湖南師大附中2024屆模擬試卷（二）
物理
注意事項：
1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。
3.考試結束后，將本試題卷和答題卡一并交回。
一、單項選擇題（本題共6小題，每小題4分，共24分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的）
1.在物理學發(fā)展的進程中，人們通過對某些重要物理實驗的深入觀察和研究，獲得正確的理論認識。下列圖示的實驗規(guī)律對應的說法正確的是（ ）
A.圖甲是用多種頻率的光進行光電效應實驗，所得到的光電流與所加電壓的關系，a光的頻率最大
B.圖乙是盧瑟福進行α粒子散射圖景，盧瑟福通過實驗分析數據后提出核式結構模型
C.圖丙是黑體反射電磁波的強度與波長的關系，溫度升高，所有反射的電磁波的強度都隨溫度升高而增大
D.圖丁是衰變過程隨時間的變化規(guī)律，說明每個半衰期發(fā)生衰變的原子核數量相同
2.如圖所示，質量相同、帶等量異種電荷的甲、乙兩粒子，先后從S點沿SO方向垂直射入勻強電場中，分別經過圓周上的P、Q兩點，不計粒子間的相互作用及重力，則兩粒子在圓形區(qū)域內運動過程中，下列說法正確的是（ ）
A.甲粒子的入射速度小于乙粒子
B.電場力對甲粒子做的功大于對乙粒子做的功
C.甲粒子在P點的速度方向可能沿OP方向
D.甲粒子所受電場力的沖量小于乙粒子
3.如圖甲所示裝置是一種大型拋石機，圖乙是其工作原理的簡化圖。將質量m=10kg的石塊，裝在與轉軸O相距L=4.8m的長臂末端口袋中，最初靜止時長臂與水平面的夾角α=30°，發(fā)射時對短臂施力使長臂轉到豎直位置時立即停止運動，石塊靠慣性被水平拋出，落在水平地面上。若石塊落地位置與拋出位置間的水平距離x=19.2m，不計空氣阻力，g取10m/s2，下列說法正確的是（ ）
A.石塊拋出后的運動時間為12s
B.石塊被拋出瞬間的速度大小為12m/s
C.石塊即將落地時重力的瞬時功率為1200W
D.石塊落地的瞬時速度大小為16m/s
4.如圖，游泳池注水后池底的射燈S發(fā)出單色光從水中射向前后表面平行的玻璃側壁，側壁右側為空氣，該單色光在水、玻璃、空氣中的折射率分別為n1、n2、n3（n2>n1>n3），則光路可能是（ ）
A. B. C. D.
5.如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉動，某時刻在傳送帶上適當的位置放上具有一定初速度的小物塊，如圖所示。取沿傳送帶向下的方向為正方向，則下列v—t圖中不可能描述小物塊在傳送帶上運動的是（ ）
