2024届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期4月综合测试-物理试题含答案.pdf

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1、#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCK

2、oOBBAIsAABiRNABAA=#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=#物理（YL）答案（第 1 页，共 8 页）雅雅礼礼中中学学 2024 届届高高三三综综合合自自主主测测试试（4 月月）物理参考答案一一、选选择择题题（本本题题共共 6 6 小小题题，每每小小题题 4 4 分分，共共 2 24 4 分分）1、B【解析】A由题图可知，63Li核的比结合能约为 5MeV，则63Li核的结合能约为 30MeV。可知168O

3、核的比结合能约为 8MeV，则168O核的结合能约为 128MeV，所以168O核的结合能比63Li核的结合能更大，故 A 错误；B两个21H核聚变结合成42He核时，有质量亏损，由质能方程可知，两个21H核结合成42He时要释放能量，故 B 正确；C能量和质量之间只是相差一个系数，两者都反映物体的属性，彼此之间不存在转化关系，故 C 错误；D由题图可知，23592U核的比结合能比14456Ba核的比结合能小，由于平均质量越小的原子核，其比结合能越大，所以23592U中核子的平均质量比14456Ba中核子的平均质量大，故 D 错误。故选 B。2、A【解析】由图可知，风力在垂直于帆面方向上的分力

4、为sin8FF，这个分力垂直于帆面，与航行方向之间的夹角为90(1801358)53 ，所以风力在航行方向上的分力为33cos53sin855FFFF，故选 A。3、D【解析】由题图可知波源P起振方向向下，07.5 s 内质点P的振动图像如图甲所示 此过程波源P经过的总路程sP8Ay（805 2）cm，x1 m 处的质点Q平衡位置到波源P平衡位置的距离恰好为，波从波源P出发经过一个周期到达Q，以后P、Q步调一致，Q比P少了一次全振动此过程Q的振动图像如图乙所示此过程Q经过的总路程ssP4A（405 2）cm，D 正确4、C【解析】经过变压器输出的电压为交流电压，A 错误；由乙图可知周期为T，故

5、输出电流的频率为f1T，B 错误；由于变压器为降压变压器，则输入电压有效值大于输出电压有效值，根据变压器的输入功率等于输出功率，可知输出电流的有效值大于ab端输入电流的有效值，C 正确；变压器的工作原理是电磁感应，只要输入电流的大小发生变化，产生的磁场就会发生变化，磁通量就会发生变化，输出端就会有电压输出，故不需要将输入电压转变为交流电，输出端也可以有电压输出，D 错误#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=#物理（YL）答案（第 2 页，共 8 页）5、C【解析】A根据牛顿第二定律，万有引力提供行星上表面重力加速度得002mm

6、Gm gR故重力加速度为2GmgR行星 A 与行星 B 的质量关系未知，故无法判断两行星表面的重力加速度的大小，A 错误；B根据开普勒第三定律23Tkr，由题意可知，行星 A 的周期比行星 B 的周期小，故行星 A 的轨道半径小于行星 B 的轨道半径，B 错误；C由题意，设行星 B 到恒星 C 的距离与水星到太阳的距离之比为12:rr，行星 B 绕恒星 C的一周所用时间与水星绕太阳一周所用时间之比为12:TT，根据万有引力提供向心力可得222MmGmrrT解得2324 rMGT所以恒星 C 与太阳的质量之比32112322211Mr TMr T故太阳的质量大于恒星 C 的质量，C 正确；D公转

7、速度与公转周期的关系为2vrT故行星 B 的公转速度v1与水星的公转速度v2之比为1122211vrTvrT故水星的公转速度小于行星 B 的公转速度，D 错误。故选 C。6、B【解析】小球在C点时，杆对小球的弹力为N2BCmgFkx释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为，杆对小球的弹力等于弹性绳垂直于杆的分力，即NsinFkx又sinBCxx故杆对小球的弹力保持N2mgF 不变，则小球所受滑动摩擦力大小始终为N0.32mgfFmg小球从C到E过程，由功能关系22211022BCBCmghfhk hxkx得弹性绳劲度为1.4mgkh#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECC

8、KoOBBAIsAABiRNABAA=#物理（YL）答案（第 3 页，共 8 页）小球从C到D的过程，同理22221110222422BCBChhhmgfkxkxmv得小球在D点速度为3510ghv 故选 B。二二、选选择择题题（本本题题共共 4 4 小小题题，每每小小题题 5 5 分分，共共 2 20 0 分分）7、ACD【解析】一定质量的理想气体的内能只与温度有关，在等温膨胀过程中，气体对外做功，内能不变，由热力学第一定律可知气体一定从外界吸收热量，A 正确热力学第一定律反映了热现象中的能量守恒，热力学第二定律指出与热现象有关的宏观过程具有方向性，B 错误.0 的冰融化为 0 的水，系统分

