郴州市屆高三第三次教學質量監測物理注意事項：、答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上。、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，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。、考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題（本大題共6小題，每小題4分，共分。每小題只有一個選項符合題目要求）1.1967年6月17日上午8點20分，由徐克江機組駕駛的轟六甲型戰機在新疆羅布泊上空投下一個降落傘。伴隨著一聲巨響，中國第一顆氫彈空投爆炸試驗成功。氫彈爆炸的核反應方程為列說法中正確的是（）A.該核反應為裂變反應B.X粒子是質子C.該核反應產能效率高D.該核反應的廢料不易處理【答案】C【解析】【詳解】AB．該核反應為聚變反應，設X粒子的質量數為A，電荷數為Z，由質量數守恒和電荷數守恒有2+3=4+A，1+1=2+Z解得A=1，Z=0所以X粒子為中子，選項AB錯誤；CD．核聚變相同質量的核燃料，反應中產生的能量較多，且更為安全、清潔，選項C正確，D錯誤。故選C。2.國產新能源汽車近年來取得了顯著進步。在某次安全測試中，某款新能源汽車在平直公路上行駛，突然與之間的關系圖像如圖所示，則下列說法正確的是（）第1頁/共20頁A.1s末汽車的速度為10m/sB.2s內汽車的平均速度為14m/sC.第2s內汽車的位移為24mD.經過3s汽車的位移為25m【答案】D【解析】【詳解】ABC．根據題意，由運動學公式整理可得結合圖像可得，即故1s末汽車的速度為2s末汽車的速度為2s內汽車的平均速度為第2s內汽車的位移為選項ABC錯誤；D．汽車停下來的時間經過3s汽車的位移為選項D正確。故選D。第2頁/共20頁3.qm的帶電小球以一定初速度沿虛線方向拋出，以拋出點為坐標原點沿豎直向下方向建立y軸，運動過程中小球的動能和機械能隨坐標y的變化關系如圖乙中圖線abE0g空氣阻力，則下列說法正確的是（）A.小球初速度大小B.電場強度大小為C.小球拋出時重力勢能為E0D.小球加速度大小為【答案】B【解析】【詳解】A．小球初動能為E，根據可得初速度大小，故A錯誤；B．根據動能定理得根據功能關系得則電場強度大小為，故B正確；D．由牛頓第二定律有第3頁/共20頁小球加速度大小為，故D錯誤；C．初始狀態所以小球拋出時重力勢能為，故C錯誤。故選B。4.如圖所示，等邊三角形abc中心處靜置一長直通電導線M，導線與abc紙面垂直，電流方向未知，該空間還存在與bc邊平行足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向如圖中所示，已知a點的磁感應強度為0，則（）A.M中的電流方向垂直于紙面向里B.b、c兩點的合磁感應強度大小均為BC.沿Ma方向到無窮遠處，磁感應強度先減小后增大，方向一直不變D.若僅使M的電流反向，則b、c兩點合磁感應強度大小均為B【答案】D【解析】Aabc三點產生的磁感應強度大小為Ba點的磁感應強度為0M導在a點產生的磁場與勻強磁場B等大方向，由右手螺旋定則可知M中的電流方向垂直于紙而向外，故A錯誤；B．M導線在bc兩點產生的磁場方向，如圖所示第4頁/共20頁因為B=B，由幾何關系可知b、c兩點合磁感應強度大小故B錯誤；Ca點磁感應強度為0a點下側到MMa強度的方向水平向右，故C錯誤；D．