安徽省歙县中学2023-2024学年高三上学期期末联考物理试题 Word版含解析.docx

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2023~2024学年高三年级上学期期末联考物理试卷考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：高考范围。一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.立定跳远是指不用助跑从立定姿势开始的跳远，是集弹跳、爆发力、身体的协调性和技术等方面的身体素质于一体的运动。某同学参加立定跳远项目，从起跳至着地的整个过程如图所示，若不计空气阻力，并将该同学视为质点，则该同学在空中运动的过程中（　　）A.该同学做匀变速运动B.该同学先超重后失重C.该同学在最高点时速度零D.该同学在向上和向下运动通过空中同一高度时速度相同【答案】A【解析】【详解】A．该同学在空中运动的过程中仅受重力，加速度恒为重力加速度，故做匀变速运动，故A正确；B．该同学在空中运动的过程中只受重力，加速度为重力加速度，方向向下，故一直处于失重状态（完全失重），故B错误；C．该同学在空中做斜抛运动，在最高点竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故在最高点时速度不为零，故C错误；D．由对称性可知，在向上和向下运动通过空中同一高度时竖直方向速度大小相等，方向相反，水平方向速度不变，则在向上和向下运动通过空中同一高度时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故D错误。故选A。 2.钴在人类生活中的应用可以追溯到100多年前：我国古代对钴的应用，最早可见于唐三彩器物中。钴的元素符号是，为银白色铁磁性金属，用于陶器釉料。钴衰变的核反应方程为，其半衰期为5.272年，、、x的质量分别为、、下列说法正确的是（　　）A.的中子数是27B.核反应方程式中的x是粒子C.该核反应中释放的能量为D.经过10.544年的时间，原子核中有已经发生了衰变【答案】D【解析】【详解】A．的中子数是60-27=33故A错误；B．根据质量数守恒，x的质量数为60-60=0x电荷数为27-28=-1所以核反应方程式中的x是β粒子，故B错误；C．该核反应中释放的能量为故C错误；D．经过10.544年的时间，原子核中还剩下质量为故有已经发生了衰变，故D正确。故选D。3.如图所示，在矩形中，、，C点为AB边的中点，在、 处有两个振源，振动方程分别为、，已知两振源产生的两列波在该介质中的传播速度为。则下列说法正确的是（　　）A.A点振幅为B.B点为振动减弱点C.C点的振幅为D.的时间内，C点通过的路程为【答案】A【解析】【详解】AB．由题意两列波的周期都为故两列波的波长均为结合几何知识可知A点到两波源的距离差为根据题意两波源的相位差为故A点振动加强点，振幅为；由对称性可知B点也为振动加强点，故A正确，B错误；CD．C点到两波源的距离差为零，故为振动减弱点，始终处于平衡位置，振幅为0，故的时间内，C点通过的路程为0，故CD错误。故选A。4.两个点电荷的质量分别为m1、m2，带异种电荷，电荷量分别为Q1、Q2，相距为d，只在库仑力作用下（不计万有引力）各自绕它们连线上的某一固定点，在同一水平面内做匀速圆周运动，它们的总动能为A.B.C.D. 【答案】B【解析】【详解】对于质量m1，它们的库仑力提供其向心力，即对于质量m2，它们的库仑力提供其向心力，即则它们总的动能为故选B．点晴：两异种点电荷能绕圆心各自做匀速圆周运动，其向心力是由它们间的库仑力提供，则可以求出它们的总动能．5.如图所示是小型交流发电机的示意图，当线圈绕垂直于匀强磁场方向的水平轴沿逆时针方向以角速度匀速转动时，理想交流电压表示数为U。已知电流表为理想电表，发电机线圈的电阻为r，定值电阻为R，其它电阻可忽略，理想变压器原、副线圈的匝数比。则（　　）A.副线圈两端的电压为B.原线圈中电流为C.发电机的线圈中产生的电动势有效值为D.发电机的线圈中产生的电动势最大值为【答案】B【解析】 【详解】A．根据理想变压器的变压规律可得副线圈两端的电压为故A错误；B．根据故B正确；C．发电机的线圈中产生的电动势有效值为故C错误；D．