2024~2025学年重庆市拔尖强基联盟高三下学期2月联考物理试卷（解析版）

这是一份2024~2025学年重庆市拔尖强基联盟高三下学期2月联考物理试卷（解析版），共16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。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列说法正确的是( )
A. 电子的发现说明原子核内部结构复杂
B. 光电效应揭示了光具有粒子性
C. 由 24He+714N→817O+11H可知，在密闭的容器中混合存放一定比例的氦气和氮气，几天后将有氧气生成
D. 卢瑟福的核式结构模型解释了原子光谱的分立特征
2.如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流。释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中以下说法正确的是( )
A. 线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B. 线框的磁通量为零的时，感应电流也为零
C. 线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下
D. 线框做自由落体运动
3.如图甲所示，带电小球B静止在光滑绝缘水平面上，质量mA=10g的带电小球A以水平向右的速度v=4m/s正对B的球心运动。在0∼t0时间内，A、B两球的v-t图象如图乙所示，若A、B不相碰，且半径相同，则下列说法正确的是( )
A. 小球A、B带异种电荷 B. 小球B的质量mB=40g
C. 系统的最小动能为0.02J D. 小球A、B最终以速度v=1m/s匀速直线运动
4.空间中有一沿x轴方向的电场，其场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，一点电荷仅在电场力的作用下从x2处静止释放后沿x轴正方向运动，则点电荷( )
A. 带正电B. 在x2和x4处电势能相等
C. 运动到x3处时速度最大D. 在x2和x4处加速度相等
5.某同学学习了天体运动的知识后，假想宇宙中存在着由四颗星组成的孤立星系。如图所示，一颗质量为M的星处在正三角形的中心，三角形的顶点各有一颗质量为m的星围绕M做圆周运动．如果任意两颗星之间的万有引力大小都为F，万有引力常量为G，则以下说法错误的是( )
A. m=3M
B. 三颗质量为m的星角速度大小始终相等
C. 若4颗星的质量都变成原来的两倍，系统仍然保持现在的稳定状态，则外面三颗星的绕M转动的角速度变为原来的4倍
D. 根据题目中的已知条件可以求出质量为m的星的圆周运动周期
6.如图所示，一束平行光垂直斜面照射，从斜面底部O以初速度v0抛出一物块落到斜面上P点，不计空气阻力。则( )
A. 物块在P点时的速度方向一定水平向右
B. 物块在斜面上的投影移动到P点时速度不一定为0
C. 物块速度最小时离斜面最远
D. 物块在斜面上的投影匀速移动
7.一半圆环直径为AB，圆心为O，半圆环放置于竖直平面内，直径AB 与水平方向的夹角为如图所示的θ，A、B两端系着一根不可伸长的光滑轻绳，绳长大于直径AB ，光滑绳子穿过一小球，现将半圆环在竖直平面内绕圆心O顺时针缓慢转过2θ。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 轻绳的拉力始终保持不变B. 轻绳的拉力先减小后增大
C. 轻绳的拉力先增大后减小D. 小球受到的合力先增大后减小
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.由两种不同频率的光组成的复色光以相同的入射角射到介质Ⅰ和Ⅱ的界面MN，折射后分为a、b两束光．若a、b光的频率分别为fa和fb，在介质Ⅰ中传播速度分别为va和vb，则下列说法正确的是( )
A. a光在介质Ⅱ中传播速度比在介质Ⅰ中传播快
B. 真空中，a光的波长比b光的波长大
C. 增大复色光的入射角，b光先发生全反射
D. 在介质Ⅰ中时，a光的折射率大于b光的折射率
