安徽省滁州市定远中学2023-2024学年高三上学期段考调研检测物理 Word版含解析.docx

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2024届高三段考调研检测（7月份）物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共24分）1.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别为r1、r2。下列说法正确的是（　　）A.原子核可能发生的是衰变，也可能发生的是β衰变B.径迹2可能是衰变后新核的径迹C.若是衰变，则1和2的径迹均是逆时针方向D.若衰变方程为，则r1：r2=1：45【答案】D【解析】【详解】A．原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律有可知衰变生成的两粒子动量等大反向，两粒子速度方向相反，若圆1的速度方向向上顺时针做圆周运动，则圆2的速度方向向下顺时针做圆周运动，由左手定则知，两粒子都带正电，发生的是衰变；若圆1的速度方向向下逆时针做圆周运动，则圆2的速度方向向上逆时针做圆周运动，由左手定则知，两粒子都带负电，不符合实际，即不可能发生的是衰变，故A错误；B．由粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有解得因为两者动量大小相等，则电荷量大的半径小，由于新核的电荷量大于放出粒子的电荷量，则圆1 应为衰变后的新核，故B错误；C．若是衰变，两粒子都带正电，由左手定则知都沿顺时针方向做圆周运动，故C错误；D．设半径为r1的圆为放出新核的运动轨迹，半径为r2的圆为粒子的运动轨迹，则故D正确。2.劈尖干涉是一种薄膜干涉．如图所示，将一块标准平板玻璃放置在另一块待检测平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜．当一束平行光从上方入射后，从上方可以观察到如图所示的明暗相间的条纹，对此下面的说法正确的是（　　）A.该条纹为光在标准玻璃的上表面和待检玻璃的下表面反射后叠加形式的B.该条纹为光在标准玻璃的下表面和待检玻璃的下表面反射后叠加形式的C.若抽掉一张纸，条纹间距会变小D.若图中某一条纹向左弯曲时说明待测玻璃板此处有凹陷【答案】D【解析】【详解】AB．该条纹为光在标准玻璃的下表面和待检玻璃的上表面反射后叠加形式的，选项AB错误；C．从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为△x=2d，即光程差为空气层厚度的2倍，当光程差△x=2d=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差λ，显然抽掉一张纸片后空气层的倾角变小，故相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，干涉条纹条纹变疏，故C错误。D．薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同。若图中某一条纹向左弯曲时，检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知该处凹陷，选项D正确。故选D。3.在足球训练场上，某球员将足球以初速度踢出后，立即从静止开始沿直线加速向足球追去，经一段时间后追上了还在向前滚动的足球。球员和足球这一运动过程的图像如图所示，关于这一过程的判断正确的是（　　） A.球员的速度变大，加速度变大B.球员的最大速度可能等于C.球员的平均速度一定小于D.时刻球员追上足球【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，球员的速度变大，加速度变小，故A错误；B．球员做加速度减小的加速运动，球做匀减速运动，两者位移相等，则由图像可知，球员的最大速度可能等于足球的最大速度，故B正确；C．球员与足球的位移相等，时间相等，球员与足球的平均速度相等，则故C错误；D．时刻球员与足球速度相同，此时相距最远，故D错误。故选B。4.如图所示，竖直平面内有一个圆，是圆的一条直径，为圆心。、、、为圆的四条弦，在这四条弦和一条直径中，相邻之间的夹角均为，该圆处于匀强电场中，电场的方向与圆所在的平面平行，且电场的方向沿方向由指向。任点将一带正电电荷的粒子(不计重力)以某速度沿该圆所在的平面射出，粒子射出的方向不同，该粒子会经过圆周上的不同点。则下列说法正确的是（　　）A.在、b、、d、五点中，粒子在点的速度最大B.