[物理]四川省射洪市2023_2024学年高三下学期5月模拟测试试题(解析版)

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本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上；并检查条形码粘贴是否正确。
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，填空题和解答题必须用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3.考试结束后，将答题卡收回。
第Ⅰ卷 （选择题 共48分）
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
1. 电影《流浪地球2》剧情故事源于太阳的氦闪，并且认为氦闪会将内太阳系的类地行星全部摧毁。目前太阳的内部最高温度大约是1500万摄氏度，但是随着时间的推移，氢元素的消耗同时会使氦元素增多，并逐渐推高太阳的内部温度，以至于最终达到氦元素也可以聚变的程度，氦元素凑够一定的量，大量的氦元素几乎是同时聚变，形成规模巨大的爆炸，这就是氦闪。“氦闪”的核反应方程为，已知一个氦核的质量为m1，一个X核的质量为m2，真空中的光速为c，则（ ）
A. 核的比结合能大于X核的比结合能
B. 该聚变反应释放的核能为
C. 核反应前后核子数相等，生成物的质量等于反应物的质量
D. 该聚变反应中生成的X为碳核
【答案】D
【解析】A．X核比核更稳定，核的比结合能小于X核的比结合能，故A错误；
B．该聚变质量亏损为
反应释放的核能为
故B错误；
C．核反应前后核子数相等，但放出能量，生成物的质量小于反应物的质量，故C错误；
D．根据质量数守恒、电荷数守恒，该聚变反应中生成的X为碳核，故D正确。
故选D
2. 举重是我们国家在奥运会比赛项目中的优势项目，除了运动员力量大，同时技巧性也特别强，两手臂之间距离的控制就是技术之一。当运动员举相同重量时，增大两手臂之间距离，则（ ）
A. 每只手臂所承受的作用力变小B. 每只手臂所承受的作用力变大
C. 地面对运动员的支持力将变小D. 地面对运动员的支持力将变大
【答案】B
【解析】AB．由题意对被举物体受力分析，设被举物体质量为m，每只手臂的作用力为F，如图所示，由平衡条件可得
可知增大两手臂之间距离，则θ角增大，则F增大，由牛顿第三定律可知，每只手臂所承受的作用力变大，A错误，B正确；
CD．对整体受力分析，由平衡条件可知，地面对运动员的支持力将不变，CD错误。
故选B。
3. 如图甲所示“日”字形理想变压器，当原线圈ab通以交变电流时，线圈中的磁通量只有通过右侧铁芯，剩余部分通过中间的“铁芯桥”。当原线圈ab通以如图乙所示的交变电流时，电压表V与电流表A2的示数分别为11V、5A。已知图甲中定值电阻，电表均为理想电表。则（ ）
A. B.
C. 原线圈ab中的输入电压 D. 电流表A1的示数为
【答案】D
【解析】A．根据题图甲可知，穿过线圈的磁通量与穿过线圈的磁通量相等，则
故A错误；
B．根据题意有
联立解得
故B错误；
C．由图乙可知
由题图乙可知原线圈中的输入电压
故C错误；
D．由理想变压器输入功率等于输出功率有
解得
故D正确。
故选D。
4. 神舟十八号载人飞船于2024年4月25日20时58分57秒在酒泉卫星发射中心发射，神舟十八号载人飞船入轨后，于北京时间2024年4月26日3时32分，成功与空间站天和核心舱径向端口完成自主快速交会对接，整个自主交会对接过程历时约6.5小时。对接同时中国空间站进行轨道抬升，直接上升了近6公里。在轨期间，神舟十八号乘组还将实施6次载荷货物气闸舱出舱任务和2至3次出舱活动。据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A. 先使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间站实现对接
B. 火箭在竖直方向加速升空阶段中燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭升空