9.xOy为竖直面内的直角坐标系，x轴下方有垂直于坐标面向里的匀强磁场，第III象限还有平行于y轴的匀强电场，如图所示。现有一质量为m的带电油滴从x轴上方的A点以初速度v0= 2gd竖直向下抛出，运动至P点进入磁场区域，A点到P点的距离为d。油滴恰好从Q点垂直于y轴进入第III象限，经过14圆周从D点垂直于x轴进入第II象限，D点与O点相距2d，重力加速度为g，依据上述数据，下列说法正确的是( )
A. 油滴带负电
B. 油滴在D点的动能大小为4mgd
C. 油滴做圆周运动时受到的洛伦兹力大小为3mg
D. 其他条件不变，增大油滴的初速度大小，油滴在第三象限仍然会做匀速圆周运动
10.如图所示，水平地面上固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端叠放着质量分别为2 m和m的物块A、B，物块B与弹簧拴接。小宋用竖直向下的力F压在A上，使整个系统静止。现突然撤去作用力F，观察A、B的运动情况并进行推理分析(A、B都在竖直方向运动，不考虑空气阻力)。下列说法正确的是( )
A. 当F>3mg，A、B上升过程就一定会分离
B. 若A、B可以分离，A、B分离瞬间，A、B速度均小于最大速度，弹簧弹力为0
C. 若A、B可以分离，A、B分离后，A的速度先减为0
D. 若A、B可以分离，A向下运动与B相碰后相对静止，后面的运动中，弹簧还能被压缩到初始位置。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图1所示，小明用一个带有刻度的注射器及压强传感器来探究一定质量气体在温度不变时压强与体积的关系。
(1) 实验过程中，下列说法中错误的是 。
A.推拉活塞时，动作要慢
B.推拉活塞时，手不能握住注射器筒有气体的部位
C.压强传感器与注射器之间的软管脱落后，应立即重新接上，继续实验并记录数据
D.活塞与注射器筒之间要保持润滑又不漏气
(2) 在验证玻意耳定律的实验中，如果将实验所得数据在图2所示的p-1V图像中标出，可得图2中 线。如果实验中，使一定质量气体的体积减小的同时，温度逐渐升高，则根据实验数据将描出图2中 线。(均填“甲”“乙”或“丙”)
12.传感器在科研，生活，生产中有广泛的应用。小李想根据热敏电阻的阻值随温度变化的规律，探测温度控制室内的温度。实验室提供的器材有：
热敏电阻RT；
电流表G(内阻Rg为80Ω，满偏电流为Ig)；
定值电阻R(阻值为20Ω)；
电阻箱R0(阻值0∼999.9 Ω)；
电源E(电动势恒定，内阻不计)；
单刀双掷开关S1、单刀单掷开关S2；导线若干。
请完成下列步骤：
(1) 该小组设计了如图(a)所示的电路图。根据图(a)，在答题卡上完成图(b)中的实物图连线 。
(2) 开关S1、S2断开，将电阻箱的阻值调到 (填“最大”或“最小”)。开关S1接1，调节电阻箱，当电阻箱读数为20Ω时，电流表示数为Ig。再将S1改接2，电流表示数为13Ig。得到此时热敏电阻RT的阻值为 Ω。
(3) 该热敏电阻RT阻值随温度t变化的RT-t曲线如图(c)所示，结合(2)中的结果得到温度控制室内此时的温度约为 ∘C。(结果取整数)
(4) 开关S1接1，闭合S2，调节电阻箱，使电流表示数为Ig。再将S1改接2，如果电流表示数为Igk(k>1)，则此时热敏电阻RT= Ω(用k表示)，根据图(c)即可得到此时温度控制室内的温度。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.舞狮是我国优秀的民间艺术，古时又称为“太平乐”。表演者在锣鼓音乐下做出各种形态动作，同时让舞狮站在梅花桩上表演各种特技动作，彰显出热闹的氛围。表演者在单人练习时所使用的梅花桩如图所示，表演者从桩1正中心水平起跳，落到桩2正中心，然后再次起跳，最终停在桩3正中心。已知桩1与桩2的高度差为h=0.8m，桩2、3等高，相邻两桩中心间的距离均为d=0.4m，假定表演者两次起跳速度的水平分量相同，表演者从落到桩2到离开桩2经过的时间Δt=0.6s，表演者质量为m=50kg，重力加速度g=10m/s2。求：
(1) 表演者从桩1上起跳时的速度大小v1；
(2) 表演者在竖直方向上对桩2的平均作用力大小。
14.如图所示，一抛物线的方程为y=x23lx≤0，在抛物线的上方有竖直向下的匀强电场。抛物线上每个位置可连续发射质量为m、电荷量为q的粒子，粒子均以大小为v0的初速度水平向右射入电场，所有粒子均能到达原点O。第四象限内(含x轴)存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小B=mv0ql的匀强磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。