在、b、、d、五点中，粒子在b点的动能最大C.在、b、、d、五点中，粒子在点的电势能最大D.在、b、、d、五点中，粒子在d点的机械能最大 【答案】B【解析】【详解】ABD．由题意知，电场的方向沿Pa方向由P指向a，则从P点射出的粒子，运动到b点时，电场力对粒子做的正功最多，根据能量守恒可得，a、b、c、d、e五点中，粒子在b点的速度最大，动能也最大，机械能也最大，故AD错误，B正确；C．粒子到达e点时，克服电场力做功最大，则粒子在e点的电势能最大，故C错误。故选B。5.山地自行车前轮有气压式减震装置来抵抗颠簸，其原理如图所示。当路面不平时，活塞上下振动，在汽缸内封闭气体的作用下，起到延缓震动的目的。当活塞迅速下压过程中（　　）A.汽缸内的气体分子的平均动能不变B.汽缸内所有分子的速率增大C.汽缸内的气体压强可能不变D.单位时间内撞到汽缸内壁单位面积上的气体分子数增多【答案】D【解析】【详解】A．当活塞迅速下压时，活塞对气体做功，气体来不及散热，则由热力学第一定律可知，气体内能增加，温度升高，汽缸内的气体分子的平均动能增大，A错误；B．汽缸内的气体分子的平均动能增大，则分子的平均速率增大，可不是汽缸内所有分子的速率增大，B错误；CD．当活塞迅速下压时，汽缸内的气体的体积减小，由理想气体状态方程可知，气体压强增大，则有单位时间内撞到汽缸内壁单位面积上的气体分子数增多，C错误，D正确。故选D。6.如图所示，春节期间，三个相同的灯笼由轻绳连接起来挂在灯柱上，O为结点，轻绳长度相等，无风时三根绳拉力分别为。其中两绳的夹角，灯笼总质量为，重力加速度为g，则（　　） A.B.C.若夹角变大，则变大D.若夹角变大，则变小【答案】B【解析】【详解】AC．对三个灯笼的整体受力分析可知与α角大小无关，选项AC错误；BD．对结点O受力分析可知解得根据可知若夹角变大，则变大，选项B正确，D错误。故选B。7.近年来，我国科技飞速发展，科学家们研发的反隐身米波雷达堪称隐身战斗机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑，米波雷达发射无线电波的波长在1~10m范围内，如图所示为一列米波在时刻的波形图，接下来之后一小段时间内质点P的加速度减小，质点N在时第二次到达波峰。则下列判断正确的是（　　） A.该波沿x轴正方向传播B.该波的传播周期为C.接下来一小段时间内质点Q的速度增加D.从时刻起，质点P比质点Q更早到达波峰【答案】B【解析】【详解】A．接下来之后一小段时间内质点P的加速度减小，质点P向平衡位置运动，由上下坡法可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；B．质点N在t=0时，位于波谷，t=1s时第二次到达波峰，有解得故B正确；C．由图可知，质点Q向正向最大位移处运动，接下来一小段时间内质点Q的速度减小，故C错误；D．从时刻起，质点Q向正向最大位移处运动，质点P向平衡位置运动，质点Q比质点P更早到达波峰，故D错误。故选B。8.2020年12月17日“嫦娥五号”首次地外天体采样返回任务圆满完成。在采样返回过程中，“嫦娥五号”要面对取样、上升、对接和高速再入等四个主要技术难题，要进行多次变轨飞行。“嫦娥五号”绕月球飞行的三条轨道示意图如图所示，轨道1是贴近月球表面的圆形轨道，轨道2和轨道3是变轨后的椭圆轨道，并且都与轨道1相切于A点。A点是轨道2的近月点，B点是轨道2的远月点，“嫦娥五号”在轨道1上的运行速率约为1.7km/s。不计变轨中“嫦娥五号”的质量变化，不考虑其他天体的影响，下列说法中正确的是（　　） A.“嫦娥五号”在轨道2经过A点时的加速度大于在轨道1经过A点时的加速度B.“嫦娥五号”在轨道2经过B点时的速率一定小于1.7km/sC.“嫦娥五号”在轨道3上运行的最大速率小于其在轨道2上运行的最大速率D.“嫦娥五号”在轨道3所具有的机械能小于其在轨道2所具有的机械能【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由于A点到月心的距离不变，根据可知“嫦娥五号”在轨道2经过A点时的加速度等于在轨道1经过A点时的加速度，选项A错误；B．根据得假设有一以月心为圆心的圆轨道经过B点，根据卫星的速度公式可知此轨道上的速度小于1.7km/s，而卫星在圆轨道上的B点必须减速才会做近心运动进入2轨道运动，所以卫星在轨道2经过B点时的速率一定小于1.7km/s，选项B正确；C．“嫦娥五号”由轨道2变轨到轨道3，必须在A点加速，所以“嫦娥五号”在轨道3所具有的最大速率大于在轨道2所具有的最大速率，选项C错误；D．