2024届湖南省衡阳市衡阳县第四中学高三下学期考前冲刺卷（四）物理试题

这是一份2024届湖南省衡阳市衡阳县第四中学高三下学期考前冲刺卷（四）物理试题，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共10小题，共46分。第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．2023年6月10日，四川省文物考古研究院对外公布：三星堆遗址祭祀区再现两件跨坑拼对成功的大型青铜器。利用衰变的测年技术可进行考古研究，其衰变方程为，已知的半衰期为5730年，若、、的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．来源于核外电子 B．的比结合能小于的比结合能
C．全球变暖会导致半衰期变短 D．该核反应中释放的能量为
2．2024年1月18日，“天舟七号”货运飞船与中国空间站天和核心舱成功对接，“天舟七号”飞船的载货量可达7.4吨，是世界上运货能力最强的货运飞船之一。中国空间站绕地球运行轨道可视为圆形，轨道离地面高度约400km，每天绕地球约转15圈，地球半径约为6400km，下列说法正确的是（ ）
A．对接后空间站组合体的质量变大，向心加速度会变大
B．空间站绕地球运动的线速度比地球的第一宇宙速度大
C．空间站绕地球运动的角速度比地球同步卫星的角速度小
D．宇航员在空间站里所受地球引力比在地面上受到的重力稍小，他处于完全失重状态
3．一单摆在竖直平面内做小角度摆动。摆球从左侧最高点A运动到最低点C时，摆线被悬点O（未画出）正下方的钉子P挡住，之后球运动到右侧最高点B，该过程中的频闪照片如图所示，已知闪光的时间间隔相等，PC=l。则O、P两点间的距离为（ ）
A． B． C． D．
4．空间中M、N两点分别固定不等量的异种点电荷（电性及N点位置未标出）。一带负电的点电荷q仅在电场力作用下先后经过h、k两点，其运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．M点的电荷量值小于N点的电荷量值
B．从h点到k点的过程中q的速度越来越小
C．h点的电势大于k点的电势
D．q在h点的加速度比k点加速度大
5．餐桌在中国饮食文化中具有非常重要的意义，它是家庭团聚、社会交往和文化传承的重要平台。如图所示为一圆形餐桌，由圆形水平桌面和圆形水平转盘叠合组成，圆心均位于转轴上。转盘边缘放有一质量为m的小碟子随着转盘角速度由零缓慢增加到某一值（未知）时，碟子从转盘边缘滑离，恰好滑到桌子边缘停下来。已知转盘半径为R，碟子与转盘间的动摩擦因数为，碟子与桌面的动摩擦因数为，重力加速度为g，忽略碟子大小的影响以及转盘与桌面的落差和缝隙影响，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．的值为
B．转盘对碟子做功为
C．桌面半径是转盘半径的倍
D．碟子在桌面上运动过程中受桌面摩擦力的冲量大小为
6．图甲为某游乐场的水滑梯，其简化模型如图乙所示。一质量为m的小朋友从a点沿轨道经b点滑到最低c点，已知ab、bc间高度差均为h。则小朋友（ ）
A．a到b和b到c动能增加量一定相同
B．a到b和b到c重力势能减少量一定相同
C．a到b和b到c机械能保持不变
D．a到c的运动总时间为
7．如图所示，一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，激光束与竖直方向的夹角为α。当α大于37°以后，激光束无法射出水面。已知光在真空中的传播速度大小为，，，则（ ）
A．激光束由水中射向空气发生全反射的临界角为53°
B．激光束在水中的折射率为
C．激光束在水中传播的速度大小为
D．当时，射出水面的激光束方向与水面的夹角大于60°
8．如图为新能源电动汽车的无线充电变压器线圈。已知送电线圈ab、受电线圈cd的匝数比，a、b两端输入电压（V），下列说法正确的是（ ）
A．送电线圈电压有效值为220V
B．受电线圈产生的交变电流的频率为5Hz
C．a、b两端输入的交变电流方向每秒变化100次
D．在时，通过送电线圈的磁通量变化率最大
9．如图甲所示，劲度系数k=500N/m的轻弹簧，一端固定在倾角为θ=37°的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量为mA的小物块A相连，质量为mB的物块B紧靠A一起静止，现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下、稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．a0=7.5m/s2