9、子势能增加，分子平均动能不变，分子总动能不变，系统内能增加，C 正确热力学第二定律的微观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，泼出去的水相比盆中的水，分子无序性增加了，反映了与热现象有关的宏观过程具有方向性，D 正确8、AC【解析】对第一次出手，有 tan 302y1x，对第二次出手，有 tan 602y2x联立可得y1y213且对第一次出手，有y112gt21对第二次出手，有y212gt22联立可得t1t213，故 A 正确，B 错误；对第一次出手，有vy12t1y1，v1vy1sin 30，vx1vy1tan 30对第二次出手，有vy22t2y2，v2vy2sin 60

10、，vx2vy2tan 60联立可得v1v2，vx1 3vx2因二者初速度相同，则初动能相同，但速度在水平方向上的分量不同，则打在篮板上的末速度不同，则在C点时，两球的机械能不同，故 C 正确，D 错误9、AD【解析】A画出在abcd四点的电荷在EF两点的场强方向如图，由图可知，EF、两点的电场强度相同，选项 A 正确；B由等量异种电荷周围的电势分布可知，AOB、三点在等量异种电荷的连线的中垂面上，则各点电势均为零，即0ABO，选项 B 错误；C将一正的试探电荷从A点#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=#物理（YL）答案（第

11、4 页，共 8 页）沿圆弧AEB移到B点的过程中，电势先升高后降低，则正电荷的电势能先增加后减小，则电场力先做负功再做正功，选项 C 错误；D若bcd、处的电荷仍固定不动，将a处的电荷移到O处，因b处的电荷在Oa两点的电势相等，则b处的电荷使a处的电荷移到O处引起的电势能不变，则主要考虑dc两处的电荷对电荷a的影响，在a处时，dc两处的电荷在a点的电势为正，则电荷a的电势能为正，到O处时dc两处的电荷在O点的电势为零，则电荷a在O点的电势能为零，可知将a处的电荷移到O处电荷a的电势能将减小，选项 D 正确。故选 AD。10、BD【解析】A根据题意可，由静止释放，ab向右运动，cd向左运动，即弹

12、簧收缩，由右手定则可知，回路中产生顺时针电流，设某时刻电流大小为I，可知，ab所受安培力大小为2abFBIl，方向向左，cd所受安培力大小为2cdFBIl，方向向右，可知，两棒系统受合外力为零，动量守恒，则当弹簧伸展过程中，一定有ab向左运动，cd向右运动，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流，故 A 错误；B由 A 分析可知，两棒系统受合外力为零，动量守恒，由于开始运动时，系统动量为零，则任意时刻两棒的动量大小相等，方向相反，则有ababcdcdm vm v设运动时间为t，则有ababcdcdm v tm v t，即ab abcdcdm sm s则ab与cd的路程之比为31abcdc

13、dabsmsm，故 B 正确；C由上述分析可知，整个运动过程中，两棒所受安培力一直保持大小相等，且ab与cd的路程之比为3:1，则ab与cd克服安培力做的功之比为3:1，由公式2QI Rt可知，由于ab与cd的电阻之比为1:2，则ab与cd产生的热之比为1:2，可知，cd棒克服安培力做的功不等于cd棒产生的热量，故 C 错误；D由公式Et、2EIRR和qIt可得，整个运动过程中，通过cd的电荷量为2qRR当两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧恢复原长，两棒间距离减小2L，则ab向右运动的距离为33242abxLLcd向左运动的距离为11242cdxLL则有22423abcdBlxBlxBLl

14、qRR，故 D 正确。故选 BD。三三、填填空空题题（本本题题共共 2 2 小小题题，共共 1 16 6 分分）11、（1）大于（2）m1OPm1OMm2ON（3）1（4）BC【解析】（1）为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量m1大于B球的质量m2.（2）由于竖直方向上两球从同一高度由静止开始运动，且下落到同一水平面上，故两球运动的时间相同，碰撞过程根据动量守恒定律可得在水平方向有m1v0m1v1m2v2，等式两边同乘以时间t，有m1v0tm1v1tm2v2t，即需验证m1OPm1OMm2ON.#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRN

15、ABAA=#物理（YL）答案（第 5 页，共 8 页）（3）若两个小球的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律有m1v0m1v1m2v2，由能量守恒定律有12m1v2012m1v2112m2v22，解得v1m1m2m1m2v0、v22m1m1m2v0，或v1v0、v20（不符合题意，舍去），则比值kMNOPONOMOPv2v1v01.（4）小球在斜槽上运动时有摩擦，由于每次都从同一点释放，则每次摩擦力做的功一样，小球A每次运动到轨道末端时的速度相同，不会造成实验误差，A 错误本实验要求小球离开轨道末端后做平抛运动，若轨道末端未调节成水平，小球离开轨道末端后将做斜抛运动，会造成实验误差，B 正确小球A未

