华中师大新2024届高考适应性月考卷（六）物理试题

华中师大新2024届高考适应性月考卷（六）物理试题

请考生注意：

1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、在物理学研究过程中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、理想模型法、

微元法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（）

A.牛顿采用微元法提出了万有引力定律，并计算出了太阳和地球之间的引力

A_rAr

B.根据速度定义式卜=——，当M非常小时，一就可以表示物体在f时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法

Ar

C.将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，

该实验采用了放大的思想

D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把

各小段的位移相加，这里采用了微元法

2、如图所示空间中存在沿水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为与，将长度为2L的通电直导线由中点。处弯成折

线，夹角为60。，现在导线中通有恒定电流/。如果在空间另外施加一磁感应强度大小为层的匀强磁场，且使导线MO、

NO所受的安培力相等，则下列说法正确的是（）

A.磁场的方向斜向左下方与水平方向成60“角，MO受到的安培力的大小为自〃

B.磁场方向竖直向上，V。受到的安培力的大小为23比

C.磁场方向竖直向下，MO受到的安培力的大小为2BJL

D.磁场方向斜向右上方与水平方向成60。角，受到的安培力的大小为塔纥〃

3、磁流体发电机的结构简图如图所示。把平行金属板A、B和电阻A连接，A、B之间有很强的磁场，将一束等离子

体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）以速度*喷入磁场，A、B两板间便产生电压，成为电源的两个

电极。下列推断正确的是（）

等离子体一

A.A板为电源的正极

B.电阻K两端电压等于电源的电动势

C.若减小两极板的距离，则电源的电动势会减小

D.若增加两极板的正对面积，则电源的电动势会增加

4、如图所示，xOy直角坐标系在竖直平面内，x轴水平，坐标系内的直线方程为y轴上P点的坐标为(0.4),

从尸点以n)=2m/s的初速度沿x轴正方向抛出一小球，小球仅在重力作用下运动.已知重力加速度g取lOm/s?,则小

球运动轨迹与图中直线交点的纵坐标值为

A.0.6B.0.8C.1D.1.2

5、如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，结果受到激发后的氢原子能辐射出六种

不同频率的光子。让辐射出的光子照射某种金属，所有光线中，有三种不同波长的光可以使该金属发生光电效应，则

下列有关说法中正确的是()

电子原子

轨道数能最位

〃=8---------0

n=4:-0.85eV

n=3-------------------1.51eV

n=2-------------------3.4eV

n=\--------------------13.6eV

A.受到激发后的氢原子处于〃=6能级上

B.该金属的逸出功小于10.2eV

C.该金属的逸出功大于12.75eV

D.光电子的最大初动能一定大于2.55eV

6、如图所示，一闭合的金属圆环从静止开始下落，穿过一竖直悬挂的条形磁铁，磁铁的N极向上，在运动过程中,

圆环的中心轴线始终与磁铁的中轴线保持重合，则下列说法中正确的是

A.对于金属圆环来说，在A8段磁通量向下

B.条形磁体的磁感线起于N极，终于S极，磁感线是不闭合的

C.自上向下看，在A8段感应电流沿顺时针方向

D.自上向下看，在段感应电流沿逆时针方向

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选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，加有恒定电压以S=U的、中间带有小孔的平行板电容器A3竖直放置，右侧水平放置平行板电容器

