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湘 豫 名 校 联 考
届春季学期高三第四次模拟考试
2024
物理参考答案
题 号
14 15 16 17 18 19 20 21
答 案
C C D B B CD ABC AD
二、选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分。在每小题给出的四个选项中,第 题只有一项符合题
8 6 48 14~18
目要求,第 题有多项符合题目要求。全部选对的得 分,选对但不全的得 分,有选错或不选的得
19~21 6 3
分。
0
. 【解析】高能带电粒子来自太阳,这种带电粒子流(太阳风)进入地球磁场时击穿大气层,并与大气中的分
14C
子和原子碰撞,使被撞击的分子和原子处于激发态。处于激发态的分子和原子,恢复常态时,其激发的能量
就能以光能的形式发射出来,从而形成了极光, 、 项错误;从太阳射来的带电粒子,不能径直到达地面是
AB
受到了地磁场的影响,以螺旋运动方式趋近于地球南北两极, 项正确;地磁场对赤道的保护较好,对两极
C
的保护较弱主要是因为磁场的分布,而不是磁场的强弱, 项错误。故选 。
D C
. 【解析】若圆弧面光滑,圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒, 项错误;若圆弧面光滑,设滑块
15C A
运动至水平面时速度大小为v,圆弧槽速度大小为v,由机械能守恒定律知mgR 1mv2 1Mv2 ,在水
1 2 = 1+ 2
2 2
平方向上动量守恒有mv Mv,M m,联立解得v
gR
,v
gR
, 项错误;若圆弧面粗糙,滑块
1= 2 =2 1=2 2= B
3 3
能运动至水平面,设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为x 和x,由水平方向动量守恒有
1 2
R
mx Mx,x x R,解得x 2R,x , 项正确;由于滑块还发生了竖直位移R,故滑块的位移大
1= 2 1+ 2= 1= 2= C
3 3
小为 R2 2 R 2 13R, 项错误。故选 。
+ = D C
3 3
. 【解析】以桥面为零势能面,h的范围是 . . ,该冰柱的重力势能mgh约为
16D 99311m~125684m 9702J~
, 项错误;设被砸中点高度为 . ,则冰柱从侧塔下落h . . ,速度为
12250JA 13m min=993m-13m=98m
v gh . / . / / / ,该冰柱不可能垂直砸在车前窗挡风玻璃上,
1= 2 =98×25ms≈438ms=157kmh>70kmh
项错误;冰柱砸在挡风玻璃上,其破坏力与车速有关,车速越大,冰柱相对于玻璃的速度也越大,破坏力越
B
大, 项错误;冰柱从中塔下落h ,速度为v gh /,天窗对冰柱的冲量最大为I,则
C max=125m 2= 2 max≈50ms
I mgt mv,解得I · , 项正确。故选 。
- Δ= 2 ≈510N sD D
. 【解析】从状态 经状态 到状态 的过程中,角θ保持不变, 项错误;当θ 时,太阳同步轨道卫星
17B ① ② ③ A =90°
能连续不断地观测太阳动态, 项正确;当θ 时,太阳同步轨道卫星运动过程中总有段时间处于地球的
B =0°
阴影之中, 项错误;地轴经过太阳同步轨道的轨道平面,故太阳同步轨道卫星不能定点在赤道上空, 项
C D
错误。故选 。
B
18
.
B
【解析】设Pa间电阻为Rx ,则Pb间电阻为(R
2-
Rx ),滑动变阻器接入电路的电阻记作R'
2
,则R'
2=
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{#{QQABYYAUggigApAAARhCAw0iCAAQkAACCAoORAAIsAAACRNABAA=}#}R R x x + (R (R 2 2 - - R R x x ) )= Rx (R R 2 2 - Rx ) ,当Rx= 1 2 R 2 时,R' 2 达到最大值,即1 2 R 2= 0 6 . 5 V A ,解得R 2=24Ω ;当滑片P
位于中点时,干路电流为 . ,此时有E .R;当R'的电压为 . 时,滑片两边电流为 .