B．mA=3kg
C．若a=a0，稳定时A、B间弹力大小为0
D．若a=a0，稳定时A对斜面的压力大小为12.5N
10．近年来，我国可控核聚变研究不断取得突破。东方超环（EAST）首次实现403秒的长时间高约束模式运行，国内当前规模最大、参数能力最高的新一代人造太阳“中国环流三号”实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，再次刷新我国磁约束聚变装置运行纪录，标志我国磁约束核聚变研究向高性能聚变等离子体运行迈出重要一步。托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，如图甲所示，它的中央是一个环形的真空室，外面缠绕着线圈，在通电的时候托卡马克的内部产生的磁场可以把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内。如图乙为该磁约束装置的简化模型，两个圆心均在O点，半径分别为R和3R的圆，将空间分成区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ内无磁场，区域Ⅱ内有方向垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场。一群电荷量为、质量为m的粒子在纸面内以不同速率从区域Ⅰ中的O点沿半径方向射入到环形磁场后，都没有从区域Ⅱ的外圆射出，不计粒子相互作用与粒子重力，。对于这些粒子，下列说法正确的是（ ）
A．粒子运动的速率不超过
B．粒子从区域Ⅰ射入区域Ⅱ，在区域Ⅱ中运动的时间不超过，就会返回到区域Ⅰ
C．粒子从区域Ⅱ射出返回区域Ⅰ，在区域Ⅰ中运动的时间不少于，才会进入区域Ⅱ
D．若粒子运动速率为，则粒子每运动距离，轨迹就会重复一次
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：本题共5小题，共54分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（6分）甲同学利用留迹法做平抛运动实验，在饮料瓶侧面开一小孔，让水流水平射出，并用照相机拍下了某时刻的水柱轨迹，冲洗后的照片和实物的尺寸比例为1∶4。利用部分轨迹在水平方向和竖直方向建立坐标轴（如图a），取轨迹上三个点A、B和C点的坐标分别为、和，重力加速度g取。通过处理实验数据可得：
(1)该时刻水柱初速度大小为 m/s；
(2)水柱上B点的速度大小为 m/s；
(3)图b所示为乙同学设计的实验装置，每次将质量为m的小球从半径为R的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F。在轨道最低点右侧水平距离为处固定一等高竖直挡板，实验获得小球在竖直面上的下落距离y，处理数据后作出了如图c所示的图象，则由图可求得小球的质量 kg，四分之一圆弧形轨道半径 m。
12．（10分）某同学制作一个多量程的电流表和欧姆表，他设计的电表电路如图所示。所用器材分别为：
A．电流表G（满偏电流，内阻）；
B．定值电阻、；
C．滑动变阻器R（最大阻值为120Ω）；
D．电源（电动势为1.5V，内阻忽略不计）；
E．单刀双掷开关、；
F．表笔及导线若干。
①将单刀双掷开关接b，分别接2、1时，c、d可串联在电路中作为电流表，量程分别为10mA和100mA；
②若单刀双掷开关接a，分别接1、2时，可作为双量程的欧姆表使用。
回答下列问题：
(1)c端接 （选填“红”或“黑”）表笔。
(2)电路中定值电阻的阻值为 Ω。
(3)当单刀双掷开关接a，再将开关接1时，欧姆表的挡位为 （选填“×1”或“×10”），欧姆调零后将待测电阻接在c、d间，发现电流表指针偏转角很小，断开电路并将挡位换成另一挡位，再次欧姆调零时，滑动变阻器R的滑片 （填“向上”或“向下”）移动。调零后再次将电阻接在c、d间，电流表G的指针对准刻度盘上的0.6mA处，则电阻 。
13．（9分）如图所示，水平固定的绝热汽缸内，用不导热的轻质活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞横截面积为S，汽缸底部有电热丝，轻绳水平段的左端连接活塞，另一端跨过定滑轮后与质量为m的小桶相连.开始时小桶静止，外界大气压强为，活塞距离汽缸底部的距离为L0，不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。
（1）若将电热丝通电缓慢加热气体，一段时间后，气体吸收的热量为Q，活塞缓慢向右移动的距离为L1，求该过程气体内能的增量；
