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    山西省运城市2023-2024学年高三物理上学期摸底调研测试试题(Word版附解析)
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    山西省运城市2023-2024学年高三物理上学期摸底调研测试试题(Word版附解析)

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    这是一份山西省运城市2023-2024学年高三物理上学期摸底调研测试试题(Word版附解析),共22页。试卷主要包含了答题时使用0,保持卡面清洁,不折叠,不破损,4N等内容,欢迎下载使用。

    运城市2023-2024学年高三摸底调研测试
    物理试题
    本试题满分100分,考试时间90分钟。答案一律写在答题卡上。
    注意事项:
    1.答题前,考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,认真核对条形码上的姓名、准考证号,并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。
    2.答题时使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写,字体工整、笔迹清楚。
    3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答,超出答题区域书写的答案无效。
    4.保持卡面清洁,不折叠,不破损。
    一、单项选择题(本题共10小题,每小题3分,共30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. 下列关于原子物理的知识,说法正确的是( )
    A. 卢瑟福粒子散射实验说明原子的枣糕模型理论是正确的
    B. 在核反应方程中,X表示的是中子
    C. β射线是高速运动的电子流,经过β衰变后原子在周期表中的位置向后移一位
    D. 氢的半衰期是3.8天,8个氢原子核经过7.6天之后,还剩下2个未发生衰变
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.卢瑟福粒子散射实验说明原子的枣糕模型理论是错误的,故A错误;
    B.在核反应方程中,根据质量数和电荷数守恒可知,X表示的是质子,故B错误;
    C.β射线是高速运动的电子流,经过β衰变后,原子核中的质子数增加1个,原子在周期表中的位置向后移一位,故C正确;
    D.半衰期只适用于大量原子核的衰变规律,氢的半衰期是3.8天,8个氢原子核经过7.6天之后,不一定还剩下2个未发生衰变,故D错误。
    故选C。
    2. 平直公路上有甲、乙两车,t=0时刻从同一位置同向运动,它们运动的v-t图象如图所示.下列说法正确的是

    A. t1时刻甲、乙两车相距最远
    B. t2时刻,两车的加速度相同
    C. 0~t2时间内,乙车的速度先减小后变大
    D. 0~t2时间内,乙车平均速度大于
    【答案】C
    【解析】
    【详解】当速度相同时,两者相距最远,故在t2时刻相距最远,故A错误;在v-t图象中,斜率代表加速度,t2时刻,斜率不同,故两车的加速度不相同,故B错误;由图可知,0~t2时间内,乙车的速度先减小后变大,故C正确;在v-t图象中,与时间轴所围面积为物体运动的位移,故甲的平均速度大于乙的平均速度,甲做匀变速运动,甲的平均速度为,故乙的平均速度小于,故D错误;故选C.
    3. 风洞是进行空气动力学实验的一种主要设备。某兴趣小组为了检验一飞机模型的性能,对该模型进行厂风洞实验。实验示意图如图所示,AB代表飞机模型的截面,OL为飞机模型的牵引绳。已知飞机模型重8N,调节风力方向水平向右,当风速v=3m/s时牵引绳水平,飞机模型恰好静止在空中,此时模型截面与水平面的夹角为θ=37°,风洞产生的风力大小满足关系(k为常数,v为风速)。下列说法正确的是( )

    A. 此时作用在飞机模型上的风力大小为6.4N
    B. 此时牵引绳的拉力大小为6N
    C. 常数k=2kg/s
    D. 若增大风速同时保持绳子水平模型仍能静止,则绳子的拉力一定减小
    【答案】B
    【解析】
    【详解】AB.以飞机模型为研究对象,飞机模型静止在空中时,其受力如图所示

