湖南师范大学附属中学2024届高三摸底考试物理 Word版含解析.docx

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湖南师大附中2021级高三摸底考试试卷物理试题本试题卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。第I卷一、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。1.2023年4月12日21时，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）创造新的世界纪录，成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒。下列关于核聚变的说法正确的是（　　）A.核电站采用核聚变技术发电B.任何两个原子核都可以发生聚变C.两个轻核结合成质量较大的原子核，核子的比结合能变大D.两个轻核结合成质量较大的原子核，生成核的质量大于两轻核的质量之和【答案】C【解析】【详解】A．核电站采用核裂变技术发电，故A错误；B．自然界中最容易实现的聚变反应是氢的同位素--氘与氚的聚变，不是任意的原子核就能发生核聚变，故B错误；C．两个轻核结合成质量较大核的过程中要释放能量，核子的平均质量减小，所以核子的比结合能增加，故C正确；D．两个轻核结合成质量较大的原子核，释放能量，生成核的质量小于两轻核的质量之和，故D错误。故选C。2.“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（　　） A.“笛音雷”在时刻上升至最高点B.时间内“笛音雷”做自由落体运动C.时间内“笛音雷”的平均速度为D时间内“笛音雷”处于失重状态【答案】D【解析】【详解】A由图可知，时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在时刻之后，故A错误；B．时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，故B错误；C．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为，而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即时间内“笛音雷”的平均速度小于，故C错误；D．根据上述，时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，故D正确。故选D。3.“抖空竹”是中国传统的体育活动之一，在我国有悠久的历史，为国家级非物质文化遗产之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成以下模型：轻绳系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在弹性绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点匀速移动，其轨迹为竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上下底水平），如图所示。则两端点分别自A、C两点，沿AB、CD以同一速度匀速移动，忽略摩擦力及空气阻力的影响，则运动过程中（　　） A.左右两边绳的弹力均不变B.左右两边绳的弹力不相等C.左边绳的弹力变大D.右边绳的弹力变小【答案】A【解析】【详解】B．以空竹为研究对象进行受力分析，同一根绳子拉力处处相等，所以故B错误；ACD．在水平方向空竹处于共点力平衡，设与水平方向的夹角为，与水平方向的夹角为所以所以两根绳与竖直方向的夹角相等，为，则两端点移动的过程，两端点在水平方向上的距离不变，所以弹力大小不变，故A正确，CD错误。故选A。4.如图所示，地球和行星绕太阳做匀速圆周运动，地球和行星做匀速圆周运动的半径之比为1：4 ，不计地球和行星之间的相互影响，下列说法错误的是（　　）A.行星绕太阳做圆周运动的周期为8年B.由图示位置开始计时，至少再经过年，地球、太阳和行星连线为同一直线C.地球和行星的线速度大小之比为D.经过相同时间，地球、行星半径扫过的面积之比为【答案】C【解析】【详解】A．根据万有引力提供圆周运动向心力有可得周期所以因为地球公转周期为1年，故行星公转周期为8年，故A正确，不符合题意；B．地球周期短，故当地球比行星多公转半周时，地球、太阳和行星连线为同一直线，即周期年故B正确，不符合题意；C．根据万有引力提供圆周运动向心力有 得线速度可得故C错误，符合题意；D．行星与太阳连线扫过的面积故故D正确，不符合题意。故选C。5.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m=4.0×10-20kg，电荷量q=-4.0×10-9C的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则（　　）A.x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比B.粒子在-1cm～0.5cm区间运动过程中的电势能先增加后减小C.该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为6.0×10-8JD.该粒子运动的周期T=3.0×10-6s【答案】A 【解析】【详解】A.由电场强度与电势差的关系可得解得A正确；B．粒子在-1cm～0.5cm过程中，电势先增大后减小，根据公式可得：带负电粒子的电势能先减小后增大，B错误；C．根据电场力做功与电势能变化关系可得该粒子运动过程中电势差取最大值时，电势能变化量取最大值，即为C错误；D．