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门头沟区2024年高三年级综合练习（一）
物理
满分：99分
考生须知
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一、选择题
本部分共14题。
1．空玻璃瓶密封后放入冰箱。与放入冰箱前相比，瓶内的气体
【答案】根据开普勒第二定律可得：行星
【详解】待补
2．下列现象可说明光具有粒子性的是
3．如图是一个正弦式交变电流i随时间t变化的图像。下列说法正确的是
4．如图为氢原子的能级图，现有大量氢原子处于n=3能级上。下列说法正确的是
5．A
6．1502
7．2024年2月10日是“天问一号”火星环绕器环火三周年纪念日。3年前“天问一号” 火星探测器成功实施制动捕获后，进入环绕火星椭圆轨道，成为中国第一颗人造火星卫 星。要完成探测任务探测器需经历如图所示变轨过程，轨道1为圆轨道，轨道I、轨道 " 为椭圆轨道。关于探测器，下列说法正确的是 轨道皿
8．为研究某鞋的防滑性能，同学将鞋子置于斜面上，逐渐增大斜面倾角0（0<90°）。当 斜面倾角0=37°时鞋子刚好开始滑动。假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，已知 sin 370=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是
9．图甲是电场中的一条电场线，M、N是电场线上的两点。电子仅在电场力作用下从M 点运动到N点，其运动的v-t图像如图乙所示。M、N 点电场强度分别为EM和EN，电 子在M、N点电势能分别为EPM 和 EPN。下列说法正确的是
10．当做圆周运动的物体角速度∞变化时，我们可以引用角加速度B来描述角速度c的变 化快慢，即B=A02。图甲中某转盘自 =0时由静止开始转动，其前45 内角加速度B 随时间t变化如图乙所示。则 B/rad-s22
11．如图是小京设计的汽车油箱内油量不足时触发报警的电路，电源两端电压保持不变， 电阻 RI、R2中的一个是定值电阻，另一个是压敏电阻。压敏电阻装在油箱内底部，其 阻值随油箱中油量的減少而增大，当电压表示数大于某一值时，就会触发报警。电 压表示数为V时，油箱中的油量为警戒油量。下列说法正确的是
12．某研究小组在研究“估测甩手时指尖的最大向心加速度”课题研究时，利用摄像机记 录甩手动作，A、B、C是甩手动作最后3帧（每秒25帧）照片指尖的位置。根据照 片建构A、B之间运动模型：开始阶段，指尖A以肘关节M为 圆心做圆周运动，到接近B的最后时刻，指尖以腕关节 N为圆 心做圆周运动。测得A、B之间的距离为 26cm，B、N之间的距 离次17cm。粗略认4、B之间平均速度甩手动作最后阶段 指尖做圆周运动的线速度。重力加速度为g。请估测甩手时指尖 的最大向心加速度
13．把一压力传感器固定在水平地面上，轻质弹簧竖直固定在压力传感器上，如图甲所示。 时，将金属小球从弹簧正上方由静止释放，小球落到弹簧上后压缩弹簧到最低点， 又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。压力传感器中压力大小F 随时间t变化图像如图乙所示。下列说法正确的是 〇 F 压力传感器 人人人 t 乙 甲
14．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系， 从而更加深刻的理解其物理本质。一段长为1、电阻率为p、横截面积为S的细金属直 导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量e、质量m。经典物理学认为， 金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部 分）的碰撞，该碰撞过程将对电子的定向移动形成一定的阻碍作用，该作用可等效为 施加在电子上的一个沿导线的平均阻力。若电子受到的平均阻力大小与电子定向移动 的速率成正比，比例系数为k。下列说法不正确的是
二、非选择题
本部分共6题。
15．（共8分）
16．（共10分） 图甲为“测量某电池组电动势和内阻”的实验电路图。实验室除提供待测电池组 一个、开关一个、导线若干外，还有下列器材可供选用： 电压表V：量程0~3V，内阻约 3k2 电流表 A：量程 0~0.6A，内阻约0.20 滑动变阻器 R1:0~5002，额定电流1A 滑动变阻器 Rz:0~102，额定电流1A UIV y
17．（9分） 如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切。两个完全 相同的小滑块A、B分别靜止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，滑 块A以速度2在水平方向和B发生正碰后粘在一起，并沿桌面继续滑动。已知滑块 A、 B质量均为m，車力加速度为g。求：
