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物理
注意事项:
1. 总分 100分,考试时间 75 分钟.
2. 答题前,请考生将班级、姓名、学号填写在密封线内.
一、 单项选择题(共 11题,每题4分,共 44分.每题只有一个选项符合题意)
3 3 3 0
1. 氚(1H)的半衰期为 12.43年,核反应方程为 1H2He + -1e.下列说法中正确的是( )
3
A. 该反应中产生的电子来源于 1H 的外层电子
3 3
B. 2He 的比结合能大于 1H 的比结合能
C. 经过高温加热其放射性消失
3 0
D. 1H 衰变时会释放能量,衰变过程中的质量亏损等于 -1e 的质量
2. 有一干涉装置如图所示.一个底部有双缝的不透光圆柱形杯子的杯口固定一面光屏,用激光沿图中方向照射双缝,可在光
屏处观察到干涉条纹,为了增加条纹间距,下列做法中可行的是( )
A. 使用更短的杯子
B. 使用频率更低的激光
C. 增大激光器到双缝之间的距离
D. 在杯子中填充折射率较大的透明物质
3. 如图所示,在水平地面上M 点的正上方h 高度处,将小球S 1 以速度大小为v 水平向右抛出,同时在地面上N 点处将小球
S2 以速度大小为v 竖直向上抛出.在S 2 球上升到最高点时恰与S 1 球相遇,不计空气阻力.则在这段过程中,下列说法中正确的
是( )
A. 两球的速度变化量大小相同
B. 相遇时小球S 1 的速度方向与水平方向夹角为 30
C. N
两球的相遇点在 点上方 3处
D. M、N 间的距离为2h
4. 一列简谐横波沿x 轴正方向传播,波源在x=0处.P是x 轴上坐标为x=0.15 m 处的点,波传到P 点时为0 时刻,P 点的振动
图像如图所示.已知该波的传播速度为v=0.6 m/s,则下列说法中正确的是( )
A. 波源起振方向为y 轴正方向
B. t=0.1 s 时波源振动的速度最大
C. 当P 点运动 110 -1 m 的路程时,波源振动的速度最大
D. P 点与距波源 510-2 m 处的质点运动方向总是相同
5. 手机无线充电原理图如图所示,该装置可等效为一个理想变压器,送电线圈为原线圈,受电线圈为副线圈.ab 间接上 220 V
的正弦交变电流后,受电线圈中产生交变电流.送电线圈的匝数为n 1,受电线圈的匝数为n 2,且n 1n2=101.两个线圈中所接电
阻的阻值均为R,当该装置给手机充电时,手机两端的电压为1.8 V,流过手机的电流为 1 A,则下列说法中正确的是
()
A. 受电线圈 cd 两端的输出电压为 22 V
B. 充电时,两线圈上所接电阻的阻值R=200
C. 充电时,与送电线圈相连的电阻R 两端的电压为 20 V
D. 充电时,受电线圈 cd 两端的输出电压为 21.8 V
6. 甲、乙两位同学研究无线蓝牙耳机在运动过程中与手机无线连接的最远距离,甲同学带着手机,乙同学戴着蓝牙耳机在
操场上两个平行的直跑道运动.两个平行的直跑道间距离d=5 m,开始计时时甲在前、乙在后,甲、乙沿直跑道方向的距离
L=15 m.甲以速度v 甲=3 m/s,乙以速度v 乙=6 m/s 沿各自跑道同向匀速直线运动,甲同学发现运动过程中有t=8 s 的时间间
隔内手机可检测到蓝牙耳机,则蓝牙耳机在运动过程中与手机无线连接的最远距离是( )
A. 13 m
B. 12 m
C. 11 m
D. 10 m
7. 某科幻电影中出现了一座在赤道上建造的垂直于水平地面的“太空电梯”,宇航员可以乘坐电梯到达空间站.当“太空电梯”
停在距地面高度为h处,地球的自转不可忽略且地球可视为均质球体,关于“太空电梯”里的宇航员,下列说法中正确的是
()
A. 当h=0时,宇航员绕地心运动的线速度大小约为7.9 km/s
B. 当h 与地球同步卫星距地面高度相同时,宇航员处于完全失重状态
C. h 越小,宇航员绕地心运动的向心加速度越大
D. h 越大,宇航员绕地心运动的角速度越大,线速度越小
8. 如图所示,下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置,管底有一个带电小球,整个装置以某一速度沿垂直于磁
场方向进入方向垂直纸面向内的匀强磁场,由于外力的作用,玻璃管在磁场中的速度保持不变,最终小球从上端管口飞出,下
