2023-2024学年内蒙古自治区赤峰第四中学高三（下）开学考试理综物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年内蒙古自治区赤峰第四中学高三（下）开学考试理综物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图甲所示的离子式火灾自动报警器因稳定性好、安全性高的特点而被广泛应用，其内部装有一个放射源和两个电极，如图乙所示，放射源衰变释放的射线使两个电极间的空气电离而导电，当火灾发生时，由于空气中烟雾的阻挡，导致工作电路的电流减小，当通过检流器的电流小于某值时，检流器便控制外电路的蜂鸣器报警并洒水灭火，下列说法正确的是( )
A. 温度不影响放射源的半衰期
B. 放射源释放的α射线贯穿本领最强
C. 放射源释放的β射线不能使空气电离
D. 放射源释放的γ射线经过极板时会发生偏转
2.如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为14圆的柱状物体A，A与墙面之间放有表面光滑的圆柱形物体B，A、B均保持静止。若将A向左移动少许，下列说法正确的是
( )
A. B对A的作用力不变B. 墙对B的作用力不变
C. 地面对A的摩擦力不变D. 地面对A的支持力不变
3.地球可看作半径为R的均质球体，已知地球同步卫星距地面的高度为ℎ，地球表面的重力加速度大小为g(不考虑地球自转造成的影响)，则地球同步卫星绕地球做圆周运动的环绕速度为
( )
A. gRB. gℎC. gR2R+ℎD. gℎ2R+ℎ
4.如图甲所示，“回回炮”是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示的模型、将一质量m=50kg、可视为质点的石块装在长L=10m的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平面的夹角为30°，松开后长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上，测得石块落地点与O点的水平距离为30m，以地面为零势能面，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 石块被水平抛出时的重力势能为5000JB. 石块被水平抛出时的动能为6000J
C. 石块被水平抛出时的机械能为15000JD. 石块着地时重力的功率为500 3W
5.如图所示，足够大的水平地面上静置一木板，两个均可视为质点的滑块A、B分别放在木板两端，现使两滑块同时以3m/s的速度相向滑动，两滑块恰好在木板的正中间相遇，相遇前木板做匀加速直线运动，相遇后木板做匀减速直线运动。已知滑块A的质量为5kg、与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块B的质量为1kg、与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 木板的长度为2mB. 木板的质量为2kg
C. 木板运动的最大距离为2mD. 整个过程中滑块B的位移大小为1.5m
二、多选题（本题共3小题，共12分）
6.中国古代屋脊两头，有一仰起的龙头，龙口吐出伸向天空且曲折的金属“舌头”，“舌根”连接一根直通地下的细铁丝、起到避雷的作用。当一团雷云位于房屋正上方时，屋顶的避雷针顶端聚集大量电子，图中虚线为等势面，下列说法正确的是( )
A. 雷云带正电B. 避雷针的电势比雷云的电势高
C. 电子的运动方向始终与图中等势面垂直D. 避雷针顶端不断向空气释放电子中和雷云
7.如图甲所示，理想降压变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=10:1，定值电阻R1=5Ω，定值电阻R2=20Ω，图中电表均为理想交流电表，已知通过定值电阻R2的电流i2随时间t变化的正弦曲线如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数为5VB. 电流表的示数为0.1A
C. 原线圈两端的电压为25VD. 原线圈的输入功率为20W
8.芯片制作工艺是人类科技的结晶，而制造芯片的光刻机，是通过许多国家的顶级公司通力合作制造的精密的大型设备。如图所示，芯片制作工艺中有一种粒子分析器，它由加速电场、静电分析器和磁分析器组成，加速电场的电压为U，静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。氕、氘、氚核以不同的速度进入加速电场，能沿静电分析器中心线运动的粒子会从小孔P进入磁分析器，最终打到胶片Q上。已知氕、氘、氚核所带的电荷量均为e，质量分别为m、2m、3m，不计粒子间的相互作用及粒子受到的重力，下列说法正确的是( )
