2024届湖南省长沙市湖南师范大学附属中学高三下学期模拟考试（二）物理试题（原卷版+解析版）

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1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1. 在物理学发展的进程中，人们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究，获得正确的理论认识。下列图示的实验规律对应的说法正确的是（ ）
A. 图甲是用多种频率的光进行光电效应实验，所得到的光电流与所加电压的关系，a光的频率最大
B. 图乙是卢瑟福进行α粒子散射图景，卢瑟福通过实验分析数据后提出核式结构模型
C. 图丙是黑体反射电磁波的强度与波长的关系，温度升高，所有反射的电磁波的强度都随温度升高而增大
D. 图丁是衰变过程随时间的变化规律，说明每个半衰期发生衰变的原子核数量相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．不同色光的I-U图线说明频率大的光对应的遏止电压一定大，b光的频率最大，故A错误；
B．α粒子散射实验示意图绝大多数粒子基本上沿原方向前进，极少数粒子发生偏转，说明原子具有核式结构，故B正确；
C．黑体不反射电磁波但是辐射电磁波，故C错误；
D．衰变过程随时间的变化规律说明在相同时间内，有半数的原子核发生了衰变，但相同时间内衰变的原子数量随时间的推移而不断减少，故D错误。
故选B。
2. 如图所示，质量相同、带等量异种电荷甲、乙两粒子，先后从S点沿SO方向垂直射入匀强电场中，分别经过圆周上的P、Q两点，不计粒子间的相互作用及重力，则两粒子在圆形区域内运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 甲粒子的入射速度小于乙粒子
B. 电场力对甲粒子做的功大于对乙粒子做的功
C. 甲粒子在P点的速度方向可能沿OP方向
D. 甲粒子所受电场力的冲量小于乙粒子
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲、乙两粒子在电场中均做类平抛运动，则垂直电场方向的位移为
沿电场方向的位移为
联立可得
由于，，可知甲粒子的入射速度大于乙粒子的入射速度，故A错误；
B．根据
，
可知电场力对甲粒子做的功小于对乙粒子做的功，故B错误；
C．粒子在电场中做类平抛运动，可知速度反向延长线交于竖直位移的中点，甲粒子在P点的速度反向延长线应交SO于O点下方，故C错误；
D．根据沿电场方向的位移为
由，可知，根据
可知甲粒子所受电场力的冲量小于乙粒子所受电场力的冲量，故D正确。
故选D。
3. 如图甲所示装置是一种大型抛石机，图乙是其工作原理的简化图。将质量的石块，装在与转轴O相距的长臂末端口袋中，最初静止时长臂与水平面的夹角，发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛出，落在水平地面上、若石块落地位置与抛出位置间的水平距离，不计空气阻力，g取10m/s2，正确的选项是（ ）

A. 石块抛出后运动时间为12s
B. 石块被抛出瞬间的速度大小为12m/s
C. 石块即将落地时重力的瞬时功率为1200W
D. 石块落地的瞬时速度大小为16m/s
【答案】C
【解析】
【详解】A．石块被抛出时，做平抛运动，竖直方向的高度
则石块在空中运动的时间为
故A错误；
BD．石块水平方向速度为，则
解得
石块落地时，竖直方向速度为
则落地瞬间速度为
故BD错误；
C．块即将落地时重力的瞬时功率为
故C正确。
故选C。
4. 如图，游泳池注水后池底的射灯S发出单色光从水中射向前后表面平行的玻璃侧壁，侧壁右侧为空气，该单色光在水、玻璃、空气中的折射率分别为，则光路可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.依题意得，光线在水玻璃界面不会发生全反射，在玻璃空气界面可能会发生全反射，故A错误；
B.由A选项知光线在玻璃空气界面可能会发生全 反射，故B正确；
CD.假设水玻璃界面入射角为，折射角为，玻璃空气界面折射角为，那么由折射定律得
那么
故CD错误。
故选B。
5. 如图所示，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列图中不可能描述小物块在传送带上运动的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．当小物块的初速度沿斜面向下（），且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得
