2024-2025学年湖南省SD高三（第一次）模拟考试物理试卷（4月）（含详细答案解析）

这是一份2024-2025学年湖南省SD高三（第一次）模拟考试物理试卷（4月）（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是
A. 图甲为康普顿效应的示意图，入射光子与静止的电子发生碰撞，碰后散射光的波长变长
B. 在两种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触固体背面上一点，蜡熔化的范围如图乙所示，则a一定是非晶体，b一定是晶体
C. 图丙中随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向频率较低的方向移动
D. 图丁光电效应实验中滑动变阻器的触头向右移动，电流表的示数一定增大
2.某校物理学科后活动中，出现了不少新颖灵巧的作品。如图所示为高二某班同学制作的《液压工程类作业升降机模型》，通过针筒管活塞的伸缩推动针筒内的水，进而推动支撑架的展开与折叠，完成货物平台的升降。在某次实验中，针筒连接管的水中封闭了一段空气柱(空气可视为理想气体)，该同学先缓慢推动注射器活塞将针筒内气体进行压缩，若压缩气体过程中针筒内气体温度不变，装置不漏气，则下列说法中正确的是( )
A. 针筒内气体压强减小
B. 针筒内气体吸热
C. 单位时间、单位面积撞击针筒内壁的气体分子数减少
D. 用国际单位制单位表示的状态参量在p−1V图中图线可能如图中a→b
3.静电纺纱利用了高压静电场，使单纤维两端带上异种电荷，如图所示为高压静电场的分布图，下列说法正确的是( )
A. 图中b、d两点的电场强度大小关系为Eb>Ed
B. 图中a、c两点电势关系为φa>φc
C. 电子在a、d两点的电势能关系为Epa0 ，则根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知 Qφc
且质子带正电，故将质子从b点移动到c点，其电势能减小，电场力做正功，故D错误。
4.【答案】D
【解析】A.装置(b)中对系统根据牛顿第二定律
Mg−f=(M+m)a2
解得物块m的加速度为
a2=Mg−fM+m
装置(b)中对物块m根据牛顿第二定律
Tb−f=ma2
解得
Tb=mMg−mfM+m+f
装置(c)中绳子张力为
Tc=F=Mg
所以，装置(b)中绳上的张力 Tb 不等于装置(c)中绳上的张力 Tc ，故A错误。
B.装置(a)中对系统根据牛顿第二定律
Mg=(M+m)a1
解得物块m的加速度为
a1=MgM+m
故B错误；
C.装置(b)中对系统根据牛顿第二定律
Mg−f=(M+m)a2
解得物块m的加速度为
a2=Mg−fM+m
装置(c)中对系统根据牛顿第二定律
F−f=ma3
解得物块m的加速度为
a3=F−fm=Mg−fm
可知装置(c)中物块m的加速度较大，在m移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置(c)m的动能增加量大于(b)中m的动能增加量，故C错误；
D.由于装置(b)有摩擦力，可知装置(a)中物块的合外力较大，根据 F合=ma ，可知装置(a)中物块的加速度较大，在m移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置(a)m的动能增加量大于(b)中m的动能增加量，故D正确；
故选D。
5.【答案】B
【解析】解：A.导体棒切割产生的感应电动势为e=Bdv，又有v= 22sin 2tm/s，可得：e= 2sin 2tV，则导体棒产生的感应电动势最大值Em= 2V，
电压表的示数为感应电动势的有效值，则电压表的示数为U1=Em 2= 2 2V=1V，故A错误；
B.由于额定电压为2V的灯泡正常发光，则理想变压器输出电压为U2=2V，由U1U2=n1n2，得n1n2=12，故B正确；
C.根据A项分析，由交流电的表达式可得：ω= 2rad/s，故C错误；
D.当滑动变阻器滑片由b向a移动时，副线圈匝数不变，输入电压不变，故副线圈电压不变，则灯泡亮度不变，故D错误。
故选：B。
根据导体棒切割产生的感应电动势为e=Bdv，速度表达式结合最大值和有效值的关系，以及变压器原、副线圈匝数与电压的关系分析求解。
本题考查了变压器相关知识，理解变压器原、副线圈匝数与电压的关系是解决此类问题的关键。
6.【答案】C
【解析】AB.电子从P点出发恰好第一次经原点O点，有两类情况，一类是第奇数次回到x轴经过原点O，另一类是第偶数次回到x轴经过原点O。其中第一次和第二次回到x轴的轨迹如图
由轨迹图结合几何关系，可得运动时间为
t=T4×nn=1,2,3,⋯,T=2πmeB
解得
t=πnm2eBn=1,2,3,⋯
当n=1时，运动时间为
t=πm2eB
由轨迹图结合几何关系，轨迹圆的半径为
r= 2Ln×sin45 ∘=Lnn=1,2,3,⋯
可得运动路程为
s=14×2πrn×n=πL2
故A错误；B错误；
CD.同理，若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，轨迹也为两类，如图
由轨迹图结合几何关系，可得运动时间为
t=T4+3T4×n=nTn=1,3,5,⋯,T=2πmeB
或
t=T4×n×2=nT2n=2,4,6,⋯,T=2πmeB
解得
t=2πnmeBn=1,3,5,⋯,t=πnmeBn=2,4,6,⋯
若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程为
s=n×2πrn=1,3,5,⋯,s=n2×2πrn=2,4,6,⋯
解得
s=2πLn=1,3,5,⋯,s=πLn=2,4,6,⋯
故C正确；D错误。
7.【答案】AB
【解析】A.根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC指向右下方，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC指向右上方，二者夹角为60∘，所以
BC=2B0cs30∘= 3B0
故A正确；
B.图乙中地磁场的垂直于地面磁感应强度分量在南半球竖直向上，北半球竖直向下，故B正确；
C.图丙中通过两金属圆环有磁铁外部向下的磁感线，也有磁铁内部向上的磁感线，且磁铁内部通过圆环的磁感线较多，所以通过两金属圆环的磁通量
Φ1>Φ2
故C错误；
D.图丁中与通电导线(无限长)在同一平面内的金属线框沿直导线方向运动，线框中磁通量不变，不会产生感应电流，故D错误。
故选AB。
8.【答案】CD
【解析】A.根据折射定律有n=sinαsin(90 ∘−θ)=sinαcsθ ，n=1sinθ，解得sinθ= 63，故A错误；
B.玻璃丝可以传播不同频率的光，故B错误；
C.激光由空气中进入玻璃丝后，传播速度减小，根据v=λf可知则波长变短，故C正确；
D.减小入射角α，则折射角减小，光在玻璃丝的内侧面入射角增大，大于临界角，发生全反射，故D正确。
故选CD。
9.【答案】BD
【解析】解：A.沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为h1=3.2m−1.4m=1.8m，根据
h=12gt2
可得上升时间为t上1=0.6s
最高点距水平地面高为h0=3.2m，故下降的时间为
t下1=0.8s
故一次抛出上升时间、下降时间比值为0.6：0.8=3：4，故A错误；
BC.两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
t=t上1+t下1=0.6s+0.8s=1.4s
故可得第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为vx1=OQ1t=，vx2=OQ2t=
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为vy=gt上1=10×0.6m/s=6m/s，由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒
故第一次过P点比第二次机械能少ΔE=12m( v x22+v y2)2−12m( v x12+v y2)2=1.3J
解得ΔE=1.3J
从抛出到落地瞬间根据动能定理可得
Ek1=Ek01+mghOH=12m(vx12+vy2)+mghOH
Ek2=Ek02+mghOH=12m(vx22+vy2)+mghOH
解得Ek1=10J
Ek2=11.3J
则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为100：113，故B正确，C错误；
D.根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，
故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D正确。
故选：BD。
根据平抛运动竖直方向运动规律解得时间，根据动能定理及机械能的公式解答，根据速度的分解分析解答。
本题考查斜抛运动及功能关系的应用，解题关键掌握运动的分解与机械能大小的分析。
10.【答案】AC
【解析】A. A、B 碰撞的过程中，满足动量守恒
mAv0=mA+mBv1
解得v1=6m/s
A球与B球碰撞中损耗的机械能
ΔE=12mAv02−12mA+mBv12=108J
A正确；
B.在以后的运动过程中，AB的组合体做减速运动，C球做加速运动，当弹簧再次恢复原长时C球速度最大，B错误；
C.在以后的运动过程中，AB的组合体与C的速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒有
mA+mBv1=mA+mB+mCv2
解得
v2=2m/s
最大弹性势能
Ep=12mA+mBv12−12mA+mB+mCv22
解得
Ep=36J
C正确；
D.当弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒和能量守恒可知
mA+mB+mCv2=mA+mBv3+mCv4
12mA+mB+mCv22+Ep=12mA+mBv32+12mCv42
解得
v3=−2m/s
v4=4m/s
此时B反向速度最大，而B由于速度由正向到反向，因此最小速度为零，D错误。
故选AC。
11.【答案】3.0
BD
α+β=90 ∘

