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+答案(1)_2024年4月_024月合集_2024届湖南省长沙市雅礼中学高三4月综合测试

{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}雅礼中学 2024 届高三综合自主测试（4 月） 物理参考答案 一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分） 1、B 【解析】A．由题图可知，6Li核的比结合能约为5MeV，则6Li核的结合能约为30MeV。 3 3 可知16O核的比结合能约为8MeV，则16O核的结合能约为128MeV，所以16O核的结合能比6Li 8 8 8 3 核的结合能更大，故A错误；B．两个2H核聚变结合成4He核时，有质量亏损，由质能方程 1 2 可知，两个2H核结合成4He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 1 2 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，235U 92 核的比结合能比144Ba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 56 以235U中核子的平均质量比144Ba中核子的平均质量大，故D错误。故选B。 92 56 2、A 【解析】由图可知，风力在垂直于帆面方向上的分力为FFsin8，这个分力垂直于帆 面，与航行方向之间的夹角为90(1801358)53，所以风力在航行方向上的分 3 3 力为FFcos53 F Fsin8，故选A。 5 5 3、D 【解析】由题图可知波源P起振方向向下，0～7.5s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s＝8A－y＝（80－5 2 ）cm，x＝1m处的质点Q平衡位置到波源 P P平衡位置的距离恰好为λ，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s＝s－4A P ＝（40－5 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，故输出电流 1 的频率为f＝ ，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 T 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． 物理（YL）答案 （第 1 页，共 8 页） {#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}5、C mm 【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G 0 m g R2 0 Gm 故重力加速度为g  R2 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； T2 B．根据开普勒第三定律 k ，由题意可知，行星A的周期比行星B的周期小，故行 r3 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r :r ，行星B绕恒星C 1 2 的一周所用时间与水星绕太阳一周所用时间之比为T :T ， 1 2 2 Mm 2π 根据万有引力提供向心力可得G m  r r2  T  4π2r3 解得M  GT2 M r3T 2 所以恒星C与太阳的质量之比 1  1 2 1 M r3T2 2 2 1 故太阳的质量大于恒星C的质量，C正确； 2 D．公转速度与公转周期的关系为v r T v r T 故行星B的公转速度v与水星的公转速度v之比为 1  1  2 1 1 2 v r T 2 2 1 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 mg 【解析】小球在C点时，杆对小球的弹力为F kx  N BC 2 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F  kxsin N 又xsinx BC mg 故杆对小球的弹力保持F  不变， N 2 mg 则小球所受滑动摩擦力大小始终为 f F   0.3mg N 2 小球从C到E过程，由功能关系mgh fh 1 k  h2x2   1 kx2   0  2 BC 2 BC  1.4mg 得弹性绳劲度为k  h 物理（YL）答案 （第 2 页，共 8 页） {#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}h h  1 h2  1  1 小球从C到D的过程，同理mg  f  k  x2  kx2  mv2 0 2 2  2 4 BC  2 BC  2 35gh 得小球在D点速度为v 10 故选B。 二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20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 y y 【解析】对第一次出手，有tan 30°＝2 1 ，对第二次出手，有tan 60°＝2 2 x x y 1 联立可得 1 ＝ y 3 2 1 且对第一次出手，有y＝ gt2 1 2 1 1 对第二次出手，有y＝ gt2 2 2 2 t 1 v v 联立可得 1 ＝ ，故A正确，B错误；对第一次出手，有 y1 ·t＝y，v＝ y1 ， t 3 2 1 1 1 sin 30° 2 v v＝ y1 x1 tan 30° v v v 对第二次出手，有 y2 ·t＝y，v＝ y2 ，v＝ y2 2 2 2 2 sin 60° x2 tan 60° 联立可得v＝v，v＝ 3 v 1 2 x1 x2 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，E、F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，A、O、B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   0，选项B错误；C．将一正的试探电荷从A点 A B O 物理（YL）答案 （第 3 页，共 8 页） {#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}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b、c、d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F 2BIl，方向向左，cd 所受安培力大小为F BI2l，方向向右，可知，两棒系统 ab cd 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m v m v ab ab cd cd 设运动时间为t，则有m v tm v t，即m s m s ab ab cd cd ab ab cd cd s m 3 则ab与cd的路程之比为 ab  cd  ，故B正确； s m 1 cd ab 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QI2Rt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；  E D．由公式E  、I  和qIt可得，整个运动过程中， t 2RR  通过cd的电荷量为q 2RR 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 3 3 右运动的距离为x  2L L ab 4 2 1 1 cd 向左运动的距离为x  2L L cd 4 2 2Blx B2lx 4BLl 则有q ab cd  ，故D正确。 2RR 3 故选BD。 三、填空题（本题共2小题，共16分） 11、（1）大于 （2）m·OP＝m·OM＋m·ON （3）1 （4）BC 1 1 2 【解析】 （1）为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量m大于B球的质量m. 