CDtCD板长和板间距均为L,板间加有恒定电压S。一质量为〃，、电荷量为《的带正电粒子从A板小孔无初速飘入,

经加速后沿中线水平进入C。，恰从O板边缘飞出。不计粒子重力，下列说法正确的是（）

I•-----------D

AH

A.若只将5板向左移动少许，粒子到达S板时的速度比未移动时小

B.若只将〃板向左移动少许，粒子到达6板的时间比未移动时短

C.若飘入质量为电量为%的带正电粒子，将打在。板上

D.粒子刚到达D板边缘时的动能Ek=2qU

8、如图所示，在边界右侧是范围足够大的匀强磁场区域，一个正三角形闭合导线框AAC从左侧匀速进入磁场,

以。点到达磁场左边界的时刻为计时起点（U0）,已知边界与48边平行，线框受沿轴线OC方向外力的作用，

导线框匀速运动到完全进入磁场过程中，能正确反映线框中电流入外力/大小与时间，关系的图线是（）

9、如图所示，绝缘材料制成的半径为R的内壁光滑圆轨道,竖直放置在水平地面上且左右恰被光滑挡板挡住,圆心O点

固定着电荷量为。的场源点电荷.一电荷量为外可视为质点的带电小球沿轨道内壁做圆周运动,当小球运动到最高点A

时,地面对轨道的弹力恰好为零.若轨道与小球的质量均为，"，Q，q>0，忽略小球的电荷对。形成的电场的影响，重

力加速度为g,静电力常量为h下列说法中正确的是（）

A.轨道内壁的电场强度处处相同

B.轨道内壁的电势处处相等

C.运动到与圆心等高的〃点时，小球对轨道的压力大小为4〃吆-A挈

R~

D.运动到最低点。时，小球对轨道的压力大小为7〃zg

10、如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V,副线圈上通过输电线接有一个灯泡L,

一个电吹风M,输电线的等效电阻为此副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。S断开时，灯泡L正常发光。以下说

法中正确的是（）

A.滑片P位置不动，当S闭合时，电压表读数增大

B.滑片P位置不动，当S闭合时，电流表读数增大

C.当S闭合时，为使灯泡L正常发光，滑片P应向上滑动

D.当S闭合时，为使灯泡/，正常发光，滑片尸应向下滑动

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）要测绘一个标有“2.5V2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有：

直流电源（3V.内阻不

电流表A1量程为0.6A,内阻为0.6n）

电流表A2（量程为300mA.内阻未知）

电压表V（量程0—3V,内阻约3kQ）

滑动变阻器R（0—5ft,允许最大电流3A）

开关、导线若干.

其实验步骤如下：

①由于电流表Ai的里程偏小.小组成员把Ai、A2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余

下导线的连接.

（一）

（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最端，闭合开关S,调节滑片.发现当Ai示数为。.50A时，

A2的示数为200mA,由此可知Az的内阻为.

③若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为A；为使其量程达到最大，可将图中

（选填，“I”、“H”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻.

12.（12分）用图所示实验装置验证机械能守恒定律.通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光

电门5时，通过与之相连的亳秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间。测出A3之间的距离实验前应调整光电

门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束.

⑴为了验证机械能守恒定律，还需要测量下列哪些物理量

A.A点与地面间的距离〃

B.小铁球的质量机

C.小铁球从4到3的下落时间

D.小铁球的直径d

⑵小铁球通过光电门时的瞬时速度片,若下落过程中机械能守恒，则!与人的关系式为二=.

t-r

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）图示为一由直角三角形A8C和矩形CDE4组成的玻璃砖截面图。AB=2L,DC=—L,Q为A5的

4

中点，9=30,与平行的细束单色光/WP从P点入射，折射后恰好到达C点。已知光在真空中速度大小为c，求:

（1）玻璃的折射率〃；

⑵光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间to

14.（16分）在光滑绝缘水平面上，存在着有界匀强磁场，边界为PO、MN,磁感应强度大小为阴，方向垂直水平南

向下，磁场的宽度为之,俯视图如图所示。在磁场的上方固定半径R二4-后五的四分之一光滑绝缘圆

夕瓦）qB（）

弧细杆，杆两端恰好落在磁场边缘的A、B两点。现有带孔的小球a、b（视为质点）被强力绝^装置固定穿在杆上同

一点A,球a质量为2/〃、电量为一q；球b质量为加、电量为q；某瞬时绝缘装置解锁，a、b被弹开，装置释放出3屈）

的能量全部转为球a和球b的动能，a、b沿环的切线方向运动。求：（解锁前后小球质量、电量、电性均不变，不计

带电小球间的相互作用）

（1）解锁后两球速度的大小灯、町分别为多少；

⑵球。在磁场中运动的时间；

⑶若另一侧有平行于水平面的匀强电场，球a进人电场后做直线运动，球b进入电场后与a相遇；求电场强度E

的大小和方向。

15.（12分）如图所示，金属圆环轨道MN、尸。竖直放置，两环之间44DC内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场,

磁感应强度为品，48水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为「，长为2/的轻质金属杆，一端套在内环

