湖南省岳阳市2025届高三上学期教学质量监测（一）物理答案_2025年1月_250122湖南省岳阳市2025届高三上学期教学质量监测（一）（全科）

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P 页)。故A正确 31 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； 1 B．螺钉从脱落到落到井底，则H vt gt2代入数据，解得脱落时螺钉距离井底H=-72m，即 2 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hH 80m，故c错误； D．螺钉脱落后落到井底时速度的大小为v=v -gt=-38m/s，故D错误。 0 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V ＞V 。 A C GM GM C．a = ，a = 有a ＞a 。 c a a c (Rh)2 R2 GM D．若导弹在C点做圆周运动，有V ′= ，但导体在椭圆轨道上，有V ＜V ′，故D正确。 C C C Rh 5．答案：C 【详解】由于点电荷q的电性不知，所以F 的方向可能与AB平行，且向左，也可能与AB平行， 2 且向右。F = ，F = ，故C正确D错误 1 2 （16 ） （8 ） 3 3 2 2 2 2 2 2 4 + 4 + {#{QQABYYQEogCgABJAARgCQQEACgKQkAAACagOBAAcoAAAyBFABAA=}#}6．答案：D 【详解】A．小球与轻杆间的动摩擦因数为 = ，故A错误 B．小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速 度5mg 为 ，故B错误 3 +20 C．从开始转动到轻绳伸直的过程中，小球克服 摩擦力做12 的 功为 ，故C 2 4KL 错误 W= μmg×0.4L= 5 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 ， 由能量守恒有 ，其中 ， Δ p =0 1 2 解得该过程 =外 界+提2供 给 装置的能 量=0.8 = ，故D正确 2 6 +40 7．答案：BD = 75 + 【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 cm/s，方向与x轴正方向夹角的正切值等于 ，C 1 错D正确。 37 6 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 ，故A正确 3 由于最后垂直打在M上，故垂直极板方向上有ΔV =0，即： 0 ，有两极板间的电场 y − 强度为 ，故电势差u= ，故B错误，两极板间距变为2d，其他条 件不2 变=时 E 不变，故仍有ΔV =0， y 3 2 D错误。 2 可逆思想： 3 x = （ ） g（ ）且E= ，有mgx = ，故C正确 y y 2 2 1 − 2 2 1 2 3 3 10．答案 2 ： ABC 0 +2 0 2 2 0 2 【详解】A．因为N点电势高，故U 为正，U = = ， NM NM 2 3 1 11 故A正确 3 0+4 3 0 12 0 B．a棒刚开始运动时，a棒产生的感应电动势为 由闭合电路欧姆定律得电路中的感应电流为 = 3 0 3 0 对b棒，根据牛顿第二定律得BIL=ma解得b I 棒 = 的3+加 速度大小为 ，故B正确； 2 2 0 C．设经过足够长的时间，a、b棒的速度分别为v 、v 。经过足够长的时间，两棒产生的感应电 a b 4 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 =BLV 则得 b V a =3V b 3 对b棒，由动量定理得BILt=mv -0，对a棒，由动量定理得 b 由以上三式解得，V a =0.9V 0 ；V b =0.3V 0 − 3 = − 0 D．整个过程中两棒产生的焦耳热 = 总 1 2 1 2 1 2 1 2 解得 ，故D错 误 =2 0−2 −2 20 总 1 1 2 =4 =80 {#{QQABYYQEogCgABJAARgCQQEACgKQkAAACagOBAAcoAAAyBFABAA=}#}非选择题 11．答案：(1)< (2)D (3)m x m x m x b OB= b OA+ a OC 1 1 12．答案：(1)12 (2)R r b k r 2 2 0 2 0 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 Fmgsinmgcosma …………………………1分 1 撤去拉力后mgsinmgcosma …………………………1分 2 解得a 4m/s2 a 8m/s2…………………………1分 1 2 撤去拉力时的速度为V =a t=8m/s…………………………1分 1 1 1 v2 木块向上运动的最大距离为x  at2 1 …………………………1分 max 2 1 2a 2 联立解得X =12m…………………………1分 max (2)木块到达最高点后，因为mgsinmgcos，所以木块会下滑返回。……1分 mgsinmgcosma ……………………1分 3 a 4m/s2，木块会下滑返回时的速度为v ，则：v2 2a x …………………1分 3= 2 2 3 max v 4 6m/s…………………1分 2 14．答案：(1)小球静止时分析受力有：qE mgtan…………………………2分 求得E 4N/C…………………………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 v2 心力，细线张力为零，有 mg2qE2 m 1 …………………………1分 L 1 小球的最小动能E  mv2 0.5J kmin 2 1 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 1 1 mgLcosqELsinL mv2 mv2…………………………2分 2 2 2 1 qE 4 其中θ为重力与电场力的合力与竖直方向的夹角，且tan  mg 3 v2 又根据牛顿第二定律有TqEm 2 …………………………1分 L 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 mg2qE2 qvB …………………………1分 1 1 1 30 由(1)知E  mv2 0.5J v  m/s…………………………1分 kmin 2 1 1 3 30 解得B  T 方向垂直纸面向外。…………………………1分 1 2 ②当小球的位置在“等效最低点”时，有 mg2qE2 qv B …………………………1分 3 2 小球从“等效最高点”到“等效最低点”的过程，根据动能定理有 {#{QQABYYQEogCgABJAARgCQQEACgKQkAAACagOBAAcoAAAyBFABAA=}#}1 1 mg2qE2 2L mv2 mv2…………………………1分 2 3 2 1 6 联立解得B  T 方向垂直纸面向里。…………………………1分 2 2 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v ， P 1 由动能定理得mgR  mv2 …………………2分 2 p 代入数据可得v 3m/s…………………1分 P (2)设物体P、Q碰后瞬间的速度分别为v和v ，由动量守恒定律 Q mv mvMv …………………1分 P Q 1 1 1 由能量守恒定律 mv2  mv2 Mv2 …………………1分 2 P 2 2 Q 联立可得v 2m/s，v1m/s…………………1分 Q 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v ，由动量守恒定律Mv 2Mv …………………1分 1 Q 1 解得v 1m/s…………………1分 1 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v ，由动量守恒得 2 1 Mv  Mv 2Mv …………………1分 1 3 1 2 1 解得v  v …………………1分 2 3 1 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(n1) 1 与墙碰前瞬间的速度为v ，则有v  v …………………1分 n n 3 n1 3 1 所以木板第4次和墙壁碰前瞬间的速度为v   v …………………1分 4 3 1 2 1 1 1  4 4 木板第4次和墙壁碰撞损失的动能为E  Mv2  M v   J  J ………1分 k 2 4 2 3 4  38 6561 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， 1 物体Q与木板间的摩擦力f，由动能定理fx0 Mv2…………………1分 2 1 1 1 由能量守恒定律Q  Mv2  2Mv2  fx…………………1分 2 Q 2 1 联立解得Q1.5J…………………1分 {#{QQABYYQEogCgABJAARgCQQEACgKQkAAACagOBAAcoAAAyBFABAA=}#}