文档内容
2024年HGT第一次模拟测试
物理 参考答案及评分意见
一、选择题（本题共10小题，1-7题为单选题，每小题4分；8—10为不定项选择题，每
小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D A D A D C BD AC BCD
二、实验题（11题6分，12题9分）
（ 分）
11.(1). 1.35 2
偏大 （ 分）
(2). 2
a
4π 2 （ 分）
(3). b 2
右 （ 分）
12.(1). 2
（ 分）
(5). 1 2
（ 分）； （ 分）
(6). 1.50 2 0.59 3
三、解答题(13题10分，14题12分，15题17分）
13.
（） ；
°
1 4(5 )
（） m； m
2 2 − 2 (8 − 4 2 )
（）激光笔 发射出的激光进入水面时入射角为
1 1 70.5°
由 1可得 2 2 ………………………………（ 分）
cos70.5° = sin70.5° = 1
3 3
激光笔 发出的激光进入水中时入射角用θ 表示，折射角用β 表示，
1 1 1
θ
由sin 1 n …………………………………………………………（ 分）
β = 1
sin 1
可得 β 2 ，故β …………………………………………（ 分）
sin 1 = 1 = 45° 2
2
（）激光笔 发射出的激光进入水面时入射角为
2 2 53.0°
由 3，可得 4
cos53.0° = sin53.0° =
5 5
激光笔 发出的激光进入水中时入射角用θ 表示，折射角用β 表示，
2 2 2
θ
由sin 2 n …………………………………………………………（ 分）
β = 1
sin 2
可得 β 3
sin 2 =
5
设两光线入射点之间的距离为 x，
∆
则有： x θ θ ……………………………………（ 分）
∆ = ℎ2tan 2 − ℎ1tan 1 1
可得 x （ ）m ……………………………………（ 分）
∆ = 2 − 2 1
同理： x H β H β ……………………………………（ 分）
∆ = tan 1 − tan 2 1
—高三 物理 第 页（共 页）—
1 3联立可得H m ………………………………………………（ 分）
= (8 − 4 2 ) 2
14.
BLd
（）2 ；
1 R
5
（）1 ；
2
3
m g R
3 2 2
（）3 mgd 25 W
3 − B 4 L 4 −
5 72
BLd θ
（）在导体杆b由静止释放到导体杆b运动到Q Q 处的过程中E ∆∅ cos
1 1 2 ˉ = t = t
∆ ∆
……………………………………………………………………………………（ 分）
1
E
根据闭合电路的欧姆定律有：I ˉ ，
ˉ= R
2
根据电流的定义式：q I t
= ˉ∆
BLd
联立可得q 2 ………………………………………………（ 分）
= R 2
5
（）当导体杆速度最大时，对导体杆 受力分析有：mgμ F ……………（ 分）
2 a = A 1
对导体杆b受力分析，沿斜面方向mg θ F θ f
sin = Acos +
垂直斜面方向有：mg θ F θ F
cos + Asin = N
由摩擦力的大小f F μ
= N
联立可得μ 1 …………………………………………………（ 分）
= 3
3
mg
（）当导体杆b速度最大时，可知F mgμ …………………………（ 分）
3 A = = 1
3
电动势E BLv θ
= cos
E
电流大小I ，导体杆 受到的安培力F BIL，
= R b A =
2
mgR
联立可得v 5 ………………………………………………（ 分）
= B 2 L 2 2
6
根据动能定理可得：1 mv
2 =
mgd
sin
θ
−
W
+
W
安
2
m g R
3 2 2
联立可得：Q W 3 mgd 25 W ………………………（ 分）
总 =− 安 = − B 4 L 4 − 2
5 72
15.
L
（）32 ；
1
81
（） m， ： ；
2 17 2 7
（） 4 L
3
45
v v
（） 物块在在 t t 的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小a 6 0 0
1 A 13 0 − 19 0 1 = t t = t
19 0 − 13 0 0
物块在 t t 时间内与在 t 的时间内受力情况一致，加速度相同，
A 13 0 − 19 0 0 − 9 0
则有t t 时v a t v …………………………………………（ 分）
= 9 0 = 1∙9 0 = 9 0 2
—高三 物理 第 页（共 页）—
2 3v t
刚释放 物块时， 之间的距离为L，则有L 9 0∙9 0
A AB =
2
L
可得v t 2 ………………………………………………………（ 分）
0 0 = 1
81
物块在在 t t 的时间内沿斜面向上运动，
A 9 0 − 13 0
v t t
运动的距离L 8 0(13 0 − 9 0) v t ……………………………（ 分）
1 = = 16 0 0 1
2
L
联立可得L 32 …………………………………………………（ 分）
1 = 1
81
（） 物块与 物块第一次碰撞时，由动量守恒可得：mv mv Mv
2 A B = A 1 + B 1
碰撞为弹性碰撞，由能量守恒可得1 mv 2
=
1 mv 2A
1 +
1 Mv 2B
1
…………（
1
分）
2 2 2
其中v v ，v v
= 9 0 A 1 =− 8 0
联立可得：v v ，M m ……………………………………（ 分）
B 1 = 0 = 17 2
v t t
物块在 t t 时间内下滑的距离L 6 0(19 0 − 13 0) v t
A 13 0 − 19 0 2 = = 18 0 0
2
故 物块碰后沿斜面下滑的距离x L L v t …………………（ 分）
B 1 = 2 − 1 = 2 0 0 1
v
假设第二次碰撞前 物块已停止运动，则有x B 1 t ，可得t t ，
B 1 = 1 1 = 4 0
2
即t t 时， 物块停止运动，假设成立
= 13 0 B
v v
设 物块下滑过程中的加速度大小为a，则有a B 1 0 …………（ 分）
B = t = t 1
4 0 4 0
设斜面倾斜角为θ，根据牛顿第二定律：对 物块有：Mg θ Mgμ θ Ma
B sin − 2cos =−
物块下滑时，mg θ mgμ θ ma
A sin − 1cos = 1
v v
物块沿斜面向上运动运动时加速度大小为a ，则有a 8 0 2 0
A 2 2 = t = t
4 0 0
由牛顿第二定律可得mg θ mgμ θ ma ………………………（ 分）
sin + 1cos = 2 2
联立可得μ：μ ……………………………………………（ 分）
1 2 = 2:7 1
（）t t 时， 物块与 物块发生第二次碰撞，碰前瞬间 物块的速度v v
3 = 19 0 A B A 1 = 6 0
由动量守恒可得：mv mv Mv
1 = A 2 + B 2
碰撞为弹性碰撞，由能量守恒可得1 mv
1
2
=
1 mv 2A
2 +
1 Mv 2B
2
2 2 2
联立可得：v 2 v …………………………………………………（ 分）
B 2 = 0 1
3
设第二次碰撞后 物块下滑的距离为x ，则有 ax v
B 2 2 2 =
2B
2
v t
可得x 8 0 0 4 x ……………………………………………………（ 分）
2 = = 1 1
9 9( )
n
−1
以此类推可得x 4 x
n = 1
9
4 n
1 − ( )
则 B 物块运动的总距离x = x 1 + x 2 + x 3..... + x n = 9 ∙ x 1 …………（ 1 分）
4
1 −
9
当n 时，代入数据可得x 4 L …………………………………（ 分）
→ ∞ = 1
45
—高三 物理 第 页（共 页）—
3 3
