2025屆湖南省湖湘教育三新探索協作體物理高三上期中檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、細繩拴一個質量為m的小球，小球用固定在墻上的水平輕質彈簧支撐，小球與彈簧不粘連，平衡時細繩與豎直方向的夾角為，如圖所示。（，）以下說法正確的是（）A．小球靜止時彈簧的彈力大小為0.8mgB．小球靜止時細繩的拉力大小為0.6mgC．細線燒斷瞬間小球的加速度立即為gD．細線燒斷瞬間小球的加速度立即為g2、圖中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶電粒子的運動軌跡，粒子先經過M點，再經過N點，可以判定A．該粒子一定帶負電B．粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力C．帶電粒子經過M點的速度大于經過N點的速度D．粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能3、如圖所示，質量為m=0.5kg的小球（可視作質點）從A點以初速度水平拋出后撞到豎直擋板上，已知檔板與A點的水平距離為x=2m，A點足夠高，空氣阻力不計，，則小球撞到板上時的最小動能為（）A．1JB．5JC．10JD．15J4、四個電荷量大小相同的點電荷位于正方形四個角上，電性與各點電荷附近的電場線分布如圖所示．ab、cd分別是正方形兩組對邊的中垂線，O為中垂線的交點，P、Q分別為ab、cd上的兩點，OP>OQ，下列說法中正確的是（）A．P、Q兩點電勢相等，場強也相等B．P點的電勢比M點的低C．PM兩點間的電勢差大于QM間的電勢差D．帶負電的試探電荷在Q點時比在M點時電勢能小5、如圖所示，運動員揮拍將質量為m的網球擊出，如果網球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1、v2，v1與v2方向相反，且v2＞v1．重力影響可忽略，則此過程中拍子對網球作用力的沖量為（）A．大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同B．大小為m(v2－v1)，方向與v1方向相同C．大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同D．大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同6、兩根長度不同的細線下面分別懸掛兩個小球，細線上端固定在同一點，若兩個小球以相同的角速度繞共同的豎直軸在水平面內做勻速圓周運動，則兩個擺球在運動過程中，相對位置關系示意圖正確的是圖中的（）A． B．C． D．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖甲所示，截面為直角三角形的木塊A質量為m0，放在傾角為θ的固定斜面上，當θ＝37°時，木塊A恰能靜止在斜面上?，F將θ改為30°，在A與斜面間放一質量為m的光滑圓柱體B，如圖乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則A．A與斜面之間的動摩擦因數為0.75B．A、B仍一定靜止于斜面上C．若m0＝m，則A受到的摩擦力大小為mgD．若m0＝4m，則A受到斜面的摩擦力大小為2.5mg8、下列說法中正確的是（）A．對于受迫振動，驅動力頻率越大，受迫振動的振幅一定越大B．波源與觀察者互相靠近或者互相遠離時，接收到的頻率會發生變化C．一切波都能發生衍射，衍射是波特有的現象D．紫外線具有較高的能量，許多物質在紫外線的照射下會發出熒光E.光速在任何條件下都是9、一升降機箱底部裝有若干個彈簧，設在某次事故中，升降機吊索在空中斷裂，忽略摩擦和空氣阻力影響，則升降機在從彈簧下端觸地直到最低點的一段運動過程中（）A．升降機的速度不斷減小B．升降機的加速度不斷變大C．先是彈力做的負功絕對值小于重力做的正功然后是彈力做的負功絕對值大于重力做的正功D．重力勢能減小，彈性勢能增大10、如圖所示，在一個勻強電場中有一個四邊形MNQP，電場方向與四邊形MNQP所在平面平行，其中A為MP的中點，B為NQ的中點，一個電荷量為q的正粒子，從M點移動到N點的過程中，電勢能減少Ep1，若將該粒子從P點移動到Q點，電勢能減小Ep2A．勻強電場場強方向必沿PQ方向B．若MN之間的距離為L，則該電場的場強大小為EC．若將該粒子從A點移動到B點，則電場力做功大小W=D．