2024武汉江岸区高三上学期元月调考试题物理含解析

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1. 利用衰变测定年代技术进行考古研究，可以确定文物的大致年代，衰变方程为，的半衰期是5730年。下列说法中正确的是（ ）
A. 方程中的X是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分
B. 衰变是由于原子核吸收太多外界能量导致自身不稳定才发生的
C. 因为的比结合能小于的比结合能，所以这个衰变反应才能发生
D. 半衰期是仅对大量的放射性原子核的描述，但该元素构成原子时，半衰期会产生变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．由衰变过程电荷数守恒和质量数守恒可知，X是电子，此衰变为衰变，由衰变原理可知，X是原子核中的中子转变成一个质子和一个电子后放出来的电子，故A错误；
BC．衰变是原子核自发的射出某种粒子而变为另一种核的过程，是由于比结合能小的原子核不稳定，只有从比结合能小的核向比结合能大的核转变，这种核反应才能自发地发生，则由于的比结合能小于的比结合能，所以这个衰变反应才能发生，故B错误，C正确；
D．半衰期是一个统计规律，只对大量的放射性原子核才有意义，但元素的半衰期由元素本身决定，与其他外界因素无关，故D错误。
故选C。
2. 如图所示，线圈L的直流电阻不计，AB为平行极板电容器上下极板，R为定值电阻。则（ ）

A. S闭合瞬间，因为L的自感作用明显，所以L所在支路电流竖直向上
B. S保持闭合一段时间后，A板带正电，B板带负电
C. S断开瞬间，左侧LC振荡电路电容器开始放电
D. S断开瞬间，左侧LC振荡电路电流强度最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．S闭合瞬间，电源给电容器充电，L所在支路电流竖直向下，A错误；
B．S保持闭合一段时间后，由于线圈的直流电阻不计，电容器被短路，两端电压为零，B错误；
CD．S断开瞬间，线圈中电流迅速变小，线圈产中感应电流，给电容器充电。此时电路中电流最大，C错误，D正确。
故选D。
3. 一物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F如图所示，以向右运动为正方向，物体质量为2.5kg，则下列说法正确的是（ ）

A. t=2s时物体回到出发点
B. t=3s时物体的速度大小为1m/s
C. 前2s内物体的平均速度为0
D. 第3s内物体的位移为1m
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图
时物体速度变为0，没有回到原点，A错误；
B．由图
解得
B错误；
C．前内物体位移不为0，由
平均速度不为0，C错误；
D．第内物体做初速度为0的匀加速直线运动，位移
D正确。
故选D。
4. 如图所示，两固定点电荷、连线延长线上有A、B两点。现将一带正电的试探电荷在A点由静止释放，仅在电场力作用下恰好能在A、B之间往复运动，则下列说法正确的是（ ）
A. 试探电荷从A到B过程中，其电势能先增大后减小
B. 试探电荷从A到B过程中，其加速度先减小后增大
C. A、B两点电场强度可能相同
D. 点电荷带正电、带负电，且的电荷量大于的电荷量
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由题意知：带正电试探电荷在A点由静止释放，恰好能在AB间做往复运动，说明AB间有一点P，其场强为零，从A到P场强逐渐减小，方向向右；从P到B场强增大，方向向左，试探电荷受到的电场力先减小到零在增大，加速度先减小后增大；试探电荷从A到P过程中，电场力做正功，电势能减小，从P到B过程中，电场力做负功，电势能增大，A错误，B正确；
C．由上述分析可知：A、B两点的场强方向相反，但大小无法比较，C错误；
D．因为A，B间有一点场强为零，所以两点电荷、的带电性质相反，且的电荷量大于的电荷量，因为从A到P场强逐渐减小，方向向右；从 P到B场强增大，方向向左，故点电荷带负电、带正电，D错误。公众号：高中试卷君
故选B。
5. 如图所示，矩形ABCD代表一个折射率为的透明长方体，其四周介质的折射率为1，一细光束以入射角入射至AB面上的P点，。不考虑光束在长方体内的二次及二次以上的多次反射，以下说法正确的是（ ）
A. 若该光束由红紫两种颜色可见光组合而成且均可从DC边射出，则紫光靠左，红光靠右
B. 若单色光束进入长方体后能直接射至AD面上，则角的最小值
