湖南省长沙市周南中学2024-2025学年高三上学期第四阶段模拟考试物理答案

周南中学2025届高三第四阶段模拟考试物理答案题号12345678910答案BCADDCACABDBDBD1．B。C【解析】小鸟自由落体的最大速度ݒ୫=18m/s，由ݒ୫=݃ݐଵ得ݐଵ=1.8s.A错误．2௩ହ。整个过程下落的高度为图乙ݒ-ݐ图与ݐ轴所夹面积，故ℎ=ౣ×ݐ=27m。B错误ଶଷଵହଷ。ݒ-ݐ图的斜率为加速度，两段斜率比为2:(−3)，故ݐ~ݐ内ܽ=−݃=−15m/sଶ.C正确ଵଷଵଶହଶହ。全过程，由动量定理得݉݃ቀݐቁ−݂ቀݐቁ=0−0，解得݂=݉݃.D错误ଷଵଷଵଶ。A【解析】ݐ=0.5s时，摆球所受拉力最大，摆球经过最低点。A正确．3拉力最小时摆球处于最高点，该处拉力等于重力沿绳的分量，故ܨ୫୧୬<݉݃.B错误。ݐ=0.1s时，摆球所受拉力最小，摆球处于最大位移处，速度为零。C错误；由图可知绳的拉力变化周期为0.8s，而小球向左摆和向右摆的两个半周期内绳的拉力的变化情况相同，一次全振动拉力变化两个周期，故振动周期为1.6s.D错误。。D【解析】O到C，电场强度一直为正，沿ݔ轴正方向；沿电场电势一直降低。A错误.4电场强度一直在变化，电场力一直在变化，粒子一直做变加速运动。B错误。，௞஼ܧ=ை஼ܷݍ，௞ܧ=ை஺ܷݍݔ图覆盖的面积表示电势差，故ܷை஼>3ܷை஺.由动能定理得-ܧ故ܧ௞஼>3ܧ௞.C错误。AB段图线与x轴所夹的面积大于BC段图线与x轴所夹的面积，故ܷ஺஻>ܷ஻஼；而电势能的减少量，故粒子在AB段的电势能的减少量大于BC段。D正确。Δܧ௣减=ܹ静=ݍܷ5.D【解析】楞次定律及其推论可以总结为电磁感应的结果(感应电流产生的磁场，感应电流所受安培力及其反作用力)总是阻碍引起电磁感应的原因(通过感应线圈的磁通量的变化，原磁场场源与感应线圈的相对运动)。滑片向右移动时，螺线管内的电流增大，它产生的磁场变强，通过A、B两线圈的磁通量增大，A远离螺线管、B靠近螺线管可以阻碍通过它们的磁通量增大。故A所受安培力使它具有远离螺线管的趋势，B所受安培力使它具有靠近螺线管的趋势。A、B错误。断开开关时，通过A、B两线圈的磁通量减小，A靠近螺线管、B远离螺线管可以阻碍通过它们的磁通量减小。故A所受安培力使它具有靠近螺线管的趋势，B所受安培力使它具有远离螺线管的趋势。C错误，D正确。试卷第1页，共6页{#{QQABRQKAggAIAABAABgCQwWQCAOQkhEACSgGwEAMMAAAyRFABAA=}#}6．C【解析】感生电场与静电场的性质不同，对自由电荷施加的力不是静电力。B错误。放入半径为ݎ且与真空室同心的环形导线圈，由楞次定律可知其中的感应电流从上往下看沿顺时针方向；这说明自由电子沿逆时针运动。而自由电子是在感生电场力作用下发生定向移动的，故感生电场力从上往下看沿逆时针方向，感生电场从上往下看沿顺时针方向。A错误。由对称性，导线圈内正、负电荷都应均匀分布在整个导线圈上，导线圈各处都呈电中性，它们在电路中产生的恒定电场的场强处处为零，于是导线圈上电势处处相等。