年邵陽市高三第一次聯考試題卷物理本試卷共6頁，個小題。滿分分。考試時間分鐘。注意事項：答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在答題卡上。將條形碼橫貼在答題卡上條形碼粘貼區。作答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆在答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑：如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試卷上。位置上：如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。保持答題卡的整潔。考試結束后，只交答題卡，試題卷自行保存。一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共分，每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.2024年10月8日消息，本年度諾貝爾物理學獎授予約翰·霍普菲爾德和杰弗里·辛頓，“以表彰他們為利用人工神經網絡進行機器學習作出的基礎性發現和發明”。在物理學的探索和發現過程中，物理過程和研究方法比物理知識本身更加重要。以下關于物理學研究方法和物理學史的敘述中正確的是（）A.慣性定律即牛頓第一定律，伽利略通過理想斜面實驗直接驗證了慣性定律B.美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷，并通過油滴實驗測得元電荷的數值C.自然界中的電和磁存在著某種神秘的聯系，丹麥物理學家奧斯特通過不斷地探索發現了電流的磁效應D.根據速度定義式足夠小時，法思想方法【答案】C【解析】A了慣性定律，A錯誤；B．美國科學家富蘭克林命名了正電荷和負電荷，密立根油滴實驗測得元電荷的數值，B錯誤；C．丹麥物理學家奧斯特通過不斷地探索發現了電流的磁效應，C正確；D．速度，當足夠小時，就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義應用了極限的思想方第1頁/共21頁法，D錯誤。故選C。2.測糖儀的原理是溶液的折射率與含糖率成正比，通過測量溶液相對標準透明介質的折射率，即可得到待測溶液的含糖率。如圖所示為某種測糖儀內部核心結構的原理圖，截面為半圓形的透明容器中裝有待測溶液，容器右側有一截面為長方形的標準透明介質，介質右側面貼有一屏幕，可用來記錄光線出射的位置。一束光沿半徑方向射向半圓形圓心，射出后分為、兩束光，光路圖如圖所示，其中，忽略容器壁的厚度，下列說法正確的是（）A.、光在溶液中的傳播速度比在透明介質中的小B.若稍微提高溶液的含糖率，光線打在屏幕上的位置均將向下移動C.若逐漸提高溶液的含糖率，光先不能射出容器D.稍水平向左移動透明介質，光線打在屏幕上的位置均將向下移動【答案】B【解析】A．，由光的折射定律結合光路圖可知，溶液的折射率小于透明介質的折射率，由可知，光線在溶液中的傳播速度比在透明介質中的大，A錯誤；B下移動，B正確；C．由圖可知，溶液對光的折射率小于溶液對光的折射率，由可知，逐漸提高溶液的含糖率，光先達到全反射的臨界角，即光先不能射出容器，C錯誤；D．稍微水平向左移動透明介質，由幾何關系可知光線打在屏幕上的位置均將向上移動，D錯誤。故選B。3.學校組織趣味運動會，某運動員手持乒乓球拍托著球沿水平直賽道向前跑，運動員速度越大，乒乓球受53°2.7g第2頁/共21頁擦因數為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取，，不考慮乒乓球的滾動，當運動員以某一速度勻速向前跑時，乒乓球恰好不下滑，關于此時的乒乓球下列說法正確的是（）A.乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下B.乒乓球受三個力的作用C.乒乓球受到的風力大小為D.如果球拍面豎直，則乒乓球不會下滑【答案】C【解析】【詳解】A．乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趨勢，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，故A錯誤；BB錯誤；C．以乒乓球為對象，根據平衡條件可得，又聯立解得乒乓球受到的風力大小為故C正確；D．