即
可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，若传送带足够长，则会出现小物块达到传送带速度时，满足
可知二者将共速。故AB正确，与题意不符；
CD．同理，可知当小物块的初速度沿斜面向上（），对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得
即
可知小物块先沿传送带向上匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，若传送带足够长会出现与传送带共速的情况（）或者继续匀加速（）此时加速度满足
故C正确，与题意不符；D错误，与题意相符。
本题选不正确的故选D。
6. 定义“另类加速度”，A不变的运动称为另类匀变速运动。若物体运动的A不变，则称物体做另类匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域（磁场宽度大于线框边长）。导线框电阻不可忽略，但自感可以忽略不计。已知导线框进入磁场前速度为v1，穿出磁场后速度为v2。下列说法中正确的是（ ）
A. 线框在进入磁场的过程中，速度随时间均匀增加
B. 线框在进入磁场的过程中，其另类加速度A是变化的
C. 线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为
D. 线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．线框在进入磁场的过程中，受到向左的安培力而做减速运动，线框受到的安培力大小为
可知，随着速度减小，线框受到的安培力减小，加速度减小，所以线框在进入磁场的过程中，做加速度逐渐减小的减速直线运动，故A错误；
B．线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得
其中
解得
所以另类加速度A不变，故B错误；
CD．线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理
线框穿出磁场的过程中，有
联立解得
故C正确，D错误。
故选C。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
7. 风力发电绿色环保、低碳，通过变压器和远距离输电线给用户供电，工作原理如图所示。发电机线圈面积、匝数匝、电阻不计，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线圈绕垂直磁场的水平轴匀速转动，转速，其输出端与升压变压器的原线圈相连，输出电压，升压变压器原、副线圈的匝数比，输出功率为，降压变压器的副线圈连接用户，两变压器间的输电线总电阻，变压器均为理想变压器。用户端工作电压为220V。下列说法正确的是（ ）
A. 磁感应强度大小为
B. 用户获得的功率为
C. 降压变压器原、副线圈匝数比
D. 若输出电压不变，输电线电流变大，则用户端电压变小
【答案】BD
【解析】
【详解】A．发电线圈产生的感应电动势表达式为
解得
A错误；
B．升压变压器副线圈的电压为
升压变压器副线圈的电流为
则
则用户获得的功率为
B正确；
C．降压变压器原、副线圈匝数比为
C错误；
D．若输出电压不变，则不变，输电线电流变大，则减小，则减小，D正确；
故选BD。
8. 在x轴上位于的波源Q从时刻开始振动，形成沿x轴正、负方向传播的两列简谐横波，经过一段时间波源停止振动，时形成的波形如图所示（未标波形部分表示此处质点此刻并没有振动）。在这两列波传播过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 波源的起振方向为y轴正方向
B. 时，质点N的加速度方向沿y轴正方向
C. 0~2s内质点N运动的路程为40
D. 质点M和质点N在同一时刻振动速度完全相同的情况会出现二次
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由波形图可知，波源的起振方向为y轴负方向，A错误；
B．由图像可得，，由图像可知2s内波传播的距离为3.5m；由速度公式，得
，振动传播到N点的时间为
当时，质点N振动到x轴下方，此时它的加速度方向沿y轴正方向，B正确。
C．0~2s内质点N振动了一个周期，运动的路程为，C错误。
D．当质点M开始振动时
质点N已经振动了，在剩余振动的过程中，当MN中点所在位置的质点振动到平衡位置时，即质点M和质点N在同一时刻振动速度完全相同的情况会出现二次，D正确。
故选BD。