若AB之間的距離為L，則該電場場強最小值為E=三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）在做“驗證動量守恒定律”實驗中，裝置如圖1.(1)需要的測量儀器或工具有____________.A．秒表B．天平C．刻度尺D．重錘線E.打點計時器F.圓規(2)必須要求的條件是____________.A．兩小球碰撞時，球心必須在同一高度上B．斜槽軌道末端的切線必須水平C．入射球和被碰球的質量必須相等，且大小相同D．入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止滾下(3)某次實驗中得出的落點情況如下圖2所示，假設碰撞過程中動量守恒，則入射小球質量m1和被碰小球質量m2之比為____________.(4)在做“驗證動量守恒定律”實驗中，對產生誤差的主要原因表述正確的是____________.A．碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后兩小球的速度方向不是在同一直線上B．傾斜部分軌道對入射小球的摩擦力作用C．沒有測量高度，算出具體的平拋時間D．測量長度的誤差12．（12分）利用如圖甲所示的實驗裝置探究加速度與合外力的關系，實驗中認為細繩對木塊的拉力等于砝碼和砝碼桶的總重力．請思考探究思路并回答下列問題．（1）下列做法正確的是________．(填字母代號)A．在找不到合適的學生電源的情況下，可以使用四節干電池串聯作為打點計時器的電源B．平衡摩擦力的方法是在砝碼桶中添加砝碼，使木塊能拖著紙帶勻速滑動C．調節滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行D．實驗時，先接放開木塊再接通打點計時器的電源（2）如圖乙所示，是掛上砝碼桶，裝入適量砝碼，按實驗要求打出的一條紙帶．A、B、C、D、E是紙帶上選取的五個計數點，相鄰兩個計數點之間還有四個計時點未畫出．用刻度尺測出各計數點到A點之間的距離，已知打點計時器接在頻率為50Hz的交流電源兩端．其中打出計數點“C”時木塊的速度vC=______m/s，木塊的加速度a=__________m/s2(結果均保留兩位有效數字)．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）在如圖所示的平面直角坐標系中，存在一個半徑R＝0.2m的圓形勻強磁場區域，磁感應強度B＝1.0T，方向垂直紙面向外，該磁場區域的右邊緣與y坐標軸相切于原點O點。y軸右側存在一個勻強電場，方向沿y軸正方向，電場區域寬度＝0.1m?，F從坐標為（﹣0.2m，﹣0.2m）的P點發射出質量m＝2.0×10﹣9kg、帶電荷量q＝5.0×10﹣5C的帶正電粒子，沿y軸正方向射入勻強磁場，速度大小v0＝5.0×103m/s（粒子重力不計）。（1）帶電粒子從坐標為（0.1m，0.05m）的點射出電場，求該電場強度；（2）為了使該帶電粒子能從坐標為（0.1m，﹣0.05m）的點回到電場，可在緊鄰電場的右側區域內加勻強磁場，試求所加勻強磁場的磁感應強度大小和方向。14．（16分）如圖所示為“過山車”模型。其中ab段位傾斜平直軌道，cdc'段位環形軌道，c和c'為最低點、d為最高點，半徑為R，bc段位水平軌道與傾斜軌道、環形軌道平滑連接。無限長的水平軌道c'e與環形軌道相切于c'點。剛性小球A從傾斜軌道離水平面高度H處靜止釋放，與另一靜置于水平軌道上的剛性小球B發生彈性正碰。已知B球質量是A球的4倍，整個裝置處于豎直平面內，忽略一切摩擦阻力。(重力加速度為g)(1)要使A球能夠沿著軌道運動與B球碰撞，對釋放點高度有何要求?(2)要使兩球在軌道上至少發生兩次碰撞，對釋放點高度H有何要求?15．（12分）傳送帶與平板緊靠在一起，且上表面在同一水平面內，兩者長度分別為L1＝2.5m、L2＝2m．傳送帶始終保持以速度v勻速運動．現將一滑塊（可視為質點）輕放到傳送帶的左端，然后平穩地滑上平板．已知：滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，滑塊與平板、平板與支持面的動摩擦因數分別為μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑塊、平板的質量均為m＝2kg，g取10m/s2.求：（1）若滑塊恰好不從平板上掉下，求滑塊剛滑上平板時的速度大??；（2）若v＝6m/s，求滑塊離開平板時的速度大小．