    根据受力平衡可知,作用在飞机模型上的风力大小为

    此时牵引绳的拉力大小为

    故A错误,B正确;
    C.根据

    可得

    故C错误;
    D.若增大风速同时保持绳子水平模型仍能静止,根据受力平衡可得

    由于风力增大,可知绳子的拉力一定增大,故D错误。
    故选B。
    4. 在某次乒乓球比赛中,乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网,过网时的速度方向均垂直于球网。把两次落台的乒乓球看成完全相同的球1和球2,如图所示。不计乒乓球的旋转和空气阻力,研究乒乓球自起跳到过网的过程,下列说法正确的是( )

    A. 起跳时,球1重力的功率大于球2重力的功率
    B. 起跳时,球1动量的大小小于球2动量的大小
    C. 过网时,球1的速度小于球2的速度
    D. 球1的速度变化率等于球2的速度变化率
    【答案】D
    【解析】
    【详解】AC.起跳后,乒乓球的运动视为斜抛运动,其逆过程为平抛运动,由

    可得

    则球1的飞行时间等于球2的飞行时间,过网时球的速度是平抛运动的初速度,由于球1的水平位移大,故过网时,球1的速度大于球2的速度;起跳时,竖直分速度为

    可知起跳时,两球竖直方向的分速度是相等的,则此时球1的重力功率等于球2的重力功率,故AC错误;
    B.起跳时,由于两球竖直方向的分速度是相等的,而球1的水平速度大于球2的水平速度,根据速度合成可知,球1的速度大于球2的速度,根据

    可知起跳时,球1动量的大小大于球2动量的大小,故B错误;
    D.不计乒乓球的旋转和空气阻力,可知球1的速度变化率等于球2的速度变化率,均等于重力加速度,故D正确。
    故选D。
    5. 如图所示,在圆心为O的半圆周上有M、N、P、Q四点,MN是直径的两个端点,MN与PQ平行,MP之间的距离等于半径。在M、N两点分别放置等量正电荷,下列说法正确的是( )

    A. P、Q两点的电场强度大小相等
    B. 电子在P点的电势能比在Q点的电势能大
    C. 正电荷沿着圆弧从P点移动到Q点的过程中,电场力始终不做功
    D. P、Q两点的电势差等于O、Q两点的电势差
    【答案】A
    【解析】
    【详解】等量同种电荷的电场线分布如图所示

    A.根据等量同种电荷的电场线特点,结合对称性可知,P、Q两点的电场强度大小相等,故A正确;
    B.根据等量同种电荷的周围电势分布特点,结合对称性可知,P、Q两点的电势相等,则电子在P点的电势能等于在Q点的电势能,故B错误;
    C.根据等量同种电荷的周围电势分布特点,可知正电荷沿着圆弧从P点移动到Q点的过程中,由于圆弧不是等势面,所以电场力不是始终不做功,故C错误;
    D.P、Q两点的电势差为零,O、Q两点的电势差大于零,故D错误。
    故选A。
    6. 如图甲,“战绳训练”是当下常见的健身方式,健身爱好者甩动战绳令其在竖直平面内形成简谐波。图乙是某次训练中t=0.1s时刻战绳的波形图,绳上质点P的振动图像如图内所示。下列说法正确的是( )

    A. 该波沿x轴负方向传播
    B. 该波波源起振方向为y轴负方向
    C. 波源起振后0.4s,x=3m处的质点第一次回到平衡位置
    D. 若增大抖动的幅度,波速会增大
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.根据图丙可知质点P在t=0.1s时从平衡位置向下振动,根据波形平移法可知,该波沿x轴正方向传播,故A错误;
    B.由图丙可知,若t=0时刻质点P开始起振,质点P的起振方向为y轴正方向,则该波波源起振方向为y轴正方向,故B错误;
    C.由图丙可知周期为,由图乙可知波长为,则波速为

    可知从波源位置传到x=3m处所用时间为

    则波源起振后0.4s,x=3m处的质点已经振动了,可知该质点第一次回到平衡位置,故C正确;
    D.波速由介质决定,若增大抖动的幅度,波速不变,故D错误。
    故选C。
    7. 一群处于第4能级的氢原子,向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光,将这些光分别照射到图甲电路阴板K的金属上,只能测得3条电流随电压变化的图象如图乙所示,已知氢原子的能级图如图丙所示,则下列推断正确的是( )