C. 空间站轨道抬升过程中空间站的机械能增加，抬升后空间站的运行周期将会变长
D. 乘组人员实施出舱活动时处于漂浮状态，是因为乘组人员不受地球重力
【答案】C
【解析】A．飞船与空间站对接，通常是将飞船发射到较低的轨道上，然后使飞船加速做离心运动，实现对接。故A错误；
B．火箭发射升空的过程中，发动机推动燃气向后喷出，根据牛顿第三定律，燃气向前推动火箭上升。故B错误；
C．空间站轨道抬升过程中，发动机做正功，空间站的机械能增加，由
解得
可知抬升后空间站的运行周期将会变长。故C正确；
D．乘组人员实施出舱活动时处于漂浮状态，是因为乘组人员所受地球重力提供了其做圆周运动的向心力。故D错误。
故选C。
5. 如图所示，在匀强电场中一带正电粒子先后经过a、b两点。已知粒子的比荷为k，粒子经过a点时速率为3v，经过b点时速率为4v，粒子经过a、b两点时速度方向与ab连线的夹角分别为、，ab连线长度为L。、，若粒子只受电场力作用，则（ ）
A. 电场强度的大小
B. 电场强度的方向垂直于初速度3v方向
C. a、b两点间的电势差为
D. 粒子在a、b两点的电势能之差为
【答案】A
【解析】AB．设电场力的方向与ab所在直线夹角为，如图所示
垂直电场方向速度分量相同，根据几何知识有
解得
垂直电场力方向做匀速运动，运动的时间为
沿电场力方向速度变化量为
电场强度的大小为
故A正确，B错误；
C．根据匀强电场电场强度
可知a、b两点的电势差
故C错误；
D．根据功能关系有
电荷量未知，无法确定粒子在a、b两点的电势能之差，故D错误。故选A。
6. 如图所示，在x0区域内存在垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲，从点S（-a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量也为m的不带电粒子乙发生完全非弹性正碰，碰撞后速度沿y轴正方向运动，且碰撞前后总电荷量保持不变，下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度的大小
B. 碰撞后运动半径、周期都发生变化
C. 经过y轴后，进入电场的最远距离为
D. 经过y轴后，进入电场的最远距离为
【答案】AD
【解析】A．设粒子甲在电场中加速后进入磁场的速度为，甲粒子从S点到O点，由动能定理可得
甲粒子在磁场中做匀圆周运动，由O点到P点偏转圆周，可知粒子的轨迹半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
A正确；
B．甲、乙两粒子发生完全非弹性正碰，设碰撞后的速度大小为，由动量守恒定律可得
碰撞后，两粒子共同在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
运动周期为
可知碰撞后运动半径不变；周期变大，B错误；
CD．由于碰撞后运动半径不变，可知在位置垂直y轴进入电场，速度大小为，在电场中做匀减速运动，加速度大小为
由速度位移关系公式可得
其中
联立解得进入电场的最远距离为
C错误，D正确。
故选AD。
7. 如图甲所示，一足够长的木板静置于水平地面上，右端放置一可视为质点的小物块。在时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F=36N，作用1s后撤去F，整个过程木板运动的图像如图乙所示。已知小物块的质量，木板的质量M，物块与木板间及木板与地面间动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，物块始终未从木板掉落。下列说法正确的是（ ）
A. 木板的质量M=4.5kg
B. 物块与木板及木板与地面间的动摩擦因数大小为0.2
C. 整个过程系统因摩擦而产生热量为81J
D. 整个过程木板运动的位移大小为6.75m
【答案】BD
【解析】AB．由图像乙可知，在时木板的加速度发生了变化，说明此时小物块与木板的速度相等，小物块对木板的摩擦力方向发生了变化，在1-1.5s时间内小物块相对木板滑动，根据图象则木板的加速度为
对木板由牛顿第二定律
根据图象在0-1s时间内木板的加速度为
由牛顿第二定律
联立解得
故B正确，A错误；