列说法中正确的是( )
A. 该过程中由水平速度产生的洛伦兹力不做功
B. 小球的运动轨迹是一条直线
C. 小球机械能的增加是因为洛伦兹力做功
D. 小球在竖直方向做匀加速运动
9. 两电荷量分别为q 1 和q 2 的点电荷放在x 轴上的O、M 两点,两电荷连线上各点电势随x 变化的关系如图所示,则
()
A. q1 和q 2 带同种电荷
B. A 点的电场强度为零
C. N、C 之间电场强度方向沿x 轴正方向
D. 将电子沿x 轴从N 移到D,电场力先做正功后做负功
10. 如图甲所示,在足够长的光滑斜面上放置着矩形金属线框,整个斜面内存在垂直于斜面方向的匀强磁场.匀强磁场的磁感
应强度B 随时间t 的变化的关系如图乙所示(垂直斜面向上为正方向).t=0 时刻将线框由静止释放,在线框下滑的过程中,下
列说法中正确的( )
甲 乙
A. 线框MN 边受到的安培力方向沿斜面向下
B. 线框MN 边受到的安培力方向沿斜面向上
C. 经时间t,线框的速度大小为 gtsin
D. 由于有阻力作用,经时间t,线框的速度小于 gtsin
11. 如图所示有一缓冲模拟装置.质量分别为m、2m 的物体A、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧,开始时用手托着
物体A,在距地面h 高处静止,此时细绳恰伸直无弹力,弹簧轴线沿竖直方向,物体B 静止在地面上,放手后经时间t 物体A下
落至地面,落地前瞬间物体A 的速度为零,
此时物体B 对地面恰好无压力,不计摩擦及空气阻力,重力加速度大小为g,则下列说法中正确的是( )
A. 物体A 在下落过程中其机械能守恒
B. 弹簧的劲度系数为
C. 物体A 从静止下落到落地的t 时间内,地面对B 物体的冲量大小为 mgt
2
D. 将A 物体质量改为1.5m,再将A 物体由从原位置释放,A 物体下落过程的最大速度为
3
二、 非选择题(共5题,共 56分.其中第 13 题第 16 题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最
后答案的不得分;有数值计算时,答案中应明确写出数值和单位)
12. (15分)某同学想测量干电池的电动势和内阻.为此,他购买了2 节相同的干电池,除干电池、开关、导线外,可供使用的器
材有:
电压表V 1(量程 03 V,内阻很大)
电压表V 2(量程 015 V,内阻很大)
电流表A(量程 00.6 A,内阻约为0.5 )
定值电阻R 0(阻值1.0 ,额定功率为 4 W)
滑动变阻器R(阻值范围 010 ,额定电流为 2 A)
(1) 该同学把2 节干电池串联起来测量单节干电池的电动势和内阻,电压表应选用 (填“V1”或“V2”).
(2) 根据图甲连接电路,调节滑动变阻器,发现电流表读数变化明显,但电压表读数变化不明显,是因为(填正确答案
标号).
A. 电压表的内阻太大
B. 电流表的内阻太小
C. 待测电池的内阻太小
甲 乙
(3) 为此,该同学重新设计电路.请在虚线框中画出重新设计的电路图.
(4) 根据重新设计的电路操作,得到了多组电压表读数U 和对应的电流表读数I,并作出U-I 图像如图乙所示.根据图像可知,
每节干电池的电动势为V,内阻为.(结果均保留两位小数)
13. (6分)小狗洗完澡后甩掉身上的水珠,假设每滴水珠的质量均为 1 g,小狗的身体简化成水平圆筒状,半径约为 10 cm,小狗
以角速度 0=10 rad/s 甩动身体.
(1) 求每滴水珠的向心加速度大小.
(2) 若小狗毛发对水珠的最大附着力为0.25 N,甩动过程中水珠的重力可忽略不计,若水珠可以被甩出,则小狗甩动身体的转
速最小为?(计算结果保留一位小数)
14. (8分)按压式饮水器的原理如图所示.已知气囊的体积V 1=0.4 L,忽略细管及连接处的体积.某次使用前,桶内气体压强与
外部大气压强相等,桶内气体体积V 2=10 L,挤压气囊一次,当气囊中的气体全部被挤入桶内时,桶内的水恰好上升到出水口
5 3 3
处.若整个装置密封,气体温度变化忽略不计.已知大气压强p 0=1.010 Pa,水的密度=1.010 kg/m ,取重力加速度g=10
m/s2.