粒子在-1cm～0cm过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得粒子在0cm～0.5cm过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得该粒子运动的周期联立可得：，D错误； 故选A。6.如图甲竖直弹簧固定在水平地面上，一质量为m可视为质点的铁球从距弹簧上端h的O点静止释放，以O点（即坐标原点）开始计时，铁球所受的弹力F的大小随铁球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度取g。下列结论正确的是（）A.弹簧弹性势能最大值为mg(h＋2x0)B.铁球运动过程中最大动能C.当x=h时小球重力势能与弹簧弹性势能之和最小D.铁球压缩弹簧过程中重力做功功率逐渐增大【答案】B【解析】【详解】C．根据图乙可知，当x=h＋x0时，小球的重力跟弹簧弹力平衡，此时小球速度最大，动能最多，所以系统的势能最少，故C错误；D．小球刚接触弹簧的一段时间内，重力大于弹簧弹力，小球加速下降，重力做功功率逐渐增大，重力与弹簧弹力平衡后，由于惯性小球继续向下运动，由于弹簧弹力大于重力，则小球减速下降，重力做功功率逐渐减小，故D错误；A．由图像可知，h＋x0为平衡位置，此时弹簧压缩量为x0。假如小球刚接触弹簧时没有速度，根据简谐运动的对称性可知，弹簧的最大压缩量为2x0，而实际上小球刚接触弹簧时有向下的速度，可知，弹簧的最大压缩量大于2x0，小球到达最低点的坐标大于h＋2x0，所以弹簧弹性势能的最大值大于mg(h＋2x0)，故A错误；B．根据动能定理可得故B正确。故选D。 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.如图甲所示，在平静的水面下有一个点光源S，它发出的是两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光的圆形区域，周边为环状单色光区域，且为a光的颜色（见图乙）。则下列说法正确的是（　　）A.a光的频率大于b光的频率B.a光的折射率小于b光的折射率C.a光在水中的传播速度比b光大D.a光在水中发生全反射的临界角小于b光在水中发生全反射的临界角【答案】BC【解析】【详解】ABD．光照射的面积较大，知光的临界角较大，根据知光的折射率较小，根据光的折射率越小频率也越小，可知光的频率小于光的频率，故AD错误，B正确；C．根据可知知光在水中传播的速度较大，故C正确；故选BC。8.在如图所示的电路中，输入交变电压的瞬时值，理想变压器原、副线圈的匝数比，两定值电阻、的阻值相同。在滑动变阻器的滑片P向上滑动一小段的过程中，、两端电压的变化量分别为、，的电功率的变化量为。下列说法正确的是（　　） A.中电流的频率是中电流频率的2倍B.C.D.当滑片P移到最上端时，两端的电压为【答案】BD【解析】【详解】A．变压器改变的是交流电的电压和电流，不改变频率，A错误；B．和都是定值电阻，有又由理想变压器特点知原副线圈上的电流与匝数成反比，则有可得B正确；C．设两端电压分别为UR1，UR1’，滑片上滑，副线圈电阻减小电流增大，原线圈电流增大，R1两端电压增大，知其电功率的变化量为C错误； D．当滑片P移到最上端时，副线圈电阻只有R2，设为R，将原副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻，由，，，联立可得由闭合电路欧姆定律，对原线圈电路有可得两端的电压为，D正确。故选BD。9.某同学将一乒乓球从距水平地面高h处的A点以速度水平抛出，乒乓球运动过程中受到的空气阻力始终与速度成正比，方向始终与运动方向相反，落到水平地面上的B点时速度方向与水平地面的夹角为45°，如图所示。已知乒乓球从A点抛出时受到的空气阻力最大，最大值恰好等于自身受到的重力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）A.乒乓球从A点运动到B点的过程中速度先减小后增大B.乒乓球落到B点时的速度大小为C.乒乓球的水平射程为D.乒乓球从A点运动到B点的时间为【答案】BCD【解析】【详解】A．乒乓球从A点抛出时受到的空气阻力最大，最大值恰好等于自身受到的重力，则有 到B点时速度方向与水平地面的夹角为45°，则小球一直做减速运动，故A错误；BCD．运用运配速法，配一速度,使其阻力与重力平衡，则可理解为竖直向下的匀速直线运动和斜向上的的变加速直线运动，如图所示由图知，落地点的速度为斜向上方向，根据牛顿第二定律有累积可得则有则有竖直方向上有其中 则有解得故BCD正确。故选BCD。10.如图所示，界线MN以下存在一个方向水平的磁场（垂直于纸面向里），取MN上一点O作为原点，竖直向下建立y轴，磁场的磁感应强度B随y坐标（以m为单位）的分布规律为B=1+y（T）。一边长为L=1m、质量为m=0.1kg、电阻R=2Ω的正方形金属框abcd从MN上方静止释放，0.2s后金属框的cd边到达界线MN，此时给金属框施加一个竖直方向的外力F，直至金属框完全进入磁场时撤去该外力。已知金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，且金属框运动过程中上下边始终水平、左右边始终竖直，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）A.金属框进入磁场的过程中电流大小为1AB.金属框进入磁场的过程经历的时间为C.金属框进入磁场的过程中外力F做功为0.35JD.金属框完全进入磁场后继续做加速运动，直到速度达到3m/s后不再加速【答案】AC【解析】详解】A．进入磁场前做自由落体运动，有金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，所以刚进入瞬间，感应电动势公式，有 则感应电流为故A正确；B．金属框进入磁场的过程中，由安培力公式，有刚进入瞬间，安培力为完全进入瞬间，安培力为所以安培力做的负功大小为又因为安培力做的负功就等于回路中产生的焦耳热，则代入数据，得金属框进入磁场的过程经历的时间为故B错误；C．