2024~2025学年湖南省郴州市高三上学期12月期末物理试卷（解析版）

这是一份2024~2025学年湖南省郴州市高三上学期12月期末物理试卷（解析版），共22页。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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. 关于物理学研究方法和物理学史，下列叙述正确的是（ ）
A. 伽利略通过理想斜面实验得出：力是产生加速度的原因
B. 牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测出了引力常量的数值
C. 将带电体看成点电荷和将物体看成质点，都运用了等效替代法
D. 在“探究加速度与力、质量的关系”和“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验时都采用了控制变量法
【答案】D
【解析】A．伽利略的理想斜面实验得出的是物体的运动不需要力来维持，故A错误；
B．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什通过扭秤实验测出了引力常量的数值，故B错误；
C．点电荷和质点运用的是理想模型法，故C错误；
D．在“探究加速度与力、质量的关系”和“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验时都采用了控制变量法，故D正确。故选D。
2. 图1为一列横波在t=2s时的波形，图2表示介质中平衡位置在x=0处质点的振动图像。Q为介质中平衡位置在x=1m的质点。下列说法正确的是（ ）
A. 波速为2m/s
B. 波的传播方向沿x轴正方向
C. 该横波可以与频率f=4Hz的横波进行稳定干涉
D. 0~3s时间内，质点Q运动的路程为15m
【答案】B
【解析】A．由图1知波长
由图2知周期
可得波速为
故A错误；
B．由同侧法可知波的传播方向沿x轴正方向，故B正确；
C．该横波的频率为
与频率为4Hz的横波不满足相干条件，故C错误；
D．在0~3s内即四分之三周期内，质点Q的路程为
故D错误。故选B。
3. 质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P。t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶；到t2时刻，汽车又开始匀速直线运动，假设整个过程中汽车所受的阻力不变，下列选项中正确的是（ ）
A. 减小油门后汽车做匀减速直线运动
B. 该过程中汽车所受的阻力大小为
C. t2时刻汽车的速度是
D. 汽车在t1到t2这段时间内位移大小为
【答案】C
【解析】AB．根据
减小油门后，汽车做加速度减小的减速直线运动，匀速时，有
故AB错误；
CD．t2时刻再次匀速，根据
解得
在t1到t2这段时间内由动能定理
解得
故C正确，D错误。
故选C。
4. 一般地球同步卫星要经过多次变轨才能进入地球同步轨道。如图所示，先将卫星送入较低的圆轨道I，再经过椭圆轨道Ⅱ进入地球同步轨道Ⅲ。已知引力常量为G，卫星的质量为m，地球的质量为M，轨道I的半径为r1，轨道Ⅲ的半径为r2，P、Q分别为两轨道与轨道Ⅱ的切点，则下列说法不正确的是（ ）
A. 卫星从轨道I进入轨道Ⅱ需要在Q点点火加速
B. 卫星在轨道Ⅱ上经过P点的速率vP与经过Q点的速率vQ满足的关系为
C. 卫星分别在轨道I和Ⅱ上运行时，卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积不等
D. 若已知距地球球心r处的引力势能，则卫星从轨道I进入轨道III的过程中，发动机做功至少为
【答案】B
【解析】A．卫星从轨道I进入轨道II，轨道变高，需要在Q点点火加速，故A正确，不符合题意；
B．卫星在轨道II的P点和Q点，都在同一椭圆轨道，由开普勒第二定律可定
即
故B错误，符合题意；
C．由开普勒第二定律，只有同一轨道上的卫星与地心的连线扫过的面积才相等，故C正确，不符合题意；
D．卫星在轨道I运行时，引力势能
动能
卫星在轨道III运行时，引力势能
动能
从轨道I进入轨道III的过程中，发动机做功至少为
故D正确，不符合题意。
故选B。
5. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，所有电表均为理想电表。闭合开关和，待电路稳定后，两极板中间位置M处有一带电油滴恰好静止。、为定值电阻，下列说法正确的是（ ）
A. 闭合开关、，待电路稳定后，将电容器上极板向上移动时，带电油滴的电势能减小
B. 闭合开关，断开开关，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，电源的输出功率增大
C. 闭合开关、，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，电压表V的示数变化量绝对值与电流表的示数变化量绝对值的比值减小