    A. 图乙中的c光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的
    B. 图乙中b光光子能量为12.09eV
    C. 动能为1eV的电子能使处于第3能级的氨原子电离
    D. 阴极金属的逸出功可能为W0=1.75eV
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.由图乙可知,a光的遏止电压最大,根据

    可知,a光频率最高,是由第4能级向基态跃迁发出的,故A错误;
    B.b光是由第3能级向基态跃迁发出的,其能量值为

    故B正确;
    C.由图丙可知,第3能级的能量值为,电离能为,由玻尔理论可知,动能为1eV的电子不能使处于第3能级的氢原子电离,故C错误;
    D.能量第3大的光子能量为

    能量第4大的光子能量为

    由于只测得3条电流随电压变化的图像,故阴极金属的逸出功介于2.55eV~10.2eV之间,不可能是1.75eV,故D错误。
    故选B。
    8. 一块玻璃砖的横截面为直角三角形,如图所示,,,直角边的长度为。一束蓝光平行于从斜边上的点射向玻璃砖,与夹角,光线经面折射后从面上的点射出。已知该玻璃砖对蓝光的折射率,真空中的光速为,则蓝光从点传播到点所用时间为(  )

    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【详解】作出光路图如图所示:

    由几何关系可得,光在AC面上的入射角为

    根据折射率得

    解得

    根据几何关系可得

    该蓝光在玻璃砖中的传播速度

    所以蓝光从P点传播到Q点所用时间

    故选A。
    9. 如图所示,电路中R1、R2均为可变电阻,电源内阻不能忽略.平行板电容器C的极板水平放置.闭合电键S,电路达到稳定时,带电油滴悬浮在两板之间静止不动. 如果仅改变下列某一个条件,油滴仍能静止不动的是( )

    A. 增大R1的阻值 B. 增大R2的阻值
    C. 增大两板间的距离 D. 断开电键S
    【答案】B
    【解析】
    【详解】试题分析:以油滴为研究对象进行受力分析可知,油滴静止不动,所受电场力与重力平衡,即,现欲使油滴仍能处于平衡状态,则保证电场强度不发生变化即可,R1的电压不变即可,题中R2没有电流通过,故改变R2时对电路工作状态无影响,所以选项B正确、A错误;而增大两板间距离时,电场强度减小,油滴下落,所以选项C错误;断开电键S时,电容器与可变电阻构成闭合回路,电容器放电,油滴下落,所以选项D错误;
    考点:闭合电路欧姆定律、平行板电容器
    10. 如图所示,圆心角为90°的扇形区域MON内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,P点为半径OM的中点。现有比荷相等的两个带电粒子a、b,以不同的速度大小先后从P点沿ON方向射入磁场,粒子a从M点射出,粒子b从N点射出,不计粒子重力及粒子间相互作用。下列说法正确的是(  )

    A 粒子a带正电,粒子b带负电
    B. 粒子a、b的加速度大小之比为1:5
    C. 粒子a、b的角速度之比为1:5
    D. 粒子a在磁场中运动时间较短
    【答案】B
    【解析】
    【分析】
    【详解】A.粒子a从M点射出,其所受洛伦兹力向上,根据左手定则可知粒子a带负电,粒子b从N点射出,其所受洛伦兹力向下,根据左手定则可知粒子b带正电,所以A错误;
    B.粒子a从M点射出,由几何关系可得

    粒子b从N点射出,由几何关系可得

    解得

    根据


    解得

    由于两个带电粒子a、b的比荷相等,所以粒子a、b的加速度与轨道半径成正比,则粒子a、b的加速度大小之比为1:5,所以B正确;
    C.根据

    联立可得

    则粒子a、b的角速度之比为1:1,所以C错误;
    D.根据

    粒子在磁场中运动时间为

    由于粒子a在磁场中圆心角较大,所以粒子a在磁场中运动时间较长,则D错误;
    故选B。
    二、多项选择题(本题5小题,每小题4分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
    11. 一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,该过程的T-V图像如图所示,则(  )

