大联考湖南师大附中2024届高三月考试卷（一）物理
得分：
本试题卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页。时
量75分钟，满分100分。
第I卷
一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个
选项中，只有一个选项是符合题目要求的)
1.如图所示四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是
A图甲是电子束通过铝箔后的干涉图样，此实验可以说明电子具有波
动性
B.图乙实验中研究平行板电容器两板间电压变化时可以用直流电压表
代替静电计
￠根据图丙的氢原子能级图可知处于基态的氢原子可以吸收一个能量
为14eV的光子并电离
D.根据图丁知每过3.8天氡222核质量减半，与外界条件无关，生成的
新核比结合能变小
2.某女子铅球运动员分别采用原地推铅球和滑步推铅球
两种方式进行练习，如图为滑步推铅球过程示意图。
她发现滑步推铅球比原地推铅球可增加约2米的成
绩。已知铅球沿斜向上方向被推出，且两种方式铅球
出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，下列说法正
确的是
A.铅球推出后在飞行过程中任意1s内速率变化量都相同
B.两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同
C,两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度相同
D.两种方式推出的铅球在空中上升的最大高度不同
1.C【解析】图甲是电于来通过铝箔后的树射图样，树射是波具有的特性，此实验可以现明电子具有波动性，故A错误，图乙实验中
研究平行板电客器两板间电压变化时，电路中无电流，不可以用直流电压表代替静电计，故B错误：根据图两的氢原子能饭图可
知处于基态的氯原子可以吸救一个能量为14eV的光子，由于14eV> 13.6eV,可知氯原于能发生电离，故C正确，根据图丁知
每过3.8天象222核质量减半，与外界条件无关，生成的新核更稳定，比结合能变大，故D错误.
2.D【解析】铅球推出后在空中做匀变选曲线运动，加速度恒为g,据△v一g△可知，铅球推出后在飞行过程中任意1s内逸度变化
量都相同，而不是追率变化量，A错误：设铅球出手时的遂度为，与水平方向夹角为B,水平方向的位移可表杀为x=©0s0·1
共中桥球在空中的运动时间为=2，s,联立可得x=2过s血0s0-亡如2塑，清步粮出的铅球水单位巷大，则初速度口校
大，由于0相同，故滑步潍特球时，铅球在空中递动的时间较长，B错误：铅球在最高点的连度为心Os0,故滑步推出的锫球在空中
运动到最高点时的连度较大，C错溪：船球在空中上升的最大高度为h-(D,故滑步推出的船球在空中上升的最大高度较
2g
大，D正确
3.C【解析】根搭公式有G恤-mr一m号，解得w√
GM
GM
,歌洲木星深测器的公转轨通丰径大于木卫一的公转轨
道半径，则欧洲木星探测器的角递废小于木卫一的角速度：木星探测器的公转轨道半经小于木卫四的公转轨道年径，故线速度大
于木卫四的线速度，故AB错溪：著要让欧洲木星探测器枝木星精就，必须减小其机拔能，让其做近心运动：著要让欧洲木星探测
器被木卫四捕获，必须增大其机械能，让其殿离心运动，故C正确，D情误。
4.D【解析】内芯相对于外套是光密介质，故A错误：由题日描述，0不是临界角，故B错误：
如图
临界角为B,瓷光在玻璃丝中传据速度为，则对=
-C
sin B v
解得v一nB,故C储误：由描述可知，光进入玻璃丝内部后，在F点恰好发生全反射，先在玻璃丝中传插的路程为=上。
指的时间为=音，解得=艺L,故D正确。
5.C【解析】在最高点b,导弹竖直递度为零，但水平速度不为零，故A错误；Q妇阶段导弹受导弹的推力，重力和空气凰力，推力方向
和空气阻力方向始终与导弹运动方向在问一直线，而重力与导弹运动方向不在同一直线上，因此导弹受到的合力方向与导弹运
动方向也不在同一直线上，故导弹做曲线运动，故B错误：由于有空气阻力，关闭导弹推进器后，学弹的机城能逐渐减小，因此G点
的机械能小于a点，而a、c高度相同，重力势能相同，因此点的动能大于c点的动能，故C正确：由于存在空气阻力，且空气阻力
大小与手弹速率二次方成正比，国此在竖直方向上孚弹上升时的速度大于下降时的递度，而、c高度相同，国此导弹ab阶段逅动
时间少于加阶段，故ab阶段重力冲量大小小于加阶段，故D错误
6.B【解析】由乙图可加，波的周期为T=0.2s,所以两个浚源产生的波的波长为A=T=0.05m=5cm,国经0.6s波从泼源传到
M,所以S到M的距离为xw一W一15Cm,M,N是相邻的泼峰，所以它们到波潭S(或S)的路程差为5cm,S到N的距离为
xw=20cm,测又由几何关系可知，M到两波源连线中点的距离为9cm,*=√/15一12cm=9cm,N到两波源连线中点的距
离为xw+=√②0一12cm=16cm,所以M,N间的距离为7cm,选项A错误，B正确；两泼源连线的中垂线到两波源和路程差都
为0，所以都是派动加强的点，选项C错误，M,N两点连线的中点到渡潭连线中点的距离为12.5C,到藏潭S的距离为，
√/12十12.5cm=17.33cm,而泼谷到S的距离应为17.5cm,所以M,N两.点连线的中点不是波谷，选项D猎误
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速项中，有多项符合题日委求，全部选对的得5分，选对
但不企的得3分，有选错的得0分)
60是1
设无线充电器送电钱图与受电线圈的匝数比为，由于原制线图均提有电L,依通意可得原制线图的电压关系0十R一：
值得注意的是充电电压应为有效值，算得送电线圈与受电线圈的匝数之比为511，C正确：由臣数比可知原线围电流应为1A,故
充电器消耗的总功率为220W,B错误：由于送电线图跟受电线周均有输电电祖，故送电线图电压U1=U一△U1=220V一1×
7.5V=212.5V,D错误.