C正确。୼஻该导线圈的电动势ℰ=ߨݎଶ=ߨݎଶ݇.୼௧电荷量为ݍ的自由电荷沿线圈转一圈，感生电场力对它做的功为ܹ非=ݍܧ(2ߨݎ)，而感生ௐ电场力就是感生电磁感应的非静电力，由电动势的定义可得ℰ=非=2ߨݎܧ.௤௞௥故ߨݎଶ݇=2ߨݎܧ，解得ܧ=.D错误。ଶ7.AC【解析】滑动变阻器在P点左、右两边的部分并联，并联总电阻记为ܴ௫.随着滑片从a移动到b，ܴ௫从0增大到最大(P均分ܴ时)再减小为零，最大值记为ܴ௫௠.外电路的结构为“(ܴ௫串ܴ଴串电流表)并电压表”，故电压表的示数先增后减，电流表的示数先减后增，ܴ଴两端的电压先减后增。A正确，B错误。整个过程外电阻从ܴ଴增大到ܴ଴+ܴ௫௠再减小到ܴ଴.若ݎ≤ܴ଴，则外电阻不小于内阻且先远离内阻再接近内阻，电源输出功率先减后增。若ݎ≥ܴ଴+ܴ௫௠，则外电阻不大于内阻且先接近内阻再远离内阻，电源输出功率先增后减。若ܴ଴<ݎ<ܴ଴+ܴ௫௠，则电源输出功率先增后减再增再减。C正确，D错误。8.ABD【解析】由左手定则，粒子射入磁场后向左偏，它可能垂直OB、BC或CD射出。若垂直OB射出，则转半个圈，时间为గ௠.A正确。௤஻ଷగ若垂直BC射出，则圆心为AB与BC的交点B，圆心角为(五边形的内角和为(5−2)ߨ，ହଷగଷగ௠即3ߨ，于是正五边形的每个内角为)，时间为.D正确。ହହ௤஻若垂直CD射出，则圆心为AB与CD的延长线的交点，圆心角为గ(三角形的一个外角等于ହ与它不相邻的两个内角之和)，时间为గ௠.B正确。ହ௤஻9.BD【解析】忽略彗星质量的变化，彗星仅在太阳对它的万有引力作用下沿某个轨道运动时机械能守恒。A错误。试卷第2页，共6页{#{QQABRQKAggAIAABAABgCQwWQCAOQkhEACSgGwEAMMAAAyRFABAA=}#}ெ௠ீெଵ仅在万有引力作用下，由ܩ=݉ܽ得ܽ=∝，故彗星在近日点的加速度与地球公转௥మ௥మ௥మ的加速度之比为1:0.4ଶ，即25:4.B正确。ீெଶீெ.则地球公转速度为ݒ=ට，而彗星近日点速度为ݒᇱ=ට，ݎ记地日距离为௥଴.ସ௥௩ᇲ故=√5.C错误，D正确。௩10.BD【解析】刚要发生相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，而它们的加.ଵ−ߤଶ(2݉݃−݇ݒ)=2݉ܽܨ速度仍相等；此时，对B有ߤଵ(݉݃−݇ݒ)=݉ܽ，对A、B整体有௠௚。解得ݒ=.A错误，B正确ହ௞௙ଶ=ߤଶ(2݉݃−݇ݒ)，两边在该过程对时间取ܨ分离前任意时刻，地面对A的摩擦力大小为.(௙ଶ=ߤଶ(2݉݃ݐ−݇Δݔܫ௙ଶ的冲量大小为ܨ平均乘以时间可得.௙ଶ=2݉ݒ−0ܫ−ଵݐܨ分离前的过程，对整个系统，由动量定理得௠మ௚ିଷ௠௚௧௞。解得Δݔ=.C错误，D正确௞మ11．【答案】(1)C；(2)增大，0.18【解析】(1)利用该装置做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验时，并不需要获知小车所受合外力的大小，不需要补偿阻力。