A. 能进入磁分析器的粒子的初动能相等
B. 氕、氘核打到胶片Q上的间距为 2−1B mERe
C. 氘、氚核打到胶片Q上的间距为 3− 2B mERe
D. 氕、氚核打到胶片Q上的间距为2 3−1B mERe
三、填空题（本题共1小题，共8分）
9.某同学利用如图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”。
(1)由静止释放重物后得到如图乙所示的纸带，O点为计时起点，A、B、C是打点计时器连续打下的三个点，已知打点计时器的打点频率为50Hz，则打B点时重物的速度大小为_____m/s。
(2)若该过程中重物的机械能守恒，根据图乙中的数据可知，当地的重力加速度大小为_____m/s2，O、B两点间的距离为_____m。(结果均保留两位小数)
四、实验题（本题共2小题，共14分）
10.某同学欲测量量程为10mA的毫安表内阻(内阻大约为几欧)，可供选择的器材有：
A.滑动变阻器R1(最大阻值为50Ω)；
B.滑动变阻器R2(最大阻值为1000Ω)；
C.电阻箱R(最大阻值为999.9Ω)；
D.电源E(电动势为6V，内阻不计)；
E.开关、导线若干。
利用如图所示的电路图进行实验，实验步骤如下：
①将电阻箱阻值调为最大，将滑动变阻器的滑片移到最大阻值位置，闭合开关S1；
②调节滑动变阻器，使毫安表满偏；
③闭合开关S2，保持滑动变阻器的滑片位置不动，调节电阻箱，使毫安表半偏，电阻箱的阻值为7.9Ω。
回答下列问题：
(1)图中滑动变阻器应选用_______(填“R1”或“R2”)；
(2)考虑到干路电流的增加，该毫安表的内阻约为_______Ω(保留两位有效数字)；
(3)该同学拆开此毫安表，发现该毫安表是由一个微安表头和一个阻值为8.04Ω的定值电阻并联构成的，利用(2)中结果可知，该微安表头的满偏电压为_______mV、内阻为_______Ω。
11.如图所示，空间存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场区域上、下边界水平，高度L=0.10m，磁感应强度大小B=2T。把边长L=0.10m、质量m=0.02kg的匀质刚性金属框abcd从距磁场上边界高H=0.8m处由静止释放，金属框运动过程中始终在竖直平面内(无旋转)并恰好匀速通过磁场区域，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)金属框的电阻R；
(2)金属框通过磁场的过程中产生的热量Q。
五、计算题（本题共5小题，共46分）
12.如图所示，质量为m的小球A与质量为7m的小球B通过长为L的轻质柔软细绳连接，现用手提着小球A，使小球B距地面的高度也为L。松手后两球由静止开始自由下落，小球B与地面碰后速度大小不变、方向相反，两小球的碰撞为弹性正碰。细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，碰撞时间均极短，重力加速度大小为g。求：
(1)从松手到两小球第一次碰撞的时间t；
(2)细绳绷直后小球A距地面的最大距离d。
13.关于分子动理论，下列说法正确的是( )
A.布朗运动不是液体或者气体分子的无规则运动
B.分子势能随着分子间的距离增大可能先增大后减小
C.分子间相互作用的引力和斥力均随分子间的距离增大而减小
D.一个气体分子的体积等于气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比
E.热量既能从高温物体传递到低温物体，也能从低温物体传递到高温物体
14.某实验小组受酒店烟雾报警器原理启发，设计了如图所示的温度报警装置，在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=5cm2、质量m=0.5kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，整个装置倒贴在水平天花板上，开始时房间的热力学温度T0=300K，活塞与容器顶部的距离l0=20cm，在活塞下方d=4cm处有一压力传感器制成的卡口，环境温度缓慢升高时容器内气体温度也随之升高，当传感器受到的压力大于5N时，就会启动报警装置。已知大气压强恒为p0=1.0×105Pa，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)封闭气体开始的压强p；
