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2023-2024学年江苏省高三上学期期末迎考 物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年江苏省高三上学期期末迎考 物理试卷（含解析），共8页。试卷主要包含了1 s时波源振动的速度最大等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年江苏省高三上学期期末迎考 物理试卷（含解析）
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)
1. 氚(13H)的半衰期为12.43年,核反应方程为 13H→23He+-10e.下列说法中正确的是( )
A. 该反应中产生的电子来源于 13H的外层电子
B. 23He的比结合能大于 13H的比结合能
C. 经过高温加热其放射性消失
D. 13H衰变时会释放能量,衰变过程中的质量亏损等于 -10e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S1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S2球上升到最高点时恰与S1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S1的速度方向与水平方向夹角为30°
C. 两球的相遇点在N点上方ℎ3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1×10-1 m的路程时,波源振动的速度最大
D. P点与距波源5×10-2 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n1,受电线圈的匝数为n2,且n1∶n2=10∶1.两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 Ω
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Δt=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q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点,两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示,则( )
A. q1和q2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 θ
D. 由于有阻力作用,经时间t,线框的速度小于gtsin θ
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mgℎ
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
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2gℎ3
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V1(量程03 V,内阻很大)
电压表V2(量程015 V,内阻很大)
电流表A(量程00.6 A,内阻约为0.5 Ω)
定值电阻R0(阻值1.0 Ω,额定功率为4 W)
滑动变阻器R(阻值范围010 Ω,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 Ω.(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ω0=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V1=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V2=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处.若整个装置密封,气体温度变化忽略不计.已知大气压强p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,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v0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θ=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x1.
(3) 粒子打到屏上位置的z轴坐标z1.
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F0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
1. B 解析:13H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 23He的比结合能大于 13H的比结合能,故B正确;放射性元素的放射性与温度无关,故C错误;13H衰变时会释放能量,衰变过程中的质量亏损等于13H的质量减 23He的质量再减 -10e的质量,故D错误.
2. B 解析:根据Δx=Ldλ可知,若使用更长的杯子,L变大,条纹间距变大,故A错误;由c=λf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B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=vg,则tan θ=gtv=1,相遇时小球S1的速度方向与水平方向夹角为45°,B错误;两球竖直方向的分位移相等,则相遇点在N点上方ℎ2处,C错误;M、N间的距离为x=vt=v2g,又h=2·v22g,则x=h,D错误.
4. C 解析:由图知,该质点的起振方向沿y轴负方向,则波源的起振方向沿y轴负方向,A错误;波长λ=vT=0.6×0.2 m=0.12 m,波源与P点间的距离0.15 m=λ+14λ,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=2×10-2 m,则当该质点经过的路程为1×10-1 m时,P点位于波谷,波源经过平衡位置,速度最大,C正确;P点与距波源5×10-2 m处的质点间的距离Δx=0.15 m-0.05 m=0.1 m=56λ,P点与距波源5×10-2 m处的质点运动方向并不始终相同,D错误.
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U1U2=n1n2可知,受电线圈cd两端的输出电压小于22 V,故A错误;设手机两端电压为U',由题意可知U2=U'+I2R,送电线圈的电流为I1=n2n1I2=0.1 A,则送电线圈两端电压U1=U-I1R=220-0.1R,根据U1U2=n1n2,可解得R=20 Ω,故B错误;充电时,与送电线圈相连的电阻R两端的电压为UR=I1R=2 V,故C错误;充电时,受电线圈cd两端的输出电压为U2=U'+I2R=21.8 V,故D正确.
6. A 解析:在8 s时间内甲、乙运动的距离分别为x甲=v甲t=24 m、x乙=v乙t=48 m根据对称性由图可得Δx=x乙-x甲2=12 m,根据几何关系可得蓝牙耳机在运动过程中与手机无线连接的最远距离为dm=d2+(Δx)2=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=ω2r,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=ωr,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q1附近电势为正无穷,则q1为正电荷,q2附近电势为负无穷,则q2为负电荷,故q1和q2带异种电荷,故A错误;φ-x图线的斜率对应电场强度,A点处φ-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 θ,由牛顿第二定律可得mgsin θ=ma,解得a=gsin θ,由v=v0+at,可得经过时间t,线框的速度大小为v=gtsin θ,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,此时弹簧的弹力F=2mg,弹簧的劲度系数为k=Fℎ=2mgℎ,故B错误;设整个过程中,绳子对A的冲量大小为I绳,则绳子对B和弹簧的冲量大小也为I绳,对A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1.5m,当弹簧弹力等于1.5mg时,A受力平衡,加速度为零,速度最大,此时弹簧形变量x=1.5mgk=34h,对A和弹簧的系统,根据机械能守恒得1.5mgx=12kx2+12×1.5mv2,解得v=3gℎ4,故D错误.
12. (15分)(1)V1 (2)C (3)见解析 (4)1.50 0.50
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V1.
