2023-2024学年江西省赣州市高三（下）摸底考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省赣州市高三（下）摸底考试物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列单位等价的一组是( )
A. N·s与kg·m/s2 B. J与N·m
C. C与A·VD. A与T·m2/s
2.2023年10月5日，日本又启动了第二轮污水排海行动，再次排入海中7800吨核污水。核废水中含有多种放射性元素，如铀、锶、铑、铯、碘等，其中铑损伤肾脏、造血器官以及胃肠道而引起病变，严重时引起肿瘤。铑106的半衰期约370天，衰变方程为Rh45106Rh→Pd46106Pd+X，下列说法正确的是( )
A. X是β粒子
B. 降低温度会使铑106的半衰期变长
C. Rh45106Rh的比结合能比Pd46106Pd的比结合能大
D. 经过一个半衰期，100个Rh45106Rh一定剩下50个未衰变
3.在一次高楼救援中，待援人员登上吊臂后，吊车操控员熟练操控吊篮在离开建筑的同时逐渐下降，已知吊篮在水平方向的x−t图像和竖直方向的a−t图像分别如图1、图2所示，则下列说法正确的是
( )
A. 吊篮在下降过程中做匀变速曲线运动B. 吊篮在水平方向上做匀加速直线运动
C. 吊篮内的人员在0−t1内处于失重状态D. t1时刻后吊篮内的人员受到静摩擦力作用
4.LED灯具有节能、环保、寿命长、高亮度、耐高温等特点从而得到广泛使用，下图为汽车车头LED大灯，为提高亮度灯组的前端是一半径为R、质量分布均匀的玻璃球，如图所示O为球心，一单色光束从O1处射向A点，经折射后从B点平行与OO1射出，折射角为60°，OA⊥OB，则
( )
A. 光束在A点的入射角α=30°B. 光束在玻璃球中频率比在真空中要小
C. 此光束在玻璃中传播的时间为 6R3cD. 玻璃球的折射率为 62
5.如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。圆上有A、C、D三点，从A点沿半径AO方向射入一个带电粒子(不计重力)，入射速度为v1时，粒子恰好从C点离开磁场。已知粒子的比荷为k，且∠AOC=90°，∠AOD=120°，下列说法正确的是( )
A. 粒子在磁场中的运动时间为t=πkB
B. 圆形区域的半径为R=kv1B
C. 要使粒子从D点离开磁场，入射速度为v2= 3v1
D. 若只改变入射速度方向，粒子不可能经过O点
6.2023年7月10日，一颗国际编号为381323号的小行星被命名为“樊锦诗星”，以表彰樊锦诗为中国石窟考古与保护作出了重大贡献。该小行星由中国科院紫金山天文台发现的，国际天文学联合会(IAU)批准命名，其绕日运行一周需5.7年。现把“樊锦诗星”及地球绕太阳的运动视为逆时针匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离为R0，若樊锦诗星与地球绕行轨道共面且绕行方向相同，图示时刻地球及樊锦诗星与太阳连线的夹角为120°，则下列正确的是
( )
A. 樊锦诗星的绕行加速度大于地球的绕行加速度
B. 樊锦诗星到太阳的距离约为332.5R0
C. 从图示位置起，地球与樊锦诗星下次相距最近时间约为5.714.1年
D. 樊锦诗星的绕行速度大于地球的绕行速度
7.如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为2kg、6kg，B的左端拴接着一劲度系数为2003N/m的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B方向运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2(x为弹簧的形变量)，则
( )
A. 在0∼2t0内B物块先加速后减速
B. 整个过程中，A、B物块构成的系统机械能守恒
C. v0=2m/s
D. 物块A在t0时刻时速度最小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕垂直与磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图甲所示，现用产生的交流电给乙图所示电路供电，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，闭合开关后，规格为“10V，5W”的灯泡L恰好正常发光，R1为定值，R2=20Ω，电压表为理想电表。下列判断正确的是
( )
A. 金属线框的转速为100r/sB. t=0.01s时，穿过线框的磁通量最大
C. R1=12ΩD. 电压表的示数为10V
9.如图甲所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1=0s时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1=1.0cm和x2=8.0cm的两质点。图乙为质点Q的振动图像，则
( )
A. 波沿x轴负方向传播
B. t1=0s时刻后质点Q比P先达到波峰
C. t=0.075s时，质点Q的加速度小于P的加速度
D. t2时刻可能为0.35s
10.水平台边缘O处一质量为m、带电量为+q的小球，以与水平面成30°角的速度斜向上抛出，在竖直面上运动，整个空间有一匀强电场(图中未画出)，小球所受电场力与重力等大。小球先后以速度大小v1、v2两次抛出，分别落在倾角为60°的斜面上的a、b两点，两次运动时间分别为t1、t2且小球机械能的增量相同，其中落到a点时小球速度与斜面垂直。已知O、b两点等高且水平距离为L，重力加速度为g，空气阻力不计，则
( )