A错误。以小车和砝码整体为研究对象，补偿阻力后，由于仍有摩擦力做负功，其机械能并不守恒，当然不能用于“验证机械能守恒定律”。B错误。补偿阻力只是使重力、支持力和阻力平衡，从而绳的拉力等于小车所受合外力。但由于没有测量绳的拉力，需要将砝码和砝码盘的总重力近似当作绳的拉力。而这是有条件的，即小车和砝码的加速度大小ܽ≪݃，这要求砝码和砝码盘的总质量远远小于小车的质量。C正确。(2)(a)纸带向右运动，故打点计时器相对纸带向左运动，左边的点迹更晚打出，而左边的点迹更密，故小车在减速运动，需要增大倾角。(b)在݉≪ܯ且已经补偿阻力的前提下，小车所受合外力可视为݉݃.对小车，由牛顿第ଵெଵଵଵଵ.଼ெ二定律得݉݃=ܯܽ，即=⋅，故−图的斜率为=，解得ܯ≈0.18kg.௔௚௠௔௠ଵ଴଴௚12.【答案】(1)见解析(2分)，900(2分)；(2)45(2分)，5(2分)；(3)1.4(2分).【解析】(1)欧姆表内部由电源、定值电阻、电流表和滑动变阻器串联组成；电流从电源正极流出后，经过一些元件从黑表笔流出，其结构如图所示。试卷第3页，共6页{#{QQABRQKAggAIAABAABgCQwWQCAOQkhEACSgGwEAMMAAAyRFABAA=}#}由闭合电路欧姆定律得ܧ=ܫ(ܴ௫+ܴஐ)，其中ܴஐ=ݎ+ܴஜ୅+ܴ଴+ܴ.ா欧姆调零时ܴ௫=0且ܫ=ܫ௠，故ܧ=ܫ௠ܴஐ.解得ܴஐ==15kΩ.ூ೘故ܴ=15kΩ−14kΩ−98.5Ω−1.5Ω=900Ω.ாாாூ೘ூ೘(2)由ܧ=ܫ(ܴ௫+ܴஐ)和ܧ=ܫ௠ܴஐ得ܴ௫=−=ቀ−1ቁ=15ቀ−1ቁkΩ.ூூ೘ூ೘ூூ分别将ܫ=25μA和ܫ=75μA代入可得对应的电阻值为45kΩ和5kΩ.ாᇲூ(3)电阻箱的读数为35000.0Ω，即35kΩ，于是ቀ೘−1ቁ=35kΩ.ூ೘ூாூଷହ而指针所指刻度为37.5kΩ，故ቀ೘−1ቁ=37.5kΩ；故ܧᇱ=ܧ=1.4V.ூ೘ூଷ଻.ହ௠మ௚ோమ௠௚ோ13.【答案】(1)；(2)݉݃(ܮ+݈)；(3)−ଶ஻ర௟రସ஻௟.଴ܴܫ=ݒ଴݈ܤ解析】(1)线框进入磁场的过程，由闭合电路欧姆定律得】线框受力平衡，故ܤܫ଴݈=݉݃.௠௚ோ.=解得ݒ଴஻మ௟మ௠మ௚ோమ（ab进磁场前，有ݒଶ=2݃ℎ；解得ℎ=.（4分଴ଶ஻ర௟ర.ଵܴ，故ݒଵ=ݒ଴ܫ=ݒଵܮܤ，݃݉=ଵ݈ܫܤcd边离开磁场前，同样有(2)线框穿过磁场的过程，由能量守恒得ܳ=݉݃(ܮ+݈).（3分）௠௚(3)cd边离开磁场前瞬间，有ܫ=；由右手定则可知电流沿顺时针方向。ଵ஻௟ோ௠௚ோ故ܷ=−ܫ，解得ܷ=−.（3分）௔ௗଵସ௔ௗସ஻௟ଷ௠௩మ௠௩(ଶଶହାହଷగ)ௗ14.【答案】(1)బ；(2)బ；(3)(6݀,0)，ସ௤ௗ௤ௗସହ௩బଷଷ【解析】(1)从P到O，位移偏角的正切tanߙ=；于是，速度偏角的正切tanߠ=.଼ସ௩೤ଷହ.由tanߠ=得ݒ௬=ݒ଴，而ݒ=ݒ଴௩బସସଷଵଵଷ௠௩మ（బ.