A. B. C. D.
6.定義“另類加速度”，A不變的運動稱為另類勻變速運動。若物體運動的A不變，則稱物體做另類勻變速運動。如圖所示，光滑水平面上一個正方形導線框以垂直于一邊的速度穿過一個勻強磁場區(qū)域（磁場寬度大于線框邊長）。導線框電阻不可忽略，但自感可以忽略不計。已知導線框進入磁場前速度為，穿出磁場后速度為v2。下列說法中正確的是（ ）
A.線框在進入磁場的過程中，速度隨時間均勻增加
B.線框在進入磁場的過程中，其另類加速度A是變化的
C.線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為
D.線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為
二、多項選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）
7.風力發(fā)電綠色環(huán)保、低碳，通過變壓器和遠距離輸電線給用戶供電，工作原理如圖所示。發(fā)電機線圈面積S=0.5m2、匝數N=100匝、電阻不計，處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，線圈繞垂直磁場的水平軸勻速轉動，轉速n=25r/s，其輸出端與升壓變壓器的原線圈相連，輸出電壓U1=250V，升壓變壓器原、副線圈的匝數比n1∶n2=5∶48，輸出功率為12kW，降壓變壓器的副線圈連接用戶，兩變壓器間的輸電線總電阻R=40Ω，變壓器均為理想變壓器。用戶端工作電壓為220V。下列說法正確的是（ ）
A.用戶獲得的功率為11kW
B.磁感應強度大小為
C.降壓變壓器原、副線圈匝數比
D.若輸出電壓U1不變，輸電線電流變大，則用戶端電壓變小
8.在x軸上位于x=0.5m的波源Q從t=0時刻開始振動，形成沿x軸正、負方向傳播的兩列簡諧橫波，經過一段時間波源停入止振動，t=2s時形成的波形如圖所示（未標波形部分表示此處質點此刻并沒有振動）。在這兩列波傳播過程中，下列說法正確的是（ ）
A.波源的起振方向為y軸正方向
B.t=1s時，質點N的加速度方向沿y軸正方向
C.0~2s內質點N運動的路程為40cm
D.質點M和質點N在同一時刻振動速度完全相同的情況會出現兩次
9.如圖，半徑為R的圓周上對稱的分布兩個質點m，在引力的作用下二者同時運動到圓心O。計算這個運動時間可首先做如下等效：認為圓心O處有一質量為的質點，兩個質點m運動到圓心的時間可以等效為m向的質點靠近的過程所用時間（不動）。m向的質點靠近的過程可認為是m在圍繞的質點做橢圓運動（短軸極小）。已知引力常量為G，則對于更多質點的情形，下列說法正確的是（ ）
A.若圓周上均勻分布3個質點，則質點運動到中心的時間為
B.若圓周上均勻分布3個質點，則質點運動到中心的時間為
C.若圓周上均勻分布n個質量為m的質點，n越大，質點運動到中心O所需的時間越短
D.若圓周上均勻分布n個質量為m的質點，n越大，質點運動到中心O所需的時間越長
10.某緩沖裝置的理想模型如圖所示，勁度系數足夠大的輕質彈簧與輕桿相連，輕桿足夠長，輕桿可在固定的槽內移動，與槽間的滑動摩擦力與插入的距離d成正比（）。固定的槽足夠長，裝置可安全工作。若一小車分別以初動能Ek1和Ek2撞擊彈簧，導致輕桿分別向右移動L和3L。已知輕桿初始時位于槽間的長度為L，裝置安全工作時，輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面間的摩擦。比較小車這兩次撞擊緩沖過程，下列說法正確的是（彈簧的彈性勢能）（ ）
A.小車撞擊彈簧的初動能之比大于1∶4
B.系統(tǒng)損失的機械能之比為1∶4
C.兩次小車反彈離開彈簧的速度之比為1∶2
D.小車做加速度增大的減速運動
三、實驗題（本大題共2小題，共8空，每空2分，共16分）
