湖北省武汉市华中华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三下学期2月月度检测物理试题

答案第 1页，共 4页 20250207 物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C B D D C BD BC AD 11．（6分） BD（2分） sin sin   （2分） 偏小（1分） 不变（1分） 12．（8分）每次使用欧姆表以及换挡后都要重新进行欧姆调零（2分） 22、0 （2分） D（2分） ④（1分） 1R（1分） 13．（13分）(1)3p （2）5SL （3）1.5pSL 【详解】（1）（3分）右侧缸内气体始终与外界大气相连，则右侧缸内气体压强始终为 p， C关闭前活塞对左侧立柱恰无作用力时，左侧缸内气体体积为 SL，压强满足 2p S pS pS 左 （2分） p 左=3p （1分） （2）（5分）活塞恰运动到右侧立柱时左侧缸内气体体积为 2SL，压强满足 2p S pS pS kL   左 （2分） 设充入气体在压强 p时的体积为V ，则对左侧缸内气体和充入气体整体有 2p SL pV p SL 左 左 （2分） 解得 5V SL （1分） （3）（5分）活塞从右侧立柱缓慢移动到左侧立柱过程，活塞对气体的作用力从 4pS随位 移线性减为3pS，则活塞对左侧缸内气体做的功为 1 3 4 2 W pSL （2分） 从C处阀门排出气体在大气压强下的体积为V ，对外界做的功为 2 5W pSL （2分） 则该过程左侧缸内气体从外界吸收的热量 2 1 1.5Q W W pSL   （1分） 14．（15分）（1） 0 2 3 3 v ，方向与 x轴正方向夹角为30o； （2） 0 3mv qh ；（3） 22 3 9 h 【详解】（1）（5分）粒子在电场中做类平抛运动，则有 3 3 ℎ = �� 2 � （1分） 02h v t （1分） 答案第 2页，共 4页 令在 b点速度方向与 x轴正方向夹角为，利用速度分解有 2 2 0 yv v v  ， 0 tan y v v   （1分） 解得 0 2 3 3 v v （1分）， 30   （1分） （2）（6分）根据上述，结合题意，作出粒子运动轨迹如图所示 粒子从 d点飞出磁场，根据几何关系有 4 3 2 sin 60 2 tan30 3 h R h   （2分） 解得 2 3 R h （1分） 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有 2vqvB m R  （1分） 解得 0 3mvB qh  （1分） 根据左手定则，B的方向垂直于纸面向里 （1分） （3）（4分）根据上述可知，矩形磁场区域的最小面积  2 sin 60 cos60S R R R   （2分） 解得 22 3 9 hS  （2分） 15．（18分）(1) 17 3 mg (2) gL (3) 1 2 L， 3 2 L 【详解】（1）（4分）设小球滑出圆弧轨道时的速度为 0v ，刚被卡住瞬间速度为 v，与小盒 C相连的绳子上的拉力大小为 T。对小球从 A到B，由动能定理得 2 0 12 2 2 2 mg L mv  （1分） 小球撞击 C瞬间，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 答案第 3页，共 4页  02 2mv m m v  （1分） 对小球和 C组成的系统，由圆周运动公式可知，与小盒 C相连的绳子上的拉力大小 2 3 3 2 vT mg m L   （1分） 解得 17 3 T mg （1分） （2）（7分）由（1）知，当小球刚被小盒 C卡住时，物块 D对木板 E压力为零，此时桌 面对木板E的最大静摩擦力 f mg （1分） 由  f m m g  知木板 E将向右运动；木板E向右运动与挡板相撞前，将木板 E圆环和细杆 F视为一个整 体，设加速度大小为 a，由牛二定律    m m g mg m m m a     （1分） 解得 1 2 a g= （1分） 对圆环由牛顿第二定律 mg f ma   （1分） 可知圆环所受摩擦力 1 7 2 2 f mg f mg   滑 （1分） 所以木板 E向右运动与挡板相撞前，圆环与细杆F之间未发生相对滑动，假设第一次相撞的 速度大小为 1v ，则由匀变速直运动推导公式 2 1 2v aL （1分） 解得 1v gL （1分） （3）（7分）由分析知，第一次相撞后细杆 F与圆环发生相对滑动，设相撞后圆环向下做 匀减速直线运动的加速度大小为 1a ，木板 E向左、细杆 F向上做匀减速直线运动的加速度 大小为 2a ，则对圆环由牛顿第二定律 7 2 mg  1mg ma （1分） 对木板 E细杆 F整体由牛顿第二定律   2 7 2 mg mg mg m m a    （1分） 解得 1 5 2 a g 2 5 2 a g 因为 1 2、a a 大小相等，则圆环与木板 E细杆 F同时减速为零，且圆环与细杆 F的位移大小相 等，方向相反。设第一次相撞后，木板 E向左的最大位移为 1L ，则由匀变速直线运动推导 公式 2 1 1 12v a L 答案第 4页，共 4页 解得 1 1 5 L L 同理可得：第二次相撞后，木板 E向左的最大位移为 2 2 1 1 1 5 5 L L L       第 n次碰撞后，木板 E向左的最大位移为 1 5 n nL L       （1分） 则第一次相撞后，圆环与细杆 F的最大相对位移 1 12x L  同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆 F的最大相对位移 2 22x L  第 n次相撞后，圆环与细杆 F的最大相对位移 2n nx L  （1分） 设细杆 F的长度为 x，则 1 2 3 1 152 1 21 5 x x x x L L            （1分） 设木板 E运动的总路程为 s ，由能量守恒   7Δ 2 mgL mg x L mg s mgx    （1分） 联立解得 3 2 s L  （1分） 或者∆� = � + 2�1 + 2�2 + 2�3 +⋯+ 2�� 解得 3 2 s L 