【文档说明】湖南师范大学附属中学2024届高三摸底考试物理试题 含解析.docx，共(22)页，2.031 MB，由小赞的店铺上传

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湖南师大附中2021级高三摸底考试试卷物理本试题卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。第I卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的。1.2023年4月12日21时，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）创造新的世界纪录，成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒。下列关于核聚变的说法正确的是（）A.核电站采用核聚变技术发电B.任何两个原子核都可以发

生聚变C.两个轻核结合成质量较大的原子核，核子的比结合能变大D.两个轻核结合成质量较大的原子核，生成核的质量大于两轻核的质量之和【答案】C【解析】【详解】A．核电站采用核裂变技术发电，故A错误；B．自然界中最容易实现的聚变反应是氢的同位素--氘与氚的聚变，不是任意的原子核就能

发生核聚变，故B错误；C．两个轻核结合成质量较大核的过程中要释放能量，核子的平均质量减小，所以核子的比结合能增加，故C正确；D．两个轻核结合成质量较大的原子核，释放能量，生成核的质量小于两轻核的质量之和，故D错误。故选C。2.“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度

—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中0t时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（）的A.“笛音雷”在2t时刻上升至最高点B.34~

tt时间内“笛音雷”做自由落体运动C.01t~t时间内“笛音雷”的平均速度为12vD34~tt时间内“笛音雷”处于失重状态【答案】D【解析】【详解】A由图可知，04~tt时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“

笛音雷”在2t时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在4t时刻之后，故A错误；B．34~tt时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明34~tt时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加

速度g，故B错误；C．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为12v，而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据xvt=可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即01t~t时间内“笛音

雷”的平均速度小于12v，故C错误；D．根据上述，34~tt时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，故D正确。故选D。3.“抖空竹”是中国传统的体育活动之一，在我国有悠

久的历史，为国家级非物质文化遗产之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成以下模型：轻绳系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在弹性绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点

匀速移动，其轨迹为竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上下底水平），如图所示。则两端点分别自A、C两点，沿AB、CD以同一速度匀速移动，忽略摩擦力及空气阻力的影响，则运动过程中（）.A.左右两边绳的弹力均不变B.左右两边绳的弹力不相等C.左边绳的弹力变大

D.右边绳的弹力变小【答案】A【解析】【详解】B．以空竹为研究对象进行受力分析，同一根绳子拉力处处相等，所以12FF=故B错误；ACD．在水平方向空竹处于共点力平衡，设1F与水平方向的夹角为，2F与水平方向的夹角为12coscosFαFβ=所以=所

以两根绳与竖直方向的夹角相等，为，则12cosFmg=12cosmgF=两端点移动的过程，两端点在水平方向上的距离不变，所以弹力大小不变，故A正确，CD错误。故选A。4.如图所示，地球和行星绕太阳做匀速圆周运动，地球和行星做匀

速圆周运动的半径12rr、之比为1：4，不计地球和行星之间的相互影响，下列说法错误的是（）A.行星绕太阳做圆周运动的周期为8年B.由图示位置开始计时，至少再经过47年，地球、太阳和行星连线为同一直线C.地球和行星的线速度大小之比为1:2D.经过相同时间，地球、行星半径扫

过的面积之比为1:2【答案】C【解析】【详解】A．根据万有引力提供圆周运动向心力有2224GmMmrrT=可得周期234rTGM=所以333481TrTr===行行地地因为地球公转周期

为1年，故行星公转周期为8年，故A正确，不符合题意；B．地球周期短，故当地球比行星多公转半周时，地球、太阳和行星连线为同一直线，即22tTT−=地行周期42222718tTT===−

−地行年故B正确，不符合题意；C．根据万有引力提供圆周运动向心力有22mMvGmrr=得线速度GMvr=可得4211rvvr===地行地行故C错误，符合题意；D．行星与太阳连线扫过的面积222222ttSrrTTr===故2222811142TSrSTrtrTtr

T====地行地地行地地行行行故D正确，不符合题意。故选C。5.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分

布如图所示。一质量m=4.0×10-20kg，电荷量q=-4.0×10-9C的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则（）A.x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比1212EE=B.粒子在

-1cm～0.5cm区间运动过程中的电势能先增加后减小C.该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为6.0×10-8JD.该粒子运动的周期T=3.0×10-6s【答案】A【解析】【详解】A.由电场强度与电势差的关系可得1122ExEx=解得12210.5112ExEx==

=A正确；B．粒子在-1cm～0.5cm过程中，电势先增大后减小，根据公式PEq=可得：带负电粒子的电势能先减小后增大，B错误；C．根据电场力做功与电势能变化关系可得PEqU=−该粒子运动过程中电势差取最大值时，电势能变