(1) 请说明上述过程中桶内气体是吸热还是放热,并说明理由.
(2) 求挤压气囊前,桶内液面离出水口的高度 h.
15. (12分)在空间直角坐标系 Oxyz的y>0 区域有沿-z 方向的匀强电场,电场强度大小为E,在y<0 区域有沿-z 方向的匀强磁
场,在x=-2d 处有一足够大的屏,俯视图如图乙所示.质量为m、电荷量为q 的粒子从y 轴上P(0,-d,0)以初速度v 0 沿+y 方向
射出,粒子第一次经过x 轴时速度方向与-x 方向的夹角=60.不计粒子的重力,粒子打到屏上立即被吸收.求:
(1) 磁感应强度大小B.
(2) 粒子经过x 轴时的坐标x 1.
(3) 粒子打到屏上位置的z 轴坐标z 1.
甲 乙
16. (15分)在一水平的长直轨道上,放着两块完全相同的质量为m 的长方形木块,分别为木块1 和木块2,如图所示.在木块1
左边放一质量为M=2m 的大木块,大木块与木块1 之间的距离与1、2 两木块间的距离相同,均为L.在所有木块都静止的情
况下,将一沿轨道方向大小为F 0 的力一直作用在大木块上,使其先与木块1 发生碰撞,碰后与木块1 结合为一体再与木块2
发生碰撞,碰后又结合为一体且恰一起匀速运动,设每次碰撞时间极短,三个木块均可视为质点,且与轨道间的动摩擦因数相
同.已知重力加速度为 g.
(1) 求木块与水平轨道间的动摩擦因数.
(2) 求三个木块一起匀速运动时的速度大小和在两次碰撞中损失的总机械能.
(3) 若改变作用力F 的大小,使大木块与木块1 发生碰撞后结合为一体,但1、2 两木块间不发生碰撞,求F 的大小范围.
江苏省 2023—2024 学年高三上学期期末迎考卷物理
物理参考答案与评分标准
3 3 3
1. B解析:1H 发生衰变时,核内中子转变为一个质子和一个电子,故A 错误;依题意,该核反应释放能量,所以 2He 的比结合能大于 1H 的比结合能,故B 正确;放射性
3 3 3 0
元素的放射性与温度无关,故C 错误 ;1H 衰变时会释放能量,衰变过程中的质量亏损等于1H 的质量减 2He 的质量再减 -1e 的质量,故D 错误.
2. B x= L A c=f B
解析:根据 可知,若使用更长的杯子, 变大,条纹间距变大,故 错误;由 可知,若使用频率更低的激光,激光的波长变大,条纹间距变大,故 正确;增
大激光器到双缝之间的距离,间距不变,故C 错误;在杯子中填充折射率较大的透明物质,光在介质中的传播速度变小,频率不变,可知光在杯子中的波长变小,故条纹
间距变小,故D 错误.
3. A解析:两球加速度均为重力加速度,则相同时间内速度变化量大小相同,A 正确;两球相遇时间t= ,则 tan = =1,相遇时小球S 1 的速度方向与水平方向夹角为
2 2
45 B N C M N x=vt= h=2 x=h D .
, 错误;两球竖直方向的分位移相等,则相遇点在 点上方 2处, 错误; 、 间的距离为 ,又 2,则 , 错误
1
4. C y y A =vT=0.60.2 m=0.12 m P 0.15 m=+
解析:由图知,该质点的起振方向沿 轴负方向,则波源的起振方向沿 轴负方向, 错误;波长 ,波源与 点间的距离 4 ,当
t=0.1 s时,P 点位于平衡位置向上运动,结合波形知,当t=0.1 s时,波源处于波峰,B 错误;由图知振幅A=210 -2 m,则当该质点经过的路程为 110-1 m时,P 点位于波谷,
5
C P 510-2 m x=0.15 m-0.05 m=0.1 m= P 510-2 m
波源经过平衡位置,速度最大, 正确; 点与距波源 处的质点间的距离 6 , 点与距波源 处的质点运动方向并不始终相
同,D 错误.