CD．在0-1.5s时间内小物块始终相对木板滑动，由牛顿第二定律，则小物块的加速度
小物块的位移为
木板位移为v−t图像包围的面积，则
时间，小物块与木板相对静止，则整个过程小物块相对木板运动的位移大小为
整个过程小物块相对木板运动时产生的热量为
木板与地面之间的摩擦产生的热量为
木板与小物块一起运动的位移
木板运动的总位移
联立解得
因此整个过程系统因摩擦而产生的热量为
故D正确，C错误。
故选BD。
8. 如图，两个质量均为m的小球M、N通过轻质细杆连接，杆与水平面的夹角为53°，M套在固定的竖直杆上，N放在水平地面上。一轻质弹簧水平放置，左端固定在杆上，右端与N相连，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。当弹簧处于原长状态时，M到地面的距离为h，将M由此处静止释放，在小球M向下运动至与地面接触的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小球M释放的瞬间，小球N的加速度等于
B. 小球N的对水平面的压力先减小后增大。
C. 当小球N的速度最大时，小球M的加速度大小等于
D. 若小球M落地时弹簧的弹性势能为，M的动能大小为
【答案】BD
【解析】A．设小球M释放的瞬间，细杆的弹力为F，则有
，
由关联加速度，可得
解得
故A错误；
B．依题意，小球M先加速后减速，即小球M、N系统先处于失重状态后处于超重状态，所以地面对小球N的支持力先减小后增大，由牛顿第三定律可知小球N的对水平面的压力先减小后增大。故B正确；
C．当小球N的速度最大时，弹簧处于伸长状态，细杆对小球N的水平推力等于弹簧的拉力，细杆对小球M有向上的推力，所以小球M的加速度大小小于g。故C错误；
D．整个系统机械能守恒，则有
则此时M的动能大小为
故D正确。故选BD。
第Ⅱ卷 （非选择题 共62分）
注意事项：
1.请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，不能答在此试题卷上。
2.试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在答题卡上作答的内容或问题。
9. 图1是现代中学物理利用DIS位移传感器研究平抛运动规律的实验装置图，接收器（即位移传感器）通过接收做平抛运动的发射器发射超声波信号（发射器按固定时间间隔Δt发射信号），采集发射器的位置信息，通过计算机处理实验数据，准确确定经过各个Δt时间发射器的位置，从而准确地画出平抛运动轨迹。图2是某实验小组获得的平抛实验轨迹，已知背景方格纸均为相同的正方格。
（1）通过图2实验数据可说明水平方向上做______运动；竖直方向做______运动。
（2）如图3所示，沿竖直支架BC上下移动斜槽，从斜槽同一位置由静止释放物体，重复多次采集物体下落到水平面高度y和对应的水平位移x的数据，然后通过电脑描绘出图像如图4所示，则可以求出物体平抛的初速度______。（重力加速度）
【答案】（1）匀速直线 自由落体 （2）0.1
【解析】【小问1详解】
[1]通过图2实验数据隔相同时间间隔水平方向位移相等，可说明水平方向上做匀速直线运动；
[2]竖直方向上连续相等时间间隔的位移比为，可知竖直方向做自由落体；
【小问2详解】
竖直方向
水平方向
整理可得
可知图像斜率
解得
10. 漆包线（导线外刷一层绝缘漆）外层漆的厚度直接影响导线使用寿命。某研究小组为了测量一长度为L漆包线外绝缘漆的厚度，漆包线横截面为圆，如图1所示。已知该材料在室温下的电阻率为，用欧姆表粗测导线电阻R约为2，用螺旋测微计测出漆包线的直径如图2所示：
（1）漆包线的直径d________mm
（2）现有如下器材可用于精确测量油漆涂层厚度：
①电源E（电动势为3V、内阻约为0.2）
②电压表V（量程为3V、内阻约为1000）
③电流表（量程为20mA、内阻）、（量程为0.6A、内阻约为6）
④滑动变阻器（阻值为20），滑动变阻器（阻值为2000）
⑤定值电阻（阻值96）
⑥导线若干，开关一只
（3）测量时小组开始采用了如图3所示的电路，其中滑动变阻器应选______（选填“”、“”），由于存在系统误差，小组通过改进方法，把电流表和定值电阻串联改装成电压表后替换图3中电压表，则改装后电压表的量程为______V；