化量取最大值，即为-8maxa9mx4.010C()20V=810JPEqU−=−=−−C错误；D．粒子在-1cm～0cm过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得11Eqma=11UEx=211112xat=粒子在0cm～0.5cm过程中，由牛顿第二定律和

匀变速直线运动规律可得22Eqma=22UEx=222212=xat该粒子运动的周期()122Ttt=+联立可得：8310sT−=，D错误；故选A。6.如图甲竖直弹簧固定在水平地面上，一质量为m可视为质点的铁球从距

弹簧上端h的O点静止释放，以O点（即坐标原点）开始计时，铁球所受的弹力F的大小随铁球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度取g。下列结论正确的是（）A.弹簧弹性势能最大值为mg(h＋2x0)B.铁球运动过程

中最大动能012mghmgx+C.当x=h时小球重力势能与弹簧弹性势能之和最小D.铁球压缩弹簧过程中重力做功功率逐渐增大【答案】B【解析】【详解】C．根据图乙可知，当x=h＋x0时，小球的重力跟弹簧弹力平衡，此时小球速度最大，动能最多，所以系统

的势能最少，故C错误；D．小球刚接触弹簧的一段时间内，重力大于弹簧弹力，小球加速下降，重力做功功率逐渐增大，重力与弹簧弹力平衡后，由于惯性小球继续向下运动，由于弹簧弹力大于重力，则小球减速下降，重力做功功率逐渐减小，故D错误；A．由图像可知，h＋x0为平衡位置，

此时弹簧压缩量为x0。假如小球刚接触弹簧时没有速度，根据简谐运动的对称性可知，弹簧的最大压缩量为2x0，而实际上小球刚接触弹簧时有向下的速度，可知，弹簧的最大压缩量大于2x0，小球到达最低点的坐标大于h＋2x0，所以弹簧弹性势能的最大值大于mg(h＋2x0)，

故A错误；B．根据动能定理00km1()2mghxmgxE+−=可得km012Emghmgx=+故B正确。的故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，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.如图甲所示，在平静的水面下有一个点光源S，它发出的是两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的

复色光的圆形区域，周边为环状单色光区域，且为a光的颜色（见图乙）。则下列说法正确的是（）A.a光的频率大于b光的频率B.a光的折射率小于b光的折射率C.a光在水中的传播速度比b光大D.a光在水中发生全反射的临界角小于b光在水中发生全反射的临界角【答案】BC【解析】【详解】ABD．a

光照射的面积较大，知a光的临界角较大，根据1sinCn=知a光的折射率较小，根据光的折射率越小频率也越小，可知a光的频率小于b光的频率，故AD错误，B正确；C．根据cvn=可知知a光在水中传播的速度较大，故C正确；故选BC。8.在如图所示的电路中，输入交

变电压的瞬时值222sin100(V)ut=，理想变压器原、副线圈的匝数比21:2:1nn=，两定值电阻1R、2R的阻值相同。在滑动变阻器的滑片P向上滑动一小段的过程中，1R、2R两端电压的变化量分别为1ΔU、2ΔU，1R的电功率的变化量为1ΔP。下列说

法正确的是（）A.2R中电流的频率是1R中电流频率的2倍B.121ΔΔ2UU=C.()2111ΔΔUPR=D.当滑片P移到最上端时，1R两端的电压为4.4V【答案】BD【解析】【详解】A．变压器改变的是交流电的电压和电流，不改变频率，A错误

；B．1R和2R都是定值电阻，有=UIR又由理想变压器特点知原副线圈上的电流与匝数成反比，则有121ΔΔ2II=可得121ΔΔ2UU=B正确；C．设1R两端电压分别为UR1，UR1’，滑片上滑，副线圈电阻减小电流增大，原线圈电流增大，R1两端电压增大，知111

’=RRUUU−其电功率的变化量为()()()2221111111’ΔΔ=RRUUUPRRR−C错误；D．当滑片P移到最上端时，副线圈电阻只有R2，设为R，将原副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻'R，由11'UIR=，1122=nUU

n，2121nIIn=，222UIR=联立可得21222=4nRRRn=（）由闭合电路欧姆定律，对原线圈电路有11R1=22V=+5=5UIRIRIRU=可得1R两端的电压为4.4V，D正确。故选BD。9.某同学将一乒乓球从距水平地面高h处的A点以速度

0v水平抛出，乒乓球运动过程中受到的空气阻力始终与速度成正比，方向始终与运动方向相反，落到水平地面上的B点时速度方向与水平地面的夹角为45°，如图所示。已知乒乓球从A点抛出时受到的空气阻力最大，最大值恰好等于自身受到的重力，重力加速度大小为g。下