(1) 求从O点发射的粒子射出磁场时的坐标；
(2) 求电场强度E的大小；
(3) 求从抛物线上横坐标x=-32l的A点发射的粒子射出磁场时的坐标。
15.如图所示，一边长为1.5R的正方体物块静置于足够长的光滑水平面上，该正方体物块内有一条由半径为R四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小光滑圆孔道。一质量为m的小球(可视为质点)，以初速度v0= 6gR沿水平方向进入孔道，恰好能到达孔道最高点。孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力不计，重力加速度为g。
(1) 求该正方体物块的质量；
(2) 求小球离开孔道时的速度；
(3) 若小球以初速度v 0'= 8gR沿水平方向进入孔道，小球在孔道圆弧部分运动的时间为t0，求小球从进入孔道至到达运动轨迹的最高点的过程中，该正方体物块移动的距离。
【参考答案】
1.【答案】B
【解析】A.电子在原子核外部，与原子核内部无关，A选项错误；
B.光电效应是原子的电子吸收光子，从而摆脱原子核的束缚，向外释放光电子的现象，光电效应深入揭示了光的粒子性，表明光子具有能量，B选项正确；
C.核反应 24He+714N→817O+11H.是人工核反应方程，是在实验室中完成的，不能自然发生。C选项错误；
D，卢瑟福的核式结构模型无法解释解释了原子光谱的分立特征，玻尔提出来玻尔理论，成功的解释了原子光谱的分立特征，D选项错误；
故选择B选项。
2.【答案】A
【解析】A.根据安培定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小．线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流．向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针．所以线框中感应电流方向依次为：ACBA→ABCA→ACBA，故A正确；
B.根据A中的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增加．所以这一过程中，线框中始终有感应电流存在，故B错误；
CD.根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，安培力的合力不为零；因受到向上的安培力，所以线框的运动不是自由落体运动，选项CD错误。故选A。
3.【答案】C
【解析】A.根据v-t图象可知，A球向右做减速运动，受到向左的库仑力，B球向右做加速运动，受到向右的库仑力，A、B之间存在排斥力，所以小球A、B带同种电荷，故A错误；
B.由v-t图象可知，t0时刻两小球的速度相同，共同速度v=1m/s，A、B组成的系统满足动量守恒，根据动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v，解得：mB=30g，故B错误；
C.当A、B速度相同时两者相距最近，系统的电势能最大，动能最小，此时Ekmin=12mA+mBv2=0.02J，故C正确；
D.小球A、B速度为1m/s时相距最近，小球A受到向左的库仑力，继续向右做减速运动，运动的速度小于1m/s，小球B受到向右的库仑力，继续向右做加速运动，运动的速度大于1m/s，故D错误。
4.【答案】D
【解析】A、一点电荷仅在电场力的作用下从x2处静止释放后沿x轴正方向运动，说明该电荷受到的电场力与x轴正方向相同，而x2到x4的磁场强度方向沿x轴负方向。考虑与电场强度方向相反。所以该电荷带负电，故A错误;
B、x2到x4电场线沿着x轴反向，故沿着x轴正向电势增大，所以x2处和x4处的不相等，B错误，
C、x2到x4电场线沿着x轴反向，电荷始终被加速，x3处时速度不是最大，故C错误，
D、由图象可知同一电荷在x2处和x4处受到的电场强度相等，故电场力和加速度也相同，故D正确。
故选：D。
5.【答案】C
【解析】假设等边三角形的边长为a，质量为M的星到质量为m的星距离为：r= 33a.
根据万有引力定律，两质量为m的星之间万有引力为：F=Gmma2，
质量为M的星和质量为m的星之间的万有引力为：F=GMmr2.