(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)
结合乙图,可得2E=3.0 V,R0+2r=2.0-3.00.5 Ω=2.0 Ω
解得E=1.50 V,r=0.50 Ω
13. (6分)(1) 10 m/s2 (2) 8.0 r/s
解析:(1)由题意可知a=ω02r
解得a=10 m/s2
(2)根据F附=mωm2r,ωm=2πnm
解得nm=25π≈8.0 r/s
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p0(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=p0+ρgh
联立解得h=0.4 m(5分)
15. (12分)(1) mv02dq (2) -(2-3)d (3) -6Eqd2mv02
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rcs θ=d
根据洛伦兹力提供向心力得qv0B=mv02r
解得r=2d,B=mv02dq(3分)
(2)由几何关系可知-x1+rsin θ=2d
解得x1=-(2-3)d
所以粒子经过x轴时的坐标x1=-(2-3)d(4分)
(3)粒子在y>0区域电场中做类平抛运动,在xOy平面内沿v0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t1,则v0t1=2d+x1csθ
粒子运动的加速度a=Eqm
在z轴负方向运动的距离z'1=12at12
解得t1=23dv0,z'1=6Eqd2mv02
所以打到屏上位置的z轴坐标z1=-6Eqd2mv02(5分)
16. (15分)(1) F04mg (2) 516F0L (3) F02解析:(1) 根据平衡条件可得F0=4μmg
解得μ=F04mg(3分)
(2) 设大木块与木块1碰撞前的速度为v1,根据动能定理得(F0-μMg)L=12Mv12
解得v1=F0L2m
设大木块与木块1碰撞后的速度为v2,根据动量守恒定律可得Mv1=(M+m)v2
解得v2=132F0Lm
设木块1与木块2碰撞前的速度为v3,根据动能定理得
(F0-3μmg)L=12·3mv32-12·3mv22
解得v3=7F0L18m
设三个木块一起匀速运动的速度为v4,根据动量守恒定律可得(M+m)v3=(M+2m)v4
解得v4=147F0L2m
在两次碰撞中损失的总机械能为
ΔE=F0·2L-μMgL-μ(m+M)gL-12(M+2m)v42
解得ΔE=516F0L(6分)
(3) 大木块与木块1发生碰撞F-μMgL>0
F>F02
设大木块与木块1碰撞前的速度为v0,根据动能定理得F-F02L=12Mv02,解得v0=(2F-F0)L2m
设大木块与木块1碰撞后的速度为v,根据动量守恒定律可得Mv0=(M+m)v,解得v=23v0
若1、2两木块间不发生碰撞,则FL<34F0L-12(M+m)v2,解得F<1320F0
若大木块与木块1发生碰撞,但1、2两木块间不发生碰撞,则F02
2023-2024学年江苏省高三上学期期末迎考 物理试卷（含解析）
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)
1. 氚(13H)的半衰期为12.43年,核反应方程为 13H→23He+-10e.下列说法中正确的是( )
A. 该反应中产生的电子来源于 13H的外层电子
B. 23He的比结合能大于 13H的比结合能
C. 经过高温加热其放射性消失
D. 13H衰变时会释放能量,衰变过程中的质量亏损等于 -10e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S1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S2球上升到最高点时恰与S1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S1的速度方向与水平方向夹角为30°
C. 两球的相遇点在N点上方ℎ3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1×10-1 m的路程时,波源振动的速度最大
D. P点与距波源5×10-2 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n1,受电线圈的匝数为n2,且n1∶n2=10∶1.两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 Ω
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Δt=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q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点,两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示,则( )
A. q1和q2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 θ
D. 由于有阻力作用,经时间t,线框的速度小于gtsin θ
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mgℎ
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
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2gℎ3
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V1(量程03 V,内阻很大)
电压表V2(量程015 V,内阻很大)
电流表A(量程00.6 A,内阻约为0.5 Ω)
定值电阻R0(阻值1.0 Ω,额定功率为4 W)
滑动变阻器R(阻值范围010 Ω,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 Ω.(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ω0=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V1=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V2=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处.若整个装置密封,气体温度变化忽略不计.已知大气压强p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,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v0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θ=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x1.
(3) 粒子打到屏上位置的z轴坐标z1.
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F0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
1. B 解析:13H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 23He的比结合能大于 13H的比结合能,故B正确;放射性元素的放射性与温度无关,故C错误;13H衰变时会释放能量,衰变过程中的质量亏损等于13H的质量减 23He的质量再减 -10e的质量,故D错误.
2. B 解析:根据Δx=Ldλ可知,若使用更长的杯子,L变大,条纹间距变大,故A错误;由c=λf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B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=vg,则tan θ=gtv=1,相遇时小球S1的速度方向与水平方向夹角为45°,B错误;两球竖直方向的分位移相等,则相遇点在N点上方ℎ2处,C错误;M、N间的距离为x=vt=v2g,又h=2·v22g,则x=h,D错误.