D. 闭合开关、，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，通过电流表的电流方向由
【答案】D
【解析】A．闭合开关和待电路稳定后，将电容器上极板向上移动，电容器两端电压不变，两极板间距增大，极板间电场强度减小，M点的电势减小，由于带电油滴带负电，所以电势能增加，A错误；
B．闭合开关，断开开关，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，由于不知电源内阻r和、最大阻值的大小关系，所以电源的输出功率无法判断，B错误；
C．闭合开关和，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，电压表V的示数变化量与电流表的示数变化量的比值等于，比值不变，C错误；
D．闭合开关和，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，变大，其两端分压变大，电容器充电，通过电流表的电流方向由，D正确。故选D。
6. 如图所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度沿风的方向匀速前行，风与帆作用的有效面积为S，气流的平均密度为ρ，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为f。假设气流与帆作用后速度与帆船前行速度相等，则下列说法正确的是（ ）
A. 风速大小为
B. 风速大小为
C. 若将风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度一定变为原来的2倍
D. 若将风速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度也将变为原来的2倍
【答案】A
【解析】AB．以帆船为参考系，对内的一段风，由动量定理
帆船匀速前行，由平衡条件得
解得
所以A正确，B错误；
C．由以上结论，整理得
若将风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度不是原来的2倍，故C错误；
D．由可知，若将风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度不是原来的2倍，故D错误。
故选A。
二、多项选择题：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. 关于下列四幅图所涉及的光学知识中，说法正确的是（ ）
A. 图1检查工件的平整度利用光的干涉现象，同时也是光的波动性的证明
B. 图2医用内镜利用光的衍射现象，说明了光可以不沿直线传播
C. 图3在坦克内壁上开孔安装玻璃利用光的折射现象扩大视野
D. 图4泊松亮斑是由于光的衍射现象产生的，是光的粒子性的实例证明
【答案】AC
【解析】A．图1检查工件的平整度利用光的干涉现象，是波动性的证明，故A正确；
B．图2医用内窥镜利用光的全反射现象，故B错误；
C．图3在坦克内壁上开孔安装玻璃利用光的折射现象扩大视野，故C正确；
D．图4泊松亮斑是由于光的衍射现象产生的，是光的波动性的证明，故D错误。
故选AC。
8. 两个电荷量分别为和的点电荷固定在x轴上O、M两点，两电荷在连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，在M点右侧，ND线段中点C的电势最高，则（ ）
A. 为正电荷，为负电荷，电荷量的绝对值大于电荷量的绝对值
B. 若将一个正电荷在C点右侧附近由静止释放，该电荷将沿着x轴正方向做加速度先增大后减小的加速直线运动
C. 若将撤去，C点的电势将减小
D. 若将一个负电荷在N点由静止释放，该电荷可在ND之间做往复运动
【答案】AB
【解析】A．图像某点切线斜率的绝对值表示电场强度大小，根据图像可知，C点电场强度为零，点电荷到C点的间距小于点电荷到C点的间距，根据点电荷的电场强度的表达式，由电场强度的叠加可知，点电荷的电荷量的绝对值大于点电荷的电荷量的绝对值，由于沿电场线电势降低，则O到M的电场方向沿着x轴正方向，又由于电场线起源于正电荷（或无穷远），终止与负电荷（或无穷远），所以为正电荷，为负电荷，故A正确；
B．由于沿电场线电势降低，则C点右侧的电场线沿着x轴正方向，由于图像某点切线斜率的绝对值表示电场强度大小，可知沿着电场线方向的电场强度先增大后减小，所以将一个正电荷从C点右侧由静止释放，该电荷做加速度先增大后减小的加速直线运动，故B正确；
C．结合上述，正电荷，为负电荷，根据
由于电势为标量，空间某点的电势等于各点电荷在该点电势的代数和，可知，撤去后，C点的电势将增大，故C错误；
D．由于沿电场线电势降低，则MC之间的电场方向沿着x轴负方向，C点右侧的电场线沿着x轴正方向，若将一个负电荷在N点由静止释放，该电荷先向右做加速运动，后向右做减速运动，由于N点电势为0，x轴正方向无穷远处电势也为0，根据动能定理可知，若将一个负电荷在N点由静止释放，该电荷将一直向右运动，故D错误。
故选AB。
