2023-2024学年广东省深圳市龙岗区高三（上）期末质量监测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市龙岗区高三（上）期末质量监测物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图画了6个行星绕太阳运行的图像，某同学对这些行星运行中的物理量进行对比分析，正确的是( )
A. 土星比木星的线速度大B. 火星比地球的角速度大
C. 金星比水星的向心加速度大D. 土星是这6个行星运行周期最大的
2.如图1、2、3、4、5为某高架桥上五根竖直吊绳，间距相等。两辆小汽车a、b车头在t=0时刻分别对齐1、3绳，在两条车道上从相同初速度做匀加速直线运动，在t=t1时刻a、b两车头都对齐5绳，下列分析正确的是( )
A. a车的加速度是b车的两倍B. a车的末速度是b车的两倍
C. a车的平均速度是b车的两倍D. a车在超b车过程可把两车视为质点
3.有两位同学分别握着一条绳的两端S1、S2同时刻开始作上下的简谐运动，形成了如图所示的波动图像，下列判断正确的是( )
A. 两列波同一时刻到达P点
B. 两位同学使波源的振动频率相同
C. 两列波在P点的振动方向是相反的
D. 两列波在P点的振动总是叠加形成干涉加强点
4.如图游乐园水上表演中，水面摩托艇上安装的水泵通过轻质软管喷水，将质量为M的游客(包括踏板)顶起在空中保持静止(此时软管竖直且喷水口竖直向下)，设软管与喷口的横截面积相同，喷水速率为v，重力加速度为g，则t时间内喷水的质量为( )
A. Mgtv−gtB. Mgt2v−gtC. Mgt2vD. Mgtv
5.如图为某同学设计的静电除尘装置。先让尘埃进入附电箱M进行附电，之后由于重力作用竖直向下进入电势左高右低的吸尘箱N。其中有两个尘埃a、b的运动轨迹如图所示，下列分析正确的( )
A. a做匀加速曲线运动，b做变加速曲线运动
B. 两个尘埃所受的电场力大小相等
C. 电场力对a做正功、对b做负功
D. 两个尘埃的电势能都减小
6.如图所示是一种理想变压器的铭牌。根据上面标示的信息，以下判断正确的是( )
A. 原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为55:3
B. 这是一个升压变压器
C. 当原线圈输入交流电压220V时，副线圈输出直流电压12V
D. 当原线圈输入交流电压220V时，只要副线圈构成回路，则其电流一定为3.0A
7.把用金属导体制成的霍尔元件接入如图电路中，把电压表接在霍尔元件a、b极上，调节滑动变阻器使输入电流为I，又从左向右加垂直于板面的磁感应强度为B的匀强磁场，当电场力等于洛伦兹力时，电压表测出的霍尔电压为UH。下列判断正确的是( )
A. a极的电势高于b极的电势
B. 只改变B的强度，则UH跟B成正比
C. 只改变I的强度，则UH跟I的平方成正比
D. 改变B、I的方向，电压表指针会偏向另一边
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图(a)，在倾角为θ的固定斜面上，有一质量为m的拖把头被水平力F推着沿斜面向上做匀速直线运动，轻杆质量不计，拖把头与斜面的动摩擦因数为μ。重力加速度取为g。有位同学对此作了受力分析如图(b)，并列写下列关系式，其中正确的是( )
A. Ff=μFNB. FN=mgcsθ
C. F=Ff+mgsinθD. F2+(mg)2= FN2+Ff2
9.如图，用铁粉模拟出圆柱形磁铁中轴面的磁感线，根据其中的一组对称的磁感线做出立体的“喇叭口”模型，把线圈套入圆柱形磁铁，控制活扣，使线圈紧粘着模型往下运动。在线圈套入和拿出时段，灵敏电流计指针有明显变化，在线圈沿喇叭口往下运动过程，灵敏电流计指针没有发生偏转，下列解释正确的是( )