11.（6分）如圖甲是某同學探究動能定理的實驗裝置，實驗操作如下：①先測出小車（含遮光片）的質量M，按圖示安裝好實驗裝置，再測量兩光電門之間的距離L，掛上沙桶并適當倒入少量沙子；②調節(jié)長木板的傾角，輕推小車后，使小車沿長木板向下運動，且通過兩個光電門的時間相等；③取下細繩和沙桶，保持長木板的傾角不變，將小車置于靠近滑輪的位置，由靜止釋放小車，記錄小車先后通過光電門1和2時顯示的時間t1、t2，并測量此時沙子和沙桶的總質量m；④重新掛上細繩和沙桶，改變沙桶中沙子的質量，重復步驟②③。
（1）根據以上步驟，你認為以下關于實驗過程的表述正確的是 ；
A.實驗時，先接通光電門，后釋放小車
B.實驗過程需要測出斜面的傾角
（2）如圖乙所示，根據游標卡尺讀數規(guī)則，測得小車上遮光片的寬度d= mm；
（3）已知當地重力加速度大小為g，本實驗中，若表達式 在誤差允許范圍內成立，就驗證了動能定理。（用上述給定或測定物理量的符號表示）
12.（10分）某同學想要測定一個定值電阻Rx的阻值（2kΩ左右），實驗室提供的實驗器材如下：
電流表A1（量程為200mA，內阻RA1=8Ω）
電流表A2（量程為0.6A，內阻RA2=4Ω）
電壓表V1（量程3V，內阻RV1=3kΩ）
電壓表V2（量程5V，內阻RV2=5kΩ）
滑動變阻器R1（最大允許通過電流1.5A，最大阻值50Ω）
滑動變阻器R2（最大允許通過電流0.3A，最大阻值3kΩ）
待測定值電阻Rx
電源E（電動勢約15V，內阻較小但不可忽略），單刀開關S，導線若干；
回答下列問題：
（1）該同學先用多用電表歐姆擋的×100Ω擋位對待測電阻Rx的阻值進行粗測，正確操作后，讀數如下圖所示，則Rx= kΩ；（保留兩位有效數字）
（2）實驗中滑動變阻器應選用 （填“R1”或“R2”），并采用 （填“限流”或“分壓”）接法；
（3）請選擇合適的器材進行電路設計來完成對待測電阻Rx的測量，要求盡可能測量多組數據，電表能有較大的偏轉，并在虛線框中畫出完整的實驗電路原理圖；
（4）根據設計的實驗電路可求得Rx= 。（可用U1、U2、I1、I2、RA1、RA2、RV1、RV2這些符號表示）
四、計算題（本大題共3小題，共40分）
13.（10分）如圖所示，固定在水平地面開口向上的圓柱形導熱汽缸，用質量m=1kg的活塞密封一定質量的理想氣體，活塞可以在汽缸內無摩擦移動?；钊貌豢缮扉L的輕繩跨過兩個定滑輪與地面上質量M=3kg的物塊連接。初始時，活塞與缸底的距離h0=40cm，缸內氣體溫度T1=300K，輕繩恰好處于伸直狀態(tài)，且無拉力。已知大氣壓強p0=0.99×105Pa，活塞橫截面積S=100cm2，忽略一切摩擦，重力加速度g=10m/s2。現使缸內氣體溫度緩慢下降，則：
（1）當物塊恰好對地面無壓力時，求缸內氣體的溫度T2；
（2）當缸內氣體溫度降至T3=261.9K時，求物塊上升高度。已知整個過程缸內氣體內能減小121.2J，求其放出的熱量Q。
14.（14分）如圖所示，豎直平面內有四個相同的足夠長的矩形區(qū)域、高度均為d，區(qū)域I中存在豎直向下的勻強電場，區(qū)域II、III、IV中存在垂直于紙面向里的勻強磁場、其磁感應強度大小之比為6∶2∶1，區(qū)域IV下邊界放置一塊水平擋板，可吸收打到板上的粒子。零時刻，在紙面內從O點向各個方向（90°范圍）均勻發(fā)射帶電量為q、質量為m、初速度為v0的帶正電粒子，其中水平向右射出的粒子第一次進入區(qū)域II時速度方向與水平方向成60°，且剛好經過區(qū)域II的下邊界。粒子重力以及粒子間的相互作用不計。求：
（1）電場強度大小E；
（2）水平向右射出的粒子經過區(qū)域I下邊界的時刻t；
（3）打在擋板上的粒子數占射出總粒子數的比例η。