8CD【解析】由电场力微功与电势能的关系可得，A点的电婷能小于在B点电势能，故A错误，图乙电荷N运动到A点时，其动
能比图甲中的电符动能大，而此位置甲、乙两图电将系统的相对位置相同，所以电势能相同，两系统电势能和动能之和守恒，所以
Be> B,故B错民：由开备粉第二定徐合(·a)a-受(m·心)3，可得=3，故C正确：类比开普粉第三定锋号-
完，可得T元=2工，电片N在从A点第一次选骑到B点所用时网=号-区T,故D三确
9.BD
【解折1若在F作用下三个砖块保特相对特止的一老向上运特，对A,BC垫体分折，有F一3mg=3,得a-品一8，故A
错误，设3个砖块刚好相对静止一起加地向上运动，此时A,B和B,C之间的摩擦力均为最大静摩擦力，对B受力分析，竖直方向
根据牛顿第二定律2一mg-0,又了N,水年方向N-F0s30,得一号易将当心号时A,B和B,C之间的摩擦力为静
摩擦力，无论F多天，时块A,B.C都将保特相对持止，故B正确：若以=气> 吾，且F> 3mg,A,B布B,C之网的摩擦力为排摩馨
力，啡块A,B.C保持相时静止向上匀加建运动，对品，有2一mg=m,件了一君R,故C错误：若-得< 号，且F> 3mg,啡块
A,B.C发生相时清动，得=N=易F,故D正确。
10,AB【解析】粒子在磁场中微圆周运动时有qB-世，考虑对称性，画出临界轨迹，如困所示，由几何关系
可得a一20，最大半径一受，所以一需，故最大连度与m无关，故C错误，D错民。设粒子在m个脸
2用
场区城运动的时间为1，删h-2征，粒子在一个无磁场区城中运动的直线长度L=2ma,a=正，粒子在册
n
个无磁场区战运动的时间：红=山，则粒子在闭合轨道上运动的周期T=有十红=
2m十2nsin
,y=x5n上的画数图像知图
所示
-3-2=1
由图可知当x≥2时，y一xsn二是一个单调递增函数，可得粒子的周期与连度无关，m越大，周期越大，故AB正确。
三、实验题(11题7分，12题9分)
11.(7分)1)10.21分)(42.0(2分)(5)g-2(2票+山(2分)(6)偏小(2分)
【解析】根据图甲可加，孩游标卡尺的游标尺为10分度值，则可知精废为0.1m,且游标尺第2格与主尺刻度线对齐，而主尺诶
数为10mm,剩可知小钢球的克径，d-10mm十2×0.1mm-10.2mm
当磁场最强时，摆球在手机的正上，即单摆的最低点，根据磁感应强废随时间变化的图像，可加相尔两次磁场最强的时间为单摆
的半个用期，由光可得学摆的用期为，T一20，由道意可如，举摇的摇长为一L十号根辐举据的月期公式T一2√厂。
可得g=2安(2L十山
单摆的回复力来自重力的分量，当摆球下方吸附磁铁后，整体不再是规则的儿何形状，摆球的重心不再是其几何中心，相应的下
移，若仍然用O点到摆球几何中心的距离作为摆长，则根据重力加速度与摆长的关系式可如，所测重力加递度将偏小。
12.(9分)(1)①9.2(9.0一9.3均可)(1分)②见解析图(2分)(3)4.0(2分)25,0(2分)1.0(2分)
【解析】(1)①电压表的读数是9.2V:
②根据表中的数据在坐标中作出相应的方一R圈像如图