1
5. D解析:ab 端输入电压为 220 V,由于送电线圈中的电阻R 分压,故送电线圈两端电压小于 220 V,则根据 1= 可知,受电线圈 cd 两端的输出电压小于 22 V,故A
2 2
2 1 1
错误;设手机两端电压为U',由题意可知U 2=U'+I2R,送电线圈的电流为I 1= I2=0.1 A,则送电线圈两端电压U 1=U-I1R=220-0.1R,根据 = ,可解得R=20 ,故B 错误;
1 2 2
充电时,与送电线圈相连的电阻R 两端的电压为U R=I1R=2 V,故C 错误;充电时,受电线圈 cd 两端的输出电压为U 2=U'+I2R=21.8 V,故D 正确.
-
6. A 8 s x =v t=24 m x =v t=48 m x= 乙 甲=12 m
解析:在 时间内甲、乙运动的距离分别为 甲 甲 、 乙 乙 根据对称性由图可得 2 ,根据几何关系可得蓝牙耳机在运动过程中
2 2
与手机无线连接的最远距离为d m= + () =13 m,故选A.
7. B解析:h 是“太空电梯”距地面高度,当h 为零时宇航员在地面,受万有引力和地面的支持力,绕地球运动的线速度小于第一宇宙速度,故A 错误;因地球同步卫星的
角速度等于地球自转的角速度,同步卫星受到的万有引力等于向心力,故当h 与地球同步卫星距地面高度相同时,宇航员受到的万有引力等于向心力,则宇航员处于
完全失重状态,故B 正确;根据a= 2r,可知h 越小,r 越小,宇航员绕地心运动的向心加速度越小,故C 错误;“太空电梯”相对地面静止,“太空电梯”里的宇航员随地球自
转的角速度相等,根据v=r,可知h 越大,r 越大,宇航员绕地心运动的线速度越大,故D 错误.
8. D解析:该过程中由水平速度产生的洛伦兹力做正功,故A 错误;小球受到的合力方向与速度方向不共线,所以其运动轨迹是一条曲线,故B 错误;洛伦兹力不做功,
故C 错误;小球在竖直方向做匀加速运动,故D 正确.
9. D解析:由图可知q 1 附近电势为正无穷,则q 1 为正电荷,q2 附近电势为负无穷,则q 2 为负电荷,故q 1 和q 2 带异种电荷,故A 错误;-x 图线的斜率对应电场强度,A点
处-x 图线的斜率不为零,则A 点的电场强度不为零,故B 错误;根据沿电场线方向电势降低,N、C 之间电场强度方向沿x 轴负方向,故C 错误;将电子沿x 轴从N移
到D,电势先增大后减小,电场力先做正功后做负功,故D 正确.
10. C解析:由乙图可知,线框在下降过程中,磁场先垂直斜面向下,磁感应强度逐渐减小为零,后磁场垂直斜面向上,磁感应强度由零逐渐增大,从上往下看,线框中的
电流方向为顺时针方向,根据左手定则可知,线框四个边均受到安培力,但受到的安培力的合力为零,虽然MN 边中感应电流的方向不变,但磁场的方向发生变化,因此
MN 边受到的安培力先沿斜面向下,再沿斜面向上,故A、B 错误;线框所受安培力的合力为零,故线框在重力和支持力的作用下沿斜面向下运动,沿斜面向下的分力为
mgsin ,由牛顿第二定律可得 mgsin =ma,解得a=gsin ,由v=v 0+at,可得经过时间t,线框的速度大小为v=gtsin ,故C 正确,D 错误.
11. C解析:在物体A 下落过程中绳的拉力对物体A 做负功,故机械能减小,故A 正确;由题意可知,初始状态弹簧无弹力,物体A 落地前瞬间,弹簧的形变量等于h,此
2
F=2mg k= = B A I B I A
时弹簧的弹力 ,弹簧的劲度系数为 ,故 错误;设整个过程中,绳子对 的冲量大小为 绳,则绳子对 和弹簧的冲量大小也为 绳,对 由动量定理得
mgt-I 绳=0,对B 和弹簧由动量定理得2mgt-I 地-I 绳=0,解得物体A 从静止下落到落地的t 时间内,地面对B 物体的冲量大小为I 地=mgt,故C 正确;将A 物体质量改为
1.5 3 1 1
1.5m 1.5mg A x= = h A 1.5mgx= kx2+ 1.5mv2
,当弹簧弹力等于 时, 受力平衡,加速度为零,速度最大,此时弹簧形变量 4 ,对 和弹簧的系统,根据机械能守恒得 2 2 ,解得
v= 3,故D 错误.
