{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}雅礼中学2024届高三综合自主测试（4月）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、B66【解析】A．由题图可知，3Li核的比结合能约为5MeV，则3Li核的结合能约为30MeV。1616166可知8O核的比结合能约为8MeV，则8O核的结合能约为128MeV，所以8O核的结合能比3Li24核的结合能更大，故A错误；B．两个1H核聚变结合成2He核时，有质量亏损，由质能方程24可知，两个1H核结合成2He时要释放能量，故B正确；C．能量和质量之间只是相差一个系235数，两者都反映物体的属性，彼此之间不存在转化关系，故C错误；D．由题图可知，92U144核的比结合能比56Ba核的比结合能小，由于平均质量越小的原子核，其比结合能越大，所235144以92U中核子的平均质量比56Ba中核子的平均质量大，故D错误。故选B。2、A【解析】由图可知，风力在垂直于帆面方向上的分力为FFsin8，这个分力垂直于帆面，与航行方向之间的夹角为90(1801358)53，所以风力在航行方向上的分33力为FFcos53FFsin8，故选A。553、D【解析】由题图可知波源P起振方向向下，0～7.5s内质点P的振动图像如图甲所示．此过程波源P经过的总路程sP＝8A－y＝（80－52）cm，x＝1m处的质点Q平衡位置到波源P平衡位置的距离恰好为λ，波从波源P出发经过一个周期到达Q，以后P、Q步调一致，Q比P少了一次全振动．此过程Q的振动图像如图乙所示．此过程Q经过的总路程s＝sP－4A＝（40－52）cm，D正确．4、C【解析】经过变压器输出的电压为交流电压，A错误；由乙图可知周期为T，故输出电流1的频率为f＝，B错误；由于变压器为降压变压器，则输入电压有效值大于输出电压有效T值，根据变压器的输入功率等于输出功率，可知输出电流的有效值大于ab端输入电流的有效值，C正确；变压器的工作原理是电磁感应，只要输入电流的大小发生变化，产生的磁场就会发生变化，磁通量就会发生变化，输出端就会有电压输出，故不需要将输入电压转变为交流电，输出端也可以有电压输出，D错误．物理（YL）答案（第1页，共8页）{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}5、Cmm【解析】A．根据牛顿第二定律，万有引力提供行星上表面重力加速度得G0mgR20Gm故重力加速度为gR2行星A与行星B的质量关系未知，故无法判断两行星表面的重力加速度的大小，A错误；T2B．根据开普勒第三定律k，由题意可知，行星A的周期比行星B的周期小，故行r3星A的轨道半径小于行星B的轨道半径，B错误；C．由题意，设行星B到恒星C的距离与水星到太阳的距离之比为r1:r2，行星B绕恒星C的一周所用时间与水星绕太阳一周所用时间之比为T1:T2，2Mm2π根据万有引力提供向心力可得Gmrr2T4π2r3解得MGT232M1r1T2所以恒星C与太阳的质量之比321M2r2T1故太阳的质量大于恒星C的质量，C正确；2D．公转速度与公转周期的关系为vrTv1r1T2故行星B的公转速度v1与水星的公转速度v2之比为1v2r2T1故水星的公转速度小于行星B的公转速度，D错误。故选C。6、Bmg【解析】小球在C点时，杆对小球的弹力为FkxNBC2释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为，杆对小球的弹力等于弹性绳垂直于杆的分力，即FNkxsin又xsinxBCmg故杆对小球的弹力保持F不变，N2mg则小球所受滑动摩擦力大小始终为fF0.3mgN211222小球从C到E过程，由功能关系mghfhkhxBCkxBC0221.4mg得弹性绳劲度为kh物理（YL）答案（第2页，共8页）{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}2hh1h21212小球从C到D的过程，同理mgfkxBCkxBCmv022242235gh得小球在D点速度为v10故选B。二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分）7、ACD【解析】一定质量的理想气体的内能只与温度有关，在等温膨胀过程中，气体对外做功，内能不变，由热力学第一定律可知气体一定从外界吸收热量，A正确．热力学第一定律反映了热现象中的能量守恒，热力学第二定律指出与热现象有关的宏观过程具有方向性，B错误.0℃的冰融化为0℃的水，系统分子势能增加，分子平均动能不变，分子总动能不变，系统内能增加，C正确．热力学第二定律的微观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，泼出去的水相比盆中的水，分子无序性增加了，反映了与热现象有关的宏观过程具有方向性，D正确．8、ACyy【解析】对第一次出手，有tan30°＝21，对第二次出手，有tan60°＝22xxy1联立可得1＝y2312且对第一次出手，有y1＝gt2112对第二次出手，有y2＝gt22t11vy1vy1联立可得＝，故A正确，B错误；对第一次出手，有·t1＝y1，v1＝，t232sin30°vy1vx1＝tan30°vy2vy2vy2对第二次出手，有·t2＝y2，v2＝，vx2＝2sin60°tan60°联立可得v1＝v2，vx1＝3vx2因二者初速度相同，则初动能相同，但速度在水平方向上的分量不同，则打在篮板上的末速度不同，则在C点时，两球的机械能不同，故C正确，D错误．9、AD【解析】A．