當球拍豎直時，如果水平風力不變，由于則乒乓球會下滑，故D錯誤。故選C。4.開普勒用二十年的時間研究第谷的行星觀測記錄，發現了行星運動規律。通常認為，太陽保持靜止不動，（RT所示，三個質量均為m的天體相距為L成一直線排列，在萬有引力作用下構成一穩定的星系。該星系中有類似于開普勒第三定律中常量。已知引力常量為G，則的值為（）A.B.C.D.【答案】A第3頁/共21頁【解析】【詳解】設中心天體的質量為M，萬有引力提供圓周運動的向心力，由牛頓第二定律可得解得在三星體系中，同理可得解得故選A。5.如圖甲所示，取一電阻率為的均質金屬材料，將它做成橫截面為圓形的金屬導線，每段導線體積均恒為VEr強度大小為B的勻強磁場中，如圖丙所示，將另一段導線接在恒流源兩端，下列說法不正確的是（）A.乙圖中，拉長該段導線使直徑減小，導線電阻隨之增大B.丙圖中，拉長該段導線使直徑減半，導線兩端電壓變為原來的8倍C.丙圖中，改變導線直徑，該段導線發熱功率與直徑的四次方成反比D.乙圖中，通過改變導線直徑可改變導線所受的安培力，且最大安培力為【答案】B【解析】【詳解】A．根據電阻定律其中，聯立，解得可知乙圖中，拉長該段導線使直徑減小，導線電阻隨之增大，故A正確，與題意不符；第4頁/共21頁B．丙圖中，導線兩端的電壓電流不變時，拉長該段導線使直徑減半，導線兩端電壓變為原來的16倍，故B錯誤，與題意相符；C．丙圖中該段導線的發熱功率流過導線的電流不變，改變導線直徑，該段導線發熱功率與直徑的四次方成反比，故C正確，與題意不符；D．乙圖中，由閉合電路歐姆定律導線受到的安培力聯立，解得可知通過改變導線直徑可改變導線所受的安培力，由數學知識可知當且僅當時，最小，此時最小值為故最大安培力為故D正確，與題意不符。本題選不正確的，故選B。6.AB厚度均為dmABm的子彈水平射向鋼板AABA再射向B，且兩塊鋼板不會發生碰撞。設子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，不計子彈的重力，子彈可視為質點。下列說法正確的是（）A.第一次子彈射出B時，A的位移為dB.第一次子彈穿過A、B所用時間之比為第5頁/共21頁C.第二次子彈不能擊穿鋼板B，進入鋼板B的深度為D.第一次、第二次整個系統損失的機械能之比為【答案】D【解析】【詳解】A．設第一次子彈穿過A、B時共同速度為v，對系統由動量守恒有此過程對A和B有對子彈有解得故A錯誤；B．第一次子彈相對A、B做勻減速直線運動，恰擊穿時相對末速度為0，根據逆向思維，可以將看成子彈相對AB做初速度為0BA的時間間隔比例規律可知，穿過B、A的時間之比為，所以穿過A、B所用時間之比為，故B錯誤；C．設子彈的初速度為，受到的阻力大小為f，第一次穿過A、B時共同速度為v，對系統由動量守恒有由能量守恒有解得第二次子彈穿過A時，設子彈速度為，A的速度為u，假設不能穿透B，最后與B的共同速度為，進入B的深度為，對子彈和A由動量守恒有由能量守恒有解得對子彈和B，由動量守恒有第6頁/共21頁由能量守恒有解得假設成立，故C錯誤；D．第一次系統損失的機械能第二次系統損失的機械能第一次、第二次系統損失的機械能之比為故D正確。故選D。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，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.xOy平面直角坐標系中的ABC均垂直紙面，振動圖像均如圖乙所示，波速均為2cm/s。則（）A.質點D比質點O晚起振4sB.時，質點O的速度方向與加速度方向相同C.若取走波源B，穩定后質點O、D的相位差始終為D.若取走波源C，穩定后質點O與質點D的振幅相等【答案】AD【解析】【詳解】A．根據題意，結合圖（a）可知，振源B的振動形式先傳播到O點，時間則質點O從第6s末開始振動；振源AC的振動形式同時傳播到D第7頁/共21頁則質點D從第10s末開始振動，可知，質點D比質點O晚起振，故A正確；B．根據題意，結合圖（a）可知，時，只有波源B產生的振動傳到O點，且已經振動了1.2s，根據圖（b）可知質點O相對平衡位置的位移有增大的趨勢，速度方向與加速度相反，故B錯誤；CBOD到波源AC的波程差均為0O從8s開始達到穩定，質點D從10s開始達到穩定，則穩定后兩質點的相位差為的整數倍，故C錯誤；D．根據可知，三列波的波長均為4cm，若取走波源C，質點O到波源A、B的波程差為4cm，為波長的整數倍，則質點O為振動加強點，同理可得，質點D也為振動加強點，穩定后兩質點振幅相等，故D正確。