联立得：m=3M，故A正确;
根据万力提供向心力，结合对称性，三个质量为m的行星。运动的周期，角速度均相同，故B正确;
根据万有引力定律，两质量为m的星之间万有引力为：F=Gmma2，若4颗星的质量都变成原来的两倍，星球之间的万有引力将变成原来的4倍，根据向心力Fn=mω2r，角速度会变成原来的 2，故C错误;
根据根据万有引力定律，F=Gmma2，a= GmmF，质量为m的星的圆周运动的向心力为另外三个星球对它万有引力的合力，即 3F=m4π2rT2，将已知量代入即可求出周期，所以D选项正确。
故答案选择C。
6.【答案】B
【解析】AB.由于初速度的大小和方向均未确定，物体在p点时的速度大小方向均不确定，故A错误，B正确。
C.根据矢量的合成法则，则将速度分解成平行与垂直斜面方向，当垂直斜面方向的速度为零时，离斜面最远，故C错误；
D.将速度分解成平行与垂直斜面方向，平行斜面方向运动是匀减速直线运动，而垂直斜面方向先匀减速直线运动，后匀加速直线运动，故D错误.
故选B。
7.【答案】C
【解析】ABC.设轻绳与竖直方向夹角为α，AN、NB间夹角为2α，如图
则根据几何关系可得2Rcsθ=MA
ANsinα+NBsinα=MA
L=AN+NB
联立可得
sinα= 2RcsθL
根据平衡条件可得
2Fcsα=mg
可得
F=mgL2 L2-4R2cs2θ
可知，圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2θ角的过程中，轻绳的张力先增大再减小，故C正确，AB错误；
D.因为小球是缓慢运动，处于动态平衡状态，所以合力一直为0，故D错误。
故选C。
8.【答案】AD
【解析】由图可知，由两种不同频率的光组成的复色光以相同的入射角射到介质I和II的界面MN，入射角小于折射角，介质II是光疏介质，介质I是光密介质，由于光在光密介质中传播速度较小，a光在介质Ⅱ中传播速度比在介质Ⅰ中传播快，故A正确；
B、由图可知a光的偏折程度大，则a光的折射率大，频率大，波长短，故B错误；
C、a光的折射率大，根据sinC=1n可知a光的临界角小，增大复色光的入射角，a光先达到临界角，先发生全反射，故C错误；
D、由图可知a光的偏折程度大，则a光的折射率大，故D正确。
故选：AD。
9.【答案】ABD
【解析】A.油滴从P点进入磁场后向左偏转，说明油滴受到向左的洛伦兹力，根据左手定则可判断四指方向与油滴运动的方向相反，油滴带负电荷，故A正确；
B.从Q点到D点带电油滴做圆周运动，则电场力等于重力大小，由洛伦兹力提供向心力；油滴在D点的动能等于在Q点的动能，从A点到Q点，由动能定理可得Ek-12mv02=mg3d，解得油滴在D点的动能大小为4mgd，故B正确；
C.由洛伦兹力提供向心力得，油滴做圆周运动时受到的洛伦兹力大小 F洛=qvB=mv22d=4mg，故C错误；
D.其他条件不变，增大油滴的初速度大小，油滴在第三象限受受到的电场力和重力大小仍然相等，油滴进入第三象限还是与磁场垂直，油滴在第三象限仍然会做匀速圆周运动，故D正确。
10.【答案】AB
【解析】A.撤去作用力F，AB分离前做简谐运动，取F=3mg，平衡位置弹簧压缩且弹力kx0=3mg，刚撤去外力时弹簧弹力kx1=6mg，根据简谐运动的对称性，简谐运动的最高点处，弹簧刚好原长，故当F>3mg，A、B上升过程就一定会分离，A正确；
B.若A、B可以分离，A、B分离瞬间，A、B有相同的加速度g，弹簧弹力为0，A、B正在做减速运动，A、B速度均小于最大速度，B正确；
C.若A、B可以分离，A、B分离后，A的加速度为g，B的加速度aB=mg+kxm>g，B的速度先减为0，C错误；
D.若A、B可以分离，A向下运动与B相碰后相对静止，A、B之间是完全非弹性碰撞，有机械能损失，根据能量守恒，后面的运动中，弹簧不能被压缩到初始位置，D错误。
正确答案AB
11.【答案】C
乙
甲
【解析】(1)A.实验过程中，推拉活塞时，动作要慢，避免因推拉活塞过快，封闭气体温度升高，故A正确，不符合题意；
B.推拉活塞时，手不能握住注射器筒有气体的部位，如用手握住注射器筒有气体的部位会使气体温度升高，故B正确，不符合题意；