由于“嫦娥五号”由轨道2变轨到轨道3，必须在A点加速，机械能增加，所以“嫦娥五号”在3轨道所具有的机械能大于在2轨道所具有的机械能，选项D错误。故选B。二、多选题（本大题共4小题，共16分）9.如图所示，某圆柱形玻璃的横截面圆心为O、半径为R。一束由1、2两种单色光组成的复色光从横截面所在平面内射向M点，入射光线与OM的夹角，在M点折射后进入玻璃内部，分别射到横截面上的N、P两点，，。已知真空中的光速为c，下列说法正确的是（　　） A.玻璃对1、2两种单色光的折射率之比为B.适当减小入射角，光线2可能在玻璃中发生全反射C.1、2两束光线在玻璃中传播的时间差为D.1、2两束光线射出后相互平行【答案】AC【解析】【详解】A．由几何得，，所以所以玻璃对1、2两种单色光的折射率之比为故A正确；B．因为，所以由光路可逆可知，光线2不可能在玻璃中发生全反射，故B错误；C．由，所以光线1在玻璃中传播的时间为光线2在玻璃中传播的时间为所以它们的时间差为 故C正确。D．由光路可逆可得，光线1射出玻璃光线与ON夹角为60°，光线2射出玻璃的光线与OP夹角为60°，由于ON与OP不平行，所以它们的出射光线不平行，D错误。故选AC。10.如图，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，理想变压器原、副线圈的匝数比为6：1，副线圈并联两灯泡a、b，电压表示数为，不计发电机线圈的电阻，电表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）A.灯泡两端电压的最大值为B.当发电机线圈平面与磁场垂直时，电压表示数为0C.若灯泡a烧断，电流表示数将变大D.若灯泡a烧断，灯泡b的亮度不变【答案】AD【解析】分析】【详解】A．根据理想变压器电压关系有解得所以灯泡两端电压的最大值为则A正确； B．电压表示数为电压的有效值，所以不为0，所以B错误；C．若灯泡a烧断，但是根据理想变压器的电压关系，副线圈两端的电压保持不变，所以副线圈的总电流减小了，根据原副线圈总功率不变的关系，所以电流表示数将变小，所以C错误；D．若灯泡a烧断，但是根据理想变压器电压关系，副线圈两端的电压保持不变，则灯泡b的亮度不变，所以D正确；故选AD。11.如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道半径为r、间距为L，轨道的电阻不计。在轨道的顶端连接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻也是R的金属棒从轨道的最低位置cd开始，在拉力作用下以速率沿轨道向上做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（　　）A.通过电阻的电流方向为B.通过电阻的电荷量为C.电阻上产生的热量为D.拉力做功为【答案】BD【解析】【详解】A．由右手定则可知，通过电阻的电流方向为，故A错误；B．金属棒从cd运动到ab过程，由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势平均感应电流流过R的电荷量 故B正确；C．金属棒做圆周运动转过的圆心角为θ时导体棒切割磁感线产生的感应电动势回路产生正弦式感应电流，感应电动势的最大值有效值通过R的电流大小金属棒从cd到ab过程R上产生的热量故C错误；D．由功能关系可知解得故D正确。故选BD。12.如图所示，一半径为R的光滑硬质圆环在竖直平面内，在最高点的切线和最低点的水平切线的交点处固定一光滑小滑轮C，质量为m的小球A穿在环上，且可以自由滑动，小球A通过足够长的细线连接另一质量也为m的小球B，细线搭在滑轮上，现将小球A从环上最高点由静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A.两小球组成的系统运动过程中，机械能先增大后减小B.细线的拉力对A球做功的功率大于对B球做功的功率C.小球B的速度为零时，小球A的动能为D.小球A运动到最低点时的速度为【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．二者组成的系统内部只有重力势能和动能之间相互转化，故而系统机械能守恒，A错误；B．系统机械能守恒，所以细线拉力对两小球做功的代数和一定为零，瞬时功率也相等，或两小球的速度沿着细线方向的分量相等，以细线拉力的功率也相等，B错误；C．AB在同一个细线上，A的速度沿细线的分速度等于B的速度，则小球B速度为零时，即A的速度方向与细线垂直，此时细线恰好与水平方向成45°，由系统机械能守恒得解得选项C正确；D．小球A到最低点时，A的速度与细线速度共线，则AB的速度相等，由系统机械能守恒得解得D正确。