4. C 解析:由图知,该质点的起振方向沿y轴负方向,则波源的起振方向沿y轴负方向,A错误;波长λ=vT=0.6×0.2 m=0.12 m,波源与P点间的距离0.15 m=λ+14λ,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=2×10-2 m,则当该质点经过的路程为1×10-1 m时,P点位于波谷,波源经过平衡位置,速度最大,C正确;P点与距波源5×10-2 m处的质点间的距离Δx=0.15 m-0.05 m=0.1 m=56λ,P点与距波源5×10-2 m处的质点运动方向并不始终相同,D错误.
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U1U2=n1n2可知,受电线圈cd两端的输出电压小于22 V,故A错误;设手机两端电压为U',由题意可知U2=U'+I2R,送电线圈的电流为I1=n2n1I2=0.1 A,则送电线圈两端电压U1=U-I1R=220-0.1R,根据U1U2=n1n2,可解得R=20 Ω,故B错误;充电时,与送电线圈相连的电阻R两端的电压为UR=I1R=2 V,故C错误;充电时,受电线圈cd两端的输出电压为U2=U'+I2R=21.8 V,故D正确.
6. A 解析:在8 s时间内甲、乙运动的距离分别为x甲=v甲t=24 m、x乙=v乙t=48 m根据对称性由图可得Δx=x乙-x甲2=12 m,根据几何关系可得蓝牙耳机在运动过程中与手机无线连接的最远距离为dm=d2+(Δx)2=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=ω2r,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=ωr,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q1附近电势为正无穷,则q1为正电荷,q2附近电势为负无穷,则q2为负电荷,故q1和q2带异种电荷,故A错误;φ-x图线的斜率对应电场强度,A点处φ-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 θ,由牛顿第二定律可得mgsin θ=ma,解得a=gsin θ,由v=v0+at,可得经过时间t,线框的速度大小为v=gtsin θ,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,此时弹簧的弹力F=2mg,弹簧的劲度系数为k=Fℎ=2mgℎ,故B错误;设整个过程中,绳子对A的冲量大小为I绳,则绳子对B和弹簧的冲量大小也为I绳,对A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1.5m,当弹簧弹力等于1.5mg时,A受力平衡,加速度为零,速度最大,此时弹簧形变量x=1.5mgk=34h,对A和弹簧的系统,根据机械能守恒得1.5mgx=12kx2+12×1.5mv2,解得v=3gℎ4,故D错误.
12. (15分)(1)V1 (2)C (3)见解析 (4)1.50 0.50
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V1.
(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)
结合乙图,可得2E=3.0 V,R0+2r=2.0-3.00.5 Ω=2.0 Ω
解得E=1.50 V,r=0.50 Ω
13. (6分)(1) 10 m/s2 (2) 8.0 r/s
解析:(1)由题意可知a=ω02r
解得a=10 m/s2
(2)根据F附=mωm2r,ωm=2πnm
解得nm=25π≈8.0 r/s
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p0(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=p0+ρgh
联立解得h=0.4 m(5分)
15. (12分)(1) mv02dq (2) -(2-3)d (3) -6Eqd2mv02
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rcs θ=d
根据洛伦兹力提供向心力得qv0B=mv02r
解得r=2d,B=mv02dq(3分)
(2)由几何关系可知-x1+rsin θ=2d
解得x1=-(2-3)d
所以粒子经过x轴时的坐标x1=-(2-3)d(4分)
(3)粒子在y>0区域电场中做类平抛运动,在xOy平面内沿v0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t1,则v0t1=2d+x1csθ
粒子运动的加速度a=Eqm
在z轴负方向运动的距离z'1=12at12
解得t1=23dv0,z'1=6Eqd2mv02
所以打到屏上位置的z轴坐标z1=-6Eqd2mv02(5分)
16. (15分)(1) F04mg (2) 516F0L (3) F02
解得μ=F04mg(3分)
(2) 设大木块与木块1碰撞前的速度为v1,根据动能定理得(F0-μMg)L=12Mv12
解得v1=F0L2m
设大木块与木块1碰撞后的速度为v2,根据动量守恒定律可得Mv1=(M+m)v2
解得v2=132F0Lm
设木块1与木块2碰撞前的速度为v3,根据动能定理得
(F0-3μmg)L=12·3mv32-12·3mv22
解得v3=7F0L18m
设三个木块一起匀速运动的速度为v4,根据动量守恒定律可得(M+m)v3=(M+2m)v4
解得v4=147F0L2m
在两次碰撞中损失的总机械能为
ΔE=F0·2L-μMgL-μ(m+M)gL-12(M+2m)v42
解得ΔE=516F0L(6分)
(3) 大木块与木块1发生碰撞F-μMgL>0
F>F02
设大木块与木块1碰撞前的速度为v0,根据动能定理得F-F02L=12Mv02,解得v0=(2F-F0)L2m
设大木块与木块1碰撞后的速度为v,根据动量守恒定律可得Mv0=(M+m)v,解得v=23v0
若1、2两木块间不发生碰撞,则FL<34F0L-12(M+m)v2,解得F<1320F0
若大木块与木块1发生碰撞,但1、2两木块间不发生碰撞,则F02
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