16、从同一高度释放，会导致小球A运动到轨道末端时的速度不同，会造成实验误差，C 正确根据以上分析可知不需要测量轨道末端到地面的高度，D 错误12、（1）（2）保护灵敏电流计 G（3）500（4）电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流【解析】（1）导线应该接在滑动变阻器R2的右上端；（2）在步骤中“将R2调成最大阻值”作用是保护灵敏电流计 G；（3）作出UI图线如图；该待测混凝土样本电阻Rx3.06.0103500.（4）该实验方法测得的电阻值误差更小，原因是电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流四四、计计算算题题（本本题题共共 3 3 小小题题，共共 4 4

17、0 0 分分。写写出出必必要要的的推推理理过过程程，仅仅有有结结果果不不得得分分）13、（1）最外侧的光线射到x轴上的E点，光路如图所示已知圆弧半径为d60CODo，3OEd#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=#物理（YL）答案（第 6 页，共 8 页）由几何关系得30r，120OCE则60i 根据折射定律得sinsin603sinsin30inr（2）房间里的人通过移动位置刚好能看到门外全部的景象，则沿平行门方向射向C处的光线能够折射经过A点即可。光路如图所示由几何关系知，60，根据光的折射定律有可得sinsinn解得30

18、由几何关系知30CAB，ABd则门的厚度3tan303BCABd14、（1）由题意可知，从 0、2t0、4t0、等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：2max0012yyatv t加速度大小a=eU0md竖直分速度大小vy=at0解得：20max032U eytdm（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为，由于电子要打在荧光屏上，临界情况是与屏相切，所以电子在磁场中运动半径应满足sinRRL设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为，220sinyyvvv又211vev BmR，1mvRBe

19、解得220 0000()dU tU emBvtLeLdm（3）从t0、3t0、等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：2min012yat#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=#物理（YL）答案（第 7 页，共 8 页）解得：20min012U eytdm由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，所以打到屏上的粒子是一系列平行的圆弧，由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO的最大距离和最小距离的差值为y1，最远

20、位置和最近位置之间的距离1maxminyyy所以打在荧光屏上的电子束的宽度为2010U eytdmy 15、（1）小橡胶环 A 恰好沿滑杆左侧端点M的切线套入滑杆，设小橡胶环 A 在M点时的速度为Mv，则0cosMvv解得8m/sMv小橡胶环 A 从M点到Q点，根据动能定理有22111111 cos22QMm gRmvmv（）解得9m/sQv 小橡胶环 A 在Q点时，支持力和重力的合力提供向心力211QvNm gmR解得18.2NN（2）设小橡胶环 A 从Q点运动到最高点与小橡胶环 B 碰撞前的速度为Av，根据动能定理2211 A111222Qm gRmvmv设小橡胶环 A 和小橡胶环 B 碰

21、后的速度分别为Av和Bv，根据动量守恒和动能守恒1 A1 A2 Bmvmvm v、2221 A1 A2 B111222mvmvm v小橡胶环 B，从碰撞后到与长直木杆接触前瞬间，设接触前速度为v，根据动能定理22222 B1122m g Rhm vm v（）解得12m/sv 小橡胶环 B 沿长直木杆下滑时，长直木杆静止不动，根据受力分析2m gf可得小橡胶环B在长直木杆C上受力平衡做匀速直线运动，小橡胶环B做匀速直线运动；小橡胶环 B 沿长直木杆上滑时，小橡胶环 B 做匀减速直线运动，长直木杆 C 做匀加速直线运动，设共速时速度大小为1v，对小橡胶环 B 有221m gfm a、11 1vva

22、t对长直木杆有332fm gm a、12 1va t、2112vxt此时小橡胶环 B 上滑的距离最大211111222.4m226vvvvstta#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=#物理（YL）答案（第 8 页，共 8 页）（3）小橡胶环 B 与长直木杆 C 共速后一起做竖直上抛，直到长直木杆跟水平面第一次碰撞前，则有221112vvgx 解得长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间前的速度大小为14 2m/sv长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能为23 111.6J2Em v（4）长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长

23、直木杆做匀速下滑，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆上滑时，小橡胶环做匀减速直线运动，长直木杆做匀加速直线运动，第二次共速后又一起做竖直上抛，直到长直木杆跟水平面第二次碰撞，则有211 2vva t、22 2va t、22222222vvvgt 联立可得，长直木杆跟水平面第二次将要碰撞时的速度大小为222122233vvvv（）所以可得，长直木杆跟水平面第n次将要碰撞时的速度大小表达式为2212m/s33nnnvv（）（）小橡胶环沿长直木杆第一次下滑的路程为L，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆，在长直木杆上第一次上滑的路程为2111112212m2265vvvvstta长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆在长直木杆上做匀速下滑的路程为1s，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆上滑时，在长直木杆上第二次上滑的路程为2122122212222269vvvvsttsa长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆在长直木杆上做匀速下滑的路程为2s，以此类推，小橡胶环在长直木杆上运动的总路程1123222m232123519SssLLss#QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=#