9. 如图所示，粗糙的水平面上有一半圆形凹槽，凹槽的质量为M，半圆弧的圆心为O点，最低点为A点，半径为R。现将一质量为m的光滑小球从圆弧上的D点由静止释放，已知OD与OA的夹角为θ（θ < 5°），重力加速度为g，小球大小可以忽略不计，从D点运动到A点的过程中，凹槽始终保持静止。下列说法正确的是（ ）
A. 小球从D点运动到A点过程中，小球和凹槽所组成的系统，机械能守恒，动量也守恒
B. 小球到达A点时对凹槽的压力大小为3mg − 2mgcsθ
C. 小球从D点运动到A点的时间为
D. 小球从D点运动到A点过程中，水平面摩擦力对凹槽的冲量大小为
【答案】BCD
【解析】A．小球和凹槽所组成的系统，在该过程中，由于地面有静摩擦力，但静摩擦未做功，机械能守恒，动量不守恒，故A错误；
B．小球从D点到A点，由机械能守恒定律可得
在A点有
解得
故B正确；
C．由单摆的周期可知，小球从D点运动到A点的时间为
故C正确；
D．凹槽始终静止，水平面摩擦力对凹槽的冲量与小球对凹槽的水平冲量等大反向，由动量定理可知
故D正确。
故选BCD。
10. 如图所示，一劲度系数为的轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端固定有一质量为的物块，物块与水平地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用力向左推动物块使弹簧压缩量达到后由静止释放物块，重力加速度，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 释放后瞬间物块的加速度大小为
B. 物块第一次向右运动的最大距离为18cm
C. 物块最终停在弹簧的原长左侧1cm处
D. 物块从静止释放，到最终停下，整个过程中因摩擦而产生的内能为0.56J
【答案】BC
【解析】由牛顿第二定律
得加速度
释放后物块做单向简谐运动，平衡位置为
向右运动的最大位移和释放点关于该平衡位置对称，所以物块第一次向右运动的最大距离为18cm；物块向左运动的过程中，在新的平衡位置
所以物块向左运动10cm，以此类推，物块第二次向右运动2cm后停下来，所以物块停在距离弹簧原长左侧1cm处，总路程为30cm，从而摩擦产生的热量为
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11. 某同学在“用单摆测量重力加速度”的实验中，利用了智能手机和一个磁性小球进行了如下实验：
（1）将摆线上端固定在铁架台上，下端系在小球上，做成图1所示的单摆。下列摆线安装最合理的是______。
A B. C.
（2）用刻度尺测量悬线的长度，用游标卡尺测得磁性小球的直径如图2所示，则直径______cm，算出摆长L。
（3）将智能手机磁传感器置于磁性小球平衡位置正下方，打开智能手机的磁传感器，测量磁感应强度的变化。
（4）将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图3所示。试回答下列问题：
①由图3可知，单摆的周期为______。
②改变摆线长度l，重复实验操作，得到多组数据，画出对应的图像如图4所示，图像的斜率为k，则重力加速度g的表达式为______。（用题中物理量的符号表示）。
③图4中图像不过原点的原因是______，对g的测量结果______（选填“有影响”或“无影响”）。
【答案】（1）B （2）1.070 （4）2t0 没有考虑磁性小球的半径 无影响
【解析】（1）[1]A．图中采用了弹性绳，实验过程中，摆长会发生明显的变化，该装置不符合要求，故A错误；
B．图中采用铁夹固定悬点，细线丝弹性小，磁性小球体积小，空气阻力的影响可以忽略，该装置符合要求，故B正确；
C．图中没有用铁夹固定悬点，摆长会发生明显变化该装置不符合要求，故C错误。
故选B。
（2）[2]根据游标卡尺的读数规律，该读数为
（4）①[3]磁性小球经过最低点时测得的磁感应强度B最大，根据图3有
解得周期为
②[4]摆长等于摆线长与小球半径之和，则有
根据周期公式有
解得
结合图像有
解得
③[5]结合上述可知，图4中图像不过原点的原因是没有考虑磁性小球的半径。
[6]结合上述可知，重力加速度的求解是根据图像的斜率，实验中，虽然没有考虑磁性小球的半径，但对斜率没有影响，即对g的测量结果无影响。
12. 某国产新能源汽车电池采用的是刀片电池技术，现将其中一块电芯拆解出来，测量其电动势E和内阻r。实验小组设计了如图1、2所示的实验电路图，已知电流表的内阻为RA = 1 Ω，电压表的内阻约3 kΩ，滑动变阻器的最大电阻为20 Ω、额定电流为1 A，定值电阻R0 = 2 Ω。
（1）为了减小误差，提高实验的精度，本实验应选择图_______（选填“1”或“2”）进行实验。
（2）闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片P移至最________端（选填“左”或“右”）。
（3）闭合开关S后，移动滑片P改变滑动变阻器的接入阻值，记录下几组电压表示数U和对应的电流表示数I，将实验记录的数据在坐标系内描点作出U − I图像如图3所示，图中U0、I0已知。
