2024届江西省赣州市高三下学期二模物理试题（含答案）

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7.【详解】
A.物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分，故A错误；
B.施加拉力F前，以小环O为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力，竖直方向根据受力平衡可得： 解得轻绳1的张力大小为：故B错误；
C.物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时最大，则此过程逐渐增大，以小环O为对象，根据受力平衡可得： 可得：
可知此过程经绳1的张力一直增大, 故C正确；
D.物块在缓慢移动过程中，由拉幂定理得F越来越大,故选C。
10.【详解】
A．刚开始时线框相对于磁场的速度最大，此时感应电动势最大，ab、cd均切割磁感线，产生感应电动势方向相同，则总电动势为，因线框电阻为R，则ad部分电阻为 eq \f(R,6) ，则b、c两点间的电压的最大值为 eq Ebc=\f(E总,6)=\f(BLv0,3) ，A正确；
B．磁场向右运动，相当于线框切割磁感线，ab、cd所处的磁场区域会不断发生变化，结合右手定则可分析出金属框中电流方向并不是不变的，B错误；
CD．设玩具车最大速度为v，则相对于磁场的速度为v0-v，此时总电动势为
总安培力为：
因玩具车所受阻力为其对地速度的k倍，则有：
可得：
玩具车达到最大速度时即匀速时，经上分析可知安培力的功率为：
电功率为：，仅当 即： 才有：
C错误D正确。故选AD。
11.【答案】（1）BD/DB（1分） （2）一（1分） B和C（1分） 2:1（1分） （3）B（1分）
（4）质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动的向心力大小与角速度的平方成正比（2分）
【详解】（1）在该实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法。
A．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A错误；
B．当一个物理量与多个物理量相关时，应采用控制变量法，探究该物理量与某一个量的关系，在探究影响导体电阻的因素实验中使用了控制变量法，故B正确；
C．探究两个互成角度的力的合成规律，应用了等效替代法，故C错误；
D．探究加速度与物体受力、物体质量的关系，应用了控制变量法，故D正确。
故选BD。
（2）变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
v=ωr
在探究向心力大小与半径的关系时，需控制小球质量、角速度相同，运动半径不同，故需要将传动皮带调至第一层塔轮，将两个质量相等的钢球分别放在B和C位置。
左右两球所受向心力大小之比为
F左:F右=n左:n右=2:1
（3）该方法可行，用手机拍照后再通过照片读出两边标尺露出的格数，这样可以准确读出某一时刻两边标尺露出的格数，并通过格数得出向心力与角速度的关系，手柄转速变化时，两边标尺露出的格数同时变化，仍可通过格数得出向心力与角速度的关系，故不需要匀速转动手柄。
故选B。
（4）变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
v=ωr
左右两小球的角速度之比为
可得的实验结论是：质量和半径一定的条件下，物体做圆周运动的向心力大小与角速度的平方成正比。
12.【答案】
（1）×1（1分） （2）A（1分） D（1分） E（1分） （3）见解析（2分） （4）（2分）
【详解】（1）先用多用电表欧姆挡的挡粗测铅笔芯电阻，指针偏转如图（a）所示，可知待测电阻阻值较小，为了进一步测量电阻值，可将旋钮调至挡后再次进行测量。
（2）因电源电动势为3V，则电压表应选择A；电路中最大电流不超过0.6A，则电流表应选择D；滑动变阻器应选择与待测电阻阻值相当的E；
（3）要求测量电路的电压从0开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法；由于待测电阻较小，远小于电压表内阻，则电流表应采用外接法，实物连线如图所示
（4）根据电阻定律
eq s=π(\f(d,2))2
eq R=\f(U,I)
可得
13.【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据几何关系，已知材料绕底面上的水平直径AB转动30°时，激光的入射角
θ1=30° （1分）
设折射角为θ2，根据几何关系知
tan(θ2-30°)= eq \f(\f(\r(,3),3)R,R) = eq \f(\r(,3),3) （1分）