9. 如图，半径为R的圆周上对称的分布两个质点m，在引力的作用下二者同时运动到圆心O。计算这个运动时间可首先做如下等效：认为圆心O处有一质量为的质点，两个质点m运动到圆心的时间可以等效为m向的质点靠近的过程所用时间（不动），m向的质点靠近的过程可认为是m在围绕的质点做椭圆运动（短轴极小）。已知引力常量为G，则对于更多质点的情形，下列说法正确的是（ ）
A. 若圆周上均匀分布3个质点，则质点运动到中心的时间为
B. 若圆周上均匀分布3个质点，则质点运动到中心的时间为
C. 若圆周上均匀分布n个质量为m的质点，n越大，质点运动到中心O所需的时间越短
D. 若圆周上均匀分布n个质量为m的质点，n越大，质点运动到中心O所需的时间越长
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．若圆周上均匀分布3个质点，任一质点所受合力指向圆心，大小为
则等效中心天体质量为
若天体做匀速圆周运动，质点所受合力提供向心力
则绕此天体做匀速圆周运动的周期为
再将m冲向M的过程等效为一个半长轴为的极“扁”的椭圆，二者周期之比由开普勒周期定律确定，即
运动时间
解得
故A错误，B正确；
CD．若圆周上均匀分布n个质量为m的质点，不难看出n越大，每个质点所受的指向中心的合力更大，加速度更大，故冲向中心用时更短。需要指出的是，即便是，也不能套用均匀球壳（即质量均匀、连续分布）的引力模型，物质的径向尺度的影响不能忽略，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆足够长，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力与插入的距离d成正比（）。固定的槽足够长，装置可安全工作。若一小车分别以初动能Ek1和Ek2撞击弹簧，导致轻杆分别向右移动L和3L。已知轻杆初始时位于槽间的长度为L，装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。比较小车这两次撞击缓冲过程，下列说法正确的是（弹簧的弹性势能）（ ）
A. 小车撞击弹簧的初动能之比大于1:4
B. 系统损失的机械能之比为1:4
C. 两次小车反弹离开弹簧的速度之比为1:2
D. 小车做加速度增大的减速运动
【答案】CD
【解析】
【详解】A．与槽间的滑动摩擦力与插入的距离成正比，第一次，轻杆克服摩擦力做功为
弹簧弹力大小为2AL，设弹性势能为Ep，小车撞击弹簧的初动能为
第二次，轻杆克服摩擦力做功为
弹簧弹力大小为4AL，弹性势能为4Ep，小车撞击弹簧初动能为
故
故A错误；
B．系统损失的机械能之比为
故B错误；
C．小车反弹离开弹簧时弹性势能全部转化成动能，可求得速度比为1:2，故C正确；
D．撞击缓冲过程小车做加速度增大的减速运动，故D正确。
故选CD。
三、实验题（本大题共2小题，共8空，每空2分，共16分）
11. 如图甲是某同学探究动能定理的实验装置，实验操作如下：①先测出小车的质量，按图示安装好实验装置，再测量两光电门之间的距离，挂上沙桶并适当倒入少量沙子；②调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等；③取下细绳和沙桶，保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门1和2时显示的时间，并测量此时沙子和沙桶的总质量；④重新挂上细绳和沙桶，改变沙桶中沙子的质量，重复步骤②③。
（1）根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是______________；
A.实验时，先接通光电门，后释放小车
B.实验过程需要测出斜面的倾角
（2）如图乙所示，根据游标卡尺读数规则，测得小车上遮光片的宽度______________；
（3）已知当地重力加速度大小为，本实验中，若表达式______________在误差允许范围内成立，就验证了动能定理。（用上述给定或测定物理量的符号表示）
【答案】 ①. A ②. 2.85 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]A.按照操作规程，应先接通光电门后释放小车，否则可能小车已经通过光电门，光电门还没有工作，测不出小车通过光电门的时间，故A正确；
B.实验过程中，木板倾斜目的是平衡摩擦力，不需要测出斜面的倾角，故B错误。
故选A。
（2）[2]根据游标卡尺读数规则，主尺读数为，游标尺读数为，故遮光条的宽度为。
（3）[3]小车从光电门1下滑至光电门2过程合外力做的总功
小车动能变化
实验中若表达式
