故 A错 B正确 C．小圆柱体 R运动到 Q点时速度大小为 37 cm/s，方向与 x轴正方向夹角的正切值等于 1 6 ，C 错 D正确。 8．答案：AD 9．答案：AC 【详解】A．水平方向为匀速直线运动，故质点打到M板所用时间为 3� �0 ，故 A正确 由于最后垂直打在M上，故垂直极板方向上有ΔVy=0，即： ��−�� � 2� = �� � �，有两极板间的电场 强度为 3�� 2� ，故电势差 u= 2��� 3� ，故 B错误，两极板间距变为 2d，其他条件不变时 E不变，故仍有ΔVy=0， D错误。可逆思想： xy=12 ��−�� � （ 2� �0 ） 2 + 1 2 g（ � �0 ） 2 且 E= 3�� 2� ，有 mgxy= 3��2�2 2�0 2 ，故 C正确 10．答案：ABC 【详解】A．因为 N点电势高，故 UNM为正，UNM= 2 3 ���0 + 3 4 1 3 ���0 = 11 12 ���0， 故 A正确 B．a棒刚开始运动时，a棒产生的感应电动势为� = � � 3 �0 由闭合电路欧姆定律得电路中的感应电流为 I = ��3�0 � 3+� 对 b棒，根据牛顿第二定律得 BIL=ma解得 b棒的加速度大小为� 2�2�0 4�� ，故 B正确； C．设经过足够长的时间，a、b棒的速度分别为 va、vb。经过足够长的时间，两棒产生的感应电 动势大小相等，回路中没有感应电流，两棒不受安培力，均做匀速直线运动，则有� � 3 ��=BLVb则得 Va=3Vb 对 b棒，由动量定理得 BILt=mvb-0，对 a棒，由动量定理得−� � 3 �� = ���−��0 由以上三式解得，Va=0.9V0；Vb=0.3V0 D．整个过程中两棒产生的焦耳热�总 = 1 2 ��02 − 1 2 ���2 − 1 2 ���2 = 1 20 �� 2 解得�� = 1 4 �总 = 1 80 �� 2，故 D错误 非选择题 11．答案：(1)< (2)D (3)mbxOB=mbxOA+maxOC 12．答案：(1)12 (2) 2R 02 1 r b 02 1 rk  13．答案：(1)以木块为研究对象，在向上运动过程中，撤去拉力前 1sin cosF mg mg ma     …………………………1分 撤去拉力后 2sin cosmg mg ma    …………………………1分 解得 2 1 4m/sa  2 2 8m/sa  …………………………1分 撤去拉力时的速度为 V1=a1t=8m/s…………………………1分 木块向上运动的最大距离为 2 2 1 max 1 2 1 2 2 vx a t a   …………………………1分 联立解得 Xmax=12m…………………………1分 (2)木块到达最高点后，因为  cossin mgmg  ，所以木块会下滑返回。……1分 3cossin mamgmg   ……………………1分 a3=4m/s2，木块会下滑返回时的速度为 v2，则： max3 2 2 2 xav  …………………1分 smv /642  …………………1分 14．答案：(1)小球静止时分析受力有： tanmgqE  …………………………2分 求得 N/C4E …………………………1分 (2)当小球运动到重力与电场力的“等效最高点”时动能最小，此时重力和电场力的合力提供向 心力，细线张力为零，有     2 2 2 1vmg qE m L   …………………………1分 小球的最小动能 2 kmin 1 1 0.5J 2 E mv  由题意可知当小球运动至圆周运动轨迹的最右端时其电势能最小，从“等效最高点”到该处的 过程中，由动能定理有   2 22 1 1 1cos sin 2 2 mgL qE L L mv mv     …………………………2分 其中θ为重力与电场力的合力与竖直方向的夹角，且 3 4tan  mg qE 又根据牛顿第二定律有 2 2vT qE m L   …………………………1分 联立解得 T=27N 方向水平向左。………………………1分 (3)由题意可知，剪断细线后，小球沿切线方向做匀速直线运动，小球受到的重力、电场力和洛 伦兹力三力平衡，又根据左手定则，小球受到的洛伦兹力沿半径方向，所以剪断细线时，小球的位 置应在重力和电场力的“等效最高点”或“等效最低点”。 ①当小球的位置在“等效最高点”时，有    2 2 1 1mg qE qv B  …………………………1分 由(1)知 2kmin 1 1 0.5J 2 E mv  smv / 3 30 1  …………………………1分 解得 TB 2 30 1  方向垂直纸面向外。…………………………1分 ②当小球的位置在“等效最低点”时，有    2 2 3 2mg qE qv B  …………………………1分 小球从“等效最高点”到“等效最低点”的过程，根据动能定理有    2 2 2 23 1 1 12 2 2 mg qE L mv mv    …………………………1分 联立解得 TB 2 6 2  方向垂直纸面向里。…………………………1分 15．(1)物体 P由圆轨道最高点静止滑下，碰前瞬间 P的速度大小为 Pv ， 由动能定理得 2 2 1 pmvmgR  …………………2分 代入数据可得 P 3m/sv  …………………1分 (2)设物体 P、Q碰后瞬间的速度分别为 v和 Qv ，由动量守恒定律 P Qmv mv Mv  …………………1分 由能量守恒定律 2 2 2 P Q 1 1 1 2 2 2 mv mv Mv  …………………1分 联立可得 Q 2m/sv  ， 1m/sv   …………………1分 物体 P、Q碰后，Q在木板上滑动，由题意可知，木板与墙第一次相碰时，已经和物体 Q达到 速度相同，设为 1v ，由动量守恒定律 Q 12Mv Mv …………………1分 解得 1 1m/sv  …………………1分 所以木板第一次与墙碰前瞬间的速度大小为 1m/s。 (3)①假设木板与墙第二次碰前可以和物体 Q达到共同速度 2v ，由动量守恒得 1 1 2 1 2 3 Mv Mv Mv  …………………1分 解得 2 1 1 3 v v …………………1分 和第一次碰后的速度相同，所以达到速度相同时恰好发生第二次碰撞。设木板第 n次( 1n  ) 与墙碰前瞬间的速度为 nv ，则有 1 1 3n n v v  …………………1分 所以木板第 4次和墙壁碰前瞬间的速度为 1 3 4 3 1 vv       …………………1分 木板第 4次和墙壁碰撞损失的动能为 JJvMMvEk 6561 4 3 4 3 1 2 1 2 1 8 2 4 2 4       ………1分 ②木板第一次和墙壁碰撞后，物体 Q相对木板一直向右滑动，直到最终静止，所以物体 Q相对 于地面一直做匀减速直线运动到静止，物体 Q相对于地面的位移和相对于木板的位移相同，设为 x， 物体 Q与木板间的摩擦力 f，由动能定理 21 10 2 fx Mv   …………………1分 由能量守恒定律 fxMvMvQ Q  2 1 2 2 2 1 2 1 …………………1分 联立解得 1.5JQ  …………………1分