故选CD。 三、实验题（本大题共2小题，共14分）13.某实验小组设计了如图甲所示实验装置，探究滑块与长木板之间的动摩擦因数。将一端带有定滑轮且表面平整的长木板固定在水平桌面上，滑块置于长木板左端，滑块上面固定一个小遮光片。将滑块和托盘用轻细绳连接，在靠近托盘处连接力传感器，在长木板右侧某位置固定光电门，并连接好数字计时器。重力加速度为g。实验过程如下：（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度，游标尺固定后如图乙所示，则遮光片的宽度______mm；（2）滑块静置于长木板上，记录遮光片中线在长木板上的投影位置，用刻度尺测量出该位置到光电门的水平距离x；用手托住托盘，将若干砝码置于托盘内，由静止释放托盘，当遮光片经过光电门时，数字计时器记录时间为t，力传感器记录此过程中绳的拉力为F；（3）将滑块再次置于初始位置，增加砝码数量后，重复实验，记录数据。利用图像处理数据，作出图像如图丙所示，由图像可知其纵轴截距为b，斜率为k；（4）滑块和遮光片的总质量______；滑块和长木板间的动摩擦因数______。（用题目所给物理量符号表示） 【答案】①.6.70②.③.【解析】【详解】（1）[1]遮光片的宽度（4）[2][3]设滑块运动加速度为a，由牛顿第二定律可得当遮光片经过光电门时，速度为由速度位移关系可得整理可得图像如图丙所示，由图像可知其纵轴截距为b，斜率为k，有解得14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个“2.5V、0.3A”的小灯泡两端的电压和通过它的电流。现有如下器材：直流电源(电动势3.0V，内阻不计)电流表A1(量程3A，内阻约0.1Ω)电流表A2(量程600mA，内阻约5Ω)电压表V1(量程3V，内阻约3kΩ)电压表V2(量程15V，内阻约15kΩ) 滑动变阻器R1(阻值0～10Ω，额定电流1A)滑动变阻器R2(阻值0～1kΩ，额定电流300mA)（1）在该实验中，电流表应选择___，电压表应选择___，滑动变阻器应选择___；（2）为了减小实验误差，应选择以下哪个实验电路进行实验___。（3）下表是某同学在实验中测出的数据，该同学根据表格中的数据在方格纸上已画出除了第6组数据的对应点，请你在IU图象上画出第6组数据的对应点，并作出该小灯泡的伏安特性曲线____。123456700.100.130.150.160.180.1900.10.200.300.400600.8089101112130.200.230.250.270.280.301.001.401.802.002.202.50（4）实验中，如果把这个小灯泡和一个阻值为9Ω的定值电阻串联在电动势为3V、内阻为1Ω的直流电源上，则小灯泡消耗的实际功率约为____W。【答案】①.A2②.V1③.R1④.C⑤. ⑥.0.20(0.18~0.22)【解析】【详解】（1）由于该实验需要测量“2.5V、0.3A”的小灯泡的伏安特性曲线，通过小灯泡的最大电流为0.3A，故需要选用量程为600mA的电流表A2；直流电源电动势为3.0V，故电压表应选用量程为3V的V1；该实验需要小灯泡两端的电压从0开始调起，供电部分要用分压式电路，滑动变阻器应选用阻值较小的R1；（2）由于小灯泡的电阻远小于电压表的电阻，故测量时采用电流表外接会减小实验的系统误差，供电电路采用分压式连接，故采用C电路进行实验；（3）描出该点，并用平滑的曲线将各点连接起来即可，如图所示：（4）小灯泡相当于与一个电动势为3V、内阻为10Ω的电源连接，我们可以在小灯泡的伏安特性曲线的坐标图中再作出该电源的I—U图线，如图所示，则两个图线交点的坐标就是电路中小灯泡的电压和电流，即小灯泡两端的电压UL=1.0V，电流IL=0.20A，故小灯泡消耗的实际功率约为PL＝ULIL＝1.00.20W＝0.20W四、计算题（本大题共4小题，共46分）15.肺活量是常用来衡量人体心肺功能的重要指标。肺活量是指在标准大气压 下人一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体体积总量。某同学在学习气体实验定律后，设计了一个吹气球实验来粗测自己肺活量。首先他测量了自己的体温为37℃．环境温度为27℃，然后该同学尽最大努力吸气，通过气球口尽力向气球内吹气，吹气后的气球可近似看成球形，过一段时间稳定后测得气球的直径，气球稳定的过程中，气球向外界散失了2.8J的热量。已知气球橡胶薄膜产生的附加压强，其中为薄膜的等效表面张力系数，R为气球充气后的半径。如下图为该气球的等效表面张力系数随气球半径R的变化曲线。