C. 若单色光束入射角为时可以射至D点，则长方体的折射率
D. 入射角越大，光束越有可能在AD边发生全反射
【答案】C
【解析】
【详解】A．若该光束由红紫两种颜色可见光组合而成且均可从DC边射出，光路图如图所示
由于红光的折射率小于紫光的折射率，由折射定律可知，红光在面折射角较大，则红光靠左，紫光靠右，故A错误；
BC．要使光束进入长方体后能射至AD面上，折射光线射到D点时角θ最小，此时折射角也最小，设最小折射角为，如图所示
由折射定律有
设，则，由几何关系有
解得
由于
则有
即角的最小值大于，若单色光束入射角为时可以射至D点，则有
解得
故B错误，C正确；
D．光束要在边上发生全反射，则在边上的入射角大于临界角，如图所示
由折射定律可知，入射角越大，越大，则在边上的入射角越小，越不容易发生全反射，故D错误。
故选C。
6. 如图，为“日”字形导线框，其中和均为边长为的正方形，导线的电阻相等，其余部分电阻不计。导线框右侧存在着宽度同为的匀强磁场，磁感应强度为，导线框以速度匀速穿过磁场区域，运动过程中线框始终和磁场垂直且无转动。线框穿越磁场的过程中，两点电势差随位移变化的图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，设的电阻均为，线框匀速通过磁场，且磁场宽度
可知，开始时，切割磁感线，感应电动势为
棒中电流方向由，则点电势高于点电势，则有
棒离开磁场，棒切割磁感线，感应电动势
棒中电流方向由，则点电势高于点电势，则有
棒离开磁场，棒切割磁感线，感应电动势
棒中电流方向由，则点电势高于点电势，则有
综上所述可知，两点电势差随位移变化一直保持不变为。
故选B。
7. 如图所示，质量为的均质细直杆AB竖直立于光滑水平面上，一根不可伸长的轻绳一端固定于点，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为的物体E，轻绳AD部分始终保持水平。另一弹性轻绳AC两端分别固定于点和地面上的点。整个系统处于静止状态，此时AC绳与AB杆夹角，已知重力加速度为。则（ ）

A. 此时弹性绳AC中的拉力大小等于
B. 此时地面对AB杆的支持力大小等于
C. 将点向左平移一小段距离，系统仍保持静止，则地面对AB杆的支持力大小不变
D. 将点向右平移一小段距离，系统仍保持静止，则弹性绳AC拉力大小增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．对点A，水平方向受力平衡
解得
A错误；
B．对杆受力分析，如图
可得
B错误；
C．将C点向左平移一小段距离，系统仍保持静止，则变大，由上述分析，地面对杆的支持力
变小，C错误；
D．将C点向右平移一小段距离，系统仍保持静止，则变小，弹性绳AC拉力
增大，D正确。
故选D。
8. 汽车主动降噪系统是一种能够自动减少车内噪音的技术，在汽车行驶过程中，许多因素都会产生噪音，系统会通过车身的声学反馈技术，通过扬声器发出声波将车外噪音反向抵消，从而减少车内噪音。某一稳定噪声信号的振动方程为，为了更好的抵消噪声，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车降噪过程应用的是声波的多普勒效应原理
B. 抵消声波振幅应为
C. 抵消声波频率应为
D. 抵消声波和环境噪声在空气中传播的波长相等
【答案】BD
【解析】
【详解】ABC．汽车降噪过程应用的是声波的叠加原理，抵消声波振幅和频率应与环境噪声的振幅和频率相同，则抵消声波振幅应为，抵消声波频率应为
故AC错误，B正确；
D．由于波速由介质决定，则抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等，由公式可知，由于抵消声波和环境噪声频率也相同，则抵消声波和环境噪声在空气中传播的波长相等，故D正确。
故选BD。
9. 我国将一颗失效的北斗二号，从地球同步圆轨道经椭圆轨道运行到“基地轨道”上，该过程的简化示意图如图所示，已知同步卫星轨道半径为，“基地轨道”半径为，转移轨道与同步轨道和“基地轨道”分别相切于、两点，卫星在转移轨道上从点运动到点所需的最短时间为，已知万有引力常量为，则下列说法正确的是（ ）
A. 在转移轨道上点的加速度小于在“墓地轨道”上点的加速度
B. 在转移轨道上点的速度与点速度之比为
C. 地球的自转周期为
D. 地球质量等于
【答案】D
【解析】
【详解】A．由牛顿第二定律
在转移轨道上点的加速度等于在“墓地轨道”上点的加速度，A错误；
B．根据开普勒第二定律
解得
B错误；
C．由开普勒第三定律
解得地球的自转周期
C错误；
D．由万有引力提供向心力
解得地球质量为
D正确。
