2024年高考特训卷物理【新教材】（湖南版）大卷答案(湖南）

3.0 envi 2024-12-31 4 4 349.13KB 15 页 3知币

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第二部分　高考模拟练

模拟练 1

1．答案：D

解析：图甲为卡文迪什的扭秤实验，测量引力常量 G；图乙为奥斯特发现电流的磁效应

的实验；图丙为伽利略的理想斜面实验；图丁是伽利略研究自由落体运动的实验．故选 D.

2．答案：A

解析：93Np 吸收中子后生成 94Pu，根据质量数守恒及电荷数守恒，该过程的核反应方

程为 93Np＋n→94Pu＋e，则 Np237 吸收中子后放出电子生成 Pu238，故 A正确；Pu238 衰

变时只放出 α射线，其衰变方程为 94Pu→92U＋He，可知其衰变时并没有质子转化为中子，

故B错误；根据 Pu238 的衰变方程知，Pu238 经一次衰变形成的新核含有的中子数为 n＝234

－92＝142，故 C错误；半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理、化学状态无

关，故 D错误．

3．答案：D

解析：由于起跳阶段运动员的加速度向上，则跳台对运动员的支持力 N＝mg＋ma，根

据牛顿第三定律得运动员对跳台的压力为 N′＝N＝mg＋ma，选项 A错误；运动员对跳台的

压力是由于运动员的脚发生形变产生的，选项 B错误；运动员离开跳台后的上升阶段，运

动员的加速度向下，故运动员处于失重状态，选项 C错误；起跳过程和离开跳台上升过程

均视为匀变速运动，则起跳过程的平均速度为v＝，上升阶段的平均速度为v上＝，即v＝v上，

选项 D正确．

4．答案：B

解析：初始时，空气柱 A的压强为 pA＝p0＋ρgh1

而pB＋pgh2＝pA

联立解得空气柱 B的压强为 pB＝72 cmHg；

U形管倒置后，空气柱 A的压强为 P′A＝p0－ρgh1

空气柱 B的压强为 p′B＝p′A＋ρgh3

空气柱 B的长度 L′2＝L2－

由玻意耳定律可得 pBL2＝p′BL′2

联立解得 h3＝12 cm.

5．答案：B

解析：第二宇宙速度为脱离地球引力束缚的速度，天问一号离开地球进入火星轨道，故

其在轨道 1上的发射速度一定大于第二宇宙速度，A错；由牛顿第二定律可知，天问一号在

同一位置时，所受万有引力相同，加速度相同，B对；探测器在轨道 2上由近火点运动至远

火点，只有引力做功，故机械能守恒，C错；由高轨道进入低轨道要通过减速才能实现，D

错．

6．答案：C

解析：b的图线的斜率的绝对值先减小后增大，所以 b的加速度先减小后增大，故 A错

误；由图像可知，a的图线在 0～6 s 内与时间轴所围上下面积之差小于 b的图线与时间轴所

围面积，所以 a的位移小于 b的位移，故 B错误；2 s 末a的图线的斜率的绝对值大于 b的

图线的斜率的绝对值，所以 2 s 末a的加速度大于 b的加速度，故 C正确；3 s 末两物体速度

相同，但是质量大小不确定，动量没法比较，故 D错误．

答案：AB

解析：由等势线图作出对应的电场线图，如图所示．电子在电场中做曲线运动，其受力

方向有两个特点，一个是朝向曲线的凹面，另一个是与电场线相切且与电场线方向相反，故

容易判断出该电场中各点的电场强度方向．由电场线的疏密反映电场强度的大小可知 b位置

的电场强度大于 a位置，A对；沿电场线方向电势逐渐降低，易知a点电势比 b点高，又电

子带负电，故电子在 a点的电势能小于在 b点的电势能，B对，C错；由以上分析可知，b

点的电场强度方向水平向左，D错．

8．答案：AC

解析：对于弯曲通电导线，其在匀强磁场中所受的安培力大小与垂直磁场的有效导线的

长度有关，当导线旋转时，有效长度增加，故安培力大小增大，而安培力的方向总是垂直电

流与磁场所在的面，故方向不变，故选 AC.