发电机的线圈中产生的电动势最大值为故D错误。故选B。6.如图所示为边长为L的菱形，其中锐角为，O点为对角线的中心，MN与钝角的对角线共线，且M、N关于O点对称，现在菱形的顶点固定四个点电荷，电荷量如图所示，规定无穷远处的电势为零。则下列说法正确的是（　　）A.O点的电势大于零 B.O点的电场强度为C.带电量为和的点电荷所受的电场力相等D.电子在M点的电势能小于在N点的电势能【答案】A【解析】【详解】A．两个带电量为的点电荷在O点处电势大于零，O点处于带电量为和的点电荷连线中间位置，正点电荷电量大于负点电荷电量，则带电量为和的点电荷在O点处的合电势大于零，故O点的电势大于零，故A正确；B．根据对称性，两个带电量为的点电荷在O点的合场强为零，故O点的电场强度等于带电量为和的点电荷在O点产生的场强之和，为故B错误；C．带电量为的点电荷所受的电场力为方向向右，带电量为的点电荷所受的电场力为故带电量为和的点电荷所受的电场力不相等，故C错误；D．根据对称性，两个带电量为的点电荷在M点、N点处电势相等，由于M点靠近带电量为的点电荷，N点靠近带电量为的点电荷，则负电荷在电势高处，电势能反而小，则电子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D错误。故选A。7.如图所示为某三楼镜的截面，该截面为的等腰三角形，其中，一细光束垂直BC 边由D点射入棱镜，且该光束刚好在AB边发生全反射，已知，光在真空中的速度为c。下列说法正确的是（　　）A.该棱镜的折射率为B.光束第一次到BC边时，能从该边射出C.光束离开棱镜时，是从AC边离开的D.光束从射入到离开棱镜，光束在棱镜中传播的时间为【答案】D【解析】【详解】A．光束在AB边刚好发生全反射，则故A错误；B．作出光束在棱镜中的光路图，如图所示。由几何关系可知，光束从AB反射到BC边时入射角为，大于全反射的临界角，光束第一次到BC边时，不能从该边射出，故B错误；C．光束经BC边全反射后到AC边，由几何关系可知，光束在AC边的入射角为，刚好等于全反射的临界角，则光束在AC边发生全反射，光束离开棱镜时，是从BC边离开的，故C错误；D．根据几何关系，光束从射入到离开棱镜，光束在棱镜中传播的距离为光束从射入到离开棱镜，光束在棱镜中传播的时间为 故D正确。故选D。8.截至2023年2月10日，“天问一号”环绕器已经在火星工作整整两年，获取了大量的一手探测数据，取得了丰硕的科研成果。如图所示，假设“天问一号”降落火星之前在半径为r的圆形轨道I上绕火星运行，周期为T。某时刻“天问一号”在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在火星表面的B点贴近火星表面飞行，A、O、B三点在一条直线上。已知火星的半径为R，万有引力常量为G，则（　　）A.“天问一号”在轨道Ⅱ上A和B两点的加速度之比为B.“天问一号”在轨道Ⅱ上A和B两点的线速度之比为C.“天问一号”从A点运动到B点的最短时间为D.火星的平均密度为【答案】C【解析】【详解】A．“天问一号”在轨道Ⅱ上A和B两点的万有引力分别为，则加速度之比为故A错误；B．由开普勒第二定律，有 可得在轨道Ⅱ上A和B两点的线速度之比为故B错误；C．椭圆轨道的半长轴为设在椭圆轨道上运行的周期为，由开普勒第三定律有从A点运动到B点的最短时间为联立解得故C正确；D．火星的平均密度为“天问一号”在轨道Ⅰ上绕月球做匀速圆周运动，有火星的体积可以表示为联立可得故D错误。故选C。二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9.如图所示，匝数、面积、电阻的线圈处在竖直向下的匀强磁场中，通过电阻不计的软导线与边长为、质量分布均匀的导体棒围成的正方形线框abcd的d点和c点相连接，正方形线框用两个劲度系数均为的绝缘轻弹簧悬吊在天花板上，整个线框处在垂直纸面向外的匀强磁场中，已知随时间的变化规律为，正方形线框每条边的电阻值均为，电键闭合后，两弹簧的长度变化了，忽略软导线对线框的作用力，则下列说法正确的是（　　）A.电键闭合后，线框中的电流方向由d到cB.ab边与cd边所受的安培力相等C.闭合电键后，流过线圈的总电流为D.磁感应强度大小【答案】AD【解析】【详解】A．根据楞次定律可知线框中的电流方向由d到c，故A正确；B．