河北省保定市博野县2024-2025学年高三下学期3月联考物理试卷【含答案】

这是一份河北省保定市博野县2024-2025学年高三下学期3月联考物理试卷【含答案】，共17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.目前治疗癌症最先进的手段是利用核反应 mnX+01n→α+37Li，反应释放出的高杀伤力的α粒子作用在癌细胞上，进而将病人体内的癌细胞杀死。已知X粒子的质量为mx，中子的质量为mn，α粒子的质量为mα，Li核的质量为mLi，下列说法正确的是( )
A. m=5，n=10
B. m=5，n=11
C. 该核反应释放的能量为(mLi+mα−mn−mX)c2
D. 该反应类型属于α衰变
2.2024年10月30日，中国“神舟十九号”载人飞船成功进入太空预定轨道，随后航天员顺利进驻空间站“问天”实验舱进行工作，下列说法正确的是( )
A. “问天”实验舱的运行速度大于7.9km/s
B. 航天员在“问天”实验舱工作时处于不受力的完全失重状态
C. “问天”实验舱绕地球运动的向心力是由它对地球的万有引力提供的
D. “问天”实验舱绕地球运动的速度大于高轨道上地球同步卫星的速度
3.光导纤维是由折射率较大的内芯和折射率较小的外套构成，光导纤维技术在现代生产、生活与科技方面得到广泛应用。某单色光在内芯中传播时的速度为1.5×108m/s，在真空中的传播速度为3.0×108m/s，则该光由内芯射向真空时，发生全反射的临界角为( )
A. 60∘B. 45∘C. 30∘D. 75∘
4.两个点电荷的质量分别为m1、m2，带异种电荷，电荷量分别为q1、q2，相距为d，仅在相互之间库仑力作用下各自绕它们连线上的某一定点，在同一水平面内做周期相同的匀速圆周运动，它们的总动能为( )
A. m1kq1q2m2dB. m2kq1q22m1dC. kq1q22dD. kq1q2d
5.如图甲、乙所示为家庭应急式手动小型发电机的两个截面示意图。推动手柄使半径为r的圆形线圈沿轴线做简谐运动，速度随时间变化的规律为v=v0sinωt，线圈匝数为n，电阻不计，所在位置磁感应强度大小恒为B，灯泡的额定电压为U，若灯泡刚好正常发光，则理想变压器的原、副线圈匝数比n1n2等于( )
A. nπBrv0UB. 2nπBrv0UC. 2nπBrv02UD. nπBrv02U
6.如图所示，粗细均匀的矩形线框ACDG固定在水平面内，处在竖直向上的匀强磁场中，边长AC是AG的三倍，E、F两点将DG边三等分，在E、F两点加上恒定电压U，线框受到的安培力大小为F1，若将EF段剪断，线框受到的安培力大小为F2，则F1：F2为( )
A. 8：1B. 7：1C. 6：1D. 5：1
7.如图所示，铜制圆盘安装在水平铜轴上，圆盘位于两磁极之间(可视为匀强磁场)，圆盘平面与磁感线垂直，两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触，电容为C的平行板电容器接在C、D之间，下极板接地。已知铜盘的半径为R，铜盘匀速转动的角速度为ω，磁感应强度为B。下列说法正确的是( )
A. 电容器极板上所带电荷量为BR2ωC
B. 将电容器的下极板向下移动一小段距离，则电容器极板上的电荷量增加
C. 将一金属板插入平行板电容器，则电容器的电容减小
D. 将电容器的上极板水平向右移动一小段距离，则电容器内P点的电势不变
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.某中学湖面上有两个波源S1和S2，两波源的振动频率相同，如图所示，波源S1、S2的坐标分别为(−20cm,0)、(20cm,0)，湖面上还有一点P，坐标为(−20cm,30cm)，t=0时，波源S2开始从平衡位置向上振动，经过6s波源S1、S2分别产生的第一个波峰同时传到P点，O点为振动减弱点，已知两波源同时起振。下列说法正确的是( )
A. 波在湖面传播的速度为5cm/s
B. 波源S1在t=0时从平衡位置向下振动
C. 两波源的振动周期为4s
D. 波源S1产生的第一个波谷传到P点需要的时间为3s
9.一架沿竖直向上匀速爬升的武装直升机，t=0时突然向上做变速运动，经时间t0后再次匀速爬升，在此过程中，其位移与时间的比值随时间变化的图像为直线，如图所示，下列说法正确的是( )
A. t=0时直升机的速率为p
B. t=t0时直升机的速率为2q−2p
C. 直升机从t=0到t=t0的过程中上升的高度为qt0
D. 直升机向上做变速运动的加速度为q−pt0
