湖南省新高考教学教研联盟（长郡二十校联盟）2024-2025学年高三上学期第一次预热演练物理答案

2025届新高考教学教研联盟高三第一次预热考试物理参考答案12345678910DADDCBABDCDBCDADmxmxmx3x3xx12.BCBA2A1B3（213也对）x三个坐标点（x1，x3）均在截距为2、斜率为1的直线上【解析】（1）[1]水平槽QR不需要光滑，只要保证每次入射小球从同一位置静止释放即可保证其每次与被撞小球碰前的速度相同，同时两小球离开斜槽后应做平抛运动，所以轨道末端必须水平，故选BC；[3]碰撞过程中，如果动量守恒，由动量守恒定律得mAv0mAv1mBv2小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t，mAv0tmAv1tmBv2t即mAx2mAx1mBx3。又因mA=3mB，所以也可以表示为3x23x1x311[5]若两球相碰前后动量守恒，当m=m时，由mxmxmx。可得xx的关系为x=x+xB6AA2A1B31316321根据测量的x2，先在xx坐标系中做出截距为x、斜率为的一条直线，然后在xx坐标系中画出测量132613的坐标点（x1，x3），若该点正好在直线上，则说明两球相碰前后动量守恒；1111同理当m=m、m=m时，可得xx的关系分别为x=x+x，x=x+xB3AB2A131332123211根据测量的x2，先在xx坐标系中做出截距为x、斜率分别为、的直线，然后在xx坐标系中画出1323213测量的坐标点（x1，x3），若该点正好在对应的直线上，则说明两球相碰前后动量守恒；111[6]若小球之间发生弹性碰撞，则有mv2mv2mv2。联立动量守恒的关系可得2A02A12B2mAmB2mA15125v1=v0v2v0当m=m时，则有vv，vv所以xx，mmBA102012ABmAmB677712xx372则x1、x3满足关系式x1x3x2。即坐标点（x1，x3）在截距为x2、斜率为1的直线上11；同理，可以证明当m=m、m=m时，x、x也满足关系式xxx故若每B3AB2A13132次碰撞过程均为弹性碰撞，则三个坐标点（x1，x3）均在截距为x2、斜率为1的直线上，如图所示22mv0mv0nq21mv0mvmv013(1)(2)(3)B0(4)．qR，方向垂直纸面向外q，23qR2qR3qR【解析】（1）由于所有粒子经圆形磁场偏转后均沿x轴正方向，根据粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系mv2可知，粒子运动半径r等于磁场圆半径R，则有qvB001Rmv解得B0根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外1qR221qUMN2Rmv0（2）粒子在电场中做类平抛运动，则有yR解得UMN2m2Rv0qnq结合题意可知，粒子经过电场偏转后有一半粒子打在下极板N上被吸收，则有I2（3）作出粒子运动轨迹图，如图所示物理参考答案-1{#{QQABIQAAgggIABIAABhCUwXACkMQkgCCCagGxBAIsAABCBNABAA=}#}结合上述可知，穿出电场的粒子偏转距离y1都等于R，根据速度分解有1vtvyytany2211v1L0vt120解得45粒子飞出电场时，根据速度分解有vcosv0解得v2v0结合上述可知，粒子飞出电场速度方向的反向延长线与水平分位移对应线段的中点相交，设射入磁场时的偏转L1L2y222距离为y2，则有解得y22Ry1L112粒子经磁场区域偏转后竖直方向偏移距离y2rcosⅡ22mvvy0粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB2m解得rB2q2mvmv要使所有粒子打在收集板上，则有2Ry3R代入解得0B03qR2qR2当粒子轨迹刚好与磁场右边界相切时有rrd3R22m2v21mv结合上述有103R解得0B22B2q3qR21mv0mv综上所述，区域磁场的磁感应强度范围为B0Ⅱ3qR2qR（4）当轨迹与磁场右边界相切时，设速度为v1，如图所示由动能定理可得11Eqdmv2mv2212在y轴方向上，根据动量定理可得qvxB2Δtmv1mvsin45mv2即有qBdmvmv解得E02103qR1141ababFxkx2．