由于da，ab，bc三个边串联之后再与dc并联，可知ab边与cd边电流不同，因此所受安培力不同，B错误；C．回路感应电动势回路总电阻因此流过线圈的电流 故C错误；D．根据平衡条件可知解得故D正确。故选AD。10.如图所示的水平面上，在A、B、C三点放置三个质量均为m的物体甲、乙、丙，现给物体甲水平向右的初速度，依次与物体乙、物体丙发生碰撞，碰后均粘合为一体，最终粘合体刚好运动到D点。已知，三个物体与水平面间的动摩擦因数均为，且三个物体均可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）A.物体甲的初速度为B.第一次碰撞结束瞬间甲乙粘合体的速度为C.整个过程物体克服摩擦力做功为D.两次碰撞损失的能量之比为【答案】AD【解析】【详解】A．设物体在C点相碰后的速度为，则由C点到D点由动能定理有设物体在C点相碰前的速度为，由动量守恒定律有设物体在B点相碰后的速度为，则由B点到C点由动能定理有 设物体在B点相碰前的速度为，由动量守恒定律有又由A点到B点由动能定理有由以上各式解得物体甲的初速度为故A正确；B．由A选项可知第一次碰撞结束瞬间甲乙粘合体的速度为故B错误；C．由A选项可知整个过程物体克服摩擦力做功为故C错误；D．由A选项可知物体在B点相碰前的速度为则第一次碰撞损失的能量为由A选项可知物体在C点相碰前的速度为物体在C点相碰前的速度为则第一次碰撞损失的能量为 则两次碰撞损失的能量之比为故D正确。故选AD。三、非选择题：本题共5小题，共58分。11.某同学在做探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，设计了如图甲所示的实验装置。（1）在实验中，以下说法正确的是_________。（填正确答案标号）A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等（2）如图乙所示，是探究某根弹簧的伸长量x与所受拉力F之间的关系图，由图可知，弹簧的劲度系数是_________。（3）该同学用此弹簧制作成一把弹簧秤，丙图所示为某次测力时的弹簧秤示意图，指针位置表示力的大小为_________N。【答案】①.AB##BA②.300③.1.73##1.74##1.75##1.76##1.77【解析】【详解】（1）[1]A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A正确；B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读数，故B正确；C．弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去原长，故C错误；D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出弹力与形变量成正比，故D错误。故选AB。 （2）[2]根据胡克定律可知图像的斜率大小等于劲度系数大小，由图像求出劲度系数为（3）[3]弹簧测力计的最小分度值为0.1N，指针在1.7与1.8之间，故读数为1.75N。12.地磅的工作原理是压力传感器，其中一个重要的敏感元件为压敏电阻，为了研究压敏电阻的特性，某同学设计了如图甲所示的电路，已知两电流表的量程均为0.6A，两电流表的内阻分别为、，电源的电动势为3V，内阻不计。（1）为了保护电路以及操作方便，滑动变阻器应选择______；A.B.C.D.（2）将两电键闭合，如果两电流表的示数分别用、表示，则压敏电阻______（用题中给出的物理量表示）；（3）通过多次改变压敏电阻的压力，得出多组数据，如下表所示：20181614121002.13.96.18.010根据表中数据在图乙的坐标系中选择合适的量度并画出图线______；由图线写出压敏电阻与压力F的关系式______；（4）图甲中，将电键断开，结合以上数据在电流表的相应刻度标出与之相对应的压力值，已知在0.12A处标注的压力值为0，则滑动变阻器接入电路的电阻值为______，允许加在压敏电阻上压力的最大值为______。（结果均保留一位小数） 【答案】①.A②.③.见解析④.