列说法正确的是（）A.乒乓球从A点运动到B点的过程中速度先减小后增大B.乒乓球落到B点时的速度大小为022vC.乒乓球的水平射程为202vgD.乒乓球从A点运动到B点的时间为002hvgv+【答案】BCD【解析】【

详解】A．乒乓球从A点抛出时受到的空气阻力最大，最大值恰好等于自身受到的重力，则有0fmgkv==到B点时速度方向与水平地面的夹角为45°，则小球一直做减速运动，故A错误；BCD．运用运配速法，配一速度,使其阻

力与重力平衡，则可理解为竖直向下的匀速直线运动和斜向上的的变加速直线运动，如图所示由图知，落地点的速度为022vv=斜向上45方向，根据牛顿第二定律有kvam=累积可得ksvm=则有022vv=02mvsk=则有20cos452vxsg==竖直方向上有0thvtvt=−其中yx=则

有2002vhvtg=−解得002vhtvg=+故BCD正确。故选BCD。10.如图所示，界线MN以下存在一个方向水平的磁场（垂直于纸面向里），取MN上一点O作为原点，竖直向下建立y轴，磁场的磁感应强度B随y坐标（以m为单位

）的分布规律为B=1+y（T）。一边长为L=1m、质量为m=0.1kg、电阻R=2Ω的正方形金属框abcd从MN上方静止释放，0.2s后金属框的cd边到达界线MN，此时给金属框施加一个竖直方向的外力F，直至金属框完全进入磁场时撤去该外力。已知

金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，且金属框运动过程中上下边始终水平、左右边始终竖直，g取10m/s2，下列说法正确的是（）A.金属框进入磁场的过程中电流大小为1AB.金属框进入磁场的过程经历的时间为2s3C.金属框进入磁场的过程中外力

F做功为0.35JD.金属框完全进入磁场后继续做加速运动，直到速度达到3m/s后不再加速【答案】AC【解析】详解】A．进入磁场前做自由落体运动，有0100.2m/s=2m/svgt==【金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，所以刚进入瞬间，感应电动势公式，有0112V

=2VEBLv==则感应电流为2A=1A2EIR==故A正确；B．金属框进入磁场的过程中，由安培力公式，有=(1+)11N=(1+)NFBILyy=安刚进入瞬间，安培力为11NF=完全进入瞬间，安培力为22NF

=所以安培力做的负功大小为12121J=1.5J22FFWL++==安又因为安培力做的负功就等于回路中产生的焦耳热，则2QIRtW==安代入数据，得金属框进入磁场的过程经历的时间为221.5=s=0.75s12W

tIR=安故B错误；C．完全进入瞬间，安培力为22112=2NBLvFR=完全进入磁场时，速度为11m/sv=金属框进入磁场的过程中，由动能定理，得22101122WmgLWmvmv+−=−安所以外力F

做功=0.35JW故C正确；D．金属框完全进入磁场后，设匀速运动时的速度大小为v′，上下两边切割磁感应线产生的感应电动势为EBLv=根据闭合电路欧姆定律可得'EIR=上下两边产生的安培力的合力为AFBIL=其中：ΔB=1T，根据平衡条件可得AFmg=联立解得v′=2m/s

故D错误。故选AC。第II卷三、实验题（11题6分，12题9分）11.图甲为“探究加速度与物体所受合外力关系”的实验装置，实验中所用小车的质量为M，重物的质量为m，实验时改变重物的质量，记下测力计对应的读数F。（1）实验过程中，___________（填“需要”或“不需要”）满足Mm

。（2）实验过程中得到如图乙所示的纸带，已知所用交流电的频率为50Hz。其中A、B、C、D、E为五个计数点，相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据纸带提供的数据，可求出小车加速度的大小为___________2m/s。（计算结果保留三位有

效数字）（3）当重物质量合适时，小车做匀速运动，此时测力计的读数为0F。更换重物，用a表示小车的加速度，F表示弹簧测力计的示数，下列描绘的aF−关系图像合理的为___________。A.B.C.D.【答案】①.不需要②.0.638

③.D【解析】【详解】（1）[1]实验中，细线对滑轮和小车的作用力通过测力计测量，不需要满足Mm；（2）[2]相邻计数点间的时间间隔为55s=0.1s50Tf==根据逐差法可得小车的加速度为222222.673.321.402.0410m/s0.638

m/s440.1CDDEABBCxxxxaT−+−−+−−===（3）[3]小车匀速运动时有02Ff=当更换重物后，由牛顿第二定律有2FfMa−=解得022FaFMM=−可知函数为一次函数，图像为一条倾斜直线，与横轴交于一点。故选D12.在测