    A. 由A变化到B的过程中,气体的压强不变
    B. 状态A处的压强与状态B处的压强之比为4:3
    C. 由A变化到B的过程中,气体从外界吸热
    D. 由A变化到B,单位时间内单位面积上气体分子对容器壁的撞击次数变少
    【答案】BCD
    【解析】
    【详解】AB.根据

    代入数据得

    故A错误,B正确;
    C.由A变化到B的过程中,温度升高,内能增大

    体积增大,气体对外做功
    W<0
    根据

    气体从外界吸热,故C正确;
    D.由A变化到B,压强变小,体积增大,单位时间内单位面积上气体分子对容器壁的撞击次数变少,故D正确。
    故选BCD。
    12. 2023年1月21日,神舟十五号3名航天员在400km高的空间站向祖国人民送上新春祝福,空间站的运行轨道可近似看作圆形轨道I,椭圆轨道Ⅱ为神舟十五号载人飞船运行轨道,两轨道相切于A点,飞船经过变轨,可与空间站成功对接。设地球表面重力加速度为g,地球半径为R,下列说法正确的是( )

    A. 在A点时神舟十五号经过点火加速才能从轨道II进入轨道I
    B. 飞船在轨道II的运行周期大于空间站在轨道I的运行周期
    C. 空间站在轨道I上的速度小于
    D. 轨道I上的神舟十五号想与前方的空间站对接,只需要沿运动方向加速即可
    【答案】AC
    【解析】
    【详解】A.在A点时神舟十五号经过点火加速才能从轨道II进入轨道I,故A正确;
    B.由于飞船在轨道II的半长轴小于空间站在轨道I的半径,根据开普勒第三定律可知,飞船在轨道II的运行周期小于空间站在轨道I的运行周期,故B错误;
    C.空间站在轨道I上运行时,根据万有引力提供向心力可得



    联立解得空间站在轨道I上的速度为

    故C正确;
    D.轨道I上的神舟十五号如果沿运动方向加速,将做离心运动,不可能与前方的空间站对接,故D错误。
    故选AC
    13. 某手机充电器充电时的电路可简化为如图甲所示电路,原线圈串联一个阻值R1=800Ω的定值电阻,副线圈c、d连接阻值R2=5Ω的定值电阻,a、b两端输入如图乙所示正弦交流电压,理想电流表的示数为0.025A,则下列说法正确的是( )

    A. 理想电压表的示数为10V
    B. 电阻R2的电功率为5W
    C. 理想变压器原、副线圈匝数比为40:1
    D. 若电阻R1的阻值减小,则电阻R2的电功率也将减小
    【答案】BC
    【解析】
    【详解】AB.设原线圈输入电压为,则有

    根据

    可得

    解得副线圈输出电压为

    可知理想电压表的示数为,电阻R2的电功率为,故A错误,B正确;
    C.由理想变压器电压比等于匝数比可得,理想变压器原、副线圈匝数比为

    故C正确;
    D.将变压器与R2看成一个等效电阻,若电阻R1的阻值减小,则原线圈的输入电压增大,副线圈的输出电压增大,故电阻R2的电功率将增大,故D错误。
    故选BC。
    14. 如图所示,物体P用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上,它随杆转动,若转动角速度为ω,则(  )

    A. ω只有超过某一值时,绳子AP才有拉力
    B. 绳子BP的拉力随ω的增大而不变
    C. 绳子BP的张力一定大于绳子AP的张力
    D. 当ω增大到一定程度时,绳子AP的张力大于绳子BP的张力
    【答案】AC
    【解析】
    【详解】AB.ω较小时,AP松弛,绳子BP的拉力随ω的增大而增大,故A正确,B错误;
    CD.当ω达到某一值ω0时,AP刚好绷紧.物体P受力分析如图所示

