2024届湖南省常德某中学高三大联考物理试题文

行。开始时两球相距L,在电场力作用下，A球开始运动（此时为计时零点，即1=0）,后与B球发生正碰，碰撞过程

中A、B两球总动能无损失。若在各次碰撞过程中，A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球碰撞时间及两球间

的万有引力，则（）

A.第一次碰撞结束瞬间R球的速度大小为J等

B.第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了2L

\1QEL

C.第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为

D.相邻两次碰撞时间间隔总为2返

Vm

5、采用一稳压交流电源给如图所示电路供电，品、&、R是三个完全相同的定值电阻，理想变压器的匝数比为2：1,

开关断开时电路消耗的总功率为P，则开关闭合时电路消耗的总功率为（）

6、如图所示，在水平匀强电场中，有一带电粒子（不计重力）以一定的初速度从M点运动到N点，则在此过程中,

以下说法中正确的是（）

EM

一•

N

A.电场力对该带电粒子一定做正功

B.该带电粒子的运动速度一定减小

C.M、N点的电势一定有9M

1）.该带电粒子运动的轨迹一定是直线

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，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、如图所示，两平行金属板A、B板间电压恒为U,一束波长为入的入射光射到金属板5上，使B板发生了光电效

应，已知该金属板的逸出功为W,电子的质量为小。电荷量为e,已知普朗克常量为心真空中光速为c,下列说法中

正确的是（）

A.若增大入射光的频率，金属板的逸出功将大于W

B.到达A板的光电子的最大动能为n：-W+eU

A

C.若减小入射光的波长一定会有光电子逸出

I）.入射光子的能量为

8、如图所示为回旋加速器的原理图，两个D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，两D形盒间接入一高频交流电

源，用回旋加速器给A、B两个不同粒子分别加速，A粒子的电荷量为中、质量为〃八，加速后获得的最大动能为与一

最大速度为匕；B粒子的电荷量为02、质量为机2,加速后获得的最大动能为々2,最大速度为匕，已知两次加速过程

中所接入的高频交流电源频率相等，所加的匀强磁场也相同，则下列关系一定正确的是

B.匕=匕

D.

41

9、如图所示，两条相距为七的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与

磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒时垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为心

若给棒以平行导轨向右的初速度血，当流过棒截面的电荷量为g时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为人

则在这一过程中（）

5r-x-x"x~x

RX-M-9MV«XX

X.XXXX

A.导体棒作匀减速直线运动

B.当棒发生位移为;时，通过棒的电量为4

22

C.在通过棒的电荷量为工时，棒运动的速度为以

33

D.定值电阻R释放的热量为空区

10、如图甲所示，一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电量为0.01C＞质量为0.1kg的圆环套在杆上。整个装置

处在水平方向的电场中，电场强度E随时间变化的图像如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为0.5。U0时，环由静

止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g取10。为2。则下列说法正确的是（）

A.环先做加速运动再做匀速运动

B.0~2s内环的位移大于2.5m

C.2s时环的加速度为5m/s2

D.环的最大动能为20.1

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）某同学用“插针法”测一玻璃砖的折射率。

①在木板上平铺一张白纸，并把玻璃砖放在白纸上，在纸上描出玻璃砖的两条边界。然后在玻璃砖的一侧竖直插上两

根大头针入、尸2,透过玻璃砖观察，在玻璃砖另一侧竖直插大头针P3时，应使P3,用同样的方法插上大头

针尸4。

②在白纸二画出光线的径迹，以入射点。为圆心作一半径为5.00cm的圆，与入射光线、折射光线分别交于A、H点,

再过人月点作法线NV的垂线，垂足分别为C、。点，如图所示。测得AC=4.00cm,Z?D=2.80cm,则玻璃的折射率

12.（12分）如图甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机

的带动下匀速转动。在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器。（已知电火花计时器每隔相同的时间间隔

了打一个点）

（1）请将下列实验步骤按先后排序：.

①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触

②接通电火花计时器的电源，使它工作起来

③启动电动机，使圆形卡纸转动起来

④关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段点迹（如图乙所示），写出角速度3的表达式，代人数据，

得出的测量值.

⑵要得到角速度3的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是.