（2）若在小桶内缓慢加入细沙，同时控制电热丝的加热功率，使汽缸内气体温度保持不变，当加入质量为2m的细沙时，求该过程活塞向右缓慢移动的距离。
14．（13分）航天回收舱实现软着陆时，回收舱接触地面前经过喷火反冲减速后的速度为，此速度仍大于要求的软着陆设计速度，为此科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示。主要部件为缓冲滑块K及固定在绝缘光滑缓冲轨道MN和PQ上的回收舱主体，回收舱主体中还有超导线圈（图中未画出），能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场B，导轨内的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有n匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L，当回收舱接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，使回收舱主体持续做减速运动，从而实现缓冲。已知回收舱主体及轨道的质量为m，缓冲滑块（含线圈）K的质量为M，重力加速度为g，不考虑运动磁场产生的电场，求：
（1）缓冲滑块刚落地时回收舱主体的加速度大小；
（2）达到回收舱软着陆要求的设计速度时，缓冲滑块K对地面的压力大小；
（3）回收舱主体可以实现软着陆，若从减速到的过缓冲程中，通过线圈的电荷量为q，求该过程中线圈中产生的焦耳热Q。
15．（16分）如图所示，质量均为的个小物块等间距地放置在倾角为的足够长的斜面上，斜面与物块间的动摩擦因数均为，相邻物块间距为。现给物块1一个瞬时冲量，使其向下运动与物块2碰撞并粘在一起，之后向下运动再与物块3碰撞并粘在一起……碰撞时间极短，物块均可看成质点，不计空气阻力，重力加速度为，已知，。求：
（1）物块1和2碰撞后瞬间的速度大小；
（2）从物块1开始运动到物块和碰撞前瞬间，运动的物块克服摩擦力做的功；
（3）为使第个物块能向下运动，求给物块1的瞬时冲量应满足的条件。
衡阳县四中2024届高考考前冲刺卷（四）
物理答案
1.【答案】B
【解析】β衰变的实质是碳原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，所以不是源于核外电子，故A错误；半衰期由原子核本身的性质决定，与原子核的物理状态和化学状态无关，全球变暖不会导致半衰期变短，故C错误；碳元素自发地进行衰变，衰变过程放出能量，的比结合能小于的比结合能，根据爱因斯坦质能方程可得，故B正确，D错误。
2.【答案】D
【解析】根据牛顿第二定律可得，可得，对接后空间站组合体的质量变大，向心加速度大小不变，故A错误；根据万有引力提供向心力可得，可得，地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，则空间站绕地球运动的线速度比地球的第一宇宙速度小，故B错误；根据万有引力提供向心力可得，可得，，空间站绕地球运动的周期小于地球同步卫星的运行周期，则空间站绕地球运动的角速度比地球同步卫星的角速度大，故C错误；宇航员在空间站里所受地球引力比在地面上受到的重力稍小，万有引力刚好提供向心力，他处于完全失重状态，故D正确。
3.【答案】B
【解析】设相邻两次闪光的时间间隔为，则摆球在左侧的摆动周期为，摆球在右侧的摆动周期为，可得，根据单摆周期公式，可解得，则O、P两点间的距离为，故选B。
4.【答案】A
【解析】带负电的电荷运动的轨迹几乎是椭圆，故可知N在一个焦点上，可知N带正电，M带负电，由于轨迹离N点越来越近，可知N点的电荷量大于M点的电荷量，故A正确；由图可知，从h点到k点的过程中电场力做正功，则q的速度越来越大，故B错误；N点电荷为正电荷，k点靠近N，则电势较高，故C错误；k离N点比h离N点更近，则在k点的电场力更大，故q在k点加速度大于在h点的加速度，故D错误。
5.【答案】D
【解析】碟子恰好滑动时，解得，故A错误；转盘对碟子做功，故B错误；如图，碟子沿切线飞出，之后在桌面上做匀减速直线运动，解得，故C错误；碟子在桌面运动过程中受摩擦力冲量大小，故D正确。
6.【答案】B
【解析】a到b和b到c过程，虽然下降高度相同，重力做功相同，但摩擦力做功关系不明确，因此无法确定两个过程中合外力做功关系，由可知，其两端过程动能的增加量不一定相同，故A项错误；a到b和b到c过程，下降高度相同，重力做功相同，由重力做功与重力势能的关系有，由于两过程重力做功相同，所以重力势能减少量相同，故B项正确；a到b和b到c过程中，由于存在摩擦力做功，所以机械能减小，故C项错误；若a到c做自由落体运动，则有，解得，由于a到c过程的运动并不是自由落体运动，所以其运动时间一定比从a处开始做自由落体运动所需时间长，即时间大于，故D项错误。