15.（16分）一質量M=5kg的絕緣長木板放在傾角θ=37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持著靜止狀態(tài)。木板左端距斜面底端的距離s=10.25m，斜面底端固定著一彈性薄擋板，與之相碰的物體會以原速率彈回。t=0時刻將一質量m=10kg的帶正電小物塊置于木板上距離木板左端l=54m的位置，并使其獲得沿木板向上的初速度v0=4m/s，如圖（a）所示，與此同時，撤去作用在木板上的外力?？臻g還存在著沿斜面向上的勻強電場，場強大小與時間的關系如圖（b）所示，t=5.5s時撤去電場。已知，小物塊的帶電量，木板與物塊間的動摩擦因數μ=0.5，小物塊可以看作質點，且整個過程中小物塊不會從木板右端滑出，不考慮因電場變化產生的磁場，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
圖（a）圖（b）
（1）t=1s時，小物塊和木板的速度大??；
（2）木板第一次與擋板碰撞前瞬間的速度大?。?br>（3）小物塊從木板左端滑出之前木板與擋板碰撞的次數以及滑出瞬間小物塊與擋板間的距離。
湖南師大附中2024屆模擬試卷（二）
物理參考答案
一、單項選擇題（本題共6小題，每小題4分，共24分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的）
1.B【解析】不同色光的I-U圖線說明頻率大的光對應的遏止電壓一定大，b光的頻率最大，故A錯誤；α粒子散射實驗示意圖絕大多數粒子基本上沿原方向前進，極少數粒子發(fā)生偏轉，說明原子具有核式結構，故B正確；黑體不反射電磁波但是輻射電磁波，故C錯誤；衰變過程隨時間的變化規(guī)律說明在相同時間內，有半數的原子核發(fā)生了衰變，但相同時間內衰變的原子數量隨時間的推移而不斷減少，故D錯誤。故選B。
2.D【解析】甲、乙兩粒子在電場中均做類平拋運動，則垂直電場方向的位移為，沿電場方向的位移為，聯(lián)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錯誤；根據，，可知電場力對甲粒子做的功小于對乙粒子做的功，故B錯誤；粒子在電場中做類平拋運動，可知速度反向延長線交于豎直位移的中點，甲粒子在P點的速度反向延長線應交SO于O點下方，故C錯誤；根據沿電場方向的位移為，可知，根據，可知甲粒子所受電場力的沖量小于乙粒子所受電場力的沖量，故D正確；故選D。
3.C【解析】石塊被拋出時，做平拋運動，豎直方向的高度，則石塊在空中運動的時間為，故A錯誤；石塊水平方向速度為v0，則，解得，石塊落地時，豎直方向速度為，則落地瞬間速度為，故BD錯誤；石塊即將落地時重力的瞬時功率為，故C正確。故選C。
4.B【解析】依題意得，光線在水玻璃界面不會發(fā)生全反射，在玻璃空氣界面可能會發(fā)生全反射，故A錯誤；由A選項知光線在玻璃空氣界面可能會發(fā)生全反射，故B正確；假設水玻璃界面入射角為，折射角為，玻璃空氣界面折射角為，那么由折射定律得那么，故CD錯誤。故選B。
5.D【解析】當小物塊的初速度沿斜面向下（），且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得，即，可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，若傳送帶足夠長，則會出現小物塊達到傳送帶速度時，滿足，可知二者將共速。故AB正確，與題意不符；同理，可知當小物塊的初速度沿斜面向上（），對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得，即，可知小物塊先沿傳送帶向上勻減速直線運動，減到零后反向勻加速，若傳送帶足夠長會出現與傳送帶共速的情況（）或者繼續(xù)勻加速（）此時加速度滿足，故C正確，與題意不符；D錯誤，與題意相符。本題選不正確的，故選D。
