雅礼中学2024届高三综合自主测试（一）物理参考答案一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）1、C【解析】0.6s~0.8s电梯加速度不断变化，不做匀加速运动，故A错误；0.9s~1.2s电梯加速度恒定且为正值，处于匀加速上升阶段，故B错误，C正确；1.7s~2.3s电梯加速度为0，处于匀速运动阶段，故D错误。2、D【解析】地球同步卫星的轨道除了位于赤道平面内外，距离地面的高度、线速度和角速Mmv2度的大小都是固定的，而B不一定是同步卫星，故A错误；根据Gm可得r2r1GMmEmv2，三颗卫星的质量大小关系不知道，无法比较动能的大小，故B错误；k22r第一宇宙速度为7.9km/s，是卫星的最大轨道速度，卫星C的线速度大小一定小于7.9km/s，GMmGM故C错误；三颗卫星的轨道半径rCaA>aB，r2r2故D正确。3、C【解析】单色光在光程差相同的位置干涉连成的线会形成条纹，当肥皂液膜竖直放置时，单色光垂直照射肥皂液膜，在前、后两面反射形成干涉条纹，若将该装置放在地球上观察，由于重力作用，在高度相等的位置的光程差相同，故可看到水平直条纹，故A错误；若将该装置放在空间站观察，由于处于完全失重状态，肥皂液膜厚度均匀，所以观察不到干涉条纹，故B错误；因为地球表面的重力加速度大于月球表面的重力加速度，该装置在地球表面薄膜上下厚度相差更大，该装置在地球表面观察到的水平条纹间距为x1，在月球表面观察到的水平直条纹间距为x2，则x1x2，故C正确；若将光源换为蓝色光源，因为波长变短，所以在地球表面观察，可看到水平直条纹的间距将减小，故D错误。4、C【解析】正弦式交变电流一个周期内电流方向改变2次，所以1min内有50个周期，线框的转速为50r/min，故A错误；若线框的电动势有效值是20V，则最大值为202V28.2V，250二极管将被击穿，故B错误；由最大值Em=nBSω=nBS×2πf=1000×B×0.1×2×3.14×V60＜20V解得B＜0.4T，故C正确；若转速减半，交流电的最大值减半，如果这时的最大值小于0．7V，二极管将不会闪烁，1min内闪烁次数将变为0次，故D错误。5、D【解析】带电油滴在极板间匀速下落，可知带电油滴受到电场力方向竖直向上，与电场方向相反，故油滴带负电，A错误；带电油滴在极板间匀速下落，根据受力平衡可得UmgdmgdmgqEq，解得油滴的电荷量为q，可知等于油滴的电荷量，并不等于油dUU滴中电子的数目，B错误；油滴从小孔运动到金属板B过程中，电场力做功为WqEdmgdmgdU，可知电场力做负功，电势能增加，C错误；根据E，若将金属d板A向上缓慢移动一小段距离，极板间的距离d增大，极板间的电压U不变，则极板间的电场强度减小，油滴受到的电场力减小，故油滴受到的合力竖直向下，油滴将加速下降，D正确。物理（YL）答案（第1页，共7页）{#{QQABaYQEogAoAJAAAQhCAQEwCgMQkAECACoOREAEsAAAiRNABAA=}#}6、C【解析】木块受力如图甲，支持力与静摩擦合力斜向右上，与重力的合力沿缆绳斜向右上。因为木块质量和加速度均不变，故三个力的合力不变，又木块重力不变，则支持力与静摩擦合力不变。木板与底板夹角缓慢增大稍许，如图乙，FN减小，Ff增大。二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分）7、BD【解析】激光在内芯和外套的界面上发生全反射，所以内芯是光密介质，外套是光疏介质，即光纤内芯的折射率比外套的大，故A错误；光从左端空中进入光纤内芯后，波长和波速会发生变化，但频率和周期不变，故B正确；频率越大的光，介质对它的折射率越大，csin根据v光在光纤中传播的速度越小，故C错误；根据折射定律n，根据全nsin9017反射公式n，联立解得n故D正确。