A. 线圈套入和拿出时段作垂直切割磁感线运动产生感应电流
B. 线圈套入和拿出时段因磁感应强度变化而使穿过线圈的磁通量发生变化
C. 线圈沿喇叭口往下运动过程线圈没有作切割磁感线运动而不产生感应电流
D. 线圈沿喇叭口往下运动过程穿过线圈的磁感线条数不变而不产生感应电流
10.电磁炮是一种新式兵器，其主要原理如图所示。某电磁炮能够把m=2.2g的炮弹(包括金属杆CD的质量)由静止加速到v=10km/s，若轨道宽L=2m，长s=100m，通过的电流I=10A，设电磁炮做匀加速直线运动，忽略轨道摩擦，则( )
A. 加速度大小为5×102m/s2B. 安培力大小为1.1×103N
C. 磁场的磁感应强度为55TD. 电磁炮的最大功率为1.1×105W
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学利用自由落体运动做“验证机械能守恒定律”实验。利用纸带上的点得到的数据画成如图所示的v2−h图线，可知该同学_______________(填“是”或“不是”)取开始下落时打的点来验证的；该图线的斜率表示_______________(用文字表述)。设实验的重力加速度值在9.60m/s2∼9.80m/s2才可认为机械能守恒，否则不守恒。由图计算出重力加速度值为_______________m/s2(取三位有效数字)，说明本实验的机械能_______________(填“守恒”或“不守恒”)。
12.某同学做“测量金属丝R的电阻率ρ”的实验。

(1)用螺旋测微器测定金属丝的直径d，示数如图a所示，可读得d=_______________mm。
(2)如图b，已知电流计G的满偏电流IG=0.1A、内阻rG=5.0Ω，电路中已将虚线框内改装为量程0.6A的电流表，则电阻R1=_______________Ω(取二位有效数字)。
(3)根据图b把实物图c连接完整_______________。
(4)考虑电压表内阻的影响，电阻R的测量值_______________真实值(填“大于”或“小于”)。
(5)计算该金属丝电阻率的表达式为：ρ=_______________(用金属丝直径d、金属丝接入电路长度L、电压表示数U、电流计G示数I，内阻rG、电阻R1表示)
四、简答题：本大题共3小题，共36分。
13.如图为洗衣烘干机，其容积为120L。现把湿衣服放进去，占了其一半的容积，关闭机门，启动电源开始烘干。下面两个排气口，能够把变成水蒸气的水和热气排出，同时使机内的气压与外界大气压一直保持相等。设研究的气体为开始烘干前封闭在机内的一定质量的理想气体，气温为27；当衣服烘干时因排水共排出了10L的研究气体(忽略衣服体积变化)。
(1)烘干时研究的气体(包括机内和排出)的温度为多少？
(2)若电源输出的电能只有30%被研究的气体吸收为热量而升温，且10L的气体每升高10需要吸收热量18J，则电源输出的电能约为多少J？
14.如图，平台及厚度不计的圆环轨道固定于水平面上，小物块a经短弹簧弹出，沿水平轨道滑至平台右端碰撞另一小物块b，瞬间都从顶端C水平滑出，a从圆环的点A垂直半径切入环内，b从圆环的点B垂直半径切过环外，D为圆环的顶点。已知：平台高h =5.4m，圆环半径R =2.0m，∠DOB =37°，a的质量m1=0.4kg，b的质量m2=0.2kg，短弹簧弹射a前具有的弹性势能E弹=7.2J，a、b均视为质点，忽略一切摩擦力和空气阻力，重力加速度取g =10m/s2，sinθ =0.6，csθ =0.8。求
(1)a碰撞b之前的速度v0的大小；
(2)b从C滑出时的速度v2的大小；
(3)计算论证a能不能沿圆环通过点D。