6.C【解析】線框在進入磁場的過程中，受到向左的安培力而做減速運動，線框受到的安培力大小，可知，隨著速度減小，線框受到的安培力減小，加速度減小，所以線框在進入磁場的過程中，做加速度逐漸減小的減速直線運動，故A錯誤；線框在進入磁場的過程中，取向右為正方向，根據動量定理得，其中，解得，所以另類加速度A不變，故B錯誤；線框在進入磁場的過程中，取向右為正方向，根據動量定理，線框穿出磁場的過程中，同理。聯(lián)立解得，故C正確，D錯誤。故選C。
二、多項選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）
7. AD【解析】升壓變壓器副線圈的電壓為，升壓變壓器副線圈的電流為，則，則用戶獲得的功率為，A正確；發(fā)電線圈產生的感應電動勢表達式為，，，解得，B錯誤；降壓變壓器原、副線圈匝數比為，C錯誤；若輸出電壓U1不變，則U2不變，輸電線電流變大，則U3減小，則U4減小，D正確；故選AD。
8.BD【解析】由波形圖可知，波源的起振方向為y軸負方向，A錯誤；由圖像可得，由圖像可知2s內波傳播的距離為3.5m；由速度公式，得；，，振動傳播到N點的時間為，當時，質點N振動到x軸下方，此時它的加速度方向沿y軸正方向，B正確。0~2s內質點N振動了一個周期，運動的路程為s=4A=80cm，C錯誤。當質點M開始振動時，質點N已經振動了，在剩余振動的過程中，當MN中點所在位置的質點振動到平衡位置時，即質點M和質點N在同一時刻振動速度完全相同的情況會出現兩次，D正確。故選BD。
9.BC【解析】考查3個質點的情形，任一質點受合力指向圓心，大小，所以等效中心天體質量，繞此天體做勻速圓周運動的周期，再將m沖向M的過程等效為一個半長軸為的極“扁”的橢圓，二者周期之比由開普勒周期定律確定，即，運動時間，解得，選項B正確?？疾閚個質點的情形，不難看出n越大，每個質點所受的指向中心的合力更大，所以沖向中心用時更短。需要指出的是，即便是，也不能套用均勻球殼（即質量均勻、連續(xù)分布）的引力模型，物質的徑向尺度的影響不能忽略。
10.CD【解析】與槽間的滑動摩擦力與插入的距離成正比：第一次：輕桿克服摩擦力做功為，彈簧彈力大小為2AL，設彈性勢能為Ep，小車撞擊彈簧的初動能，第二次：輕桿克服摩擦力做功為，彈簧彈力大小為4AL，彈性勢能為4Ep，小車撞擊彈簧的初動能，故，A錯誤；系統(tǒng)損失的機械能之比為，B錯誤；小車反彈離開彈簧時彈性勢能全部轉化成動能，可求得速度比為1∶2，C正確；撞擊緩沖過程小車做加速度增大的減速運動，D正確；故選CD。
三、實驗題（本大題共2小題，共8空，每空2分，共16分）
11.（6分，每空2分）（1）A（2）2.85（3）
【解析】（1）按照操作規(guī)程，應先接通光電門后釋放小車，否則可能小車已經通過光電門，光電門還沒有工作，測不出小車通過光電門的時間，故A正確；實驗過程中，木板傾斜的目的是平衡摩擦力，不需要測出斜面的傾角，故B錯誤。故選A。
（2）根據游標卡尺讀數規(guī)則，主尺讀數為2mm，游標尺讀數為，故遮光條的寬度為d=2.85mm。
（3）小車從光電門1下滑至光電門2過程合外力做的總功，小車動能變化，實驗中若表達式成立，則驗證了動能定理
12.（10分，每空2分）（1）2.2（2）R1分壓（3）見解析圖（4）
【解析】（1）歐姆表的讀數為
（2）與待測電阻相比，兩個滑動變阻器的阻值太小，如果采用限流接法，電表指針的偏轉角太小，實驗誤差太大，所以必須采用分壓接法。為了方便調節(jié)電路，實驗中滑動變阻器應選用R1；
（3）待測電阻的最大電流為，兩個電流表的量程太大，都不能采用，選用電壓表V1測量待測電阻的電流，電壓表V2測量待測電阻的電壓。因為電壓表V1的內阻已知，所以采用電壓表V1內接法。電路如圖所示。