sin28、BD【解析】木棒做简谐运动的回复力是水的浮力与木棒重力的合力，故A错误；0~0.25s内木棒的浮力减小，则木棒从最低点向平衡位置运动，其所受合外力逐渐减小，则其加速度逐渐减小，故B正确；根据简谐运动的特点可知，木棒和重物在最高点和最低点的位置加速度大小相等，故在最低点有：，在最高点有：，联立可得：F1GmaGF2ma1G（FF），故C错误；设向下为正，则在初始位置时，由平衡条件可得mggxS在2120偏离平衡位置x位置时，木棒所受合外力为：则木棒所F合gx0xSmggxS受合外力大小与偏离初始位置的距离成正比，且比值为gS，故D正确。9、AD【解析】根据电荷的分布可知，负试探电荷从A点移到C点，电场力始终做负功，则其电势能增加，故A正确；因为B点和B点在等量异种电荷的中垂面上，而其中垂面为零等势面，因此电荷沿直线从B点移到B点，电场力不做功，故B错误；A点和C点关于等量异种电荷的中垂面对称，因此A、B两点的电势差等于B、C两点的电势差，故C错误；根据场强叠加原理，如图所示L可得场强大小为，而22，解得2kQ故D正确。BEB2EcoscosEB2L44L2物理（YL）答案（第2页，共7页）{#{QQABaYQEogAoAJAAAQhCAQEwCgMQkAECACoOREAEsAAAiRNABAA=}#}10、AD【解析】金属棒b沿导轨下滑时，由楞次定律可知，金属棒a中电流从近端流向远端导轨，根据左手定则，可知金属棒a所受安培力水平向右，又因为金属棒a始终静止，所以其所受摩擦力向左，故A正确；当金属棒b下滑速度最大时，对金属棒b分析，有o，对金属棒a分析，有，可得mgB1。由于和的关系mgsin30B2ImLfmB1ImLfmB1B22B2未知，所以金属棒受到的最大摩擦力大小不确定，故B错误；由闭合电路欧姆定律可afmBLvmgR知2m，解得，故C错误；由能量守恒定律可知，金属棒b减小的机械能Imvm222RB2L等于金属棒a和金属棒b中产生的总焦耳热，故D正确。三、填空题（本题共2小题，共16分）11、①.ACCA②.2③.m2【解析】（2）根据题意及实验原理可知，本实验所采用的实验探究方法为控制变量法A．根据胡克定律Fkx可知探究弹簧弹力与形变量之间的关系，采用了控制变量法，故A符合题意；B．探究两个互成角度的力的合成规律，即两个分力与合力的作用效果相同，采用的是等效替代的思想，故B不符合题意；C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系是通过控制变量法进行研究的，故C符合题意；D．探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故D不符合题意。故选AC。（3）对②图线的数据进行分析可以看出，当增大为原来的2倍时，F增大为原来的4倍，当增大为原来的3倍时，F增大为原来的9倍可知，F与2成正比，则图像横坐标x代表的是2。（4）由（3）中分析可知，在r一定时，F与2成正比，Fr图像又是一条过坐标原点的直线，F与r成正比，同时也应与m成比，归纳可知，Fr图像的斜率为m2。12、（1）正1.30不可行（2）①②akR01k1k【解析】（1）[1]用多用电表粗测电池的电动势，根据多用电表的使用要求，电流从红表笔流入，从黑表笔流出，故将多用电表的红表笔与电池的正极相连；[2]用多用电表的2.5V直流电压挡粗测该电池的电动势，故测量时该表盘的分度值为0.05V，读数为1.30V；[3]由于多用电表的欧姆挡本身已经有电源，用多用电表的欧姆挡测电阻时，被测电阻应与物理（YL）答案（第3页，共7页）{#{QQABaYQEogAoAJAAAQhCAQEwCgMQkAECACoOREAEsAAAiRNABAA=}#}其他电源断开，所以不能测量电池的内阻。