10A =6V+10 1 2 40V 02A
和 . ,此时有E .R。联立两式解得:R ,E , 项正确;滑片位于中点时,R'
10A =4V+12 1 1=10Ω =16V B 2=
,R 的电功率最大为 . (. ) 。滑片P位于a或b时,接入电阻为零,R 的电功
6Ω 2 60V× 05A+0.5A =6W 1
率最大,为
E2
. 。故选 。
R=256W B
1
19 . CD 【解析】 PM2 . 5 指的是大气中直径小于或等于 2 . 5μm 的颗粒物,并不是分子,其运动不属于分子的热运
动,而是因为气流等自然因素造成的宏观运动, 项错误;水黾能停在水面上而不下沉,是由于水的表面张
A
力的作用结果,并不是浮力作用的结果, 项错误;叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用,
B C
项正确;用活塞压缩汽缸里的气体,外界对气体做功 . 5 ,为正值,同时气体向外界放出热量 .
25×10J 10×
5 ,为负值,根据热力学第一定律 U W Q . 5 . 5 . 5 , 项正确。故选
10J Δ = + =25×10J-10×10J=15×10JD
。
CD
. 【解析】静置于桌面的弹簧小人,弹簧压缩量为x,则kx mg,轻压头部后做简谐运动,底部不离开
20ABC 0 0=
桌面,弹簧的最大伸长量为x,则kx 1mg,最大振幅为A x x,则A 3
mg,故下压的最大距离为
1 1= = 0+ 1 = k
2 2
3
mg,
项正确;从平衡位置缓慢下压A时最大压力为F,有F mg k(x A),解得F 3mg,压力做功
k A + = 0+ =
2 2
的最大值为W 0+
F
A 9
m2g2,
项正确;弹簧的最大压缩量为Δx x A,则弹簧的最大弹性势能为E
= = k B = 0+ p=
2 8
1k(x) 2 25
m2g2,
项正确;若刚释放时头部的加速度大小为g,设弹簧的压缩量为x',则kx' mg mg,
Δ = k C 0 0- =
2 8
解得x' 2
mg。头部往上运动至弹簧压缩量为x
时头部速度最大,则1k(x' x) 2 1mv2 ,解得v
0= k 0 0- 0 = m m=
2 2
m
g , 项错误。故选 。
k D ABC
. 【解析】当加速电压为U时粒子进入静电分析器的速度为v,则qU 1mv2 ,q k m v 0 2,解得k
21AD 0 = 0 R= R =
2
U, 项正确;若粒子源和加速器整体向右平移一小段距离,离子进入电场中不同的点,根据牛顿第二定律
2 A
有q k m v 0 2,只要调节k U,得qU 1mv2 ,等式与r'大小无关,故离子仍能做匀速圆周运动, 项错
r'= r' =2 = 0 B
2
mv
误;若离子垂直于荧光屏打在Q点,粒子的轨迹半径为d 0,则磁分析器所加的磁感应强度为B
=qB =
mU d m'v
1 2 , 项错误;若离子经加速电场、静电分析器和磁分析器后打在O 点,则半径为 ,q'U
d q C 2 =q'B =
2
1m'v2 ,得q' 8 U 4 q, 项正确。故选 。
m'=B2d2=m D AD
2
三、非选择题:本题共 小题,共 分。
5 62
. 分 . . 或 . 均可 分 分
d2
分
22(6 )(1)6200(6199 6201 )(2 ) (2)A(2 ) (3)g L h(2 )
(2 + )
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2 ( 5 )
{#{QQABYYAUggigApAAARhCAw0iCAAQkAACCAoORAAIsAAACRNABAA=}#}【解析】()用螺旋测微器测出小圆柱体截面直径如题图乙,则直径d . . .
1 =6mm+001×200mm=6200mm
(. 或 . 均算对)。
6199 6201
(
2
)验证机械能守恒的原理mg(L
+0
.