    其合力提供向心力,竖直方向合力为零,故
    FBP>FAP
    故C正确,D错误。
    故选AC。
    15. 如图所示,质量均为的物块A、B用轻弹簧连接并竖直放置,轻绳绕过分别固定在同一水平面上两点的定滑轮一端与物块A相连,另一端与质量为的小球C相连,小球C套在水平固定、粗细均匀的光滑直杆上。开始时,小球C锁定在直杆的点,连接小球的轻绳与水平方向的夹角为,物块B对地面的压力恰好为零。某时刻解除对小球C的锁定,同时对小球C施加一个水平向右、大小为的恒力,小球C运动到直杆点时的速度达到最大,与水平方向的夹角也为,点为两点的中点,两点间的距离为点在物块的正上方,小球C运动过程中轻绳始终处于拉直状态,弹簧始终在弹性限度内。忽略两定滑轮的大小,已知重力加速度大小为g,。下列说法正确的是(  )

    A. 小球C从点运动到点的过程中,合外力对物块A做的功不为零
    B. 小球C从点运动到点的过程中,弹簧的弹力和轻绳的拉力以及物块A的重力对物块A冲量的和为零
    C. 小球C运动到点时的速度大小为
    D. 小球C运动到点时物块A的加速度大小为
    【答案】BC
    【解析】
    【详解】A.小球C在P点时物块A的速度为零;小球C运动到D点时物块A的速度也为零,则该过程中,合外力对物块A做的功为零,故A错误;
    B.小球C从P点运动到D点的过程中,物块A的动量变化为零,根据动量定理可知,弹簧的弹力和轻绳的拉力以及物块A的重力对物块A冲量的和为零,故B正确;
    C.小球C运动到Q点时,A回到原来的位置,则弹簧弹性势能不变,设C的速度为v,则A的速度为vcosθ,由能量关系

    解得C的速度

    故C正确;
    D.小球C运动到直杆Q点时的速度达到最大,则此时C受合力为零,则对小球C有

    对A由牛顿第二定律

    解得A的加速度

    故D错误。
    故选BC。
    三、实验题(本题共2小题,共15分)
    16. 电子体重秤是生活中常用的体重测量工具,其内部装有阻值随所受压力变化的压力传感器,同学甲为了准确测定不同压力下传感器的阻值,对家中的体重秤拆解后,在原有电路上进行了改装,如图1所示,(图中数字电路模块阻值保持不变,且能显示称量物体的质量)。该同学实验步骤如下:
    ①将开关S接1,在压力传感器上放上重物;
    ②记下数字电路模块显示的重物质量;
    ③将开关S接2,调节电阻箱使数字电路模块显示相同的质量,并记录此时电阻箱的阻值;
    ④将开关S接1,在压力传感器上增加重物;
    ⑤重复②~④,获取多组数据后断开开关S,结束实验。

    (1)某次实验过程中,电阻箱示数如图2所示,则此时压力传感器的电阻值为_______Ω;
    (2)同学整理了实验所得数据后,得到压力传感器的阻值与压力关系如图3所示,当压力传感器的阻值为110Ω时,传感器上放置重物的质量为_______kg(重力加速度g取10m/s2)。
    【答案】 ①. 50.0 ②. 56
    【解析】
    【详解】(1)[1]由图1与实验步骤可知,小明采用等效替代法测量压力传感器的阻值,故压力传感器的阻值等于电阻箱阻值,由题图2可得电阻箱阻值为50.0Ω,故此时压力传感器的电阻值为50.0Ω。
    (2)[2]由题图3可知压力传感器的阻值与其受到的压力大小成线性关系,设关系式为

    结合图3可得

    可得

    将代入解得

    解得重物的质量为

    17. 利用双缝干涉测定光的波长实验中,双缝间距d=0.4mm,双缝到光屏的距离L=0.5m,用某种单色光照射双缝得到干涉条纹,测量了第1条至第6条亮纹之间的距离,游标卡尺的示数分别如下图所示。