15.如图，有一回旋加速器，两D盒加上垂直纸面外、磁感应强度B1可调节的匀强磁场，左盒通过一水平管道与一个左右两侧都开有很小狭缝的圆筒相连，圆筒内有垂直纸面向内的匀强磁场。现在左盒附近的点S放置一电子，再利用两盒狭缝加上一交变电压来给电子周期性加速，经过时间t电子便获得一定速率贴着管壁通过水平管道后进入圆筒，与下圆筒壁发生多次弹性碰撞又不作循环的从圆筒的右狭缝直接离开圆筒。
已知圆筒的半径为r、磁感应强度恒为B2,D盒的半径为R0，电子的比荷为em，电子在两D盒狭缝间运动的时间不计，加速电子时电压的大小可视为不变，电子重力不计。
(1)求与下圆筒壁碰撞nn=1,2,3,…次的电子的速率；
(2)由(1)的速率确定D盒中磁感应强度B1的表达式，并求n=2时B1的值；
(3)若电子在狭缝中加速次数与回旋半周的次数相同，根据n=2时B1的值及其他已知量求加速电压U的值。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r
则有v= GMr
由图知土星的运行半径 r土 比木星 r木 大，则土星比木星的线速度小，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力有GMmr2=mω2r
则有ω= GMr3
由图知火星的运行半径 r火 比地球 r地 大，则火星比地球的角速度小，故B错误；
C.行星做圆周运动的加速度为a=GMr2
由图知金星的运行半径 r金 比水星 r水 大，则金星比水星的向心加速度小，故C错误；
D.根据万有引力提供向心力有GMmr2=m4π2T2r
则有T=2π r3GM
由图知土星的运行半径最大，则土星是这6个行星运行周期最大的，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】C.设相邻竖直吊绳间距为L，由平均速度公式得
xa=vat=v0+va2t=4L
xb=vbt=v0+vb2t=2L
可得
va=2vb
即 a 车的平均速度是 b 车的两倍，故C正确；
B.由上式得
v0+vav0+vb=21
可得
va=2vb+v0
即 a 车的末速度比 b 车的两倍还要大，故B错误；
A.由加速度得定义式 a=ΔvΔt 可得， a 车的加速度为
aa=va−v0t=2vbt
b 车的加速度为
ab=vb−v0t
所以
aa≠2ab
故A错误；
D. a 车在超 b 车过程，两车的大小均不能忽略不计，即均不能把两车视为质点，故D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】A.两列波在同一介质中的传播速度相同，由 L=vt 可得，两列波同一时刻到达 P 点，故A正确；
B.因为两列波在同一介质中，波速相等，由图可知
λ1>λ2
由波速公式 v=λf 得
f1所以两位同学使波源的振动频率不相同，故B错误；
C.由同侧法可知，两列波在 P 点的振动方向是相同的，都是沿y轴正方向振动，故C错误；
D.由于两列波的波长(频率)不同，不能产生干涉，故P点的振动不稳定，有时候振动加强，有时候振动减弱，故D错误。
故选A。
4.【答案】C
【解析】对游客与踏板整体进行分析，根据平衡条件有
F1=Mg
令极短时间 Δt 内喷出水的质量为 Δm ，根据牛顿第三定律可知，踏板对喷出水的反作用力为
F2=F1
由于软管竖直且喷水口竖直向下，根据题意可知水泵先将水沿软管竖直向上以速率v送至踏板处，冲击踏板后又以速率 v 从喷水口竖直向下喷出，取竖直向下为正方向，对极短时间 Δt 内喷出水进行分析，由于时间极短，其重力可以忽略，根据动量定理有
F2Δt=Δmv−−Δmv
则 t 时间内喷水的质量为
m=ΔmΔtt
解得
m=Mgt2v
故选C。
5.【答案】D