5
h)(
1-sin
θ)
=
1m d
t
2,变形得
sin
θ
=1-g(L
d2
.h)
(1
t
)2
2 Δ 2 +05 Δ
故不需要测量小圆柱体的质量,此题选 。
A
()图像斜率
a d2
,则
a d2
。
3 -b=-g(L .h) b=g(L h)
2 +05 2 +
. 分 b 分 分 分 分 分
23(9 )(1) (1 ) (2)1 (2 ) (3)9 (2 ) (4)1200 (2 ) (5)400 (2 )
【解析】()电流从红表笔流进欧姆表,从黑表笔流出欧姆表,欧姆表红表笔与内部电源负极相连,所以图中b
1
是红表笔。
IR E I(R R) E
()当 断开, 接 时I I g g ;当 断开, 接 时I I g g+ 1 ;R中 和
2 S2 S1 1 g1= g+R R=R中 S2 S1 2 g2= g+ R =R中 1
1+ 2 1 2 2
R中 为相应挡位的中值电阻。由于I I ,则R中 R中 ,故接 时为“ ”挡。
2 g1< g2 1> 2 1 ×10
R R R
()由于R中 R中 ,则 g g+ 1 ,代入R R,整理得R 1R,则
3 1∶ 2=10∶1 1+R R ∶ 1+ R =1∶10 1= g 2= g
1+ 2 2 9
R R 。
1∶ 2=9
E E E
()在“ ”挡进行欧姆调零后,内部电阻为R中 ,则1I ,1I ,I ,解得
4 ×10 1
2
g1=R中
1+600Ω 3
g1=R中
1+
Rx g1=R中
1
R中
1=600Ω
,Rx=1200Ω 。
()开关S 接 ,S 保持闭合,将a、b短接,调节R 使表头 满偏,R 被短路,回路电阻为R中 。
5 1 1 2 0 G 3 1=600Ω
断开a、b稳定后发现指针偏转到满偏刻度的1,则R
3=1200Ω
。在a、b两表笔间接入待测电阻R'x ,稳定
3
后表头G的指针偏转到满偏刻度的2
3
,则2
3
I
g1=R中 1
E
+ R并
,R并
=R'
R
x
'x
+
R
R
3
3
,解得R'x=400Ω 。
θ
. 分 【解析】()如图过M点作法线,设折射角为θ,入射角为θ,由折射定律知n sin 1 ( 分)
24(12 ) 1 1 2 = θ 2
sin 2
由几何关系有θ ,θ ,代入上式得n 6 ( 分)
1=60° 2=45° = 2
2
()由反射定律知θ θ ( 分)
2 3= 2=45° 1
过N点作法线交AB于Q点,设入射角为θ,法线与AB成θ 角,由几何关系知MN平行于AB,则
4 5
θ θ
5= 4
光线 在N处恰好发生全反射,则n sin90° ( 分)
2 = θ 1
sin 4
解得 θ 2,又在直角三角形 BNQ中 B θ ,则
sin 4= △ ∠ + 5=90°
3
B θ ( 分)
sin =cos 5 1
解得 B 1 ( 分)
sin = 2
3
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3 ( 5 )
{#{QQABYYAUggigApAAARhCAw0iCAAQkAACCAoORAAIsAAACRNABAA=}#}BC AC
由正弦定理知 ( 分)
A= B 1
sin sin
BC
解得 6 ( 分)
AC= 2
2
25
.