7.【答案】B
【解析】根据题意可知，当α大于37°以后，激光束无法射出水面，则激光束由水中射向空气发生全反射的临界角为，则有，故A错误，B正确；激光束在水中传播的速度大小为，故C错误；当时小于临界角，光线可以射出水面，设射出水面的激光束方向与水面的夹角为，则有，解得，可知，即，故D错误。
8.【答案】AC
【解析】送电线圈电压有效值为=220V，故A正确；由题意得，交变电流的频率Hz，受电线圈产生的交变电流的频率为50Hz，由于正弦式交流电每个周期内电流方向改变两次，所以每秒变化 100次，故B错误，C正确；在时，a、b两端输入电压瞬时值为u=0V，通过送电线圈的磁通量变化率最小，故D错误。
9.【答案】ACD
【解析】由图结合题意可知时弹簧处于原长状态，对AB整体，，解得，故A正确；当时，对AB整体分析有，当时，图中另一纵截距的意义为，联立解得，，故B错误；当时，对B，根据牛顿第二定律，解得，故C正确；当时，物块A、B恰要分离，对A有，由牛顿第三定律知A对斜面的压力大小为12.5N，故D正确。
10.【答案】AD
【解析】粒子从区域Ⅰ中的O点沿半径方向射入到环形磁场后，都没有从区域Ⅱ的外圆射出，设粒子在磁场中运动最大半径为，此时粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可得，解得，根据洛伦兹力提供向心力，解得粒子运动的速率最大值为，故A正确；粒子从区域Ⅰ射入区域Ⅱ，在区域Ⅱ中运动的时间为，根据几何关系，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角为，则当时，粒子在区域Ⅱ中运动的时间为，故B错误；根据对称性可知，粒子从区域Ⅱ射出返回区域Ⅰ时，速度方向为径向，则粒子在区域Ⅰ中，运动的距离为，在区域Ⅰ中运动最短的时间为，故C错误；若粒子运动速率为，根据洛伦兹力提供向心力，解得，根据题意，做出粒子的运动轨迹，如图乙所示，可知粒子将在区域Ⅰ、区域Ⅱ间做周期运动，粒子每运动距离，轨迹就会重复一次，故D正确。
11.【答案】(1)1 (2) (3)0.5 0.25
【解析】（1）竖直方向有，水平方向有，解得=1m/s。
（2）B点竖直方向的速度为，则B点的速度为，解得m/s。
（3）最低点根据牛顿第二定律有，根据平抛运动规律有，，解得，根据图像的斜率与截距有，，解得kg，m。
12.【答案】(1)黑 (2)4 (3)“×1” 向上
【解析】（1）根据欧姆表的“红入黑出”原则，c端接黑表笔。
（2）由串并联电路特点及欧姆定律得，，由以上两式得，。
（3）由题意及闭合电路欧姆定律得，开关接1时，，开关接2时，由以上两式得，因为欧姆表内阻大的挡位大，所以再将开关接1时，欧姆表的挡位为“×1”。
设欧姆调零，接1时，滑动变阻器电阻大小为，接2时，滑动变阻器电阻大小为，由闭合电路的欧姆定律得，接1时，接2时，由以上两式比较可得，所以，将开关接1时换成2时，滑动变阻器电阻变大，滑片向上滑动。
开关接2时，由闭合电路的欧姆定律得，，，由以上三式并代入数据得。
13.【答案】（1）；（2）
【解析】（1）气体对外做功
又
根据热力学第一定律，该过程气体内能的增量为
解得。
（2）气体温度不变，根据等温变化有
又
得。
14.【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）线圈切割磁感线产生的感应电动势为
根据欧姆定律，线圈中的电流为
线圈受到的安培力为
根据牛顿第二定律
可得。
（2）对滑块K，设滑块K受到的支持力为，由力的平衡
线圈的速度减小到原来的一半，则安培力减小为
根据牛顿第三定律，滑块对地面的压力为
可得。
（3）由能量守恒
根据法拉第电磁感应定律
可得。
15.【答案】（1）均为；（2）；（3）
【解析】（1）物块1沿斜面下滑，由动能定理有
物块1与2相碰动量守恒有
解得物块1和2碰撞后瞬间的速度大小为。
（2）物块1向下运动的过程中，克服摩擦力做的功为
前2个物块碰撞后向前运动的过程中，克服摩擦力做的功为
前个物块碰撞后向前运动的过程中，克服摩擦力做的功为
则物块和碰撞前，运动物块克服摩擦力做的功为
（3）物块1和2碰撞前瞬间动能为
根据（1）问结论，碰撞后瞬间系统动能
物块1、2和3碰撞前瞬间，系统动能
物块1、2和3碰撞后瞬间，系统动能
物块1、2、3和4碰撞前瞬间，系统动能
……
以此类推，在前个物块与物块碰撞前瞬间，系统动能
为使第个物块能向下运动，必须有
解得。