【解析】A.由题意可知，两个尘埃在竖直方向只受重力，水平方向只受电场力，均是恒力，所以ab均做匀加速曲线运动，故A错误；
B.在竖直方向有
y=12gt2
可得
ta>tb
水平方向有
x=12at2=12×Fmt2
其中
xa=xb
由于不知道两尘埃的质量关系，所以两个尘埃所受的电场力大小不一定相等，故B错误；
CD.由尘埃轨迹可知，a尘埃所受电场力向左，b尘埃所受电场力向右，所以电场力对两尘埃均做正功，由 W电=−ΔEp 得两个尘埃的电势能都减小，故C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】A.根据原副线圈电压与匝数的关系可得
n1n2=U1U2=22012=553
故A正确；
B.根据铭牌可知
U1=220V>U2=12V
输入电压大于输出电压，说明这是一个降压变压器，故B错误；
C.变压器是通过电磁感应原理，所以当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输出交流电12V，故C错误；
D.当原线圈输入交流电压220V时，若副线圈构成回路，则其电流大小与负载有关，其电流不一定为 3.0A ，故D错误。
故选A。
7.【答案】B
【解析】A.根据左手定则可知，电子受到安培力指向a极，故电子向a极偏转，故 a 极的电势低于 b 极的电势，故A错误；
BC.电子平衡时，电子所受洛伦兹力与电场力平衡，则
evB=eE=eUHd
可得
UH=Bdv
由电流微观粒子表达式得
I=neSv
联立可得
UH=BdIneS
所以只改变B的强度，则UH跟B成正比；只改变I的强度，则UH跟I成正比，故B正确，C错误；
D.改变 B、I 的方向，根据左手定则，故 a 极的电势仍低于 b 极的电势，电压表指针不会偏向另一边，故D错误。
故选B。
8.【答案】AD
【解析】ABC.对如图(b)中的重力和水平力 F 进行正交分解，得如图所示

因为匀速直线运动受力平衡，得支持力大小为
FN=Fsinθ+mgcsθ
滑动摩擦力大小为
Ff=μFN′
由牛顿第三定律可得
FN′=FN
得
Ff=μFN
沿斜面方向的平衡力为
Ff+mgsinθ=Fcsθ
故A正确，B、C错误；
D.如图(b)拖把头在4个力的作用下做匀速直线运动，受力平衡合力为零，那么任意两个力的合力与另外两个力的合力一定大小相等，方向相反，合力为零，所以通过勾股定理求重力和水平力 F 合力大小一定等于滑动摩擦力和支持力的合力大小，即
F2+(mg)2= FN2+Ff2
故D正确。
故选AD。
9.【答案】BD
【解析】AB.产生感应电流的条件是闭合回路中磁通量发生变化，所以线圈套入和拿出时电流计有变化是因为磁通量发生了变化，故A错误，B正确；
CD.磁通量的实质是穿过磁感线的条数，所以线圈沿喇叭口往下运动过程穿过线圈的磁感线条数不变，所以没有感应电流。故C错误，D正确。
故选BD。
10.【答案】BC
【解析】ABC.电磁炮从静止到飞出轨道瞬间，由动能定理得
Fs=12mv2
解得电磁炮所受安培力为
F=1.1×103N
根据
F=BIL
可知磁感应强度为
B=55T
根据牛顿第二定律
F=ma
解得加速度大小为
a=Fm=5×105m/s2
故A错误，BC正确；
D.当电磁炮的速度最大时功率最大，则
Pm=BIL⋅v=1.1×107W
故D错误。
故选BC。
11.【答案】 不是 2g 9.80 守恒
【解析】[1]根据自由落体运动的位移与速度关系
12mv2−12mv02=mgh
可知
v2=2gh+v02
v2−h 图像的纵轴截距为初速度，若从起点取点，截距为零，所以截距不为零，该同学不是从起点取点。
[2]根据
v2=2gh+v02
可知图像得斜率为2g。
[3]根据图像可知
k=2g=2.4−−0.030m/s2=19.6m/s2
即