若僅使M的電流反向，則b、c兩點B0和B的夾角變為120°，b、c兩點合磁感應強度大小均為B，故D正確。故選D。5.北京時間2025年1月21日1時12約8.5與衛星A在同一平面內，二者沿同一方向（順時針）做勻速圓周運動，航天員剛出艙時神十九、衛星A與地心連線的夾角為60°1.5hA的軌道半徑是神十九的4此后8.5小時內，衛星A在神十九正上方的次數為（）A.5B.6C.7D.8【答案】A【解析】第5頁/共20頁【詳解】神十九的運動周期為T，衛星A的運動周期為T，由開普勒第三定律有解得T=12h衛星A在神十九正上方的運動時間滿足根據題意t≤8.5h，解得n﹤5故n取0，1，2，3，4，衛星A在神十九正上方的次數為5。故選A。6.2025年蛇年春節前夕，小李同學看到工人在清潔學校禮堂的玻璃，如圖甲所示。某時刻工人坐在質量不計的水平小木板上保持靜止狀態，小木板長邊BC與豎直墻面平行（Cβ=53°OA與豎直墻面的夾角α=37°連接小木板的兩等長輕繩AB，AC的夾角θ=120°，且與OA在同一傾斜平面內，圖丙為小木板、輕繩OA、AB、AC的平面圖。工人及工具所受總重力為mg，sin37°=0.6，g為重力加速度，則（）A.AB繩的拉力為0.8mgB.玻璃墻對腳的作用力為0.75mgC.其他條件不變，增大θ角，OA的拉力變大D.其他條件不變，增大α角，OA的拉力變小【答案】A【解析】【詳解】AB．工人和木板整體受力如圖所示第6頁/共20頁玻璃墻對腳的作用力為FOA上的張力大小為FF=mgcos37°=0.8mgF=mgsin37°=0.6mg以A點為研究對象，AB、AC的夾角為120°，同理有F=F=0.8mgA正確,B錯誤；C．其他條件不變，增大θ角，OA的拉力不變，選項C錯誤；D．其他條件不變，增大α角，如圖所示OA的拉力變大，D錯誤。故選A。二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共分。每小題給出的4個選項中，有多個選項符合題目要求，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.生活中常見“蜻蜓點水”的現象，某同學觀察到平靜的湖水面上蜻蜓點水后水面開始上下做簡諧運動，經過0.2s0.4m）A.該機械波的傳播速度為1m/sB.該機械波的波長為0.8mC.經過0.4s，該樹葉傳到距離點水處0.8m處第7頁/共20頁D.該機械波遇到0.4m小孔可發生明顯的衍射現象【答案】BD【解析】【詳解】A．經過0.2s，距離點水處0.4m處的樹葉開始振動，機械波的波速故A錯誤；B．圖像可知該機械波的周期T=0.4s，該機械波的波長為故B正確；C．機械波中，振動質點不會隨波遷移，故C錯誤；D．因為波長大于0.4m，當機械波的波長大于障礙物或者小孔的尺寸時，可以發生明顯的衍射現象，故D正確。故選BD8.如圖所示，等腰棱鏡ABC放在水平桌面上，棱鏡的底角，一束光線垂直于AB邊從D點入射，經過棱鏡后，剛好垂直射到水平桌面上，已知光在真空中的傳播速度為c，AD的長度為L，則（）A.該棱鏡的折射率為B.第一次從AC面射出的光線在棱鏡中的傳播時間為C.經AC面反射的光線可以直接從AB面射出D.棱鏡中光線第一次射到AB面的時間為【答案】AD【解析】【詳解】A．光的傳播光路圖如圖所示第8頁/共20頁光線射到AC面時入射角為θ，折射角為γ，根據幾何關系可知由折射定律有解得故A正確；B．由幾何關系有光在棱鏡中傳到AC邊的速度為光在棱鏡中傳播到AC邊的時間解得故B錯誤；C．