故选D。
10. 如图所示，长为的木板A静止在光滑水平面上，其右端固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为；有一质量为的小木块B，从木板A的左端开始以初速度开始沿木板A滑动，小木块B与木板A间的动摩擦因数为，小木块B滑到木板A的右端与挡板发生碰撞。已知碰撞过程时间极短，且碰撞后木板B最终恰好滑到木板A的最左端。则以下说法正确的是（ ）
A. AB相对静止时的对地速度大小为
B. 若，则AB碰撞为弹性碰撞
C. 若，则AB碰撞完后B对地向右运动
D. 若，则从碰撞完毕开始到两者相对静止的过程中，摩擦力对A做的功为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由动量守恒定律
AB相对静止时的对地速度大小为
A正确；
B．由能量守恒定律
解得
即AB碰撞过程无能量损失，为弹性碰撞，B正确；
C．由上述分析，AB为弹性碰撞
解得
即碰撞后B对地向左运动，C错误；
D．碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减小量等于系统克服摩擦力做的功
解得
（舍去）
这段过程中，摩擦力对A做的功
D正确。
故选ABD。
二、实验题
11. 套圈游戏深得人们的喜爱。游戏时，将圆圈向前抛出，套中目标即为获胜。假定沿水平方向将圆圈抛出，忽略空气阻力；
（1）圆圈在空中做________（“匀变速”或“变加速”）运动。
（2）某同学在试投时，圆圈落在图中的虚线位置。正式投掷时，为了能套住小熊，应________。
A.保持初速度不变，增大抛出点的高度；B.保持初速度不变，减小抛出点的高度
C.保持抛出点的高度不变，增大初速度；D.同时增大抛出点的高度和初速度
（3）探究平抛运动实验中，某小组测得了物体水平方向位移随时间变化的图像和竖直方向速度随时间变化的图像。分析图象可知:物体初速度大小约为：________物体在初始的0.5s内竖直方向的位移大小约为：________（结果均保留三位有效数字）
【答案】 ①. 匀变速 ②. B ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]沿水平方向将圆圈抛出，忽略空气阻力，圆圈只受重力，做匀变速运动。
（2）[2]AB．圆圈水平方向做匀速直线运动
为了能套住小熊，若初速度不变，则要减小运动时间，竖直方向上
要减小运动时间，需要降低抛出高度，A错误，B正确；
C．保持抛出点的高度不变，则运动时间不变，要减小水平位移，需要减小抛出速度，C错误；
D．同时增大抛出点的高度和初速度，会同时增大运动时间和初速度，D错误。
故选B。
（3）[3]水平方向，由
解得
[4]竖直位移
12. 某同学测量一个满偏电流的微安表的内阻并将其改装成量程较大的电流表。利用的实验器材有:电动势为的直流电源，电流表A（内阻），微安表（内阻待测），滑动变阻器，开关，导线和不同阻值的电阻若干。请完成下列填空：
（1）在答题卡上将图1中所示的器材符号连线，画出测量表内阻的实验电路原理图________；
（2）先闭合开关，再调整滑动变阻器，使电流表的示数为75mA，此时表的示数如图2所示，则流过的电流是________，表的内阻＝______；
（3）给表并联一个的电阻改装成较大量程的电流表，并将电路改装成图3校准电路进行校准，当发现表的示数为时，标准电流表的示数为，则_______；改装之后的该电流表的实际量程是0～________（第（3）问结果均保留一位小数）。
【答案】 ①. ②. 30.0 ③. 1250 ④. 250.0 ⑤. 300.0
【解析】
【详解】（1）[1]实验原理图如图
（2）[2][3]根据题意可知，微安表的分度值为，流过G的电流为，由欧姆定律
（3）[4]标准电流表与改装电流表串联，则
[5]该电流表的实际量程
13. 如图所示为一超重报警装置示意图，高为L、横截面积为S、导热性能良好的薄壁容器竖直倒置悬挂，容器内有一厚度不计、质量为的活塞，稳定时正好封闭一段长度为的理想气体柱。活塞可通过轻绳连接以达到监测重物的目的，当所挂某一质量的重物时活塞将下降至位于离容器底部位置的预警传感器处恰好平衡，此时系统可发出超重预警。已知初始时环境热力学温度为，大气压强为，重力加速度为g，不计摩擦阻力。
（1）求刚好触发超重预警时所挂重物的质量M；
（2）在（1）条件下，若外界温度缓慢降低，求在刚好触发超重预警到外界温度缓慢降低的过程中外界对气体做的功。公众号：高中试卷君
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）轻绳未连重物时，设理想气体的压强为，对活塞受力分析，根据平衡条件得