（4分=ܧቀ݀ቁ=݉ݒଶ−݉ݒଶ；解得ܧݍ由动能定理得଼ଶଶ଴ସ௤ௗ试卷第4页，共6页{#{QQABRQKAggAIAABAABgCQwWQCAOQkhEACSgGwEAMMAAAyRFABAA=}#}(2)带电小球从入射到击中挡板轨迹如图所示。ହ由几何关系得݀=ݎcosߠ，故ݎ=݀.ସ௩మ௠௩（బ.（4分=ܤ得݉=ܤݒݍ由௥௤ௗ(3)带电小球的运动具有周期性，从出发到撞击挡板是半个周期，后半个周期与前半个周。期对称。带电小球从出发到第5次穿过ݔ轴的轨迹如图所示.sinߠ)]=6݀−1)ݎ+݀]由图可知从O到第5次穿过ݔ轴恰好完成2个周期，故ݔହ=4（第5次穿过ݔ轴的位置坐标为(6݀,0).（3分ହଷగௗ小球在磁场中每一段运动的圆心角为53°，时间为.ଵ଼଴௩బௗହଷగௗ(ଵ଼଴ାହଷగ)ௗ小球运动一个周期的时间为2ቀ+ቁ=.௩బଵ଼଴௩బଽ଴௩బ(ଵ଼଴ାହଷగ)ௗௗ(ଶଶହାହଷగ)ௗ（从出发到第5次穿过ݔ轴所用的时间为ݐହ=2×+=（3分ଽ଴௩బ௩బସହ௩బ15.【答案】(1)6√5m/s；(2)10.4m；(3)15m.解析：(1)小球离开滑槽到落入斜面，竖直方向2ݒ௬=݃ݐ，故ݒ௬=12m/s௩ೣ.小球沿切线落入斜面，有tanߠ=，故ݒ௫=6m/s௩೤ଶଶ（于是ݒ஽=ඥݒ௫+ݒ௬=6√5m/s.（5分.小球离开滑槽到落入斜面，水平方向的位移ݔଶ=ݒ௫ݐ=14.4m(2)௩小球从C点滑出时，相对滑槽的速度沿切线，故tanߙ=೤，解得ܸ=10m/s.௏ା௩ೣ试卷第5页，共6页{#{QQABRQKAggAIAABAABgCQwWQCAOQkhEACSgGwEAMMAAAyRFABAA=}#}.kg3=ܯ故，ܸܯ=小球从C点滑出前，小球与滑槽组成的系统水平方向动量守恒݉ݒ௫.这个过程中，小球和滑块的水平位移大小分别记为ݔ和ܺ，则ݔ+ܺ=݈cosߙ+2ܴsinߙᇱ.ܺܯ=௧ᇲ，故݉ݔܸܯ=而这个过程的任意时刻ݐ，有݉ݒ௫௧ᇲ（解得ܺ=4m，故݀=ݔଶ−ܺ=10.4m.（5分ଶ.小球做自由落体运动的过程，有ݒ଴=2݃ℎ，故ݒ଴=ඥ2݃ℎ(3)小球与滑槽碰撞后瞬间，小球的水平分速度与竖直分速度分别记为ݒ௫ଵ和ݒ௬ଵ，滑槽的速度大小记为ܸଵ..ଵ=݉ݒ௫ଵܸܯ碰撞过程，由水平方向动量守恒得碰撞过程小球所受外力沿AB的冲量为零，其沿AB的分速度不变，故ݒ଴sinߙ=ݒ௬ଵsinߙ+ݒ௫ଵcosߙ௩碰撞后小球相对滑槽沿AB运动，故tanߙ=೤భ.௩ೣభା௏భଷଷଵ.解得ݒ=ݒ，ݒ=ݒ，ܸ=ݒ௬ଵହ଴௫ଵଵ଴଴ଵଶ଴ଵଵଵଶ.ℎ݃݉=ܧଶ，解得Δܸܯ−ݒଶ−݉൫ݒଶ+ݒଶ൯݉=ܧ碰撞损失的机械能为Δଶ଴ଶ௫ଵ௬ଵଶଵହ从释放小球到小球从C点滑出，由能量守恒得ଵଵଶܸܯ+൫ݒଶ+ݒଶ൯݉+ܧℎ+݈sinߙ)=Δ)݃݉ଶ௫௬ଶ解得ℎ=15m.（6分）试卷第6页，共6页{#{QQABRQKAggAIAABAABgCQwWQCAOQkhEACSgGwEAMMAAAyRFABAA=}#}