物理答案（YL）-1_2024年3月_013月合集_2024届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期3月综合测试（一）_2024届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期3月综合测试（一）物理

雅礼中学 2024 届高三综合自主测试（一） 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、C【解析】0.6s~0.8s电梯加速度不断变化，不做匀加速运动，故A错误；0.9s~1.2s电 梯加速度恒定且为正值，处于匀加速上升阶段，故B错误，C正确；1.7s~2.3s电梯加速度 为0，处于匀速运动阶段，故D错误。 2、D【解析】地球同步卫星的轨道除了位于赤道平面内外，距离地面的高度、线速度和角速 Mm v2 度的大小都是固定的，而B不一定是同步卫星，故A错误；根据G m 可得 r2 r 1 GMm E  mv2  ，三颗卫星的质量大小关系不知道，无法比较动能的大小，故B错误； k 2 2r 第一宇宙速度为7.9km/s，是卫星的最大轨道速度，卫星C的线速度大小一定小于7.9km/s， GMm GM 故C错误；三颗卫星的轨道半径r < r < r，根据 ma，a 则a > a > a C A B r2 r2 C A B， 故D正确。 3、C【解析】单色光在光程差相同的位置干涉连成的线会形成条纹，当肥皂液膜竖直放置时， 单色光垂直照射肥皂液膜，在前、后两面反射形成干涉条纹，若将该装置放在地球上观察， 由于重力作用，在高度相等的位置的光程差相同，故可看到水平直条纹，故A错误；若将该 装置放在空间站观察，由于处于完全失重状态，肥皂液膜厚度均匀，所以观察不到干涉条纹， 故B错误；因为地球表面的重力加速度大于月球表面的重力加速度，该装置在地球表面薄膜 上下厚度相差更大，该装置在地球表面观察到的水平条纹间距为x ，在月球表面观察到的 1 水平直条纹间距为x ，则x x ，故C正确；若将光源换为蓝色光源，因为波长变短， 2 1 2 所以在地球表面观察，可看到水平直条纹的间距将减小，故D错误。 4、C【解析】正弦式交变电流一个周期内电流方向改变2次，所以1min内有50个周期，线 框的转速为50r/min，故A错误；若线框的电动势有效值是20V，则最大值为20 2V 28.2V， 50 二极管将被击穿，故B错误；由最大值E=nBSω=nBS×2πf=1000×B×0.12×2×3.14× V m 60 ＜20V解得B＜0.4T，故C正确；若转速减半，交流电的最大值减半，如果这时的最大值小 于0．7V，二极管将不会闪烁，1min内闪烁次数将变为0次，故D错误。 5、D【解析】带电油滴在极板间匀速下落，可知带电油滴受到电场力方向竖直向上，与电场 方向相反，故油滴带负电，A错误；带电油滴在极板间匀速下落，根据受力平衡可得 U mgd mgd mg qE q ，解得油滴的电荷量为 q ，可知 等于油滴的电荷量，并不等于油 d U U 滴中电子的数目，B错误；油滴从小孔运动到金属板B过程中，电场力做功为 W qEd mgd ，可知电场力做负功，电势能增加mgd ，C错误；根据 E  U ，若将金属 d 板A向上缓慢移动一小段距离，极板间的距离d增大，极板间的电压U不变，则极板间的电 场强度减小，油滴受到的电场力减小，故油滴受到的合力竖直向下，油滴将加速下降，D正 确。 物理（YL）答案 （第 1 页，共 7 页） {#{QQABaYQEogAoAJAAAQhCAQEwCgMQkAECACoOREAEsAAAiRNABAA=}#}6、C【解析】木块受力如图甲，支持力与静摩擦合力斜向右上，与重力的合力沿缆绳斜向右 上。因为木块质量和加速度均不变，故三个力的合力不变，又木块重力不变，则支持力与静 摩擦合力不变。木板与底板夹角缓慢增大稍许，如图乙，F 减小，F 增大。 N f 二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 7、BD【解析】激光在内芯和外套的界面上发生全反射，所以内芯是光密介质，外套是光疏 介质，即光纤内芯的折射率比外套的大，故A错误；光从左端空中进入光纤内芯后，波长和 波速会发生变化，但频率和周期不变，故B正确；频率越大的光，介质对它的折射率越大， c sin 根据 v 光在光纤中传播的速度越小，故C错误；根据折射定律 n ，根据全 n sin90 1 7 反射公式 n ，联立解得n 故D正确。 