湖南省新高考教学教研联盟（长郡二十校联盟）2024-2025学年高三上学期第一次预热演练物理答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_物理

2025 届新高考教学教研联盟高三第 次预热考试 一 物理参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D A D D C B ABD CD BCD AD 12. BC B m x m x m x 3x 3x x A 2 A 1 B 3（ 2 1 3也对） x x x 1 三个坐标点（ 1， 3）均在截距为 2、斜率为 的直线上 【解析】（1）[1]水平槽QR不需要光滑，只要保证每次入射小球从同一位置静止释放即可保证其每次与被撞 小球碰前的速度相同，同时两小球离开斜槽后应做平抛运动，所以轨道末端必须水平，故选BC； [3]碰撞过程中，如果动量守恒，由动量守恒定律得m v m v m v A 0 A 1 B 2 小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t，m vtm vtm vt A 0 A 1 B 2 即m x m x m x 。又因m=3m，所以也可以表示为3x 3x x A 2 A 1 B 3 A B 2 1 3 1 1 [5]若两球相碰前后动量守恒，当m = m 时，由m x m x m x。可得x x 的关系为x = x +x B 6 A A 2 A 1 B 3 1 3 1 6 3 2 1 根据测量的x，先在x x 坐标系中做出截距为x 、斜率为 的一条直线，然后在x x 坐标系中画出测量 2 1 3 2 6 1 3 的坐标点（x，x），若该点正好在直线上，则说明两球相碰前后动量守恒； 1 3 1 1 1 1 同理当m = m 、m = m 时，可得x x 的关系分别为 x = x +x ，x = x +x B 3 A B 2 A 1 3 1 3 3 2 1 2 3 2 1 1 根据测量的x，先在x x 坐标系中做出截距为x 、斜率分别为 、 的直线，然后在x x 坐标系中画出 2 1 3 2 3 2 1 3 测量的坐标点（x，x），若该点正好在对应的直线上，则说明两球相碰前后动量守恒； 1 3 1 1 1 [6]若小球之间发生弹性碰撞，则有 m v 2  m v2 m v 2。联立动量守恒的关系可得 2 A 0 2 A 1 2 B 2 m m 2m 1 5 12 5 v= A Bv v  A v 当m = m 时，则有v  v ，v  v 所以x  x ， 1 m m 0 2 m m 0 B 6 A 1 7 0 2 7 0 1 7 2 A B A B 12 x  x 3 7 2 则x、x 满足关系式x  x x 。即坐标点（x，x）在截距为x 、斜率为1的直线上 1 3 1 3 2 1 3 2 1 1 ；同理，可以证明当m = m 、m = m 时，x、x 也满足关系式x  x x 故若每 B 3 A B 2 A 1 3 1 3 2 次碰撞过程均为弹性碰撞，则三个坐标点（x，x）均在截距为x 、斜率为1的直线上，如图所示 1 3 2   13 (1) mv 0 (2) mv 0 2 nq (3) 21 mv 0 B  mv 0 (4) mv 0 2 ． qR ，方向垂直纸面向外 q ， 2 3qR 2 qR 3qR 【解析】（1）由于所有粒子经圆形磁场偏转后均沿x轴正方向，根据粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系 mv2 可知，粒子运动半径r等于磁场圆半径R，则有qv B  0 0 1 R mv 解得B  0 根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外 1 qR 1 qU 2R 2 mv2 （2）粒子在电场中做类平抛运动，则有y MN   R 解得U  0 2 m2R v  MN q 0 nq 结合题意可知，粒子经过电场偏转后有一半粒子打在下极板N上被吸收，则有I  2 （3）作出粒子运动轨迹图，如图所示 物理参考答案-1 {#{QQABIQAAgggIABIAABhCUwXACkMQkgCCCagGxBAIsAABCBNABAA=}#}结合上述可知，穿出电场的粒子偏转距离y 都等于R，根据速度分解有 1 1 v t tan v y  2 y 2 y 11 v 1 L 0 v t 1 2 0 解得45 粒子飞出电场时，根据速度分解有vcosv 0 解得v 2v 0 结合上述可知，粒子飞出电场速度方向的反向延长线与水平分位移对应线段的中点相交，设射入磁场时的偏转 L 1 L y 2 2 2 距离为y ，则有 2   解得y 2R 2 y L 1 2 1 1 2 粒子经磁场区域 偏转后竖直方向偏移距离y2rcos Ⅱ v2 2mv 粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB m 解得y 0 2 r B q 2 2mv mv 要使所有粒子打在收集板上，则有2Ry3R 代入解得 0 B  0 3qR 2 qR 2 当粒子轨迹刚好与磁场右边界相切时有r rd 3R 2    2m 2v 21 mv 结合上述有  1   0 3R 解得B  0  2  B 2 q 2 3qR   21 mv 综上所述，区域 磁场的磁感应强度范围为 0 B  mv 0 Ⅱ 3qR 2 qR （4）当轨迹与磁场右边界相切时，设速度为v ，如图所示 由动能定理可得 1 1 1 Eqd  mv2 mv2 2 1 2 在y轴方向上，根据动量定理可得qv B Δtmv mvsin45 x 2 1 mv2 即有qB d mv mv 解得E 0 2 1 0 3qR 1 14 1 a b a b Fx  kx2 ．