轻绳连接重物刚好触发超重预警时，设理想气体的压强为，对活塞受力分析得
对理想气体，由玻意耳定律得
联立解得
（2）对理想气体，由盖—吕萨克定律得
且
此过程外界对气体做的功为
联立解得
14. 如图所示，有一倾角为光滑斜面，其底端与水平传送带左端通过一小段光滑的圆弧在B点相切连接，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度大小为，BC间距离为。质量为的滑块（视为质点），在大小为的水平力作用下在斜面上高度为处处于静止状态。现将水平力F撤去，当滑块滑到传送带右端C点时，恰好与传送带速度相同。重力加速度取。求：
（1）滑块的质量；
（2）滑块与传送带间的动摩擦因数；
（3）如果将传送带调为逆时针匀速运行，速度大小调为，且上表面足够长，其他条件不变；仍把滑块从原位置由静止释放，求滑块在传送带上往返1次和往返次的过程中，传送带摩擦力分别对滑块的冲量大小。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】（1）根据题意可知，滑块受重力，水平力和支持力处于平衡状态，如图所示
由平衡条件有
，
解得
解得滑块的质量
（2）设滑块在斜面上运动到B点时速度大小为v，由机械能守恒定律得
代入数据解得
则滑块在传送带上受到水平向右的摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理
代入数据解得
（3）由（2）知滑块第一次滑到B点时速度大小为，由分析可知，滑块第一次冲上传送带后，先向右做匀减速运动速度减为0，再向左做匀加速运动到速度等于2m/s，最后匀速运动返回斜面底端；这一过程中，取水平向左为正方向，对物体由动量定理有
解得
之后在斜面上，由机械能守恒定律可知，物体第二次滑倒斜面底端时速度大小为，接着第二次冲上传送带做匀减速运动到0，再反向加速到B端时速度大小又为v0'，然后再冲上斜面，再滑回B端，又第三次冲上传送带，……这样一直运动下去。从第二次开始，每次往返传送带过程中，由动量定理得
解得
滑块往返次，传送带摩擦力对滑块冲量大小
解得
15. 如图所示，在坐标平面上，第一、二象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场，第四象限存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均相等。第三象限存在着方向沿轴正方向的匀强电场，电场强度大小为。在坐标点（，）处有一质量为、电荷量为的正电粒子，以初速度沿着平行轴负方向射入匀强电场，之后粒子进入磁场且在磁场运动过程中恰好不再返回电场，忽略粒子重力。求：
（1）粒子第一次进入磁场时的速度；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）现将一块长为的薄板放置在轴上，其下表面涂荧光粉（粒子接触到荧光粉会被吸收且出现荧光），板中心点在横坐标处，现仅将第四象限的磁感应强度大小变为原来的倍（＞1），当满足什么条件时，板的下表面会出现荧光点。
【答案】（1），与轴负方向成斜向左上；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意可知，正粒子从（0，）进入电场后做类平抛运动，则在竖直方向有
解得
则有
故第一次进入磁场时的速度
代入数据解得
方向与负半轴成角，则有
解得
故粒子进入磁场中的速度大小为，与轴负方向成斜向左上。
（2）根据题意，经分析可知，粒子恰好不返回电场的运动轨迹如图所示
由几何关系可得
解得
粒子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
经（1）分析，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向
由几何关系可得
解得
则有
（3）通过分析可得，使板的下表面出现荧光点，粒子在第四象限运动的临界状态有如下情况：当取最大值时，粒子在第四象限轨迹半径为，粒子能打到板下表面左端点，如图所示
根据几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力得
则有
即
当取最小值时，粒子在第四象限轨迹半径为，临界轨迹如下图所示
此情况下：粒子再次从第一象限向下穿过x轴的M点恰好掠过薄板最左侧端点，并在第四象限偏转回到x轴的N点，根据几何关系可得：
解得
且
即N在薄板范围内，符合题意，根据洛伦兹力提供向心力得
则有
即
综上所述，当满足时，板的下表面会出现荧光点。