（）从开始到、向左移动到最大距离的过程中，以、和弹簧为研究对象，由功能关系得0201abababkx22E弹簧恢复原长时、分离，从弹簧最短到、分离，以、和弹簧为研究对象，由能量守恒得20kx0.6mE9J解得0k112GHbMmg2Rmv2mv2（）设、为圆上与圆心等高的两个点，若物块能到达点，由动能定理得222M22bv0gR1.5ms解得M11bMbHmgRmv2mv2所以物块不能到达圆周最高点，若物块能通过点，由动能定理得222H22bv4.5ms0解得H所以物块b通过了H点，综上分析，b在H、M之间的某位置恰好脱离圆轨道。假设在E点恰好脱离，设E点与圆mv2mgcos2E心的连线与竖直方向的夹角为，则2R112QEmgR(1cos)mv2mv2coshRRcos0.375m从点到点由动能定理可得222E22b解得3则x（3）当物块a，b分离后，物块b恰好通过M点时，物块b最终与木板C相对静止，b在C上滑动的相对位移为v'2mgmMv'2.25ms1.5ms，由圆周运动知识得22RMmgmamg(mmm)g(mm)aa4ms2a2ms2由牛顿第二定律得c22bc22cdcdcd解得bcd物理参考答案-2{#{QQABIQAAgggIABIAABhCUwXACkMQkgCCCagGxBAIsAABCBNABAA=}#}11bQM,mg2Rmv2mv2v11.25m/s物块从点到点由动能定理可得222M22b解得bvvatvat设物块b最终与木板C相对静止时的速度为共，则bb共cd5v2v2v2vmsxb共共0.9375mL1m解得共22422c当物块a，b分离后，物块b通过圆周最高点M点后，恰好停在木板D的最左端保持相对静止，设物块b在木板C1212t1vtatatLatvat上滑行的时间为，由运动学公式可得b12b12cd1ccd1bb111132''2''2vb23mstskx0m1vbm2vbm11kg解得13由能量守恒得222解得当物块a，b分离后，物块b通过圆周最高点M点后，恰好停在木板D的最右端保持相对静止，设物块b在木板C11tvtat2at2L上滑行的时间为2，有b22b22cd2cbDag1ms2由牛顿第二定律得物块在木板上滑行的加速度大小bd mg(mm)g假设此时木板C和木板D分离，由于d22d所以，二者分离后木板D开始减速，设减速的加速度大小为a，对木板D由牛顿第二定律可得(m2md)gdm2gmdaa6ms2a4ms2CD解得b。即此加速度比木板单独减速的加速度还大，说明木板减速更快，即物块在木a''(mmm)g mg(mm)a''板D上运动时CD没有分离，设C和D一起减速的加速度大小为cd，则2cdd2cdcd'''222(vbabt2)(acdt2)366a4msL'''解得cd又d解得vbm/st2s2ab2acd2611122kx2mv'''2mv'''2mkgkgm1kg由能量守恒得2021b22b解得13综上可知31S151C．（）该圆柱形雷电云空域的电荷分布可近似认为是一个平行板电容器，其电容为d2其中Sr，r2.5km，d1.0kmQCU则该区域上下两端的电势差为UEd150MV所带电荷量为解得Q=26C1EQU2.0109J携带的总电能为总2mgVgVg（2）气球在高空悬浮时的条件是负载He010m式中负载为气球及载荷的总质量，1为高空的大气密度，V0是此气球在此高度悬浮时的体积，则有m负载V01HeTTaz3dpgdz根据题意有0其中a5.010K/m，空气压强随高度的变化满足mMMppVRT由理想气体状态方程有M可得空气密度为VRT式中m和V分别为空气的质量和体积，M为空气的摩尔质量，为空气密度，R为普适气体常量，可得MgMgpdppdzdzRTRT0azdpMgdzMgdTazpMgTaz0lnln0解得积分得pRT0azaRT0azp0aRT0MgMgMgMgazMpazTazaz1pp(1)aR0(1)aR0(1)aR(1)aR于是0相应的空气密度为00T0RTT0TT0T0Mp0323012km10.31kg/cmV03.810m其中RT0根据上述可知，离地高度为的空气密度为解得物理参考答案-3{#{QQABIQAAgggIABIAABhCUwXACkMQkgCCCagGxBAIsAABCBNABAA=}#}