4
12. (15分)(1)V 1(2)C(3)见解析(4)1.500.50
解析:(1)2 节干电池串联起来,电动势约为 3 V,电压表应选用V 1.
(2)因为待测电池的内阻太小,路端电压变化不明显,故选C.
(3)如图所示
(4)设每节干电池的电动势为E,内阻为r,由闭合电路欧姆定律可得
U=2E-I(R0+2r)
2.0-3.0
结合乙图,可得2E=3.0 V,R 0+2r= =2.0
| 0.5 |
解得E=1.50 V,r=0.50
13. (6分)(1) 10 m/s 2(2) 8.0 r/s
2
解析:(1)由题意可知a= 0r
解得a=10 m/s 2
2
(2)根据F 附=mm r,m=2nm
25
n = 8.0 r/s
解得 m
14. (8分)(1) 放热 理由见解析(2) 0.4 m
解析:(1)在挤压气囊过程中,气囊内的气体进入桶中,外界对气体做功,气体的温度不变,则气体的内能不变,根据热力学第一定律可知,气体向外放热.(3分)
(2) 压缩气囊过程中,温度不变,由于水管体积非常小,水桶中气体体积不变,则知p 0(V1+V2)=pV2
当气囊中的气体全部被挤入桶内时,桶内的水恰好上升到出水口处,则有p=p 0+gh
联立解得h=0.4 m(5分)
0 62
15. (12分)(1) (2) -(2- 3)d(3) - 2
2 0
解析:(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
设粒子做圆周运动的半径为r,由几何关系有rcos =d
2
根据洛伦兹力提供向心力得 qv B=m 0
0
0
解得r=2d,B= 2 (3分)
(2)由几何关系可知-x1+rsin =2d
解得x 1=-(2- 3)d
所以粒子经过x 轴时的坐标x 1=-(2- 3)d(4分)
2
3 y>0 xOy v t v t = 1
( )粒子在 区域电场中做类平抛运动,在 平面内沿 0 方向做匀速直线运动,设粒子碰到屏前做类平抛运动的时间为 1,则 0 1 cos
a=
粒子运动的加速度
1
z z' = a2
在 轴负方向运动的距离 1 2 1
2 3 62
解得t 1= ,z'1= 2
0 0
62
所以打到屏上位置的z 轴坐标z 1=- 2 (5分)
0
0 5 13
16. 15 1 2 F L 3 0 ( 分)( ) 4( ) 16 0 ( ) 2 20 0 解析:(1) 根据平衡条件可得F 0=4mg 0 解得= 4 (3分) 1 2 1 v F -Mg L= M2 ( ) 设大木块与木块 碰撞前的速度为 1,根据动能定理得( 0 ) 2 1 解得v = 0 1 2 设大木块与木块1 碰撞后的速度为v 2,根据动量守恒定律可得 Mv1=(M+m)v2 1 2 解得v = 0 2 3 设木块1 与木块2 碰撞前的速度为v 3,根据动能定理得 1 1 F -3mg L= 3m2- 3m2 ( 0 ) 2 3 2 2 7 解得v = 0 3 18 设三个木块一起匀速运动的速度为v 4,根据动量守恒定律可得(M+m)v3=(M+2m)v4 1 7 解得v = 0 4 4 2 在两次碰撞中损失的总机械能为 1 E=F 2L-MgL- m+M gL- M+2m 2 0 ( ) 2( ) 4 5 E= F L 6 解得 16 0 ( 分) (3) 大木块与木块1 发生碰撞 (- )L>0 F>0 2 0 1 2 (2-0) 设大木块与木块1 碰撞前的速度为v 0,根据动能定理得 - L= M0,解得v 0= 2 2 2 2 1 v Mv = M+m v v= v 设大木块与木块 碰撞后的速度为 ,根据动量守恒定律可得 0 ( ) ,解得 3 0 3 1 13 1 2 FL< F L- M+m v2 F< F 若 、 两木块间不发生碰撞,则 4 0 2( ) ,解得 20 0 13 1 1 2 0 若大木块与木块 发生碰撞,但 、 两木块间不发生碰撞,则 2 20 0 ( 分)