（4）根据以上信息可知，该电源电动势E的准确值为_________，内阻r的准确值为______（均用已知量的字母表示）。
【答案】（1）2 （2）左 （4）U0
【解析】（1）[1]误差的原因主要是来源于电压表和电流表不是理想电表，但由于实验仪器中电流表内阻已知，所以选图2误差更小。
（2）[2]滑动变阻器限流接法从保护电路角度，滑片应滑至最左端。
（4）[3][4]该实验的原理公式
对应的直线方程为
又因为纵截距为U0，斜率绝对值
所以电动势为U0，内阻为
13. 如图所示，在A点以速度水平向左抛出一个质量、电荷量小球，小球抛出后进入左侧水平向右的匀强电场。经过一段时间，小球返回到A点正下方7.2m的B点，重力加速度g取。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）小球从A点到B点的运动过程中，抛出后多长时间速度有最小值，最小值为多少。
【答案】（1）
（2），
【解析】【小问1详解】
小球在竖直方向上做自由落体运动
水平方向上做匀变速直线运动
解得
【小问2详解】
将电场力和重力合成等效重力
解得
方向与水平方向成夹角斜向右下方；
将运动沿着合加速度a方向（方向）和垂直于合加速度a方向（方向）分解
在方向从开始到方向的分速度变为0所用的时间
最小速度
解得
14. 如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一、四象限存在垂直纸面向里但大小不同两种匀强磁场，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场E（大小未知）。质量为m、电荷量为-q（q>0）的粒子从x轴负半轴M点与x轴正方向成60°射入电场，经电场偏转后以速度v0从点N垂直y轴进入第一象限，经过一段时间后从x轴上P点（未画出）以与x轴正方向成60°夹角的速度进入第四象限，粒子恰好不能进入第三象限。已知N点的坐标为（0，L），粒子的重力忽略不计。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）第一象限匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）带电粒子从M点出发到第二次到达y轴的总时间。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
小问1详解】
带电粒子在第二象限做类斜抛运动，由逆向思维，从N到M点做类平抛运动，速度偏转角为
解得
x方向上
y方向上
联立解得
【小问2详解】
带电粒子进入第一象限后，轨迹如图所示
由几何知识可知，带电粒子在第一象限做圆周运动的半径
根据洛伦兹力提供向心力
解得
【小问3详解】
由（1）可知，带电粒子在第二象限运动的时间
带电粒子在第一象限运动时，周期为
又因为速度偏转角为60°，运动时间
解得
进入第四象限后，由于粒子恰好不能进入第三象限，则在第四象限运动轨迹与y轴相切，速度偏转角为210°，轨迹如图所示
由几何知识可知
运动时间
解得
所以
15. 如图所示，长度为l=1.2m的水平传送带以v0=3m/s的速度顺时针匀速转动。在传送带右侧有一质量M=2kg的长木板静置于光滑水平面上，木板紧靠传送带且上表面与传送带等高。现将一质量为ma=2kg的物块a放置于传送带左端，由静止释放，a经传送带的输送，与放置于木板左端、质量mb=4kg的物块b发生弹性碰撞。木板在摩擦力作用下向右运动，与右侧的固定挡板发生弹性碰撞，碰前瞬间木板的速度小于b的速度；当木板返回初位置时，a恰好从传送带滑上木板。在运动过程中，a、b均未从木板上滑落。已知a与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.5，a、b与木板间的动摩擦因数均为μ2=0.25，忽略转轮的大小，重力加速度大小取g=10m/s2，求：
（1）a从释放到与b碰撞的时间；
（2）滑上木板时，a、b的速度大小；
（3）木板运动的总路程。
【答案】（1）0.7s
（2）1m/s，1m/s
（3）0.4m
【解析】【小问1详解】
a在传送带作用下向右运动过程，由牛顿第二定律得
a匀加速的距离
解得
a匀加速时间
a匀速时间
a从释放到与b碰撞的时间
【小问2详解】
a、b的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律
根据机械能守恒定律有
解得
，
由于
所以a滑上传送带并再次返回时的速度与原速度等大反向，即a上滑到传送带上时速度大小为
a滑上传送带并再次返回运动时间
b在木板上一直减速，加速度为
当a上滑到传送带上时，b的速度为
解得
【小问3详解】
a经传送带返回时，木板也恰好回到初位置，木板的加速度为
木板与挡板间的距离为
解得
当a滑上木板后，木板的加速度为
a、b与木板动量守恒，则
解得
木板每次撞挡板时，a、b已经与木板同速，第一次撞挡板后，返回距离为
第二次撞挡板，有
解得
第二次撞挡板后，返回距离为
第三次撞挡板，有
解得
第三次撞挡板后，返回距离为
……
第n次撞挡板，有
解得
第n次撞挡板后，返回距离为
总路程为
整理得
当时，有