故選AD。8.xOy的、兩點處固定著電荷量分別為+q、的兩個點電荷，AB為y、MNPQ四個點是以為中心的正方形的四個頂點，在上述兩個點電荷所形成的電場中，下列說法正確的是（）A.N點與Q點電勢相等B.x軸上處電場強度為零C.B點的電勢高于A點的電勢，A點的電場強度大于B點的電場強度D.將某一負電荷從P點移動到Q點電場力做的功大于將其從N點移動到M點電場力做的功【答案】CD【解析】【詳解】A．若單獨考查形成的電場，N點和Q點位于同一等勢面上，但對于形成的電場中，Q點的電勢高于N點的電勢，根據電勢的疊加可知，在兩個點電荷形成的疊加電場中，Q點的電勢高于N點的電勢，A錯誤；B．根據點電荷形成的電場，可知在處的電場強度第8頁/共21頁方向水平向右，在處的電場強度方向水平向右，故二者大小相等，方向相同，合場強不為零，B錯誤；C．的點電荷等效成一個和一個和AB位于同一等勢面點電荷形成的電場中，B點的電勢高于AB點電勢高于AA點相對于場源電荷較近，故A點的場強大于B點的場強，C正確；D．形成電場，N點和Q點位于同一等勢面上，但對于形成的電場中，Q點的電勢高于N點的電勢，因此兩點的電勢差大于兩點的電勢差，故將某一負電荷從P點移動到Q點電場力做的功大于將其從N點移動到M點電場力做的功，D正確。故選CD。9.“轆轤”是中國古代取水的重要設施，通過轉動手柄將輕繩纏繞到半徑為R的轉筒上，就可以把水桶從井中提起。若某次轉動手柄的角速度隨時間t變化的圖像如圖乙所示，經時間把水桶從井底提升到井口，水桶和桶中水的總質量為m，重力加速度大小為g，水桶可看成質點，下列說法正確的是（）A.水井的深度為B.，水桶做初速度為零的勻加速直線運動C.把水桶從井底提升到井口的過程中合力對水桶和桶中水做功為D.把水桶從井底提升到井口的過程中克服重力做功的平均功率為【答案】AC【解析】【詳解】A．圖乙中內圖像與時間軸所包圍的面積表示把水桶從井底提升到井口過程中轉筒轉過的角度，設為，則有第9頁/共21頁故水井的深度為A正確；B．轉筒邊緣上點的線速度大小等于水桶的速度大小，根據線速度與角速度的關系，則有因為內，與成正比，所以水桶的速度v與t成正比，時間內，不變，線速度不變，水桶做勻速直線運動，B錯誤；C．根據動能定理，把水桶從井底提升到井口的過程中合力對水桶和桶中水做功為C正確；D．把水桶從井底提升到井口的過程中克服重力做功的平均功率為D錯誤。故選AC。10.間距為的兩根平行光滑金屬導軌MN、PQ固定放置在同一水平面內，兩導軌間存在大小為，方向垂直導軌平面向外的勻強磁場，導軌左端串接一阻值為的定值電阻，導體棒垂直放在導軌上，如圖所示。當水平圓盤勻速轉動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動T形支架在水平方向往復運動，T形支架進而驅動導體棒在水平面內做簡諧運動，以水平向右為正方向，其位移x與運動時間t的關系為略不計，空氣阻力忽略不計，不考慮電路中感應電流的磁場，則下列說法正確的是（）A.導體棒在運動過程中，產生感應電流的最大值為B.在時間內，通過導體棒的電荷量為0.25CC.在時間內，T形支架對導體棒做功第10頁/共21頁D.當T形支架對導體棒的作用力為0時，導體棒的速度大小為【答案】ACD【解析】【詳解】A．根據關系式，可得t時刻導體棒的速度所以導體棒在運動過程中，速度的最大值為通過導體棒的感應電流聯立解得A正確；B．設導體棒做簡諧運動的周期為T，根據根據接得在內，即內，導體棒運動的位移大小感應電動勢的平均值感應電流的平均值通過導體棒的電荷量聯立解得B錯誤；C．在內，設T形支架對導體棒做功為，電阻R上產生的熱量為Q。根據功能關系，則有第11頁/共21頁聯立解得C正確；D．由于加速度是速度對時間的求導，則有有牛頓第二定律可得，結合題意解得解得D正確。故選ACD。三、非選擇題：共分。某學習小組利用圖示裝置探究加速度與力、質量的關系，主要操作步驟如下：a.1個鉤碼通過跨過定滑輪的細繩連接到小車上；b.調整木塊位置，使小車獲得一定初速度后，遮光片通過兩光電門的遮光時間相等；c.取下鉤碼，由靜止釋放小車，記錄小車通過上、下兩個光電門時遮光片的遮光時間，分別記為和；d.依次增加懸掛的鉤碼（完全相同）個數n，重復步驟b、c、d。請完成以下問題：（1）兩光電門中心間的距離為s，遮光片的寬度d用螺旋測微器測量如圖乙，讀得______mm。由計算出小車加速度。第12頁/共21頁（2）要探究小車加速度與所受合外力的關系，以加速度a______（選填“n”“”“”或“下，小車的加速度與所受合外力成正比。