(16
分
)
【解析】(
1
)对木块和电荷的整体受力分析,有qE
=
μmg (
2
分)
代入电场强度E的值,得 μ . ( 分)
=05 1
()设木块的初速度为v,由动量定理知I mv ( 分)
2 0 0= 0 1
设电荷的加速度大小为a,木块的加速度大小为a,则有qE ma,μmg ma ( 分)
1 2 = 1 = 2 1
代入第()问中 μ 值,得a a 1g
1 1= 2=
2
设经过时间t 木块与电荷于左端发生第一次碰撞,则 vt 1at2 1at2 l ( 分)
1 01- 21 - 11= 1
2 2
且碰撞时满足v at at ( 分)
0- 21> 11 1
解得I m gl ( 分)
0> 2 2
()给两者的冲量大小为I 后,速度大小为v',则I mv'
3 1 0 1= 0
设经过时间t'电荷与木块相碰,则 v't' 1at'2 v't' 1at'2 l
1 01- 11 + 01- 21 =
2 2
l l
解得t' ( ) (舍去另解t' ( ) ) ( 分)
1= 6-2 g 1= 6+2 g 1
由于a a,碰前速度大小为v',则v' v' at'
1= 2 1 1= 0- 11
解得v' gl ( 分)
1= 1
由于是弹性碰撞,两者质量相同,碰后交换速度
设经过时间t'两者发生第二次碰撞
2
(v't' 1at'2 ) (v't' 1at'2 )l
12+ 12 + 12- 22 =
2 2
l
解得t' 1 ( 分)
2= g 1
2
设第二次碰撞前,木块和电荷的速度分别为v木 和v电 ,有
v木 v' at' 3 gl,v电 v' at' 5 gl ( 分)
= 1- 22= = 1+ 12= 1
4 4
摩擦生热为Q μmg
v'
0+
v'
1t'
v'
1+
v木
t' ( 分)
= 1+ 2 1
2 2
由以上各式得Q 15μmgl ( 分)
= 2
16
另解:设木块从获得初速度v' 开始运动时间tt' t'内路程为s,则
0 =1+2
v' v木
s 0+ t
=
2
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{#{QQABYYAUggigApAAARhCAw0iCAAQkAACCAoORAAIsAAACRNABAA=}#}或者s v't 1at2
= 0 - 2
2
或者v'2 v2木 as
0 - =22
解得s 15l
=
16
摩擦生热为Q μmgs
=
解得Q 15μmgl
=
16
. 分 【解析】()柱内磁场不随时间变化,则圆环内无感生电动势,环切割柱外磁感线产生动生电动势E,
26(19 ) 1
当圆环所受安培力与重力相等时速度为v,则E B πr v ( 分)
= 0×2 × 1
E
感应电流为I ( 分)
=R 1
由受力平衡B I r mg ( 分)
0× ×2π= 1
由以上各式得v
mgR
( 分)
= 2r2B2 1
4π 0
()设通过圆环的电荷量为q,由动量定理mgt B πr q mv ( 分)
2 0- 0×2 × = -0 1
B πr h
设圆环发生的位移为h,则q 0×2 × ( 分)
= R 1
解得h
mgRt
0
m2R2g
( 分)
= 2r2B2- 4r4B4 1
4π 0 16π 0
设圆环下落过程克服安培力做功为W安 ,由动能定理mgh W安 1mv2 ( 分)
- = -0 1
2
由能量转化规律Q W安 ( 分)
= 1
联立以上各式解得Q
m2g2Rt
0 3
m3g2R2
( 分)
= 2r2B2- 4r4B4 2
4π 0 32π 0
()设t时刻圆环的速度为v,由运动学公式v v gt ( 分)
3 = 0+ 1
对圆环受力分析,其所受安培力为 ,则B I r ( 分)
0 1× ×2π=0 1
圆环中t时刻的电流I
B
1×2π
r
×
v
-π
r2
0
k
( 分)
= R 1
t时刻圆环的位置y vt 1gt2 ( 分)
= 0 + 1
2
v2 gy v
t 0+2 - 0
= g
解得B 或B
kr2
0 ( 分)
1=0 1=r(v gy) 1
2 0+ 2
若B ,由焦耳定律知Q ( π r2 0 k) 2 t ( 分)
1=0 = R 1
若B
kr2
0 ,圆环中没有电流,则Q ( 分)
1=r(v gy) =0 2
2 0+ 2
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{#{QQABYYAUggigApAAARhCAw0iCAAQkAACCAoORAAIsAAACRNABAA=}#}