完全进入瞬间，安培力为完全进入磁场时，速度为金属框进入磁场的过程中，由动能定理，得所以外力F做功故C正确； D．金属框完全进入磁场后，设匀速运动时的速度大小为v′，上下两边切割磁感应线产生的感应电动势为根据闭合电路欧姆定律可得上下两边产生的安培力的合力为其中：ΔB=1T，根据平衡条件可得联立解得v′=2m/s故D错误。故选AC。第II卷三、实验题（11题6分，12题9分）11.图甲为“探究加速度与物体所受合外力关系”的实验装置，实验中所用小车的质量为，重物的质量为，实验时改变重物的质量，记下测力计对应的读数。（1）实验过程中，___________（填“需要”或“不需要”）满足。（2）实验过程中得到如图乙所示的纸带，已知所用交流电的频率为。其中A、B、C、D、E为五个计数点，相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据纸带提供的数据，可求出小车加速度的大小为___________。（计算结果保留三位有效数字） （3）当重物质量合适时，小车做匀速运动，此时测力计的读数为。更换重物，用表示小车的加速度，表示弹簧测力计的示数，下列描绘的关系图像合理的为___________。A.B.C.D.【答案】①.不需要②.0.638③.D【解析】【详解】（1）[1]实验中，细线对滑轮和小车的作用力通过测力计测量，不需要满足；（2）[2]相邻计数点间的时间间隔为根据逐差法可得小车的加速度为（3）[3]小车匀速运动时有当更换重物后，由牛顿第二定律有解得可知函数为一次函数，图像为一条倾斜直线，与横轴交于一点。故选D12.在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A．电流表1（量程2mA，内阻Ω）B．电流表2（量程1A，内阻约10Ω）C．定值电阻ΩD．滑动变阻器R（0～20Ω） E．开关和导线若干（1）某同学根据提供的器材设计电路来完成实验，MN连接__________（选填“电流表1”或“电流表2”），PQ连接另一电流表；（2）该同学利用测出的实验数据作出的图线（为电流表1的示数，为电流表2的示数，且远小于）如图所示，则由图线可得被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。（以上结果皆保留两位有效数字）【答案】①.电流表1②.4.5③.1.5【解析】【详解】（1）[1]PQ连接电流表测电路的电流，MN连接内阻已知的电流表相当于改装了一只电压表，故PQ接电流表2，MN接电流表1。（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律解得结合图像解得 四、解答题（13题12分，14题13分，15题16分）13.一只篮球的体积为，球内气体的压强为，温度为。现用打气筒对篮球充入压强为、温度为、体积为（大小未知）的气体，使球内气体压强变为，同时温度升至。已知气体内能U与温度的关系为U=kT（k为正常数），充气过程中气体向外放出Q的热量，篮球体积不变。求（1）充入气体的体积的大小；（2）充气过程中打气筒对气体做的功。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）充入气体的体积为，根据理想气体状态方程有解得（2）由于充气过程中气体向外放出Q的热量，根据热力学第一定律有根据气体内能U与温度的关系表达式有解得14.如图所示，质量为m的小圆环A套在足够长的光滑水平杆上，质量为3m的小球B通过长度为L的轻绳与A连接，初始时轻绳处于水平伸直状态，A、B均静止，光滑水平地面上静止有小球1和2，小球1的质量为3m，小球2的质量为m，小球1位于A环正下方L处，某时刻释放小球B，B到达最低点时轻绳恰好断裂，之后B在水平地面上向左运动，所有小球之间的碰撞均为弹性正碰，已知重力加速度为g，不计空气阻力，所有小球均可视为质点，求：（1）轻绳断裂时A、B各自的速度大小；（2）轻绳所能承受的最大拉力； （3）小球1与小球2第一次碰撞过程中，小球1对小球2的冲量大小。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球B开始释放至轻绳断裂，A、B组成的系统水平方向动量守恒，则有A、B组成的系统满足机械能守恒，则有联立解得，（2）B到达最低点时轻绳刚好断裂，达到最大拉力，由向心力公式有联立解得轻绳所能承受的最大拉力为（3）绳断后，B球在水平地面向左运动与1号球碰撞，设碰后B球和1号球的速度分别为和，由动量守恒和能量守恒可得，解得，1、2号球碰撞前后动量守恒和机械能守恒，则有，解得 ，对2号球，由动量定理可得解得小球1对小球2的冲量大小为15.某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于点，右边界与x轴垂直交于点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计重力。（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到的距离S。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得 ①根据几何关系得②联立①②式得（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为，加速度大小为a，由牛顿第二定律得由运动的合成与分解得，，联立得（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcosθ的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，圆周运动半径为，运动轨迹长度为，由几何关系得，由于在y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有C到的距离联立得