A.秒表B.亳米刻度尺C.圆规D.量角器

⑶为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火

花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动.则卡斑上打下的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如

图丙所示.这对测量结果—（填“有”或“无”）影响。

（4）若兴趣小组在卡纸上选取了6个计时点，并测得这6个计时点扫过扇形所对应的圆心角为则角速度的表达式为

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）如图，水平面上有一条长直固定轨道，。为轨道上的一个标记点，竖直线PQ表示一个与长直轨道垂直的

竖直平面，尸。的右边区域内可根据需要增加一个方向与轨道平行的水平匀强电场。在轨道上，一辆平板小车以速度

yo=4m/s沿轨道从左向右匀速运动，当小车一半通过PQ平面时，一质量为的绝缘金属小滑块（可视为质点）

被轻放到小车的中点上，己知小滑块带电荷量为+2C且始终不变，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为〃=0.2,整个

过程中小车速度保持不变，g=10m/s2。求：

⑴若尸。右侧没有电场，木板足够长，在滑块与小车恰好共速时小滑块相对尸点水平位移和摩擦力对小车做的功；

⑵当尸。右侧电场强度取E=3V/m方向水平向右，且板长L=2m时，为保证小滑块不从车上掉下，则电场存在的时

间满足什么条件？

（附加：若尸。右侧加一个向右的匀强电场，且木板长L=2m,为确保小滑块不从小车左端掉下来，电场强度大小应满

足什么条件？）（此附加问为思考题，无需咋答）

Q

14.（16分）横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置左端封闭，右端开口.初始时，右端管内用/“=4cm的水银柱封闭一

段长为Li=9cm的空气柱

♦7.

A左端管内用水银封闭有长为L2=14cm的空气柱

B这段水银柱液面高度差为加=8cm,如图甲所示.

已知大气压强Po=76.OcmHg,环境温度不变.

⑴求初始时空气柱B的压强（以cmHg为单，立）；

（ii）若将玻翦管缓慢旋转180。,使U形管竖直倒置（水银未混合未溢出），如图乙所示当管中水银静止时，求水银柱液面高度

差hi.

15.（125?）如图所示，在，坐标平面的第一象限内有一沿），轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面

向里的匀强磁场，现有一质量为/〃、电量为+q的粒子（重力不计）从坐标原点。射入磁场，其入射方向与x的正方向

成45。角。当粒子运动到电场中坐标为（3乙L）的尸点处时速度大小为四，方向与x轴正方向相同。求

（1）粒子从O点射入磁场时的速度P；

⑵匀强电场的场强E和匀强磁场的磁感应强度3；

⑶粒子从O点运动到P点所用的时间。

参考答案

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、B

【解题分析】

甲、乙相遇时用力推对方的过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

m甲v甲乙v乙甲v甲'+w乙y乙'

代入数据可得

，〃甲x2+，〃Zx(-2)=，“甲x(-1)+，〃乙x2

解得

m甲：m乙=4：3

故B正确，ACD错误。

故选B。

2、B

【解题分析】

A.变压器初级电压有效值为220V,则副线圈两端的电压有效值为

=22V

选项A错误;

B.滑动变阻器接入电阻为

选项B正确;

C.电动机输出的机械功率为

22

^h=/f/w_/r=lxl2-lx2=IOW

选项C错误;

D.若电动机突然卡住，次级电流将变大，次级消耗的功率变大，则原线圈输入功率将变大，选项D错误:

故选B.

点睛：此题要注意电动机问题的能量转化关系：输出功率等于总功率与内阻上的热功率的差值；电动机被卡住后相当

于纯电阻，则电路的电流会变大，电动机很快被烧毁.