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

AB．小球靜止時，分析受力情況如圖，由平衡條件得：彈簧的彈力大小為：細繩的拉力大小為：故AB錯誤；CD．細繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變，則小球所受的合力與燒斷前細繩拉力的大小相等、方向相反，則此瞬間小球的加速度大小為：故C錯誤，D正確。故選D。2、D【解析】

A.由電場力方向應指向軌跡的內側得知，粒子所受電場力方向大致斜向左下方，電場線的方向也是向左下方，所以粒子帶正電．故A錯誤；B.電場線的疏密表示電場的強弱，N點的電場線密，所以N點的電場強，粒子在M點受到的電場力小于在N點受到的電場力，故B錯誤；CD.由電場力方向應指向軌跡的內側得知，粒子所受電場力方向大致斜向左下方，M到N的過程中，對粒子做正功，其電勢能減小，動能增大，則知粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，在M點的速度小于N點的速度．故C錯誤；D正確；3、C【解析】小球平拋運動的時間，則下降的高度為：，根據動能定理得：，解得小球撞到板上的動能為，C正確，選C．【點睛】根據平拋運動的規律得出下降高度的表達式，結合動能定理得出小球撞到板上動能的表達式，分析求解動能的最小值．4、D【解析】試題分析：電場線的疏密表示場強的大小，電場線越密，電場強度越大，根據圖象知P點的電場強度比Q點的?。鶕妶鼍€與等勢面垂直，可知ab與cd是兩條等勢線，則P與O的電勢相等，Q與O的電勢也相等，所以P、Q兩點的電勢相等，故A錯誤；ab連線上各點的電勢相等，M點比ab連線上各點的電勢低，則M點的電勢比P點的低，故B錯誤；由于P、Q兩點電勢相等，所以PM兩點間的電勢差等于QM間的電勢差，故C錯誤；P、Q兩點的電勢相等，則Q點的電勢高于M點的電勢，而負電荷在電勢高處電勢能小，所以帶負電的試探電荷在Q點的電勢能比在M點小，故D正確?？键c：電勢差與電場強度的關系、電勢能【名師點睛】本題的關鍵要掌握電場線的分布情況，理解電場的疊加原理，掌握電場線的兩個物理意義：電場線的疏密表示場強的大小，電場線方向表示電勢的高低。5、D【解析】設擊打前球的速度方向為正，則擊打后的速度為負，則前后的動量分別為mv1和-mv2；由動量定理可得：合外力的沖量I=-mv2-mv1=-m（v2+v1），即沖量的大小為m（v2+v1），負號表示沖量與正方向相反，即與v2方向相同；故選D．6、B【解析】

對于圓錐擺，細線的拉力和重力的合力來提供小球的向心力，設細線長為L，擺球質量為m，細線與豎直方向的夾角為θ，小球與懸掛點的豎直高度為h，則有mgtanθ=mrω2r=Lsinθh=Lcosθ聯立解得由題知兩球的角速度相同，故兩球的高度相同，故選B。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AD【解析】

A．由題意可知，當θ=37°時，木塊恰能靜止在斜面上，則有：μm0gcos37°=m0gsin37°解得：μ=0.75，故A正確；B．現將θ改為30°，在A與斜面間放一質量為m的光滑圓柱體B，對A受力分析，則有：f′=μN′，N′=Mgcos30°；

而F=mgsin30°

當f′＜mgsin30°+Mgsin30°，則A相對斜面向下滑動

當f′＞mgsin30°+Mgsin30°，則A相對斜面不滑動

因此A、B是否靜止在斜面上，由B對A彈力決定，故B錯誤；C．若m0=m，則mgsin30°+m0gsin30°=mg；f′=μN′=0.75×m0gcos30°=mg；因f′＜mgsin30°+Mgsin30°，A滑動，A受到斜面的滑動摩擦力，大小為mg，故C錯誤；D．若m0=4m，則mgsin30°+m0gsin30°=mg；而f′=μN′=0.75×m0gcos30°=mg；因f′＞mgsin30°+Mgsin30°，A不滑動，A受到斜面的靜摩擦力，大小為mgsin30°+m0gsin30°=mg，故D正確。8、BCD【解析】

A．當驅動力的頻率與振子的固有頻率相等時，振子的振幅最大，故A錯誤；B．根據多普勒效應，波源與觀察者互相靠近或者互相遠離時，接收到的頻率會發生變化，故B正確；C．一切波都能發生衍射和干涉，干涉和衍射都是波特有的現象，故C正確；D．紫外線的頻率大，具有較高的能量，許多物質在紫外線的照射下會發出熒光，故D正確；E．光速在真空中的速度是3×108m/s，在介質中的速度小于3×108m/s，故E錯誤。故選BCD．9、CD【解析】試題分析：升降機從彈簧下端接觸地面后至到最低點的過程中，開始重力大于彈簧彈力，升降機的速度增加，動能增加，隨著向下運動，彈簧的壓縮量逐漸增大，彈力逐漸增大，當彈簧彈力大于重力時，升降機向下做減速運動，速度逐漸減小，所以升降機的速度先增大后減小，加速度先減小后反向增大，故AB錯誤．C、從升降機接觸彈簧到速度最大的過程中，動能增大，由動能定理知，合力做功為正，則彈力做的負功小于重力做的正功．從速度最大位置到最低點的過程中，動能減小，由動能定理知，合力做功為負，則彈力做的負功大于重力做的正功．故C正確．D、由于升降機的高度不斷下降，則重力勢能不斷減?。畯椈傻膲嚎s量不斷增大，則彈性勢能不斷增大，故D正確．故選CD10、CD【解析】試題分析：由于電場強度方向未知，不能求解場強的大?。畯婋妶鲋醒刂妶鼍€方向，兩點間的電勢差與兩點間的距離成正比，則A點的電勢等于MP兩點電勢的平均值，B的電勢等于NQ兩點電勢的平均值，根據電場力公式W=qU求解從題中只能判斷出從P點移動到Q點過程中電場力做正功，無法判斷電場方向，A錯誤；由于MN之間的距離不一定是沿著電場方向上的距離，所以無法計算電場強度大小，B錯誤；因為電場是勻強電場，在同一條電場線上，A點的電勢是M、P兩點電勢的平均值，即φA=φWAB=qUAB=q(φA-φB)=q(φM+φ三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、（1）BCDF（2）ABD（3）19：5（4）AD【解析】