光在棱鏡中全反射的臨界角滿足故根據幾何關系，光第一次射到AB面上的入射角為60°，光線不會直接從AB面射出，故C錯誤；D．由幾何關系有光線第一次射到AB面的時間為故D正確。故選AD。9.如圖所示的電路，電源內阻不計，電源電動勢為E，定值電阻R=R，滑動變阻器R2的總阻值為4R，電第9頁/共20頁容器的電容為C，閉合開關當滑動變阻器的滑動頭從最左端a滑到最右端b時，下列說法正確的是（）A.電容器上的最大帶電量為B.電阻R1的功率先增大后減小C.電阻R2的功率先增大后減小D.電流表的示數一直在增大【答案】CD【解析】【詳解】A．滑動變阻器接入電路的電阻為根據當R左=R右時，即當滑動變阻器的滑動頭滑到變阻器的正中央時，變阻器接入電路的總電阻最大，此時，電容器上的電壓最大，為電容器上的最大帶電量為選項A錯誤；B．當滑動變阻器的滑動頭從最左端a滑到最右端b時，回路電阻先增大后減小，回路電流先減小后增大，根據電阻R1的功率先減小后增大，選項B錯誤；CR1看成電源的內阻，當變阻器接入電路的電阻和R1電阻相等時，變阻器上消耗的功率最大，故當滑動變阻器的滑動頭滑到變阻器的正中央時，變阻器上消耗的功率最大，當滑動變阻器的滑動頭從最左端a滑到最右端b時，電阻R2的功率先增大后減小，選項C正確；D．當滑動頭從a滑到變阻器的中央時，變阻器上的電壓逐漸增大，變阻器右側電阻減小，故根據第10頁/共20頁電流表的示數逐漸增大，當滑動頭從中部滑到b端時，總電阻減小，回路總電流增大，而變阻器左側的電流減小，故變阻器右側的電流一定增大，電流表的示數仍在增大，選項D正確。故選CD。10.d為dn=20d的正方形金屬線圈（dc邊與磁場邊界平行）以初速度v0從第一個磁場的左邊界垂直進入磁場，結果線圈恰好能穿過完整的磁場的個數N=5。下列說法正確的是（）A.線圈每經過一個磁場的動量變化量相等B.線圈每經過一個磁場的發熱量相等C.線圈剛好離開第一個磁場的速度為D.磁場的個數仍為5【答案】AD【解析】A此類推。線圈在進入磁場或穿出磁場的過程中，速度變化量為，由動量定理有閉合電路歐姆定律得再由法拉第電磁感應定律有因為每次進入磁場或穿出磁場時線圈中磁通量變化量第11頁/共20頁聯立可解得表明線圈在進入或穿出磁場的過程中速度的變化量相等，線圈每經過一個磁場的速度變化量相等，動量變化量相竽，選項A正確；B項B錯誤；C．根據上述分析可求出故線圈剛好離開第一個磁場的速度為選項C錯誤；D．根據線圈電阻線圈質量聯立可推知N與n無關，故線圈仍能通過5個完整的磁場，選項D正確。故選AD。三、非選擇題（本題共5小題，共分）（1）小李同學在“用單擺測定重力加速度”實驗中：實驗時測得小球的直徑為D，改變擺長，測出幾組擺T的數據作出力加速度，其表達式__________（用T、T、l、l、π縱軸截距的絕對值是___________（用D第12頁/共20頁（2）小明同學學習了傳感器后，利用該小球和擺線，設計了利用力傳感器做測定重力加速度的創新實驗，l擺線的拉力F隨時間t變化的圖像如圖丙所示。則當地的重力加速度可表示為（用Dlt、π【答案】（1）①.②.（2）【解析】【小問1詳解】[1][2]根據題意，由單擺周期公式有解得結合圖像可知其斜率k為解得第13頁/共20頁圖像縱軸截距的絕對值是。【小問2詳解】由圖丙可知，周期為單擺周期聯立可得12.伏安法測電阻是最重要的測量電阻的方法。（1）常規測量方法如圖甲所示，無論將P接a還是接b，考慮到電表內阻的影響，該實驗都有系統誤差，將P接a時，該誤差產生的原因是電壓表的________。