（4）分析電路圖可知，。
四、計算題（本大題共3小題，共40分）
13.（10分）【解析】（1）初始時，對活塞
解得
當物塊對地面無壓力時，對活塞
解得
對氣體，由等容變化，解得
（2）對氣體，由等壓變化，即
解得
整個降溫壓縮過程活塞對氣體做功
根據熱力學第一定律得
放出熱量為160J
14.（14分）【解析】（1）設水平向右射出的粒子第一次進入區(qū)域II時的速度大小為v，有
根據動能定理有
解得
（2）設水平向右射出的粒子第一次進入區(qū)域II時速度豎直方向分量為vy，則
粒子從水平射出到第一次射出電場的時間
粒子在區(qū)域II運動的半徑滿足
得
粒子從第一次到區(qū)域I下邊界到第二次經過區(qū)域I下邊界的時間
粒子第n次通過區(qū)域I下邊界的時刻為，其中
即，其中
（3）設粒子從O點射出時與水平方向成θ角，運動到區(qū)域IV，軌跡剛好與擋板相切，經過區(qū)域I、II、III、IV的下邊界時水平分速度的大小分別為、、、；粒子在區(qū)域II中運動時，取極短時間，由水平方向的動量定理
兩邊求和有
代入得
同理在區(qū)域III、IV中運動時，分別有，；
累加可得
根據洛倫茲提供向心力
求得
則
15.（16分）【解析】（1）0~1s內，設小物塊的加速度大小為a1，木板的加速度為a2，則由牛頓第二定律有，，解得；
時，小物塊的速度大小為，木板的速度大小為
（2）0~1s時間內，木板的位移大小為
時，小物塊與木板達到共同速度，且電場強度大小變?yōu)椋驗?br>所以小物塊與木板將共同做勻變速運動，設整體的加速度大小為a3，則
，解得
設小物塊和木板共速后運動位移s2后速度減為零，則
解得
即t=2s時，木板左端到擋板的距離為
此后小木塊和木板將一同沿斜面向下做勻加速運動，所以木板第一次與擋板碰撞前的速度大小為
（3）0~1s時間內，小物塊的位移大小為
與木板的相對位移大小為
所以t=1s時小物塊到木板左端的距離為
木板從距離擋板s'的位置開始下滑至與擋板第一次碰撞所經歷的時間為
所以木板與擋板第一次碰撞的時刻為，由題圖（b）可知此時電場強度變?yōu)榱恪?br>木板與擋板第一次碰撞后將以大小為的速度反彈，設反彈后的加速度大小為a4，則
；解得
設小物塊的加速度大小為a5，則；解得
設經過t2，木板的長度減為零，則
此過程中小物塊的位移大小為；木板的位移大小為
則這段時間內，小物塊與木板的相對位移大小為
木板速度減為零時，小物塊的速度大小為
設再經過t3，木板與擋板第二次碰撞，且碰撞時的速度大小為，根據受力分析可知木板速度減為零后將仍以大小為a4的加速度沿斜面下滑，則，
t3時間內，小物塊的位移大小為
則小物塊與木板的相對位移大小為
木板與擋板第二次碰撞時，小物塊的速度大小為
木板與擋板第一次碰撞和第二次碰撞之間小物塊與木板的總相對位移為
根據以上分析可推知，之后木板每次與擋板碰撞時的速度大小均為v=7m/s。并且由于小物塊一直做勻加速運動，所以從木板第一次與擋板碰撞開始，之后的每兩次相鄰碰撞之間的過程中，小物塊與木板的相對位移都會比前一次多2m，由此可知，木板與擋板第5次碰撞時，小物塊距離木板左端的距離為
小物塊的速度大小為
木板反彈后達到速度為零的過程中，小物塊和木板的相對位移大小為
所以木板速度減為零時，小物塊到木板左端的距離為2.5m，小物塊的速度大小為，設再經過時間t4，小物塊從木板左端滑出，則有
解得
從木板與擋板第一次碰撞到小物塊滑出木板瞬間所經歷的時間為
小物塊的位移大小為
所以滑出瞬間小物塊與擋板間的距離為題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
B
D
C
AD
BD
BC
CD

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