1.實驗原理在一維碰撞中，測出物體的質量m和碰撞前后物體的速度v、v′，找出碰撞前的動量p=m1v1+m2v2及碰撞后的動量p′=m1v1′+m2v2′，看碰撞前后動量是否守恒．2.實驗器材斜槽、小球（兩個）、天平、復寫紙、白紙等．3.實驗步驟(1)用天平測出兩小球的質量，并選定質量大的小球為入射小球．(2)按照實驗原理圖甲安裝實驗裝置．調整、固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白紙在下，復寫紙在上且在適當位置鋪放好．記下重垂線所指的位置O．(4)不放被撞小球，讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下，重復10次．用圓規畫盡量小的圓把小球所有的落點都圈在里面．圓心P就是小球落點的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，讓入射小球從斜槽同一高度自由滾下，使它們發生碰撞，重復實驗10次．用步驟(4)的方法，標出碰后入射小球落點的平均位置M和被撞小球落點的平均位置N．如實驗原理圖甲所示．(6)連接ON，測量線段OP、OM、ON的長度．將測量數據填入表中．最后代入，看在誤差允許的范圍內是否成立．(7)整理好實驗器材放回原處．(8)實驗結論：在實驗誤差允許范圍內，碰撞系統的動量守恒．【詳解】(1)本實驗需要天平稱量物體的質量，需要刻度尺測量長度，需要中垂線調節軌道末端水平，需要圓規找物體的平均落點，故選BCDF．(2)A、要保證碰撞是一維的，即保證兩物體在碰撞之前沿同一直線運動，故A正確；B、要保證碰撞后兩個球做平拋運動，故斜槽軌道末端的切線必須水平，故B正確；C、入射球質量要大于被碰球質量，即m1＞m2，防止碰后m1被反彈，故C錯誤；D、為保證碰撞的初速度相同，入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止滾下，故D正確；故選ABD．(3)根據動量守恒定律，有：,代入數據有：m1×0.2550=m1×0.1550+m2×0.3800,解得:m1：m2=19：5(4)A、要保證兩物體在碰撞之前沿同一直線運動，碰撞之后還沿這條直線運動；若碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后兩小球的速度方向不是在同一直線上會產生較大的誤差，故A正確；B、傾斜部分軌道對入射小球的摩擦力作用，但只要入射球每次必須從軌道的同一位置由靜止滾下，即可保證碰撞的初速度相同，故B錯誤；C、小球做平拋運動的時間由高度差決定，由于高度差一定，故平拋的時間都相同，故水平射程與平拋的初速度成正比，故不需要測量高度差，只要滿足：，就一定有m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，故C錯誤；D、測量長度的誤差對最終動量是否守恒的驗證會有影響，故D正確；故選AD.【點睛】實驗注意事項：(1)前提條件：保證碰撞是一維的，即保證兩物體在碰撞之前沿同一直線運動，碰撞之后還沿這條直線運動．(2)利用斜槽進行實驗，入射球質量要大于被碰球質量，即m1＞m2，防止碰后m1被反彈.12、C0.541.0【解析】（1）打點計時器只能用交流電源，不能使用直流電源，A錯誤；平衡摩擦力的方法就是，小車與紙帶相連，小車前面不掛鉤碼，把小車放在斜面上給小車一個初速度，看小車能否做勻速直線運動，B錯誤；為了使得拉力沿小車運動方向，應使得牽引木塊的細繩與長木板保持平行，C正確；為了能采集更多的數據，應先接通電源后釋放紙帶，D錯誤．（2）因為相鄰兩個計數點之間還有四個計時點未畫出，所以相鄰計數點間的時間間隔為，根據勻變速直線運動過程中中間時刻速度推論可得；由逐差公式可得加速度為：．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）1.0×104N/C（2）4T，方向垂直紙面向外【解析】

解：（1）帶正電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力有：可得：r=0.20