(2)触发报警装置的热力学温度T。
15.一列沿x轴正方向传播的简谐波在t0时刻的波形如图中实线所示，t0+0.2s时刻的波形如图中虚线所示。由此可知( )
A.该简谐波的波长为2m
B.该简谐波的最大周期为415s
C.该简谐波的最小频率为18.75Hz
D.该简谐波传播的最小速度为17.5m/s
E.该简谐波传播的速度可能为27.5m/s
16.某种透明材料制成的“n”形光学元件截面，内部半圆柱槽的半径为R，其他尺寸如图所示。一束激光(纸面内)从P点由空气中射入光学元件，入射角度θ=60°，光束经折射后恰好与内圆柱面相切于Q点。已知P点在直径的延长线上，真空中的光速为c。
(i)求此材料对该激光的折射率n和该激光从P到Q经历的时间t；
(ii)若仅改变入射光的入射角，使折射光线恰好在内圆柱面上发生全反射，求对应的入射角α。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A
【详解】A.放射性元素衰变的快慢由核内部自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系。A正确；
B.放射源释放的 α 射线电离能力最强，贯穿本领最弱。B错误；
C.放射源释放的 β 射线贯穿本领较强，电离能力较强，能使空气电离。C错误；
D.放射源释放的 γ 射线为光子，带电荷量为0，经过极板时不会发生偏转。D错误；
故选A。
2.【答案】D
【解析】B.对物体B受力分析，受到重力mg、A对B的支持力 N′ 和墙壁对B的支持力N，如图
当A向左移动后，A对B的支持力 N′ 的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道A对B的支持力 N′ 和墙壁对B的支持力N都在不断减小。由牛顿第三定律可知B对A的作用力在不断减小。故AB错误；
CD.对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN，地面的摩擦力f和墙壁的弹力N，如图
根据平衡条件，有
f=N，FN=G
故地面的支持力不变，地面的摩擦力f随着墙壁对B的支持力N的不断减小而不断减小。故C错误；D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】在地球表面，根据
GMm′R2=m′g
可得
GM=gR2
同步卫星绕地球做匀速圆周运动，有万有引力提供向心力可得
GMm(R+ℎ)2=mv2R+ℎ
可得地球同步卫星绕地球做圆周运动的环绕速度为
v= GMR+ℎ= gR2R+ℎ
故选C。
4.【答案】C
【解析】C
【详解】A.石块被水平抛出时的高度为
ℎ=L+Lsin30∘=10m+10×0.5m=15m
重力势能为
Ep=mgℎ=50×10×15J=7500J
故A错误；
B.石块被水平抛出后做平抛运动，竖直方向有
ℎ=12gt2
水平方向有
x=v0t
联立解得
v0=x g2ℎ=30× 102×15m/s=10 3m/s
石块被水平抛出时的动能为
Ek=12mv02=12×50×10 32J=7500J
故B错误；
C.石块被水平抛出时的机械能为
E=Ep+Ek=15000J
故C正确；
D.根据 vy2=2gℎ ，可得石块着地时竖直分速度为
vy= 2gℎ= 2×10×15m/s=10 3m/s
石块着地时重力的功率为
P=mgvy=50×10×10 3W=5000 3W
故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】B.对两滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得
μAmAg=mAaA ， μBmBg=mBaB
联立可得
aA=2m/s2 ， aB=4m/s2
依题意，相遇前木板匀加速，由牛顿第二定律，有
μAmAg−μBmBg−μ木M+mA+mBg=Ma木
相遇后木板匀减速，有
μ木M+mA+mBg=Ma1木
解得
a1木=0.5m/s2
可知相遇时三者共速，取向右为正方向，设三者经t时间共速，由速度与时间关系可得
v=v0−at
v=−v0+aBt
v=a木t
联立，解得
v=1m/s
t=1s
M=2kg
故B正确；
ACD.根据B选项分析，三者一起匀减速过程，有
0=v−a1木t1
解得
t1=2s
做出它们运动的v−t图像如图由图
可知，木板的长度为
L=2×1×32m=3m
木板运动的最大距离为
x=3×12m=1.5m