g=k2=9.80m/s2
[4]重力加速度值在 9.60m/s2∼9.80m/s2 才可认为机械能守恒，所以本实验机械能守恒。
12.【答案】 0.607## 0.608 ##0.609 1.0 小于 πUd2R14IL(R1+rG)
【解析】(1)[1]根据螺旋测微器读数规则，可知固定刻度为0.5mm，可动刻度为 10.8×0.01mm ，得金属丝的直径 d 为
d=0.5mm+10.8×0.01mm=0.608mm
故填0.608；
(2)[2]如图b可知，当电流计 G 的满偏时，当I=0.6A时，由欧姆定律得R1电阻 R1=IGrGI−IG=1.0Ω
故填1.0；
(3)[3]根据如图b所示电路进行连接如图所示

(4)[4]考虑电压表内阻，可知电压表会分流，致使所测电流偏大，根据欧姆定律可知电阻 R 的测量值会偏小，故填小于；
(5)[5]根据如图b电路可知，电路总电流为
I总=I+IrGR1
由欧姆定律得
R=UI总
由电阻决定式
R=ρL(πd2)2
联立解得
ρ=πUd2R14IL(R1+rG)
故填 πUd2R14IL(R1+rG) 。
13.【答案】(1) 77 ； 1800J
【解析】(1)由盖—吕萨克定律可得
V1T1=V2T2
其中
V1=60L ， T1=273+27(K)=300K ， V2=70L
解得
T2=350K
则
t2=77
烘干时研究的气体(包括机内和排出)的温度为 77 。
(2)因为 10L 的气体每升高 10 需要吸收热量 18J ，则 60L 的气体升高
Δt=77−27=50
需要吸收热量为
Q=60L×5010L×10×18J=540J
故电源输出的电能约为
W电=540J30％=1800J
14.【答案】(1) 6m/s ；(2) 8m/s ；(3)见解析
【解析】(1)根据能量守恒定律，有
12m1v02=E弹
代入数据解得
v0 = 6m/s
(2)图像加工如图所示
对b，平抛到点B，下落的高度为
h1 = h−(R+Ry) = h−R(1+css37°) = 1.8m
根据
vby2 = 2gh1
代入数据解得
vby = 6m/s
v2 = vbytan37° = 8m/s
(3)对a、b系统，碰撞过程动量守恒，有
m1v0 = m1v1+m2v2
代入数据解得
v1 = 2m/s
对a，从平抛进入圆环内沿轨道到D点，机械能守恒，有
12m1v12+m1gh−2R=12mvD2
代入数据解得
vD= 32m/s
符合通过D点临界条件
m1⋅vD2R=6.4N≥m1g=4N ，故能通过
15.【答案】(1) v=eB2rmtanπ2(n+1)(n=1,2,3…) ；(2) B1=B2rR0tanπ2n+1n=1,2,3… ， B1= 3B2r3R0 ；(3) U= 3πB2rR06t
【解析】(1)由图可知
电子在圆筒中又碰撞又做圆周运动的情形呈现周期性和对称性，作出两种情况为例，由此可概括出电子做圆周运动的一个单元夹角为
θ=π2(n+1)(n=1,2,3…)
由几何关系
R=rtanθ=rtanπ2(n+1)(n=1,2,3…)
由洛伦兹力提供向心力
evB2=mv2R
可得电子与下圆筒壁碰撞 nn=1,2,3,… 次的电子的速率为
v=eB2rmtanπ2(n+1)(n=1,2,3…)
(2)电子在回旋加速度中运动刚离开时
eB1v=mv2R0
解得
B1=B2rR0tanπ2(n+1)(n=1,2,3…)
当 n=2 时，解得
B1= 3B2r3R0
(3)电子在回旋加速器中的加速次数为
N=t12T=t12⋅2πmeB1=eB1tπm
加速N次过程中，由动能定理得
N⋅eU=12mv2
解得加速电压为
U= 3πB2rR06t
型号：PKT−12−3000输入参数：220V 50HZ输出参数：12V 3.0A