（2）①依据图乙所示电路图，将实物进行连线，如图所示②由闭合电路欧姆定律得EU1IrUU干路电流I12R0联立解得ER0rU1U2R0rR0r结合图丁可知当时ER0，rU20U1akR0rR0rakR联立解得E，r01k1k四、计算题（本题共3小题，共40分。写出必要的推理过程，仅有结果不得分）13、（1）从P点发出的光入射到大气外表面处时，1发生全反射的临界角满足sinCn解得C30（2）当P点发出的光线在大气外表面恰好发生全反射时，光路如图所示（2）当P点发出的光线在大气外表面恰好发生全反射时，光路如图所示r2r由正弦定理可得sinCsin解得=135故从P点射出的光线在大气外表面恰好发生全反射时光线PB与OP延长线的夹角为45°，在大气外表面发光区域对应的圆心角为2(18013530)30物理（YL）答案（第4页，共7页）{#{QQABaYQEogAoAJAAAQhCAQEwCgMQkAECACoOREAEsAAAiRNABAA=}#}12r故发光区域在截面上形成的弧长为l22r126（3）如图所示，临界光线从B点射向卫星轨道上的C点，在直角△OBC中，2r62由几何关系可得cosBOC4r431解得BOC15即轨道上能观测到光的部分对应的圆心角为60°，14r2(31)r对应的轨道弧长为l2631314、（1）根据题意可知，小物块从Q点飞出做平拋运动，设小物块在Q点的速度为vQ，水平方向上有LvQt1竖直方向上有2Rgt22v2小物块在Q点，由牛顿第二定律有FmgmQNR联立代入数据解得FN32N由牛顿第三定律可得，小物块运动至Q点时对竖直半圆轨道C的压力为FNFN32N（2）根据题意，设弹簧压缩至P点时的弹性势能为Ep，小物块由P点到Q点的过程中，1由能量守恒定律有EmgLmg2Rmv2p2Q解得Ep72.9J1（3）设小物块滑上B的速度为v，有Emv20p20解得v09m/s之后小物块与B共速由动量守恒定律有mv0mMv共物理（YL）答案（第5页，共7页）{#{QQABaYQEogAoAJAAAQhCAQEwCgMQkAECACoOREAEsAAAiRNABAA=}#}解得v共6m/s根据题意，设小物块脱离轨道时速度大小为v，方向与竖直方向夹角为，在脱离位置，由v2牛顿第二定律有mgsinmR1212小物块冲上C到脱离轨道位置，由动能定理有mgR1sinmvmv共222解得脱离轨道时v6m/s，sin3(vcos)2脱离轨道后，小物块做斜抛运动，则上升的最大高度为h2g则小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度HhR1sin5联立代入数据解得Hm32v015、（1）粒子在圆弧形金属板间做匀速圆周运动，有E1qmR1atE2q在0xd的空间中做类平抛运动，则有dv0t，tan60，av0m3ER联立可得E112d（2）粒子进入匀强磁场区域做匀速圆周运动，其轨迹如图所示v2根据洛伦兹力提供向心力有qvBmr根据几何关系有rsin60d，vsin60at13mER联立可得B11dq2m（3）粒子在x2d的区域内做匀速圆周运动的周期为TqB0mv2mv2EmR轨迹半径为R011qB0qB0B0qa．若粒子射出时与z轴负方向的夹角为30°，则粒子在该区域内运动轨迹沿y轴负方向的物理（YL）答案（第6页，共7页）{#{QQABaYQEogAoAJAAAQhCAQEwCgMQkAECACoOREAEsAAAiRNABAA=}#}俯视图如图所示4n3EmR由图可得x2nRRcos30(2ncos30)R11（n=1，2，3…）B0qb．若粒子射出时与z轴正方向的夹角为30°，则粒子在该区域内运动轨迹沿y轴负方向的俯视图如图所示4n23EmR由图可得x(2n1)RRcos3011（n=1，2，3…）B0q物理（YL）答案（第7页，共7页）{#{QQABaYQ