1 2 （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mv＝mv＋mv，等式两 1 0 1 1 2 2 边同乘以时间t，有mvt＝mvt＋mvt，即需验证m·OP＝m·OM＋m·ON. 1 0 1 1 2 2 1 1 2 物理（YL）答案 （第 4 页，共 8 页） {#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}（3）若两个小球的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律有mv＝mv＋mv，由能量守恒 1 0 1 1 2 2 1 1 1 m－m 2m 定律有 mv2 ＝ mv2 ＋ mv2 ，解得v＝ 1 2 v、v＝ 1 v，或v＝v、v＝0（不 2 1 0 2 1 1 2 2 2 1 m＋m 0 2 m＋m 0 1 0 2 1 2 1 2 MN ON－OM v－v 符合题意，舍去），则比值k＝ ＝ ＝ 2 1 ＝1. OP OP v 0 （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）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①应该接在滑动变阻器R的右上端； 2 （2）在步骤②中“将R调成最大阻值”作用是保护灵敏电流计G； 2 （3）作出U­ I图线如图； 3.0 该待测混凝土样本电阻R＝ Ω＝500 Ω. x 6.0×10－3 （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、计算题（本题共3小题，共40分。写出必要的推理过程，仅有结果不得分） 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dCOD60o，OE 3d 物理（YL）答案 （第 5 页，共 8 页） {#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}由几何关系得r 30，OCE 120 则i 60 sini sin60 根据折射定律得n   3 sinr sin30 （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， sin 根据光的折射定律有可得n sin 解得30 由几何关系知CAB30，ABd 3 则门的厚度BC ABtan30 d 3 14、（1）由题意可知，从0、2t、4t、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的 0 0 1 位置到OO′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为： y  at2v t max 2 0 y 0 eU 加速度大小a= 0 md 竖直分速度大小v =at y 0 3U e 解得：y  0 t2 max 2dm 0 （2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，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RRsinL 设电子离开偏转电场时的速度为v，垂直偏转极板的速度为v，则电子离开偏转电场时 1 y v 的偏向角为θ，sin y v2 v2 0 y v2 mv 又evBm 1 ，R 1 1 R Be U t m U e 解得B 0 0  v2( 0 t )2 dL eL 0 dm 0 （3）从t、3t、……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 0 0 1 最小，在这种情况下，电子的最小距离为： y  at2 min 2 0 物理（YL）答案 （第 6 页，共 8 页） {#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}1U e 解得： y  0 t2 min 2 dm 0 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△y， 1 最远位置和最近位置之间的距离y  y y 1 max min U e 所以打在荧光屏上的电子束的宽度为yy  0 t2 1 dm 0 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v ，则v cosv M M 0 解得v 8m/s M 小橡胶环A从M点到Q点， 1 1 根据动能定理有mgR（1cosθ） mv2 mv2 1 2 1 Q 2 1 M 解得v 9m/s Q v2 小橡胶环A在Q点时，支持力和重力的合力提供向心力Nmg m Q 1 1 R 解得N 18.2N （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v ， A 1 1 根据动能定理mg2R mv2  mv2 1 2 1 A 2 1Q 设小橡胶环A和小橡胶环B碰后的速度分别为v 和v ， A B 1 1 1 根据动量守恒和动能守恒mv mv m v 、 mv2  mv2 m v2 1 A 1 A 2 B 2 1 A 2 1 A 2 2 B 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， 1 1 根据动能定理m g（Rh） m v2 m v2 2 2 2 2 2 B 解得v12m/s 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m g  f 2 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v ，对小橡胶环B有m g f m a 、v vat 1 2 2 1 1 11 v 对长直木杆有 f m g m a 、v a t 、x  2 t 3 3 2 1 21 1 2 1 vv v v2 此时小橡胶环B上滑的距离最大s  1t  1t   2.4m 1 2 1 2 1 6a2 2 物理（YL）答案 （第 7 页，共 8 页） {#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}（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v2v2 2gx 1 1 1 解得长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间前的速度大小为v 4 2m/s 1 1 长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能为ΔE  mv21.6J 2 3 1 （4）长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆做匀速下滑，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， v 则有v vat 、v at 、v2v2 2g 2t 2 1 12 2 22 2 2 2 2 联立可得， 2 2 长直木杆跟水平面第二次将要碰撞时的速度大小为v  2v  v （ ）2v 2 2 3 1 3 所以可得， 2 2 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v  （ ）nv12（ ）nm/s n 3 3 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， vv v v2 12 在长直木杆上第一次上滑的路程为s  1 t  1 t   m 1 2 1 2 1 6a2 5 2 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s ，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆上滑时， 1 vv v v2 2 在长直木杆上第二次上滑的路程为s  1 2t  2t  1  s 2 2 2 2 2 6a2 9 1 2 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s ，以此类推， 2 2s 321 S L2s 2s 2s L 1  m 小橡胶环在长直木杆上运动的总路程 1 2 3 2 35 1 9 物理（YL）答案 （第 8 页，共 8 页） {#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}