MN上，另一端连接质量为〃［的带孔金属球，惇套在外环/乜上，且都与凯道接触良好。内圆半径。二/，外圆半径弓二3/,

间接有阻值为K的电阻，让金属杆从A"处无初速释放，恰好到达EF处，Eb到圆心的连线与竖直方向成9角。

其它电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：

(1)这一过程中通过电阻R的电流方向和通过R的电荷量g；

⑵金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速率y和K两端的电压也

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、A

【解题分析】

A.牛顿采用理想模型法提出了万有引力定律，没有计算出太阳和地球之间的引力，故A符合题意；

ArAr

B.根据速度定义式卜=一，当a非常小时，一就可以表示物体在，时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，故B

ArAr

不符合题意

c.将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，

该实验采用了放大的思想，故C不符合题意；

D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把

各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D不符合题意。

故选A。

2、D

【解题分析】

A.当所加磁场的方向斜向左下方与水平方向成60。角时，NO受到的安培力仍垂直纸面向里，大小为旦B°IL,MO

2o

受到的安培力垂直纸面向外，大小为由

综/3A错误;

B.当所加磁场方向竖直向上时，NO受到的安培力仍垂直纸面向里，大小为与1综〃，受到的安培力垂直纸

面向里，人小为练”，B错误；

C.当所加磁场方向竖直向下时，NO受到安培力垂直纸面向里，大小为叵斗稣〃，受到的安培力垂直纸面向

外，大小为小为,C错误；

D.当所加磁场方向斜向右上方与水平方向成60。角时，NO受到的安培力仍垂直纸面向里，大小为当且综〃，MO

受到的安培力垂直纸面向里，大小为今BQIL,D正确。

故选D。

3、C

【解题分析】

A.等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为电源的正极，A极为电源的负极，故

A错误；

B.分析电路结构可知，A、B为电源的两极，R为外电路，故电阻R两端电压为路端电压，小于电源的电动势，故B

错误；

CD.粒子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有

nU

qVB=CI~d

解得

U=Bdv

减小两极板的距离d,电源的电动势减小，增加两极板的正对面积，电动势不变，故C正确，D错误。

故选C。

4、B

【解题分析】

设小球的运动轨迹与线的交点坐标为（x,J，），贝IJ：

x=vot,4-j=—gt2

又有：

1

解得：

产0.1.

ACD.由上计算可得产0.1,ACD错误；

B.由上计算可得产0・1,B正确.

5、B

【解题分析】

A.根据公式C：=6可知

〃=4

所以由跃迁规律可得由第4能级向低能级跃迁时，产生6种不同频率的光子，故A错误；

BC.由题意及能级差关系可知跃迁到基态的三种光能使其发生光电效应，所以金属逸出功小于由〃=2跃迁到〃=1产

生的光子能量

\E2X=E2-E,=-3.4-(-13.6)cV=10.2eV

金属逸出功大于由〃=4跃迁到〃=2产生的光子能量

「

AE42=EE,=-0.85-(-3.4)eV=2.55cV

故B正确，C错误；

D.由于金属的逸出功乂不知具体数值，所以根据片=麻-也可知光电子的最大初动能也不能确定具体值，故D错

误；

故选B。

6、C

【解题分析】

A.在圆环还没有套上磁铁之前，圆环中磁通量方向向上。故A错误。

B.磁感线是闭合的。故B错误。

CD.根据楞次定律，段感应电流是顺时针方向。故C正确，D错误。

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选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BD

【解题分析】

A.若只将B板向左移动少许，电场力做功不变，由

〃12

qu、=Q叫

得，到达5板时的速度

故粒子到达V板时的速度不变，故A错误;

B.由于粒子在A3间做匀加速直线运动，只将H板向左移动少许时，粒子到达〃板时的速度不变，所以平均速度不

变，A3走离减小，运动时间变短，故B正确;

C.进入CD后，由牛顿第二定律和运动学公式可知，偏转位移

LY

),J必

2md

代入％二n胃可得

ya

-4U0

即粒子的偏转位移与粒子的质量、电量无关，故飘入质量为2股、电量为2g的带正电粒子时，偏转位移不变，将依然

恰好从。板边缘飞出，故C错误;

D.由粒子恰从。板边缘飞出可知，偏转位移

L

y=—

2

又因丁

耨d"所以

U2=2〃]=2H

所以对全过程，由动能定理可知

qU]+^(]U2=Ek

故

Ek=2qU

故D正确。

故选BD.