9．答案：BD

解析：通过变压器进行远距离输电，需要输入交流电，故电厂发出的电是交流电，A错；

由部分电路欧姆定律可知 B对；若满足 C选项的条件，则要求输电线上不能有电压损失，

与事实不符，C错；当用户增多时，线路中的电流(即I4)增大，输电线的电阻R上的电流增

大、电压增大，则 U3减小，用户得到的电压减小，D对．

10．答案：BD

解析：忽略所有摩擦力，故 A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，又弹簧逐渐伸长，弹

簧弹性势能逐渐变大，故 A、B组成的系统机械能逐渐减小，故 A错误；根据 A、B和弹簧

组成的系统机械能守恒可得 Epmax＝2mgL(cos 30°－cos 45°)，解得弹性势能的最大值为 Epmax

＝(－)mgL，故 B正确；对 B受力分析，水平方向的合力Fx＝F杆1·sin α－F弹＝ma，对 A受

力分析，竖直杆对A的弹力大小 F杆2＝F杆1·sin α，由于滑块 B先做加速运动后做减速运动，

所以竖直杆对A的弹力先大于弹簧弹力后小于弹簧弹力，故 C错误；A下降过程中动能达到

最大前，A加速下降，对 A、B整体在竖直方向上受力分析，可知地面对 B的支持力

N<3mg，故 D正确．

11．答案：(1)0.96(2 分)　(2)3.20(2 分)　(3)偏大(2 分)

解析：(1)由题意知，vB＝＝×10－2 m/s＝0.96 m/s.

(2)由逐差法得 a＝＝×10－2 m/s2＝3.20 m/s2.(3)根据牛顿第二定律，若考虑纸带与打点

计时器的摩擦及空气阻力等实际因素，则有 mg sin θ－(μmg cos θ＋f)＝ma；实验中利用mg

sin θ－μmg cos θ＝ma 计算，显然实验中在测量计算时的摩擦力包含了其他阻力，故所求的

动摩擦因数比实际值大．

12．答案：(1)R1(2 分)　5 000(2 分)　(2)如图所示(3 分)　(3)2.3(2 分)

解析：(1)因为电路中的滑动变阻器是分压连接，故滑动变阻器在安全的前提下阻值小

点好，故选 R1.改装电表时，由于 A1表自身满偏时对应电压值为 UA＝IAr1＝0.5 V，故电阻箱

还得分担2.5 V 的电压，即电压是 A1表的5倍，电阻也是A1表的5倍，即电阻箱阻值应调

为5r1＝5 000 Ω.(3)Rx＝＝，故 I1＝I2，图线的斜率为 k＝，代入数据解得 Rx＝2.3 kΩ.

13．答案：2∶1

解析：若杆 2固定，设最初摆放两杆时的最小距离为 x1，对杆1由动量定理得

－BIdt＝0－mv0，q＝It＝＝(2 分)

解得 x1＝(2 分)

若杆 2不固定，设最初摆放两杆时的最小距离为 x2，两者最终速度为 v，根据动量定理，

对杆1有－BI′dt′＝mv－mv0(2分)

对杆2有BI′dt′＝mv(2分)

电荷量 q′＝I′t′＝＝(2 分)

解得 x2＝(2 分)

则x1∶x2＝2∶1(1分)

14．答案：(1)　(2)

解析：(1)由题意可知，来自硬币左端 D的光线经水面折射，从杯子左边缘 A点射出后

恰好进入眼睛，折射光线的反向延长线经过杯子右下端C点，如图所示；设入射角为α，折

射角为β，由折射定律得 n＝(3 分)

在Rt△ABC、Rt△ABD 中，

由几何关系可得 sin β＝sin ∠BAC＝，sin α＝(2 分)

联立解得 n＝(2 分)

(2)如图，设当液面下降至MN 时，下降高度为 H，硬币刚好从视线中完全消失，此时

来自硬币右端 E的光线经 MN 面折射，从杯子左边缘 A点射出后恰好进入眼睛，折射光线的

反向延长线经过杯子右下端C点(3分)

由△AGF∽△ADC 可得＝，解得 H＝(3 分)

15．答案：(1)　(2)　　(3)(3R，－8R)

解析：(1)分解速度 v0可知 vx＝v0sin 30°＝

vy＝v0cos 30°＝v0(1分)

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