C.压强传感器与注射器之间的软管脱落后，气体的质量发生了变化，如立即重新接上，继续实验，将出现较大误差，故C错误，符合题意；
D.为了防止摩擦生热及气体质量变化，活塞与针筒之间要保持润滑又不漏气，故D正确，不符合题意。
(2)在验证玻意耳定律的实验中，根据理想气体状态方程有pVT=C可得p=CT⋅1V，可知，p与1V成正比，故图像为图2中的乙线。如果实验中，使一定质量气体的体积减小的同时，温度逐渐升高，由上述分析可知，p与1V的图像的斜率将变大，故图像为图2中的甲线。
12.【答案】
最大
200
18
72
【解析】解：(1)由图(a)所示的电路图，图(b)中的实物图连线如图所示：
。
(2)由图(a)可知，电阻箱起到保护电路的作用，因此开关闭合前，将电阻箱的阻值调到最大。
开关S1接1时，由欧姆定律可得Ig=ER0+Rg
S1接2时，则有Ig3=ER0+Rg+RT
联立解得RT=200Ω。
(3)由图(c)可知， RT=200Ω 时，对应的温度约为18∘C。
(4)开关S1接1，闭合S2，调节电阻箱，使电流表示数为Ig；
由并联电路的分流作用，结合Rg=4R，可得干路电流为5Ig，则有并联部分的电阻R并=RgRRg+R=16Ω
由欧姆定律可得5Ig=ER并+R0
S1接2时，电流表示数为Ig3 ，同理可得干路电流可为53Ig ，由欧姆定律可得53Ig=ER并+R0+RT
结合5Ig=ER并+R 0 ，其中R并=16Ω ，解得RT=72Ω。
13.【答案】解：(1)表演着从桩1 水平起跳后在空中做平抛运动，在竖直方向有h=12gt2，
在水平方向有d=v1t，
可得t=0.4s，v1=1m/s。
(2)表演者落到桩2 中心时水平方向的速度为，
竖直方向的速度为v2=gt=4m/s，
方向竖直向下。又两次起跳速度的水平分量相同，则表演者从桩2起跳到落到桩3所需的时间也为 t ，表演者在竖直方向做竖直上抛运动，则表演者从桩2起跳时竖直方向的速度v3=gt2=2m/s，方向竖直向上
表演者落到桩2到起跳的过程，在竖直方向由动量定理有F⋅Δt-mgΔt=mv3--mv2，
解得F=1000N。
由牛顿第三定律可知，表演者在竖直方向上对桩2的平均作用力大小为1000N。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)从O点发射的粒子：qv0B=mv02R1，把B=mv0ql代入解得R1=l，
射出磁场时的坐标(0,-2l)。
(2)在抛物线上任取一点(x,y)，x=v0t，y=12qEmt2，
且y=x23l，联立解得E=2mv023ql。
(3)水平方向：3l2=v0t'，竖直：a=qEm，vy=at'，
联立解得vy=v0，
粒子过O点时速度为 2v0，方向与x轴正向成45∘斜向右下，
q 2v0B=m( 2v0)2R2，
得R2= 2l，
由几何关系知粒子在磁场中运动14圆周， 2R2=2l，
射出磁场时的坐标(0,-2l)。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，
则有mv0=M+mv ， 12mv02=12M+mv2+mg⋅1.5R，
解得M=m；
(2)小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，
则有mv0=mv1+Mv2 ， 12mv02=12mv12+12Mv22，
解得v1=0 ；
(3)从进入孔道到圆弧轨道的最高点的过程中，水平动量守恒：mv0'=mv1'+Mv2'，
求和得：mv0't0=mx1+Mx2，
由几何关系：x1-x2=R，联立解得：x2=v0't0-R2；
小球运动到与圆心等高处：mv0'=(m+M)v'，解得v'= 2gR，
由机械能守恒：12mv'02=12m(v'2+vy2)+12Mv'2+mgR，解得vy= 2gR，
从与圆心等高到轨迹最高点用时：t=vyg= 2gRg，水平位移：x3=v't=2R，
物块总位移：x2+x3=v0't0+3R2。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】