画出在abcd四点的电荷在EF两点的场强方向如图，由图可知，E、F两点的电场强度相同，选项A正确；B．由等量异种电荷周围的电势分布可知，A、O、B三点在等量异种电荷的连线的中垂面上，则各点电势均为零，即ABO0，选项B错误；C．将一正的试探电荷从A点物理（YL）答案（第3页，共8页）{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}沿圆弧AEB移到B点的过程中，电势先升高后降低，则正电荷的电势能先增加后减小，则电场力先做负功再做正功，选项C错误；D．若b、c、d处的电荷仍固定不动，将a处的电荷移到O处，因b处的电荷在Oa两点的电势相等，则b处的电荷使a处的电荷移到O处引起的电势能不变，则主要考虑dc两处的电荷对电荷a的影响，在a处时，dc两处的电荷在a点的电势为正，则电荷a的电势能为正，到O处时dc两处的电荷在O点的电势为零，则电荷a在O点的电势能为零，可知将a处的电荷移到O处电荷a的电势能将减小，选项D正确。故选AD。10、BD【解析】A．根据题意可，由静止释放，ab向右运动，cd向左运动，即弹簧收缩，由右手定则可知，回路中产生顺时针电流，设某时刻电流大小为I，可知，ab所受安培力大小为Fab2BIl，方向向左，cd所受安培力大小为FcdBI2l，方向向右，可知，两棒系统受合外力为零，动量守恒，则当弹簧伸展过程中，一定有ab向左运动，cd向右运动，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流，故A错误；B．由A分析可知，两棒系统受合外力为零，动量守恒，由于开始运动时，系统动量为零，则任意时刻两棒的动量大小相等，方向相反，则有mabvabmcdvcd设运动时间为t，则有mabvabtmcdvcdt，即mabsabmcdscdsm3则ab与cd的路程之比为abcd，故B正确；scdmab1C．由上述分析可知，整个运动过程中，两棒所受安培力一直保持大小相等，且ab与cd的路程之比为3:1，则ab与cd克服安培力做的功之比为3:1，由公式QI2Rt可知，由于ab与cd的电阻之比为1:2，则ab与cd产生的热之比为1:2，可知，cd棒克服安培力做的功不等于cd棒产生的热量，故C错误；ED．由公式E、I和qIt可得，整个运动过程中，t2RR通过cd的电荷量为q2RR当两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧恢复原长，两棒间距离减小2L，则ab向33右运动的距离为x2LLab4211cd向左运动的距离为x2LLcd422BlxB2lx4BLl则有qabcd，故D正确。2RR3故选BD。三、填空题（本题共2小题，共16分）11、（1）大于（2）m1·OP＝m1·OM＋m2·ON（3）1（4）BC【解析】（1）为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量m1大于B球的质量m2.（2）由于竖直方向上两球从同一高度由静止开始运动，且下落到同一水平面上，故两球运动的时间相同，碰撞过程根据动量守恒定律可得在水平方向有m1v0＝m1v1＋m2v2，等式两边同乘以时间t，有m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即需验证m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.物理（YL）答案（第4页，共8页）{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}（3）若两个小球的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，由能量守恒121212m1－m22m1定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0、v2＝v0，或v1＝v0、v2＝0（不222m1＋m2m1＋m2MNON－OMv－v符合题意，舍去），则比值k＝＝＝21＝1.OPOPv0（4）小球在斜槽上运动时有摩擦，由于每次都从同一点释放，则每次摩擦力做的功一样，小球A每次运动到轨道末端时的速度相同，不会造成实验误差，A错误．本实验要求小球离开轨道末端后做平抛运动，若轨道末端未调节成水平，小球离开轨道末端后将做斜抛运动，会造成实验误差，B正确．小球A未从同一高度释放，会导致小球A运动到轨道末端时的速度不同，会造成实验误差，C正确．根据以上分析可知不需要测量轨道末端到地面的高度，D错误．12、（1）①（2）保护灵敏电流计G（3）500（4）电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流【解析】（1）导线①应该接在滑动变阻器R2的右上端；（2）在步骤②中“将R2调成最大阻值”作用是保护灵敏电流计G；（3）作出U­I图线如图；3.0该待测混凝土样本电阻Rx＝Ω＝500Ω.6.0×10－3（4）该实验方法测得的电阻值误差更小，原因是电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流．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）最外侧的光线射到x轴上的E点，光路如图所示已知圆弧半径为dCOD60o，OE3d物理（YL）答案（第5页，共8页）{#{QQABTQYQggCoAIBAARgCQQVyCkIQkAECCKoOBBAIsAABiRNABAA=}#}由几何关系得r30，OCE120则i60sinisin60