sin 2 8、BD【解析】木棒做简谐运动的回复力是水的浮力与木棒重力的合力，故A错误；0~0.25s 内木棒的浮力减小，则木棒从最低点向平衡位置运动，其所受合外力逐渐减小，则其加速度 逐渐减小，故B正确；根据简谐运动的特点可知，木棒和重物在最高点和最低点的位置加速 度大小相等，故在最低点有： F Gma，在最高点有：GF ma ，联立可得： 1 2 1 G （F F），故C错误；设向下为正，则在初始位置时，由平衡条件可得mggx S在 2 1 2 0 偏离平衡位置x位置时，木棒所受合外力为：F 合   gx 0 xSmg  gxS则木棒所 受合外力大小与偏离初始位置的距离成正比，且比值为gS，故D正确。 9、AD【解析】根据电荷的分布可知，负试探电荷从A点移到C点，电场力始终做负功，则 其电势能增加，故A正确；因为B点和B点在等量异种电荷的中垂面上，而其中垂面为零 等势面，因此电荷沿直线从B点移到B点，电场力不做功，故B错误；A点和C点关于等 量异种电荷的中垂面对称，因此A、B两点的电势差等于B、C两点的电势差，故C错误； 根据场强叠加原理，如图所示 L 可得B场强大小为E 2Ecos，而 cos 2  2 ，解得 E  2kQ 故D正确。 B 2L 4 B 4L2 物理（YL）答案 （第 2 页，共 7 页） {#{QQABaYQEogAoAJAAAQhCAQEwCgMQkAECACoOREAEsAAAiRNABAA=}#}10、AD【解析】金属棒b沿导轨下滑时，由楞次定律可知，金属棒a中电流从近端流向远端 导轨，根据左手定则，可知金属棒a所受安培力水平向右，又因为金属棒a始终静止，所以 其所受摩擦力向左，故 A 正确；当金属棒 b下滑速度最大时，对金属棒 b分析，有 mgsin30o B I L，对金属棒a分析，有 f BI L，可得 f  mgB 1 。由于B 和B 的关系 2 m m 1 m m 2B 1 2 2 未知，所以金属棒a受到的最大摩擦力 f 大小不确定，故B错误；由闭合电路欧姆定律可 m B Lv mgR 知 I  2 m ，解得 v  ，故C错误；由能量守恒定律可知，金属棒b减小的机械能 m 2R m B2L2 2 等于金属棒a和金属棒b中产生的总焦耳热，故D正确。 三、填空题（本题共2小题，共16分） 11、①. ACCA ②. 2 ③. m2 【解析】（2）根据题意及实验原理可知，本实验所采用的实验探究方法为控制变量法 A．根据胡克定律F kx可知探究弹簧弹力与形变量之间的关系，采用了控制变量法，故A 符合题意；B．探究两个互成角度的力的合成规律，即两个分力与合力的作用效果相同，采 用的是等效替代的思想，故B不符合题意；C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系是 通过控制变量法进行研究的，故C符合题意；D．探究平抛运动的特点，例如两球同时落地， 两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故D不符合题意。故选AC。 （3）对②图线的数据进行分析可以看出，当增大为原来的2倍时，F 增大为原来的4倍， 当增大为原来的3倍时，F 增大为原来的9倍可知，F 与2成正比，则图像横坐标x 代表的是2。 （4）由（3）中分析可知，在r一定时，F 与2成正比，F r 图像又是一条过坐标原点 的直线，F 与r成正比，同时也应与m成比，归纳可知，F r图像的斜率为m2。 12、（1）正 1.30 不可行 （2）① a kR ② 0 1k 1k 【解析】（1）[1]用多用电表粗测电池的电动势，根据多用电表的使用要求，电流从红表笔 流入，从黑表笔流出，故将多用电表的红表笔与电池的正极相连； [2]用多用电表的2.5V直流电压挡粗测该电池的电动势，故测量时该表盘的分度值为 0.05V，读数为1.30V； [3]由于多用电表的欧姆挡本身已经有电源，用多用电表的欧姆挡测电阻时，被测电阻应与 物理（YL）答案 （第 3 页，共 7 页） {#{QQABaYQEogAoAJAAAQhCAQEwCgMQkAECACoOREAEsAAAiRNABAA=}#}其他电源断开，所以不能测量电池的内阻。 （2）①依据图乙所示电路图，将实物进行连线，如图所示 ②由闭合电路欧姆定律得EU Ir 1 U U 干路电流 I  1 2 R 0 ER r 联立解得 U  0  U 1 R r R r 2 0 0 ER r 结合图丁可知当U 0时 U  0 a ， k 2 1 R r R r 0 0 a kR 联立解得 E  ， r  0 1k 1k 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）从P点发出的光入射到大气外表面处时， 1 发生全反射的临界角满足 sin  C n 解得  30 C （2）当P点发出的光线在大气外表面恰好发生全反射时，光路如图所示 （2）当P点发出的光线在大气外表面恰好发生全反射时，光路如图所示 由正弦定理可得 r 2r  sin sin C 解得 =135 故从P点射出的光线在大气外表面恰好发生全反射时光线PB与OP延长线的夹角为45°， 在大气外表面发光区域对应的圆心角为 2(18013530)30 物理（YL）答案 （第 4 页，共 7 页） {#{QQABaYQEogAoAJAAAQhCAQEwCgMQkAECACoOREAEsAAAiRNABAA=}#}1 2r 故发光区域在截面上形成的弧长为 l  2 2r  12 6 （3）如图所示，临界光线从B点射向卫星轨道上的C点，在直角△OBC中， 由几何关系可得 2r 6  2 cosBOC  4r 4 31 解得 BOC15 即轨道上能观测到光的部分对应的圆心角为60°， 对应的轨道弧长为 l 1 2 4r  2( 31)r 6 31 3 14、（1）根据题意可知，小物块从Q点飞出做平拋运动，设小物块在Q点的速度为v ， Q 水平方向上有 Lv t Q 1 竖直方向上有2R gt2 2 v2 小物块在Q点，由牛顿第二定律有F mg m Q N R 联立代入数据解得F 32N N 由牛顿第三定律可得，小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力为F   F 32N N N （2）根据题意，设弹簧压缩至P点时的弹性势能为E ，小物块由P点到Q点的过程中， p 1 由能量守恒定律有E mgLmg2R mv2 p 2 Q 解得E 72.9J p 1 （3）设小物块滑上B的速度为v ，有E  mv2 0 p 2 0 解得v 9m/s 0 之后小物块与B共速由动量守恒定律有mv  mM  v 0 共 物理（YL）答案 （第 5 页，共 7 页） {#{QQABaYQEogAoAJAAAQhCAQEwCgMQkAECACoOREAEsAAAiRNABAA=}#}解得v 6m/s 共 根据题意，设小物块脱离轨道时速度大小为v，方向与竖直方向夹角为，在脱离位置，由 v2 牛顿第二定律有mgsinm R 1 1 小物块冲上C到脱离轨道位置，由动能定理有mgR  1sin mv2  mv2 共 2 2 2 解得脱离轨道时v 6m/s，sin 3 (vcos)2 脱离轨道后，小物块做斜抛运动，则上升的最大高度为h 2g 则小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度H  hR  1sin 5 联立代入数据解得H  m 3 v2 15、（1）粒子在圆弧形金属板间做匀速圆周运动，有Eqm 0 1 R 1 at E q 在0 xd的空间中做类平抛运动，则有d v t，tan60 ，a 2 0 v m 0 3ER 联立可得E  1 1 2 d （2）粒子进入匀强磁场区域做匀速圆周运动，其轨迹如图所示 v2 根据洛伦兹力提供向心力有qvBm r 根据几何关系有rsin60d，vsin60at 1 3mER 联立可得B 1 1 d q 2m （3）粒子在x2d的区域内做匀速圆周运动的周期为T  qB 0 mv 2mv 2 EmR 轨迹半径为R  0  1 1 qB qB B q 0 0 0 a．若粒子射出时与z轴负方向的夹角为30°，则粒子在该区域内运动轨迹沿y轴负方向的 物理（YL）答案 （第 6 页，共 7 页） {#{QQABaYQEogAoAJAAAQhCAQEwCgMQkAECACoOREAEsAAAiRNABAA=}#}俯视图如图所示 4n 3 EmR 由图可得x2nRRcos30(2ncos30)R 1 1 （n=1，2，3…） B q 0 b．若粒子射出时与z轴正方向的夹角为30°，则粒子在该区域内运动轨迹沿y轴负方向的 俯视图如图所示 4n2 3 EmR 由图可得x(2n1)RRcos30 1 1 （n=1，2，3…） B q 0 物理（YL）答案 （第 7 页，共 7 页） {#{QQABaYQEogAoAJAAAQhCAQEwCgMQkAECACoOREAEsAAAiRNABAA=}#}