分析滑块B，减速时间设为 tB ，则有
0=v−aBtB
解得
tB=0.75s
整个过程中滑块B的位移为
xB=0.75×−32m+3−0.75×12m=0m
故ACD错误。
故选B。
6.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A.屋顶的避雷针顶端聚集大量电子，可知雷云带正电，故A正确；
B.雷云带正电，所以避雷针的电势比雷云的电势低，故B错误；
CD.根据电荷间的相互作用可知，避雷针顶端不断向空气释放电子中和雷云，电子的运动方向未知，所以电子的运动方向不会始终与图中等势面垂直，故C错误，D正确。
故选AD。
7.【答案】AB
【解析】A.由图可知通过定值电阻R2的电流为
I2=i2m 2=1 A
则电压表的示数为
UR1=I2R1=5 V
故A正确；
B.根据电压表原、副线圈电流之比与线圈匝数之比的关系有
I1I2=n2n1
解得
I1=0.1 A
故B正确；
C.副线圈的电压为
U2=I2(R1+R2)=25 V
根据电压表原、副线圈电压之比与线圈匝数之比的关系有
U1U2=n1n2
解得
U1=250 V
故C错误；
D.原线圈的输入功率为
P1=U1I1=25 W
故D错误；
故选AB。
8.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A.在加速电场中，根据动能定理有
eU=Ek
可知，能进入磁分析器的粒子的初动能相等，故A正确；
BCD.在静电分析器和中，对氕、氘、氚核，由电场力提供向心力，则有
eE=mv12R ， eE=2mv22R ， eE=3mv32R
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，对氕、氘、氚核有
ev1B=mv12R1 ， ev2B=2mv22R2 ， ev3B=3mv32R3
解得
R1=1B mERe ， R2=1B 2mERe ， R3=1B 3mERe
则氕、氘核打到胶片Q上的间距为
x1=2R2−2R1=2 2−1B mERe
氘、氚核打到胶片Q上的间距为
x2=2R3−2R2=2 3− 2B mERe
氕、氚核打到胶片Q上的间距为
x3=2R3−2R1=2 3−1B mERe
故BC错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】 3.60 9.75 0.66
【解析】(1)[1]根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知
vB=xAC2T=7.01+7.402×0.02×0.01 m/s=3.60m/s
(2)[2]根据逐差法可知
g=xBC−xABT2=7.40−×0.01 m/s2= 9.75m/s2
[3]根据机械能守恒定律有
mgx=12mvB2
解得
x=0.66 m
10.【答案】 R2 8.0 80 1608
【解析】(1)[1]在该实验中闭合开关S2时，认为电路总电流不变，实际上闭合开关S2时电路总电阻变小，电路电流增大，而电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，所以为减小实验误差，滑动变阻器应选择阻值较大的R2；
(2)[2]考虑到干路电流的增加，未闭合S2时，根据闭合电路欧姆定律有
Ig=Erg+R滑Ω=10×10−3A
闭合S2时，根据闭合电路欧姆定律有
Ig2+Ig2⋅rg7.9Ω=E7.9rgrg+7.9+R滑Ω
联立求得
rg≈8.0Ω
(3)[3]该微安表头的满偏电压为
Ug=Igrg=10×8.0mV=80mV
[4]设该微安表内阻为 rg′ ，则有
1rg=1rg′+18.04Ω
求得
rg′=1608Ω
11.【答案】(1)0.8Ω；(2)0.04J
【详解】(1)设金属框进入磁场时的速度大小为 v ，回路中产生的电动势为 E ，有
v2=2gH
E=BLv
根据平衡条件有
BELR=mg
解得
R=0.8Ω
(2)金属框通过磁场的过程中产生的热量等于克服安培力做的功，有
Q=B2L2vR⋅2L
解得
Q=0.04J

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1) 2Lg+ L8g ；(2) 32L
【解析】(1)B球落地所需时间为
t′= 2Lg
此时AB两球的速度为
v= 2gL
设还需 t′′ 时间相遇，则有
vt′′+12gt′′2+vt′′−12gt′′2=L
解得
t′′=L2v=L2 2gL
从松手到两小球第一次碰撞的时间为
t=t′+t′′= 2Lg+ L8g