18．图甲是列车进站场景，其刹车原理可简化为图乙。在车身下方固定一单匝矩形导线 框，利用线框进入磁场时所受安培力，辅助列车刹车。已知列车质量为m，线框总电阻 为R，线框ab 边长为L，bc边长近似等于车身长度s，列车轨道上匀强磁场区域足够长， 且磁感应强度的大小为B。车头刚进入磁场时速度大小为2o，车尾进入磁场瞬间列车恰 好停止，列车停止前所受所有摩擦阻力恒为f。求： Vo 列车 匀强磁场 线框 站台 甲 乙
【答案】（1）由题可知
E=BLY。
根据欧姆定律，得1=至=BL心0
根据右手定则，电流方向：从a-b
（2）安培力公式 （1分） （1分） （1分） （1分） 由牛顿第二定律a-今x士 （1分） 联立公式解得 a=Sx+J_BIivo+RI mR （1分）
（3）根报能服守恒。有三m =1+2 （2分） 解得 （1分）
（2）安培力公式 （1分） （1分） （1分） （1分） 由牛顿第二定律a-今x士 （1分） 联立公式解得 a=Sx+J_BIivo+RI mR （1分）
（3）根报能服守恒。有三m =1+2 （2分） 解得 （1分）
【详解】待补
19．微元法是通过把物理量或物理过程进行分割再分析的方法，也是物理中解决问题 常用的方法。
【详解】（1）设在极短时间At内，认为速率不变，在近日点附近和远日点附近行星移动的弧长
分别间A 和公1，
根据开普勒第二定律可得：行星与太阳的连线在相等的时间内扫过面积相同
S.=S，
（1分）
即
线速度定义式
（1分）
解得：
Ale=及x
AV
R。
（2） 由胡克定律得
Fa=-kxt
Fw与位移x的图像如图1所示
由图收可付取，二一好
（1分）
（1分）
（1分）
x
-从I
图1
（1分）
（3） 设电荷到转轴 M点的距离为x时，其线速度 =COX
根据洛伦兹力公式/浴=gVB=eoBx
f溶与×的图像如图2所示
由图像可得 e0BL：
（1分）
（1分）
（1分）
（1分）
f浴
BewL
图2 ‘
分别间A 和公1，
根据开普勒第二定律可得：行星与太阳的连线在相等的时间内扫过面积相同
S.=S，
（1分）
即
线速度定义式
（1分）
解得：
Ale=及x
AV
R。
（2） 由胡克定律得
Fa=-kxt
Fw与位移x的图像如图1所示
由图收可付取，二一好
（1分）
（1分）
（1分）
x
-从I
图1
（1分）
（3） 设电荷到转轴 M点的距离为x时，其线速度 =COX
根据洛伦兹力公式/浴=gVB=eoBx
f溶与×的图像如图2所示
由图像可得 e0BL：
（1分）
（1分）
（1分）
（1分）
f浴
BewL
图2 ‘
20．2023年12月1日晚间，绚丽的极光现身北京市门头沟区。极光是由太阳抛射出的 高能带电粒子受到地磁场作用，在地球南北极附近与大气碰撞产生的发光现象。从北极 地区看赤道平面的地磁场，可简化为下图：O地球球心，R为地球半径，将地磁场在 半径为 R到3R之间的圆环区域看成是匀强磁场，磁感应强度为B。假设高能粒子的质 量为m，电荷量为+g。不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应。
【详解】（1）由几何关系得
K=3R
洛伦然力提供粒于运动的向心力，有gB=m0
（2分）
得
（2）设该粒子轨迹半径为r，则由几何关系知：
（ +R ’+（3RP
（2分）
解得
½=4R
根報洛伦磁力握供粒子运动的向心力。有gMB m
解得
4=”
m
4RB
（1分）
•3R•
（1分）
（1分）
（3）沿指向球心方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO 方向成0角向上射入磁场的粒
子也恰从地球上沿相切射出，在此0角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子
不能到达地球。
（2分）
由几何关系得
si0-發
故
0=arcsin
aresin
1=9
•=—
3
兀
（1分）
（2分）
K=3R
洛伦然力提供粒于运动的向心力，有gB=m0
（2分）
得
（2）设该粒子轨迹半径为r，则由几何关系知：
（ +R ’+（3RP
（2分）
解得
½=4R
根報洛伦磁力握供粒子运动的向心力。有gMB m
解得
4=”
m
4RB
（1分）
•3R•
（1分）
（1分）
（3）沿指向球心方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO 方向成0角向上射入磁场的粒
子也恰从地球上沿相切射出，在此0角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子
不能到达地球。
（2分）
由几何关系得
si0-發
故
0=arcsin
aresin
1=9
•=—
3
兀
（1分）
（2分）