解得
θ2=60° （1分）
根据折射定律
eq n=\f(sinθ2,sinθ1) （1分）
解得
（1分）
（2）根据折射定律
（1分）
得
eq v= \f(\r(,3),3)c （1分）
激光在半球形透明材料传播的距离为
s=R （1分）
s=vt （1分）
解得
t= eq \f(\r(,3)R,c) （1分）
14.【答案】（1） eq a=\r(,\f(v\(\sup1(4),\s\d1(0)),r2)+μ2g2) （2）s=0.0625m
【详解】（1）A刚开始运动时轨道的弹力提供向心力
eq FN=mA\f(v\(\s\up1(2),\s\d4(0)),r) (1分）
A所受摩擦力为
f=μmAg (1分）
根据牛顿第二定律
eq \r(,F\(\s\up1(2),\s\d4(N))+f 2) =mAa (1分）
解得
eq a=\r(,\f(v\(\sup1(4),\s\d1(0)),r2)+μ2g2) (1分）
【以下解法同样给分：
A的向心加速度和切向加速度大小分别为
eq an=\f(v\(\sup1(2),\s\d1(0)),r) (1分）
eq at=μg (1分）
故
eq a=\r(,a\(\sup1(2),\s\d1(n))+a\(\sup1(2),\s\d1(t)))=\r(,\f(v\(\sup1(4),\s\d1(0)),r2)+μ2g2) (2分）】
（2）设A与B碰前瞬间的速度为v，根据动能定理
eq -μmAg·πr=\f(1,2)mAv2-\f(1,2)mAv\(\s\up1(2),\s\d1(0)) (1分）
解得
v=1m/s (1分）
根据动量守恒
(1分）
根据机械能守恒
(1分）
解得
v2=0.5m/s (1分）
又
eq -μmBg·s=0-\f(1,2)mBv\(\s\up1(2),\s\d1(2)) (1分）
解得
s=0.0625m (1分）
【以下解法同样给分：
B的切向加速度
(1分）
B沿着切向方向做匀减速运动，则
s= eq \f(v\(\s\up1(2),\s\d1(2)),2aB) =0.0625m (1分）】
15.【答案】（1） eq ym=\f(L,4) （2）形成的亮斑是一条线段（或直线） （3） eq Lm=2(\f(1,B)\r(,\f(mU0,2e))+\r(,\f(mU0,2eB2) + \f(L2,16)))
（4）x=±rm(1-csωt)=± eq \f(2-\r(,3),2B)\r(,\f(mU0,2e)) ，y=±(ym+rmsinωt)=± eq (\f(L,4) + \f(1,2B)\r(,\f(mU0,2e)))
【详解】解：（1）电子在电场中加速度，由动能定理
eq eU0 = \f(1,2)mv\(\s\up1(2),\s\d1(0)) （1分）
得
eq v0= \r(,\f(2eU0,m)) （1分）
在两极板间运动时，有
eq L=v0t （1分）
eq ym=\f(1,2)at2 （1分）
eq e\f(U0,L)=ma （1分）
解得
eq ym=\f(L,4) （1分）
（2）形成的亮斑是一条线段（或直线） （2分）
（3）粒子飞出两极板时
eq vy=at=\f(eu,mL)·\f(L,v0)=u\r(,\f(e,2mU0)) （1分）
eq y=\f(1,2)·\f(eu,mL)t2 =\f(uL,4U0)
此后，粒子沿着中心轴线方向做匀速运动，在xOy平面上以vy的速度做匀速圆周运动
eq evyB=m\f(v\(\s\up1(2),\s\d1(y)),r) （1分）
解得
eq r=\f(u,B)\r(,\f(m,2eU0)) （1分）
可得
eq tanθ= \f(r,y) = \f(4,BL)\r(,\f(mU0,2e))
可知为定值，即不同位置出射的粒子的圆心在同一条线上。
随着z的取值不同，形成的亮斑一直是一条直线，且在旋转。如图所示
所以亮斑的最大长度为
（1分）
又
eq rm=\f(1,B)\r(,\f(mU0,2e)) （1分）
故
eq Lm=2(\f(1,B)\r(,\f(mU0,2e))+\r(,\f(mU0,2eB2) + \f(L2,16))) （1分）
（4）电子在xOy平面上的投影为圆周运动，电子在磁场中的运动时间为
eq t=\f(z,v0)=\f(πm,6eB) （1分）
电子旋转的角速度为
eq ω=\f(2π,T) = \f(eB,m) （1分）
偏离中心轴线最大位移处进入水平磁场的电子打在荧光屏上距y轴最远，即
x=±rm(1-csωt)=± eq \f(2-\r(,3),2B)\r(,\f(mU0,2e)) （1分）
y=±(ym+rmsinωt)=± eq (\f(L,4) + \f(1,2B)\r(,\f(mU0,2e))) （1分）