吹气前气球内部的空气可忽略不计，空气可看作理想气体，大气压强，。求：（1）该同学通过查阅资料得知理想气体内能大致可以用公式来计算，气球稳定的过程中外界对气球做了多少功？（2）该同学的肺活量为多少毫升？【答案】（1）-2.2J；（2）【解析】【详解】（1）由得（2）由图象可知气球半径时，气球橡胶薄膜等效表面张力系数吹气后稳定时气球内气体的压强解得设该同学的肺活量为，气球体积为由理想气体状态方程 解得16.如图所示，在光滑水平面上放着一质量为的木块，在木块正上方处有一固定悬点O，在悬点O和木块之间用一根长的不可伸长的轻绳链接。有一质量的子弹以初速度水平射入木块并留在其中，轻绳绷紧后木块和子弹绕O点在竖直面内刚好能到达最高点。忽略空气阻力，子弹进入木块并相对木块静止后整体可以看做质点，。求：（1）子弹的初速度大小；（2）从子弹开始进入木块到轻绳绷紧后的过程中，系统机械能的损失。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）对木块和子弹在最高点受力分析，木块和子弹的重力刚好提供向心力，设最高点时物块和子弹的速度为，则解得从细绳绷紧后到最高点，设绳子刚绷紧时的物块和子弹的速度为，绳与水平面间的夹角为，绷紧后沿绳子方向速度变为零，垂直绳子方向速度为，由动能定理得 解得子弹射入木块过程中由动量守恒得解得（2）根据功能关系，整个过程中机械能的损失解得17.如图所示，平面直角坐标系第一象限中，两个边长均为L的正方形与一个边长为L的等腰直角三角形相邻排列，三个区域的底边在x轴上，正方形区域I和三角形区域Ⅲ存在大小相等，方向沿y轴负向的匀强电场．质量为m、电量为q的带正电粒子由正方形区域I的顶点A以初速度v0沿x轴正向射入区域I，离开电场后打在区域Ⅱ底边的中点P．若在正方形区域Ⅱ内施加垂直坐标平面向里的匀强磁场，粒子将由区域Ⅱ右边界中点Q离开磁场，进入区域Ⅲ中的电场．不计重力，求：(1)正方形区域I中电场强度E的大小；(2)正方形区域Ⅱ中磁场磁感应强度的大小；(3)粒子离开三角形区域的位置到x轴的距离．【答案】（1）；（2）（3）【解析】【分析】（1）带电粒子在区域Ⅰ中做类平抛，根据平抛运动的规律列式求解场强E；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求解半径，从而求解B；（3）在Q 点进入区域Ⅲ后，若区域Ⅲ补成正方形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到（3L，L）点，离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从（3L，L）点向左做类平抛运动．【详解】（1）带电粒子在区域Ⅰ中做类平抛设离开角度为θ，则离开区域Ⅰ后做直线运动由以上各式得（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动有几何关系可得可求得（3）在Q点进入区域Ⅲ后，若区域Ⅲ补成正方形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到（3L，L）点，离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从（3L，L）点向左做类平抛运动，当粒子运动到原电场边界时 解得因此，距离x轴距离【点睛】带电粒子在电场中的运动往往用平抛运动的的规律研究；在磁场中做圆周运动，往往用圆周运动和几何知识，找半径，再求其他量；18.如图所示，一平台高，通过斜面AB及圆弧BC与水平面CE平滑连接，D点为水平面CE的中点，放有一质量为M的小物块2。现让一质量的小物块1，从斜面顶端A以2m/s的速度沿斜面下滑。已知光滑圆弧BC的半径，斜面倾角，水平面CE长，小物块1与斜面间的动摩擦因数为。取，，。求：(1)小物块1滑过圆弧最低点C时对地面的压力；(2)小物块1与2在D点碰撞前的速度，求小物块1与水平面的动摩擦因数；(3)若物块2与水平面间的动摩擦因数也为且两物块只发生一次弹性碰撞，物块2与墙壁碰撞无机械能损失，求物块2质量M取值范围。【答案】(1)21N；(2)0.5；(3)【解析】【详解】(1)物体1从A到C，由动能定理代入数据，在C点对1物体进行受力分析代入数据，根据牛顿第三定律，压力大小为21N，方向竖直向下； (2)物块1从C到D，由动能定理：解得；(3)①若，设碰后物块1、2的速度分别为和，由动量守恒定律，有有机械能守恒，有解得：，，不发生第二次碰撞的条件是，解得；②若，物块1以速度反弹，物块2以速度v2前进，由①可知不发生第二次碰撞的条件一定可以满足，不会发生第2次碰撞。