此时距离地面的高度为
d′=vt′′−12gt′′2=716L
(2)根据速度—时间公式可知两球碰前的速度分别为
vA=52 2 gL ， vB=32 2 gL
两小球的碰撞为弹性正碰，规定向下为正方向，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
mvA−7mvB=mv A′+7mv B′
12mv A2+12×7mv B2=12mv A ′2+12×7mv B ′2
解得
v A′=54 2gL ， v B′=−34 2gL (舍去)
v A′=−94 2gL ， v B′=−14 2gL
设经 t′′′ 绳子绷直，则有
L=(|v A′|−|v B′|)t′′′
此时A、B两球的速度分别为
v A′′=|v A′|−gt′′′=2 2gL
v B′′=|v B′|−gt′′′=0
细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，根据动量守恒定律有
mv A′′=(m+7m)v
AB小球一起上升过程中，根据运动学规律有
v2=2gd′′
解得
d′′=L16
则细绳绷直后小球A距地面的最大距离为
d=d′+d′′+L=32L
13.【答案】ACE
【解析】A.布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，反映了液体或气体分子的无规则运动，故A正确；
B.若分子间距小于平衡距离，则随着分子间的距离增大，分子力先做正功再做负功，故分子势能先减小后增大。若分子间距大于平衡距离，则随着分子间的距离增大，分子力一直做负功，故分子势能一直增大，故B错误；
C.分子间相互作用的引力和斥力均随分子间的距离增大而减小，但斥力减小得更快，故C正确；
D.由于气体分子的间距远大于分子直径，故气体分子的体积小于气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比，故D错误；
E.热量既能从高温物体传递到低温物体，也能从低温物体传递到高温物体，故E正确。
故选ACE。
14.【答案】(1) 5×104Pa ；(2)720K
【解析】(1)设气体的初始压强为 p1 ，对活塞受力分析，由平衡条件有
p1S=p0S−mg
得
p1=5×104Pa
(2)设报警时的压强为 p2 ，对活塞受力分析，由平衡条件有
p2S+mg=p0S+F
得
p2=1.0×105Pa
由理想气体状态方程得
p1l0ST0=p2l0+dST
得
T=720K
15.【答案】ABE
【解析】A.由图可知，该简谐波的波长为λ=2m，选项A正确；
BC.因为
nT+3T4=0.2s (n=0、1、2、3……)
当n=0时可得该简谐波的最大周期为
Tmax=415s
最小频率为
fmin=1Tmax=154Hz=3.75Hz
选项B正确，C错误；
DE.该简谐波传播的速度为
v=λT=20.84n+3=4n+30.4m/s (n=0、1、2、3……)
则最小速度为
vmin=7.5m/s
当n=2时
v=27.5m/s
选项D错误，E正确。
故选ABE。
16.【答案】解：(i)由于PQ与圆面相切，有：sin∠OPQ=OQOP=R2R=12
根据折射定律可得：n=sinθsin∠OPQ=sin60°12= 3；
该激光从P到Q所经过的时间t=PQv
根据几何关系可得：PQ=OPcs∠OPQ=2R× 32= 3R
光在介质中的传播速度为：v=cn=c 3
联立解得：t=3Rc；
(ii)折射光线恰好在内圆柱面上发生全反射时，在内圆柱面上的入射角为临界角C。设此光线与内圆柱面的交点为M，与OP夹角为β，如图所示。
由折射率可知：sinC=1n
在△OPM中，根据弦定理可知：OPsin∠OMP=OMsinβ
即：2Rsin(180∘−C)=OMsinβ
解得：sinβ= 36
在P点，由折射定律可知：n=sinαsinβ
所以可得：sinα=12，解得α=30°。
答：(i)此材料对该激光的折射率为 3，该激光从P到Q经历的时间为3Rc；
(ii)若仅改变入射光的入射角，使折射光线恰好在内圆柱面上发生全反射，对应的入射角为30°。
【解析】(i)根据折射定律求解折射率；根据几何关系求解光在介质中的传播距离，根据位移−时间关系求解传播时间；
(ii)折射光线恰好在内圆柱面上发生全反射时，在内圆柱面上的入射角为临界角C，作出光路图，根据几何关系求解对应的入射角。
本题主要是考查了光的折射和全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。