（2）①小劉同學改進了測量原理測量待測電阻R，電路圖如圖乙所示。其中A電源電動勢和內阻未知，B電源的電動勢為E，GS1和S2時，調節滑動變阻器R，使得靈敏電流計不偏轉，則此時a點的電勢φa和b點的電勢φb的關系為φ________φ>”“=”或“<”）②已知靈敏電流計的電流方向從d到bS1和S2要使電流計指在正中央，應________R”或“減小R”）③某次測量，當電流計的讀數為0時，電流表的讀數為I，則待測電阻為________。第14頁/共20頁④若電源B的內阻不能忽略，則待測電阻的測量值________>”“=”或“﹤”）【答案】（1）分流（2）①.>②.減小R1③.④.=【解析】【小問1詳解】圖甲中“P?接?a”時所用的是“外接法”，此時誤差的根源正是電壓表有有限內阻并且與待測電阻并聯，造成了“電壓表分流”。簡而言之，電壓表并未真正做到“只測電壓不耗電流”，從而導致系統誤差。【小問2詳解】①[1]當靈敏電流計的讀數為0a?端經待測電阻?R??流向?b?②[2]靈敏電流計從d?到b時指針向右偏，現實際卻向左偏（即電流從b到db點電勢偏高。要使電流計回到中央零點，就需“降低”b點電勢，故Rx電壓要增大，應減小R。③[3]電流計讀數為0時，待測電阻上的電壓為E，通過待測電阻的電流為I，故待測電阻為④[4]若電源B具有內阻但此時又無電流流出（因G測得?R??仍等于其真實值，所以待測電阻測量值＝真實值。13.ABABA氣體壓強為pk塞橫截面積為B中的氣體緩慢抽走B氣體的體積變為原來的。外界溫度保持不變，重力加速度為g。求：（1）抽走部分氣體之后A、B氣體的壓強；（2）抽走部分氣體的過程中活塞下降的距離。【答案】（1），（2）第15頁/共20頁【解析】【小問1詳解】設抽氣前A、B的體積均為V，對氣體A，抽氣后根據玻意耳定律得解得活塞的質量為，則初態時氣體B的壓強解得對氣體B分析，若體積不變的情況下抽去的氣體，則壓強變為原來的，則根據玻意耳定律得解得【小問2詳解】抽走部分氣體的過程中活塞下降的距離等于彈簧的壓縮量x，對活塞受力分析有根據胡克定律得聯立解得14.如圖，xOy平面內有大量質子從原點O在180°的范圍內連續以相同速率v0向y軸右側發射，右側足夠遠處放置與x軸垂直且足夠大的熒光屏，O在熒光屏上的投影點為O'I象限和第IV象限一定范圍內分別施加一個垂直于xOy光屏上CC'范圍內，已知O'C=O'C'=R。忽略質子間的相互作用，已知質子質量為m、電荷量為e，求：（1）磁場在第I象限的方向和大小；（2）在I、IV象限所加磁場的最小總面積。第16頁/共20頁【答案】（1）垂直xOy平面向外，（2）【解析】【小問1詳解】從原點O豎直向上射出的電子垂直打在熒光屏上，故磁場方向必定垂直xOy平面向外，根據題意可得粒子的回旋半徑為R，洛倫茲他提供圓周運動的向心力，根據牛頓第二定律則有解得【小問2詳解】在由O點射入第I象限的所有質子中，沿y軸正方向射出的電子轉過圓周，速度變為沿x軸正方向，這O'O點的連線與y軸正方向夾角為θ離開磁場時電子速度變為沿x軸正方向，其射出點（也就是軌跡與磁場邊界的交點）的坐標為（x，y圖中幾何關系可得，消去參數可知磁場區域的下邊界滿足的方程為這是一個圓的方程，圓心在（0，R）處，磁場區域為圖中兩條圓弧所圍成的面積，磁場的最小面積為根據對稱性可知，磁場的最小總面積為15.如圖所示，水平傳送帶以v=5.0m/s的速率沿順時針方向勻速轉動，左端與一豎直放置的光滑圓弧軌L=1.6mR=0.2m第17頁/共20頁弧軌道最上端s=2.4m處由靜止釋放滑塊A