A. a、b两点电势为φat2，C错误；
D、b落点和O在同一水平面，故b球机械能增量为b球动能增量，即合外力所做的功，由动能定理ΔE=ΔEk= 3mg×Lcs60°= 3mgL2，D正确。
11.【答案】(1)C；
(2)b；2.5
【解析】【分析】本题考查电路故障分析和伏安法测电阻的内外接问题。
(1)根据电压表示数结合电路构成判断电路故障；
(2)根据电表示数变化率判段被测电阻是大电阻还是小电阻判断内外接，如果电流表变化率大，说明电压表分流不能忽略，说明被测电阻是大电阻，要用内接法，反之用外接。
【解答】
(1)根据条件可以判断cd间一定处于断路状态，ab间与bc间无法判断是否故障；
(2)闭合S，当导线 ①与b处连接时，电压表和电流表的示数分别为U1=0.95V，I1=0.38A;
当导线 ①与c处连接时，电压表和电流表的示数分别为U2=1.50V，I2=0.34A。可得
ΔUU2=1.50−≈0.37，
ΔII2=0.38−≈0.12，
由以上计算可知，电流表的分压作用较大，因此测量应采用电流表外接法，即导线 ①与b处连接时，测量相对准确。由欧姆定律可得色环电阻的测量值为
Rx=U1I1=Ω=2.5Ω。
12.【答案】(2)B， 2tN ； (3)4π2(l1−l2)T12−T22或4π2(l2−l1)T22−T12； (4)无
【解析】(2)锁头经过B处时，速度最大，此处开始计时误差较小;
一个周期经过最低点两次，则
t=N·T2
解得
T=2tN
(3)设细线末端与锁头重心间的距离为r，由周期公式可得
T1=2π l1+rg，T2=2π l2+rg
解得
g=4π2(l1−l2)T12−T22或g=4π2(l2−l1)T22−T12
(4)由(3)可知，未测量锁头的重心位置，这对实验结果重力加速度的测量无影响。
【分析】本题考查了单摆测定重力加速度的实验，要明确实验原理为单摆周期公式T=2π Lg。锁头经过B处时，速度最大，此处开始计时误差较小，明确一个周期单摆经过两次最低点；根据单摆周期公式列式求解；根据(3)中结论进行分析。
13.【答案】(1) 1.071×105Pa ；(2)1.02
【解析】(1)瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为
T=273+t=300K
T′=273+t′=306K
若瓶内气体的质量变化忽略不计，温度变化过程中体积不变，由查理定律知
pT=p′T′
代入得
p′=pTT′=1.050×105×306300Pa=1.071×105Pa
(2)保持温度不变，可以等效为由压强为 p=1.050×105Pa 、体积为 V′ 的等温压缩成压强为 p′=1.071×105Pa 、体积为 V 的气体，由玻意耳定律得
pV′=p′V
解得
V′V=1.02
即
m′m=V′V=1.02
故气体的质量为原来的1.02倍。
14.【答案】解：(1)线框ab边在磁场中切割磁感线运动，产生感应电动势E=BLv0，
根据欧姆定律I=E1R，
解得I=BLv0R；
(2) ab边在第一个磁场中运动过程中，线框产生的平均感应电动势E=BL2Δt，
感应电流平均值I=ER，
根据动量定理：−BIL⋅△t=mv−mv0，
解得ab边刚进入磁场B2中时：v=v0−B2L3mR，
线框产生的感应电动势E2=2BLv，
根据欧姆定律I2=E2R，
根据牛顿第二定律2BI2L=ma，
解得：a=4B2L2mR(v0−B2L3mR)。
【解析】本题考查电磁感应中的线框问题
(1)根据法拉第电磁感应定律计算电动势，再利用欧姆定律计算电流；
(2)利用动量定理计算线框进入B2磁场时的速度，再计算感应电动势和感应电流，最后利用牛顿第二定律计算加速度，要注意线框进入B2磁场时两边都在切割磁感线，且两边都受安培力，这是易错点。
15.【答案】解：(1)设大孩质量为M′，沿斜面AB上滑的速度为v′，则
根据机械能守恒定律12M′v′2=M′gssin30∘，
解得v′=3m/s，
由动量守恒定律Mv=M′v′，
解得M=40kg，
大孩做的功W=12Mv2+12M′v′2，
解得W=420J；
(2)由题图乙得碰后0∼ 0.5s，小孩的加速度大小a=ΔvΔt=3m/s2，
根据牛顿第二定律μMg=Ma，
解得μ=0.3，
由题图乙得碰后小孩的速度3m/s，即P第1次与Q碰前瞬间小孩的速度为v0=3m/s，设此时P的速度vP0，有Mv=Mv0+mvP0，
代入数据解得vP0=3m/s，
平板加速度aP=μMgm=9m/s2，
其左端离挡板Q的最小距离s=vP022aP=0.5m；
(3)P第1次与Q碰前，小孩在P上的滑动距离为l1，由能量守恒有
12Mv2=12Mv02+12mvP02+μMgl1，
代入数据得l1=23m，
P第1次与Q碰后到共速的过程中，有Mv0−mvP0=(M+m)v1，
解得v1=1.5m/s，
12Mv02+12mvP02=12(M+m)v12+μMgl2，
解得l2=1.5m，
假设第3次碰撞前，小孩与P仍不分离，P第2次与Q相碰后到共速的过程中，有
Mv1−mv1=(M+m)v2，
解得v2=34m/s，
12Mv12+12mv12=12(M+m)v22+μMgl3，
解得l3=38m，
由于l=l1+l2+l3=6124m>L=2.5m，
故不能发生第3次碰撞，所以P与Q碰撞2次，小孩与P分离。两次碰撞后
12(M+m)v12=12Mv32+12mvP2+μMgL−l1−l2，
Mv1−mv1=Mv3+mvP，
联立得分离时的速度分别为v3=1m/s，vP=0。
【解析】(1)由机械能守恒和动量守恒计算大孩质量，再由功能关系计算大孩做的功；
(2)由图像计算摩擦因数，结合运动学规律计算距离左端挡板最小距离；
(3)分别计算几次碰撞过程相对位移，结合板长判断第几次碰撞分离，由能量守恒和动量守恒计算分离速度。