    (1)分划板在第1条亮纹位置时,游标卡尺读数为_______mm,在第6条亮纹位置时,游标卡尺读数为_______mm;
    (2)该单色光的波长为λ=________m(保留三位有效数字);
    (3)关于该实验,下列说法正确的是________
    A.若改用频率较高的单色光照射,得到的干涉条纹间距将变小
    B.若想减少从目镜中观察到的条纹个数,可以将屏向靠近双缝的方向移动
    C.若想增加从目镜中观察到的条纹个数,可以将单缝向靠近双缝的方向移动
    【答案】 ①. 11.1 ②. 15.5 ③. 7.04×10-7 ④. A
    【解析】
    【详解】(1)[1][2]10分度游标卡尺的精确值为,由图可知分划板在第1条亮纹位置时,游标卡尺读数为

    在第6条亮纹位置时,游标卡尺读数为

    (2)[3]根据



    联立可得该单色光的波长为

    (3)[4]根据

    A.若改用频率较高的单色光照射,则波长变小,得到的干涉条纹间距将变小,故A正确;
    B.若想减少从目镜中观察到的条纹个数,则应使增大,可以将屏向远离双缝的方向移动,故B错误;
    C.若想增加从目镜中观察到的条纹个数,则应使减小,可以将屏向靠近双缝的方向移动或者减小双缝间距;将单缝向靠近双缝的方向移动,不会改变,故C错误。
    故选A。
    四、计算题(本题共3小题,共35分)
    18. 机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示,倾角为θ=37°的传送带以恒定速率运行,工作人员将包裹(可视为质点)轻放在传送带顶端,顶端A距离地面高度为H=4.92m(忽略转轴大小),包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:包裹从A运动到B所需要的时间。

    【答案】2.2
    【解析】
    详解】包裹与传送带共速前,对包裹受力分析得

    解得

    包裹与传送带共速所用时间为

    包裹痛过的位移为

    包裹与传送带共速后,对包裹受力分析得

    解得

    根据运动学规律得

    解得

    则包裹从A运动到B所需要的时间为

    19. 如图所示,在光滑水平面上N点的左侧有一场强E=4×103N/C的匀强电场,质量为mB=1.5kg的绝缘木板B静止在N点右侧,质量为mC=0.5kg的小物块C(可视为质点)静止在B的右端上,BC间动摩擦因数μ=0.2,将mA=lkg、电量q=1×10-3C的带电小滑块A(可视为质点)由静止释放,运动s=2m到达N点,与B发生弹性碰撞,此后C恰好未从B上滑落,求:
    (1)A运动到N点时的动量;
    (2)滑块C的最大速度;
    (3)木板B的长度。

    【答案】(1)4kg·m/s,方向水平向右(2)2.4m/s;(3)1.92m
    【解析】
    【详解】(1)A运动s的过程中,由动能定理得

    解得

    则A运动到N点时的动量为

    方向水平向右。
    (2)AB发生弹性碰撞,由动量守恒可得

    由机械能守恒可得

    联立解得

    B与C相互作用至共速,由动量守恒得

    解得

    可知滑块C的最大速度为。
    (3)对B与C由能量守恒得

    解得木板B的长度为

    20. 如图所示,空间存在一个边长为3L的矩形有界磁场,磁感应强度大小为B。一个边长为L,质量为m,电阻为R的正方形金属线框A,以速度v沿x轴进入磁场,最终停在图示的虚线位置,(各处产生的摩擦均忽略不计)求:
    (1)线框A刚进入磁场时加速度大小;
    (2)线框A进入磁场的整个过程中通过线框的电荷量;
    (3)线框A出磁场时运动的距离x。

    【答案】(1);(2);(3)
    【解析】
    【详解】(1)A进入磁场时,由法拉第电磁感应定律得

    由欧姆定律得

    由牛顿第二定律得

    解得

    (2)进入磁场的整个过程中


    解得

    (3)设线框A全部进入磁场时速度为,由动量定理得


    所以

    线框A出磁场,由动量定理得

    解得

    或者解法2:对线框A进出磁场全过程用动量定理得


    解得
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