（3）下列做法能減小本實驗誤差的是______。A.減小兩光電門之間的距離B.要確保小車的質量遠大于鉤碼的質量C.挑選遮光片時，選寬度比較小的D.挑選表面比較光滑的木板進行實驗【答案】（1）3108##3.107##3.109##3.106（2）n（3）C【解析】【小問1詳解】根據螺旋測微器的讀數規律，該讀數為【小問2詳解】令一個鉤碼的質量為m，小車的質量為M，依次增加懸掛的鉤碼（完全相同）個數n，重復步驟b、c、d，在步驟b中，根據平衡條件有在步驟c中，對小車進行分析，根據牛頓第二定律有則有可知，要探究小車加速度與所受合外力的關系，以加速度a為縱軸，以n為橫軸描點作圖，當所作圖像是一條過坐標原點的傾斜直線時，則說明：在小車質量不變的情況下，小車的加速度與所受合外力成正比。【小問3詳解】A．根據光電門測速原理有當光電門之間間距大一些時，擋光時間短一些，測速更加精確一些，可知，為了減小測速誤差，實驗中應增大兩光電門之間的距離，故A錯誤；第13頁/共21頁B的質量，故B錯誤；C．遮光片寬度越小，擋光時間越短，速度測量誤差越小，可知，實驗中挑選遮光片時，選寬度比較小的，故C正確；D．結合上述可知，木板的摩擦對實驗沒有影響，即不需要挑選表面比較光滑的木板進行實驗，故D錯誤。故選C。12.某興趣小組利用實驗室的器材進行電表內阻的測量實驗。（1）小組成員在實驗室發現一個表盤數字被污漬遮擋的電壓表，利用圖甲中的電路圖測量電壓表量程。閉和電阻箱轉了滿偏的，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的。則電壓表量程為______V，電流表內阻為______Ω。（2）小組成員選擇完好的實驗儀器，利用表盤如圖乙所示的多用電表和圖丙中的電路圖測量該電壓表的內______×100”或“×1k阻阻值；②按照圖丙所示的電路圖連接實驗儀器后，閉合開關S，改變電阻箱阻值，讀取多組電壓表示數U與電阻箱阻值RkE______，電源內阻對電壓表內阻測量______（選填“有”或“無”）影響。【答案】（1）①.3②.2（2）①.×1k②.③.無【解析】【小問1詳解】第14頁/共21頁[1][2]保持電流表滿偏，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的，當時，電壓表指針偏轉了滿偏的。根據歐姆定律有，解得，【小問2詳解】①[1]位應調到歐姆“×1k”擋，再將紅黑表筆短接進行調零。②[2][3]根據閉合電路歐姆定律有變形得則電壓表內阻從式中可以看出電壓表內阻只與電源電動勢和斜率有關，與電源內阻無關，所以電源內阻對電壓表內阻測量無影響。13.圓柱形細管、圓柱形金屬塊、上下兩個小卡環組成。圓柱形金屬塊質量為20g厚度為2cm與管壁緊密接觸以金屬塊下端位置為基準在上下卡環之間刻上刻度。上、下卡環間距離為52cm，上端卡環距管下端距離為102cmg取7℃時金屬塊恰好對下方卡環無壓力。（1）求該溫度計的測溫范圍；（2）某次測溫時示數由63℃上升到147℃，該過程管內氣體吸收的熱量為0.68J，求管內氣體內能改變量。【答案】（1）第15頁/共21頁（2）0.5J【解析】【小問1詳解】設管內氣體最高溫度為，管內氣體做等壓變化，則其中，，解得故溫度計的測溫范圍為【小問2詳解】管內氣體做等壓變化，則其中，解得，管內氣體的壓強為該過程氣體對外做功為根據熱力學第一定律可知管內氣體內能增加了0.5J14.線沿空間直角坐標系Oxyz的x的足夠長水平圓柱形區域Ⅰ內分布著沿x軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小；沿x軸正方向觀察電磁場分布如圖乙，寬度的區域Ⅱ同時存在電、磁場，電場強度的勻強電場沿x軸正方向，磁場的磁感應強度大小也為、磁感線與圓弧邊界平行且沿順時針方向，沿y軸負方向觀察電磁場分布如圖丙，比荷的A點以一定初速度沿z軸負方向進入且能沿直第16頁/共21頁（1）求大小以及它在區域Ⅰ中運動的半徑；（2）若撤去區域Ⅱ的電場，求該粒子以速度從進入區域Ⅱ到離開區域Ⅰ運動的總時間。【答案】（1），0.1m（2）【解析】【小問1詳解】粒子沿直線通過區域Ⅱ，受力平衡則有解得粒子在區域Ⅰ中勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得解得小問2詳解】撤去區域Ⅱ中的電場后，粒子在區域Ⅱ中做勻速圓周運動，則有解得第17頁/共21頁根據幾何關系可知，粒子在區域Ⅱ中運動軌跡轉過的圓心角為45°。粒子在區域Ⅱ中