定一组干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A．电流表1（量程2mA，内阻150r=Ω）B．电流表2（量程1A，内阻约10Ω）。C．定值电阻02950R=ΩD．滑动变阻器R（0～20Ω）E．开关和导线若干（1）某同学根据提供的器材设计电路来完成实验，M

N连接__________（选填“电流表1”或“电流表2”），PQ连接另一电流表；（2）该同学利用测出的实验数据作出的12-II图线（1I为电流表1的示数，2I为电流表2的示数，且1I远小于2I）如图所示，则由图线可得被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝__

______Ω。（以上结果皆保留两位有效数字）【答案】①.电流表1②.4.5③.1.5【解析】【详解】（1）[1]PQ连接电流表测电路的电流，MN连接内阻已知的电流表相当于改装了一只电压表，故PQ接电流表2，MN接电流表1。（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律()21012EU

IrIRrIr=+=++解得120101ErIIRrRr=−++结合图像解得4.5VE=1.5r=四、解答题（13题12分，14题13分，15题16分）13.一只篮球的体积为0V，球内气体的压强为0p，温度为0T。现用打气筒对篮球充入压强为02p、温度为0T、体积为1V（大

小未知）的气体，使球内气体压强变为03p，同时温度升至01.5T。已知气体内能U与温度的关系为U=kT（k为正常数），充气过程中气体向外放出Q的热量，篮球体积不变。求（1）充入气体的体积1V的大小；（2）充气过程中打气筒对气体做的功。【

答案】（1）012VV=；（2）012WQkT=+【解析】【详解】（1）充入气体的体积为1V，根据理想气体状态方程有000100000231.5pVpVpVTTT+=解得012VV=（2）由于充气过程中气体向外放出Q的热量，根据热力学第一定律有()QUW=+−根据气体内能

U与温度的关系表达式有00011.52UkTkTkT=−=解得012WQkT=+14.如图所示，质量为m的小圆环A套在足够长的光滑水平杆上，质量为3m的小球B通过长度为L的轻绳与A连接，初始时轻绳处于

水平伸直状态，A、B均静止，光滑水平地面上静止有小球1和2，小球1的质量为3m，小球2的质量为m，小球1位于A环正下方L处，某时刻释放小球B，B到达最低点时轻绳恰好断裂，之后B在水平地面上向左运动，所有小球之间的碰撞均为弹性正碰，已知重力加速度为g，

不计空气阻力，所有小球均可视为质点，求：（1）轻绳断裂时A、B各自的速度大小；（2）轻绳所能承受的最大拉力；（3）小球1与小球2第一次碰撞过程中，小球1对小球2的冲量大小。【答案】（1）A322gLv=，B22gLv=；（2）27mg；（3）324mgL

【解析】【详解】（1）小球B开始释放至轻绳断裂，A、B组成的系统水平方向动量守恒，则有AB30mvmv−=A、B组成的系统满足机械能守恒，则有22AB113322mgLmvmv=+联立解得A322gLv=，B22gLv=（2）B到达最低点时轻绳刚好断裂，达到

最大拉力，由向心力公式有2AB3()3mvvTmgL+−=联立解得轻绳所能承受的最大拉力为27Tmg=（3）绳断后，B球在水平地面向左运动与1号球碰撞，设碰后B球和1号球的速度分别为Bv和0v，由动量守恒和能量守恒可得BB0333mvmvm

v=+，222BB0111333222mvmvmv=+解得B0v=，022gLv=1、2号球碰撞前后动量守恒和机械能守恒，则有01233mvmvmv=+，22201211133222mvmvmv=+解得1

24gLv=，2324gLv=对2号球，由动量定理可得122Imv=解得小球1对小球2的冲量大小为12324mgLI=15.某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向

里的匀强磁场，磁感应强度大小为0B；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于1O点，右边界与x轴垂直交于2O点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与2O点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依

次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计重力。（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分

为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到1O的距离S。【答案】（1）0sinqBdvm=；（2）220222tantan

sintanqBdddELmL=+−；（3）()6317SL+=【解析】【分析】【详解】（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得20vqvBmr=①根据几何关系得sindr=②联立①②式得0sinqBdvm=（2）离子在Ⅱ区内

只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为0y，加速度大小为a，由牛顿第二定律得qEma=由运动的合成与分解得()cos?Lvt=，0(1cos)yr=−−，()201sin?2yvtat

=−联立得220222tantansintanqBdddELmL=+−（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcosθ的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，圆周运动半径为r，运动轨迹长度为l，由几何

关系得22222lrr+=+，'cos2'rr=由于在y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有coscoslLvv=C到1O的距离2sinSrr=+联立得()6317S

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