【解析】(1)b球碰撞后做平抛运动，根据平抛运动规律有H=12gt2，s=vbt，
解得：vb=s g2H①
选取向左为正方向，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，则有mav0=mava+mbvb
12mav02=12mava2+12mbvb2
联立解得vb=2mama+mb⋅v0 ②
当α=90∘时，csα=0，则v0= 2gL=2m/s ③
由乙图可知，csα=0时有s2=1.44m2 ④
联立①④，代入数据得vb=3m/s ⑤
将③⑤代入②可得mamb=3.0
(2)AB.碰撞过程中，动量守恒，两球作用的时间变长，b球获得的速度变小，则碰撞后b球水平位移减小，a球碰后速度较之前变大，则碰后轻质指示针被推移的夹角β变大，故A错误，B正确；
C.若在钢球b的被碰位置贴一小块胶布，依然将a球拉至悬线与竖直线夹角为α由静止释放，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，故C错误；
D.贴一小块胶布后，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，系统动能损失变大，故D正确。
故选BD。
(3)设两球的质量均为m，在v0方向与垂直v0方向上由动量守恒定律可得mv0=mv′cs α+mvcs β；mv′sin α=mvsin β
又由能量守恒得12mv02=12mv′2+12mv2
结合以上三式可得cs(α+β)=0
即α+β=90 ∘
12.【答案】左端
l12:l22
U2l22ρU1l12
偏小

【解析】(1)在闭合开关前，应将滑动变阻器全部接入电路，保证电路接通时电路电流最小，电路安全，故滑到左端。
(2)根据题意可得 l1=ND1 ， l2=ND2
而S与直径的平方成正比，故横截面积之比为 l12:l22 。
(3)根据欧姆定律 R=UI
可知， R1R2=U1U2
根据电阻定律 R=ρLS
联立可得待测材料电阻率为 ρ′=U2⋅l22ρU1⋅l12
(4)由a向b的微小电流可得 R1R2qEmg 则 qE