（ ）从开始到 、 向左移动到最大距离的过程中，以 、 和弹簧为研究对象，由功能关系得 0 2 0 1 a b a b a b kx2 2E 弹簧恢复原长时 、 分离，从弹簧最短到 、 分离，以 、 和弹簧为研究对象，由能量守恒得 2 0 k x 0.6m E 9J 解得 0 k 1 1 2 G H b M m g2R m v2  m v2 （ ）设 、 为圆上与圆心等高的两个点，若物块 能到达 点，由动能定理得 2 2 2 M 2 2 b v 0 gR 1.5m s 解得 M 1 1 b M b H m gR m v2  m v2 所以物块 不能到达圆周最高点 ，若物块 能通过 点，由动能定理得 2 2 2 H 2 2 b v  4.5m s0 解得 H b H b H M E E 所以物块 通过了 点，综上分析， 在 、 之间的某位置恰好脱离圆轨道。假设在 点恰好脱离，设 点与圆 m v2  m gcos 2 E 心的连线与竖直方向的夹角为 ，则 2 R 1 1 2 Q E m gR(1cos) m v2  m v2 cos hRRcos0.375m 从 点到 点由动能定理可得 2 2 2 E 2 2 b 解得 3 则 3 a b b M b C b C x （ ）当物块 ， 分离后，物块 恰好通过 点时，物块 最终与木板 相对静止， 在 上滑动的相对位移为 v'2 m gm M v'  2.25m s1.5m s ，由圆周运动知识得 2 2 R M m g m a m g(m m m )g (m m )a a 4m s2 a 2m s2 由牛顿第二定律得 c 2 2 b c 2 2 c d c d cd 解得 b cd 物理参考答案-2 {#{QQABIQAAgggIABIAABhCUwXACkMQkgCCCagGxBAIsAABCBNABAA=}#}1 1 b Q M , m g2R m v2  m v2 v  11.25m/s 物块 从 点到 点由动能定理可得 2 2 2 M 2 2 b 解得 b b C v v a tv a t 设物块 最终与木板 相对静止时的速度为 共，则 b b 共 cd 5 v2v 2 v 2 v  m s x b 共  共 0.9375mL 1m 解得 共 2 24 22 c a b b M D b C 当物块 ， 分离后，物块 通过圆周最高点 点后，恰好停在木板 的最左端保持相对静止，设物块 在木板 1 1 t vt  at2 a t2L a t va t 上滑行的时间为 1，由运动学公式可得 b1 2 b1 2 cd 1 c cd 1 b b1 3 1 1 1 v 2 3m s t  s kx2  mv''2 m v''2 m 1kg 解得 b 1 3 由能量守恒得2 0 2 1 b 2 2 b 解得 1 a b b M D b C 当物块 ， 分离后，物块 通过圆周最高点 点后，恰好停在木板 的最右端保持相对静止，设物块 在木板 1 1 t vt  a t2 a t2 L 上滑行的时间为 2，有 b 2 2 b 2 2 cd 2 c b D a  g 1m s2 由牛顿第二定律得物块 在木板 上滑行的加速度大小 b d C D  m g (m m )g 假设此时木板 和木板 分离，由于 d 2 2 d D a D 所以，二者分离后木板 开始减速，设减速的加速度大小为 ，对木板 由牛顿第二定律可得 (m m )gm g m a 2 d d 2 d a6m s2 a 4m s2 。 C D 解得 b 即此加速度比木板 单独减速的加速度还大，说明木板 减速更快，即物块在木 D CD C D a'' (m m m )g m g (m m )a'' 板 上运动时 没有分离，设 和 一起减速的加速度大小为 cd，则 2 c d d 2 c d cd (v '''at )2 (a t )2 3 6 6 a  4m s2 b b 2  cd 2  L v '''  m/s t  s 解得 cd 又 2a  2a  d 解得 b 2 2 6 b cd 1 1 1 2 2 kx2  mv'''2 m v'''2 m  kg kgm 1kg 由能量守恒得2 0 2 1 b 2 2 b 解得 1 3 综上可知3 1 S 15 1 C  ．（ ）该圆柱形雷电云空域的电荷分布可近似认为是一个平行板电容器，其电容为 d S r2 r2.5km d 1.0km 其中 ， ， U Ed 150MV QCU Q=26C 则该区域上下两端的电势差为 所带电荷量为 解得 1 E  QU  2.0109J 携带的总电能为 总 2 2 m g V g V g （ ）气球在高空悬浮时的条件是 负载 He 0 1 0 m  V 式中 负载为气球及载荷的总质量， 1为高空的大气密度， 0是此气球在此高度悬浮时的体积，则有 m V  负载 0  1 He TT az a5.0103K/m dpgdz 根据题意有 0 其中 ，空气压强随高度的变化满足 m M Mp pV  RT   由理想气体状态方程有 M 可得空气密度为 V RT  m V M R 式中 和 分别为空气的质量和体积， 为空气的摩尔质量， 为空气密度， 为普适气体常量，可得 Mg Mg p dp pdz  dz RT R T az 0 dp Mg dz Mg dT az  p  Mg T az     0 ln  ln 0 解得 p R T az aR T az 积分得  p  aR T 0 0 0 0 az Mg Mp az Mg T az Mg az Mg 1 p p (1 )aR  0 (1 )aR  0 (1 )aR (1 )aR 于是 0 T 相应的空气密度为 RT T 0T T 0 T 0 0 0 0 Mp   0 12km  0.31kg/cm3 V 3.8102m3 其中 0 RT 根据上述可知，离地高度为 的空气密度为 1 解得 0 0 物理参考答案-3 {#{QQABIQAAgggIABIAABhCUwXACkMQkgCCCagGxBAIsAABCBNABAA=}#}