⑤.3.0⑥.20.0【解析】【详解】（1）[1]两电流表的量程均为0.6A，为了确保电路安全，电路之中需要接入的最小电阻为为了保护电路，滑动变阻器选择总电阻为，为了操作方便，测量数据的连续性强，滑动变阻器的总电阻在安全确保的前提下，总阻值选择小一些的，即为了保护电路以及操作方便，滑动变阻器应选择。故选A。（2）[2]将两电键闭合，如果两电流表的示数分别用、表示，根据欧姆定律，压敏电阻为（3）[3]根据表中的数据在图乙的坐标系中选择合适的量度、描点并画出图线，如图所示[4]结合图像，可知，的函数表达式为根据图像可知，即图线写出压敏电阻与压力F的关系式（4）[5][6]由闭合电路欧姆定律有 当有，代入上述函数式解得当有代入数据解得13.如图为某温度提示装置原理示意图。在竖直放置的圆柱形容器内用质量为的活塞密封一部分理想气体，活塞与容器壁间可以无摩擦地滑动，活塞的面积为。现将整个装置放在大气压恒为的空气中，开始时活塞与容器底的距离、气体处于温度的状态a。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态b。活塞保持不动，气体被继续加热至温度的状态c时触动温度提示器A。已知密闭气体由状态a到状态c过程中从外界吸收热量，取重力加速度大小。求：（1）密闭气体在状态b的温度和在状态c的压强；（2）密闭气体从状态a到状态c的过程中气体内能的变化量。【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）根据题意可知，气体由状态a变化到状态b的过程中，封闭气体的压强不变，则有 解得从状态a变化到状态b的过程中，活塞缓慢上升，则根据题意可知，气体由状态b变化到状态c的过程中，气体的体积不变，则有解得（2）根据题意可知，从状态a到状态c的过程中气体对外做功为由热力学第一定律，密闭气体从状态a到状态c的过程中气体内能的变化量为14.如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道半径，下端恰好与光滑水平面OA平滑对接，质量为的铁球（可视为质点）由圆弧轨道顶端无初速度释放，运动一段时间后从A点冲上倾角为的光滑斜面，铁球在斜面上运动后在B点冲出斜面做斜抛运动落到C点，BC水平，已知，重力加速度g取，求：（1）铁球运动到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小；（2）斜面的长度；（3）铁球从B到C的时间和B、C间的水平距离．【答案】（1）；（2）；（3）0.6s，【解析】详解】（1）铁球从圆弧轨道顶端滑到轨道底端，根据机械能守恒定律得解得铁球运动到圆弧轨道底端时速度的大小 解得根据牛顿第三定律可知，铁球运动到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小为。（2）设铁球在斜面上的加速度大小为，由牛顿第二定律得解得铁球在斜面上运动时间，由运动学规律得铁球运动到点的速度斜面的长度（3）将小铁球的初速度沿着水平和竖直方向分解，有上升时间由对称性可知，下降的时间和上升的时间相等，总时间为代入数据解得铁球从到的时间的水平距离 15.如图所示，水平虚线上方存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，虚线下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的正粒子甲由O点水平向右射入电场，粒子的初速度大小为，粒子经过一段时间沿与虚线成的方向进入磁场，粒子第一次由P点离开磁场，P点位于O点的正下方，忽略粒子的重力。求：（1）OP两点之间的距离；（2）磁场的磁感应强度大小；（3）若质量为、电荷量为q的正粒子乙仍由O点以与粒子甲相同的初动能沿水平向右的方向射入电场，粒子乙第一次离开磁场时的位置到P点的距离为多大。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）如图粒子到达A点时，竖直方向的速度粒子做类平抛运动 联立得（2）根据根据几何关系代入数据联立得（3）质量为、电荷量为q的正粒子乙仍由O点以与粒子甲相同的初动能沿水平向右的方向射入电场，则粒子乙初速度粒子到达虚线处竖直方向速度时间水平方向位移 粒子速度方向与虚线夹角速度在磁场中圆周运动半径粒子乙第一次离开磁场时的位置到P点的距离联立得