3、D

【解题分析】

A.波的周期T>0.6s,说明波的传播时间小于一个周期，波在UO.6s内传播的距离不到一个波长，则由图知

3

-7=0.6s

4

解得

T=0.8s

故A错误；

B.由图可知，波长为8m,波速为

v=—=IDm/s

T

故B错误；

C.由于波沿x轴负方向传播，故U0时尸点沿y轴负方向运动，故

r=0.8s=ir

时P点沿y轴负方向运动，再过0.1s即0.9s时尸点沿了轴负方向运动，故C错误；

D.由

0.2s=-

/=4

可知，由于。点在1=0时刻从靠近最大位移处向最大位移处运动，则经过四分之一周期小于振幅A即0.2m,故D正

确。

故选D。

4、A

【解题分析】

A.碰前球A的加速度

qE

a=--

ni

碰前A的速度为

Vm

碰前B的速度为

%=0

由于碰撞过程中A、B两球总动能无损失，动量也守恒，有

加哈+”哈=TWVAI〃八点

5乙乙乙+乙5

则碰撞后A、B的速度分别为

即交换速度，故A正确；

B.碰后B球向前匀速运动，A向前做匀加速运动，以后面球为参考系，前面球速度设为〃到再次相遇，时同和位移

相等，根据

v

x=­t=vt

2

可知,

Vm

则位移为

,2乌

2vM>j

x=vt=v——=——-=4AL

a“

m

由弹性碰撞可知，第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为碰前A球的速度，即为

%2=v=2x2产必

Vm

故BC错误;

D.由弹性碰撞可知，每次碰撞前后，两球的速度差为

Vm

即每次都是后面球的速度增加2后追上前面球，而加速度是固定的，则每次相邻两次碰撞时间间隔总为

2Av

Ar=-----=

故D错误。

故选A。

5、C

【解题分析】

设三个完全相同的定值电阻的阻值为A,电压电压为U,开关断开时，根据等效电路可得电路的总的电阻为

R=R+(^i-)2R=5R

n2

电路消耗的总功率为

nU2U2

r=----=——

%5R

开关闭合时，根据等效电路可得电路的总的电阻为

K=R+(2)2£=3R

42

电路消耗的总功率为

13R3

故A、B、D错误，C正确；

故选Co

6、C

【解题分析】

AB.粒子的带电性质不知道，所以受到的习场力方向不确定，电场力可能做正功也可能做负功，则粒子的速度可能增

加也可能减小，故AB错误：

C.沿着电场线的方向电势一定降低，所以故C正确；

D.粒子只受电场力作用，电场力的方向在水平方向，而粒子的运动方向和水平方向有一夹角，所以粒子不会做直线

运动，故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。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、BCD

【解题分析】

A.金属板的逸出功取决于金属材料，与入射光的频率无关，故A错误；

B.由爱因斯坦光电效应方程可知，光电子的逸出最大动能

A

根据动能定理

瓦“-%=eU

则当到达A板的光电子的最大动能为

瓦f沁+6U

A

故B正确；

C.若减小入射光的波长，那么频率增大，仍一定会有光电子逸出，故C正确；

I).根据E=/w,而i/=£,则光子的能量为

2

E=h-

2

故D正确.

故选BCD。

8、BC

【解题分析】

…27rm

AC.由于两个粒子在同一加速器中都能被加速，则两个粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，由T=可知，两

qR

粒子的比荷一定相等，即如=2上，选项A错误，选项c正确；

%也

B.粒子最终获得的速度U=迎，由于两粒子的比荷相等，因此最终获得的速度大小相等，选项B正确；

m

D.粒子最后获得的最大动能

由于粒子的比荷相等，因此

旦二更

纭2%

选项D错误；

故选BC.

9、BD

【解题分析】

A.由于导体棒向右减速运动，则电动势减小，则电流减小，则导体棒的安培力减小，即合力减小，根据牛顿第二定律

可知其加速度减小，则导体棒做变减速运动，故A错误:

B.棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为:

必中BLx

q=-----=-----

2R2R

Y〃

当棒发生位移为彳时，则通过棒的电量为三，故B正确;

22

C.棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为：

必①_BLx

2R2R

当流过棒的电荷为:时，棒发生的位移为:

x

x=—

13

根据牛顿运动定律可得棒运动的加速度为:

F.B2I：V

a=—=------

m2mR

设棒运动的时间为△/,则有:

2mR

所以有:

g££幺加

2niR

即：

Av

2mR

当流过棒的电荷为W时，则有:

3

B2L2x

v-v,=---------

°n12mR3

当流过棒的电荷为q时，则有:

B2I3

v=-------X

°02mR

解得:

vi

3

qBL

in=-——

%

故C错误；

D.棒的速度减为零的过程中，定值电阻R释放的热量为：

_1112_1qBL2qBL%

e^-AE,=-x-^--X—XVo=^

故D正确；

故选BDo

10、CD

【解题分析】

A.在r=0时刻环受的摩擦力为/=〃qE=0.5x300x0.01N=1.5N>〃?g=lN,则开始时物体静止；随着场强的减

小，电场力减小，则当摩擦力小于重力时，圆环开始下滑，此时满足

W]E=mg

即

E=200N/C

即，=ls时刻开始运动；且随着电场力减小，摩擦力减小，加速度变大；当电场强度为零时，加速度最大；当场强反向

且增加时，摩擦力随之增加，加速度减小，当E=・200N/C时，加速度减为零，此时速度最大，此时刻为U5s时刻；而

后环继续做减速运动直到停止，选项A错误；

BC.环在r=ls时刻开始运动，在U2s时E=100N/C,此时的加速度为

mg-pqE=ma

解得

«=5m/s2

因环以当加速度为5m/s2匀加速下滑1s时的位移为

5=—x5xl2m=2.5m

2

而在Uis到/=2s的时间内加速度最大值为5m/s),可知0~2s内环的位移小于2.5m,选项B错误，C正确；

I).由以上分析可知，在U3s时刻环的加速度最大，最大值为g,环从Uis开始运动，到U5s时刻速度最大，结合a-f

图像的面积可知，最大速度为

匕”=:x4xl0m/s=20m/s

则环的最大动能

2

E,n=1,MV；=-X0.IX20J=20J

KJH22

选项D正确。

故选CDo

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、挡住尸2、Pi的像1.43

【解题分析】

①[1].在木板上平铺一张白纸，并把玻璃砖放在白纸上，在纸上描出玻璃砖的两条边界。然后在玻璃砖的一测竖直插

上两根大头针尸I、P”透过玻璃砖观察，在玻璃砖另一侧竖直插大头针尸3时，应使，3挡住。2、4的像，用司样的方

法插上大头针Pa。

②12].玻璃的折射率

sinZ4OCAC4.001八

sin4D0BBD2.80

12、①(§)②④D无(o=—

5T

【解题分析】

该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出卡片进行数据处理，故次

序为①③②④；

(2)[2]要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器。

故选D。

(3)[3]由于点跟点之间的角度没变化，则对测量角速度不影响；

(4)[4]由3:——可知

2

00

co=-----=一

(6-l)T5T

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(i)4m,-16.J；(2)0.5sW1.08s；【附加】£>3V/m

【解题分析】

⑴小滑块放在小车上以后，其加速度根据牛顿第二定律

f="mg=m%①

解得加速度

q=2m/s2

加速到共速时用时八

%二叫②

解得

八—2s

此过程中小滑块相对P点移动的距离

③

此过程中木板相对P点移动的距离

$2=%④

求解可得

M=4m

5,=8m

摩擦力对小车做的功

》匕=一〃〃?&羯⑤

求解可得

Wf=-16J

(2)当电场E=3V/m时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右做匀加速运动，设时间为h后撤去电场，之后滑块

做减速运动，经时间小滑块和小车在小车右端共速，恰好没掉下来，小滑块向右加速度为

qE-/.inig=nuiy⑩

解得

%=4m/s2

加速的末速度

%=%+砧@

减速过程中

%=%+矶⑫

加速过程中的位移为

T⑬

减速过程中的位移为

尹

则

L+l-hG+OML⑮

联立⑩，它解解得

八=鸟=0.58s

33

所以电场存在总时间

t=(t2+t3)=l.O8s

所以电场存在的时间满足关系式0.5s<1.08，（结果可以保留根式）

解法2：当电场E=3V/m时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右做匀加速运动，设时间为f3后撤去电场

小滑块向右加速度为

qE-川〃g=may⑩

解得

ci、=4m/s2

滑块相对小车做加速度为出，初速度为零的匀加速运动，经时间匕后做加速度为q的句减速运动直至相对静止，此过

程中的总位移小于等于板长，因此

VV,

------1------L

2%2a}

加速过程的时间

=——s«0.58s

3

所以电场存在总时间

，=（，2+，3）=1。8s⑮

所以电场存在的时间满足关系式0.5s</<1.085

附加问：当加有向右电场时，小滑块加速度

c噢⑦

m

恰好运动到木