成立，则验证了动能定理。
12. 某同学想要测定一个定值电阻Rx的阻值（2kΩ左右），实验室提供的实验器材如下：
电流表A1（量程为200mA，内阻）
电流表A2（量程为0.6A，内阻）
电压表V1（量程3V，内阻）
电压表V2（量程5V，内阻）
滑动变阻器R1（最大允许通过电流1.5A，最大阻值50Ω）
滑动变阻器R2（最大允许通过电流0.3A，最大阻值3kΩ）
待测定值电阻Rx
电源E（电动势约15V，内阻较小但不可忽略），单刀开关S，导线若干；
回答下列问题：
（1）该同学先用多用电表欧姆挡的×100Ω挡位对待测电阻Rx的阻值进行粗测，正确操作后，读数如下图所示，则Rx=___________kΩ，（保留二位有效数字）
（2）实验中滑动变阻器应选用___________（填R1或R2），并采用___________接法（填“限流”或“分压”）；
（3）请选择合适的器材进行电路设计来完成对待测电阻Rx的测量，要求尽可能测量多组数据，电表能有较大的偏转，并在虚线框中画出的完整实验电路原理图________；
（4）根据设计的实验电路可求得Rx=___________。（可用U1，U2，I1，I2，RA1，RA2，RV1，RV2这些符号表示）
【答案】 ①. 2.2 ②. R1 ③. 分压 ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]欧姆表的读数为
（2）[2][3]与待测电阻相比，两个滑动变阻器的阻值太小，如果采用限流接法，电表指针的偏转角太小，实验误差太大，所以必须采用分压接法。为了方便调节电路，实验中滑动变阻器应选用R1；
（3）[4]待测电阻的最大电流为

两个电流表的量程太大，都不能采用，选用电压表V1测量待测电阻的电流，电压表V2测量待测电阻的电压。因为电压表V1的内阻已知，所以采用电压表V1内接法。电路如图所示
（4）[5]根据欧姆定律得


解得
四、计算题（本大题共3小题，共40分）
13. 如图所示，固定在水平地面开口向上的圆柱形导热汽缸，用质量m=1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞可以在汽缸内无摩擦移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面上质量M=3kg的物块连接。初始时，活塞与缸底的距离h0=40cm，缸内气体温度T1=300K，轻绳恰好处于伸直状态，且无拉力。已知大气压强p0=0.99×105Pa，活塞横截面积S=100cm2，忽略一切摩擦，重力加速度g=10m/s2。现使缸内气体温度缓慢下降，则：
（1）当物块恰好对地面无压力时，求缸内气体的温度T2；
（2）当缸内气体温度降至T3=261.9K时，求物块上升高度∆h；已知整个过程缸内气体内能减小121.2J，求其放出的热量Q。
【答案】（1）291K；（2）4cm，160J
【解析】
【详解】（1）初始时，对活塞
解得
当物块对地面无压力时，对活塞有
解得
对气体，由等容变化可得
解得
（2）对气体，由等压变化可得
即
解得
整个降温压缩过程活塞对气体做功为
根据热力学第一定律
解得
即放出热量160J。
14. 如图所示，竖直平面内有四个相同的足够长的矩形区域、高度均为，区域Ⅰ中存在竖直向下的匀强电场，区域Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中存在垂直于纸面向里的匀强磁场、其磁感应强度大小之比为，区域Ⅳ下边界放置一块水平挡板，可吸收打到板上的粒子。零时刻，在纸面内从点向各个方向（范围）均匀发射带电量为、质量为、初速度为的带正电粒子，其中水平向右射出的粒子第一次进入区域Ⅱ时速度方向与水平方向成，且刚好经过区域Ⅱ的下边界。粒子重力以及粒子间的相互作用不计。求：
（1）电场强度大小；
（2）水平向右射出的粒子经过区域I下边界的时刻；
（3）打在挡板上的粒子数占射出总粒子数的比例。

【答案】（1）；（2），其中；（3）
【解析】
【详解】（1）设水平向右射出的粒子第一次进入区域II时的速度大小为，有
根据动能定理有
解得
（2）设水平向右射出的粒子第一次进入区域II时速度竖直方向分量为，则
粒子从水平射出到第一次射出电场的时间
粒子在区域Ⅱ运动的半径满足
得
粒子从第一次到区域Ⅰ下边界到第二次经过区域Ⅰ下边界的时间
粒子第n次通过区域Ⅰ下边界的时刻为
，其中
即
，其中
（3）设粒子从点射出时与水平方向成角，运动到区域Ⅳ，轨迹刚好与挡板相切，经过区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的下边界时水平分速度的大小分别为；粒子在区域Ⅱ中运动时，取极短时间，由水平方向的动量定理