8、AD

【解题分析】

AB.f时刻，线框有效切割长度为

L=2wtan30°

知L-6产生的感应电动势为

E=BLv

知EM感应电流为

R

故故A正确，B错误：

CD.导线框匀速运动，所受的外力与安培力大小相等，则有

B(2vr-tan300)v/.、

F=BIL=----------L•(2vz•tan300)uct2

R

Rf图象是过原点的抛物线，故C错误，D正确。

故选AD,

9、BD

【解题分析】

由点电荷的场强公式£=《可知，场源点电荷在轨道内壁处产生的电场强度大小相等，但方向不同，4错误；轨道

K~

内壁上各点到场源点电荷的距离相同，电势相等；带电小球在4点时，带电小球对轨道的弹力竖直向上，大小等于图g,

轨道对带电小球的弹力竖直向下大小为"7g,在A点对带电小球有2/讴-攀=萼，从A到8由动能定理得

〃吆A在B点有N'-警二吗，联立解得在3点时轨道对小球的弹力为M=4〃吆，根据牛顿

22R~R

第三定律可知在月点时小球对轨道的压力大小为4〃吆，则选项C错误：在最低点。时，设轨道时小球的弹力为N〃，

则N"-〃吆一想=皿，由A到C由动能定理有2〃吆R=:〃炉-i/nv2,联立解得N・7mg,根据牛顿第三定律

R2R22

知,运动到最低点C时，小球对轨道的压力大小为7〃%,则选项D正确.

10、BC

【解题分析】

A.滑片P位置不动，当S闭合时，电阻变小，原线圈电压及匝数比不变，副线圈电压不变，电压表读数不变，故A

错误;

B.滑片P位置不动，当S闭合时，副线圈电压不变，电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，根据P户口八，知电

流表读数变大，故B正确；

CD.因为副线圈电压不变，电阻变小，则副线圈电流变大，所以等效电阻K两端的电压增大，并联部分的电压减小,

为了使灯泡L正常发光，必须增大电压，滑片P应向上滑动，故C正确，D错误。

故选BC.

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、右1.50.84

【解题分析】

(1)由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示:

(2)开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定律得:

5Q6

R=必=°-X-Q=1.5Q

A2120.2

(3)由于Ugi=0.6x0.6V=0.36V,Ug2=0.3xl.5V=0.45V,由于UgiVUg2,故两电流表两段允许所加最大电压为0.36V,

新电流表量程为：/=0.6+若A=0.84A,由于A2未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电

流表Ai会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在I区再串联接入一个阻值合适的电阻.

⑵D，翠

t小

【解题分析】

(1)[1JA.根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门的距离，故A错误；

B.根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故B错误；

C.利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；

D.利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D

正确.

故选D.

(2)[2][3]利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故

d

v=­

t

根据机械能守恒的表达式有

"3=；而

即

5争

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(1)73；(2)上四

2c

【解题分析】

⑴在玻璃砖中的光路如图所示：

由几何关系知

1=60"r=30°

由折射定律

sin/

n=----

sinr

得

n=\[3

(2)设玻璃的临界角为C,则

•CI

sinC=—

n

由几何关系知

P=60

由于

sin^=—>sinC=—

23

PC光在8。面发生全反射，由几何关系知

a=30°

由于

sina--<sinC

9J

光从射入玻璃砖到第一次从尸点射出，由几何关系知

PC=L,FC=-^—=^~

cosa2

光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间

PC-FC

t=-----------

v

结合

n=—

v

解得

3GL

t=---

2c

mnAB

14、⑴％='vb=⑵衣⑶手,方向与MN成斜向上45,方向

【解题分析】

(1)对两球a、b系统，动量守恒，有

m/a=叫也

能量守恒，有

CL12I2

3%=/帆儿+浮%

解得

，4=

⑵小球在磁场中运动轨迹如图所示,

n〃八J

qvB=-----

r

丁二2口

v

故小球在磁场中运动的半径

4综

由几何知识得

cosZOZ?C=-=—,