（4）调节滑动变阻器，读出电流表数为I1 10mA，电流表示数为I20.4A，测量导线电阻R______（保留两位有效数字）；
（5）经测量若电流表数为，电流表示数为，则该漆包线油漆涂层厚度为_________________（用I1、I2、、、L、d、、表示）。
【答案】（1） 1.220##1.219##1.221 （3） 2 （4）2.6
（5）
【解析】（1）[1]螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以漆包线的直径为
；
（3）[2]测量时小组开始采用了分压式接法，其中滑动变阻器应选小阻值的，故选。
[3]把电流表和定值电阻串联改装成电压表的量程为
（4）[4]根据并联电路电压相等的关系
电流表数为
I1 10mA
电流表示数为
I20.4A
故测量导线电阻
（5）[5]经测量若电流表数为，电流表示数为，由欧姆定律和电阻定律可知
则该漆包线油漆涂层厚度为
11. 福建号航空母舰下水，标志着我国正式进入三艘航空母舰时代，福建号航空母舰采用电磁弹射技术，简单描述就是加速线圈与动子（动子图中未画出）连接推动舰载机运动，我国在这一领域已达到世界先进水平。相关参数：电磁弹射加速道长，一舰载机起飞速度，舰载机质量为，加速线圈位于导轨间的辐向磁场中，磁感应强度大小均为。开关S掷向1接通电源，调节供电系统可以实现舰载机匀加速直线运动，加速后达到起飞速度，舰载机脱离加速线圈与动子起飞，此时开关S掷向2接通定值电阻，在电磁阻尼作用下，加速线圈与动子刚好到达弹射轨道末端速度减小为0，线圈匝数匝，每匝周长，动子和线圈的总质量，，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
（1）恒流源提供的电流I；
（2）加速线圈的电阻r。
【答案】（1）320A；（2）
【解析】（1）动子和舰载机匀加速，根据速度时间关系
可得
由牛顿第二定律知
解得
（2）动子和舰载机匀加速的位移
动子减速至零发生的位移
由动量定理有
即
又因
，，
所以
代入上式有
解得
12. 如图所示，半径为R=0.2m的四分之一圆弧部分有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B=2T，圆弧与水平面相切，水平面CD区域分布有匀强电场电场强度E=2N/C， CD长度L=1.5m， 水平面 DF部分足够长，DF上有n个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量m0 = 0.2kg， 一带正电物体质量m=0.1kg，带电量q=0.2C从轨道最高点由静止开始下滑。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰， 整个轨道光滑绝缘，物体与小球碰撞过程中不发生电荷转移。重力加速度。求：
（1）物体滑到C点时对轨道的压力FN；
（2）物体第一次与小球碰撞后，物体在CD区域向左滑行的最大距离；
（3）n个小球最终获得的总动能。
【答案】（1），方向竖直向下；（2）；（3）
【解析】（1）物体从A下滑到C点
解得
根据向心力公式有
解得
由牛顿第三定律知
方向竖直向下。
（2）物体在电场中加速，由C运动到D点，设它在D点的速度为，根据动能定理有
解得
物体与第一个小球发生弹性正碰，动量和动能守恒，则有
解得
即
物体碰后返回电场做匀减速至速度减为零时，向左达到最远距离，根据动能定理
解得
（3）第1个小球碰后以的速度与第2个小球发生弹性正碰，根据动量守恒和动能守恒，碰后它们进行速度交换，故碰后第n-1个小球将速度交换给第n个小球后静止，由于，物体向左速度减为零后，在电场力作用下由静止将向又加速，根据运动对称性，达到D点的速度大小仍为
由于
所以物体追上第1个小球前，第1个小球已处于静止，由（2）问同理可知，物体与第1个小球第2次碰后，它们的速度分别为
因
可得
同理，物体返回仍以与静止的第1个小球发生第3次弹性正碰后，它们的速度分别为
依此类推，物体返回仍以与静止的第1个小球发生第次弹性正碰后，它们的速度分别为
由于始终有v0n