两边求和有
代入得
同理在区域Ⅲ、Ⅳ中运动时，分别有
累加可得
根据洛伦兹提供向心力
求得
则
15. 一质量M=5kg的绝缘长木板放在倾角θ=37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板左端距斜面底端的距离s=10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。t=0时刻将一质量m=10kg的带正电小物块置于木板上距离木板左端l=54m的位置，并使其获得沿木板向上的初速度v0=4m/s，如图（a）所示，与此同时，撤去作用在木板上的外力。空间还存在着沿斜面向上的匀强电场，场强大小与时间的关系如图（b）所示，t=5.5s时撤去电场。已知E0=4×104N/C，小物块的带电量q=2×10-3C，木板与物块间的动摩擦因数=0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，不考虑因电场变化产生的磁场，取g=10m/s2.求：
（1）t=1s时，小物块和木板的速度大小；
（2）木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小；
（3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡扳间的距离。
【答案】（1）2m/s，2m/s；（2）7m/s；（3）5次，
【解析】
【详解】（1）0~1s内，设小物块的加速度大小为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律有
解得
a1=2m/s2
a2=2m/s2
t=1s时，小物块的速度大小为
木板的速度大小为
（2）0~1s时间内，木板的位移大小为
t=1s时，小物块与木板达到共同速度，且电场强度大小变为，因为
所以小物块与木板将共同做匀变速运动，设整体加速度大小为a3，则
解得
a3=2m/s2
设小物块和木板共速后运动位移s2后速度减为零，则
解得
s2=1m
即t=2s时，木板左端到挡板的距离为
此后小木块和木板将一同沿斜面向下做匀加速运动，所以木板第一次与挡板碰撞前的速度大小为
（3）0~1s时间内，小物块位移大小为
与木板的相对位移大小为
所以t=1s时小物块到木板左端的距离为
木板从距离挡板的位置开始下滑至与挡板第一次碰撞所经历的时间为
所以木板与挡板第一次碰撞的时刻为t=2s+3.5s=5.5s，由题图（b）可知此时电场强度随即变为零。
木板与挡板第一次碰撞后将以大小为v=7m/s的速度反弹，设反弹后的加速度大小为a4，则
解得
a4=14m/s2
设小物块的加速度大小为a5，则
解得
a5=2m/s2
设经过t2，木板的长度减为零，则
此过程中小物块的位移大小为
木板的位移大小为
则这段时间内，小物块与木板的相对位移大小为
木板速度减为零时，小物块的速度大小为
设再经过t3，木板与挡板第二次碰撞，且碰撞时的速度大小为v’，根据受力分析可知木板速度减为零后将仍以大小为a4的加速度沿斜面下滑，则
t3时间内，小物块的位移大小为
则小物块与木板的相对位移大小为
木板与挡板第二次碰撞时，小物块的速度大小为
木板与挡板第一次碰撞和第二次碰撞之间小物块与木板的总相对位移为
根据以上分析可推知，之后木板每次与挡板碰撞时的速度大小均为v=7m/s。并且由于小物块一直做匀加速运动，所以从木板第一次与挡板碰撞开始，之后的每两次相邻碰撞之间的过程中，小物块与木板的相对位移都会比前一次多2m，由此可知
第2次和第1次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为8m；
第3次和第2次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为10m；
第4次和第3次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为12m；
第5次和第4次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为14m；
……
按照上面的推演可知，木板与挡板第5次碰撞时，小物块距离木板左端的距离为
小物块的速度大小为
木板反弹后达到速度为零的过程中，小物块和木板的相对位移大小为
所以木板速度减为零时，小物块到木板左端的距离为2.5m，小物块的速度大小为v6=16m/s，设再经过时间，小物块从木板左端滑出，则有
解得
从木板与挡板第一次碰撞到小物块滑出木板瞬间所经历的时间为
小物块的位移大小为
所以滑出瞬间小物块与挡板间的距离为