10.如图甲所示，质量为m1=3kg的物块放在静止于粗糙水平面上的长木板上，从t=0时刻起物块受到水平向右的外力，此外力变化规律如图乙所示，物块与长木板之间的摩擦力f随时间变化的规律如图丙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A. 物块与长木板之间的动摩擦因数为0.1B. 长木板的质量为2kg
C. t=3s时，物块的速度大小为3m/sD. 长木板与地面之间的动摩擦因数为0.05
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.小明同学在实验室找到一个半导体元件，为测量其电阻，进行如下的操作。
(1)先用多用电表进行测量，他先将红黑表笔插入多用电表的插孔，之后将多用电表旋至欧姆挡的“×100”挡后，接下来的操作是______，再将红黑表笔分别与该半导体元件两端相接，多用电表指针偏转位置如图所示，则该元件的电阻值为______Ω；
(2)为进一步更为精确的测量该元件的阻值，小明同学又找来了电压表(量程0∼15V，电阻约6000Ω)和毫安表(量程0∼10mA，电阻约100Ω)以及其他必要实验器材，他选择误差较小的电路连接并进行测量，则测量的阻值______(填“大于”“小于”或“等于”)半导体元件的真实电阻。
12.某学习小组准备用铁架台、光电计时器、电磁铁和铁球等验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示。先测出A、B之间的距离h，再让电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的光电计时器记录下小球的挡光时间为t。已知当地的重力加速度为g。
(1)该小组同学先用游标卡尺测量出小球的直径d为______ cm；
(2)关于该实验下列说法正确的是______；
A.小球的直径越小，实验误差越小
B.实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束
C.实验时应先释放铁球，后打开光电计时器
(3)该小组同学通过改变A、B之间的距离h(h≫d)，得到多组t的数值，通过描绘图像，可验证机械能守恒，为使图像呈直线，应描绘t−______(用h表示)图像，若图像的斜率k=______(用d、g表示)，可验证机械能守恒；
(4)由于存在空气阻力，该小组同学用实验数据描绘的图像的斜率______(填“大于”“小于”或“等于”)理论值。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意图如图，从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口，扣动扳机将阀门K打开，水即从枪口喷出。若初始时水枪内气体压强为120kPa，容积3L，现从储水罐充气口充入气体，充入气体的压强为100kPa，充气过程气体温度等于环境温度27∘C不变，充气完成后玩具水枪内的压强为240kPa，求：
(1)充入气体的体积；
(2)当环境温度降为7∘C测得其内部压强为210kPa，试计算水枪是否漏气。
14.如图所示，一圆心为O、半径R=4.8m、质量M=3kg的光滑圆弧轨道锁定在水平面上，AB为其圆弧面，圆心角θ=60∘，B点与地面相切。水平面的CD之间放置一足够长的轻弹簧，右端D点固定，CD部分粗糙，其余光滑。现将一质量m=2kg的小物块P从空中某位置以初速度v0=2m/s水平抛出，恰好从圆弧轨道的最高点A无碰撞的进入圆弧轨道，从B端离开后向右运动压缩弹簧，然后又被弹簧弹回，不计物块与弹簧碰撞损失的能量。已知小物块与水平面CD间的动摩擦因数μ=0.8，弹簧的劲度系数k=160N/m，弹簧的弹性势能Ep=12kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，重力加速度g取10m/s2。
(1)求小物块抛出点的高度h；
(2)求弹簧的最大压缩量；
(3)小物块被弹簧弹回后，同时圆弧轨道解开锁定，试判断小物块能不能从A点抛出？若能，求出小物块所能到达的最大高度；若不能，求出小物块第三次经过C点时速度大小。
15.平面直角坐标系xOy的二、三象限存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在一、四象限内的02d的区域内存在一边界为270∘圆弧的匀强磁场区域，圆弧与x轴相切，开口在直线x=2d上，圆弧半径为R=(2+ 2)d磁场方向未画出，如图所示。质量为m、电荷量为+q的带电粒子从P(−d,0)点由静止释放，粒子最终恰好从圆弧与x轴的切点飞出，已知tan50.4∘= 2+12，不计粒子重力，求：
(1)粒子通过一、四象限的电场后速度方向偏转的角度θ；
(2)匀强磁场的磁感应强度B；
(3)若匀强磁场的磁感应强度变为第(2)间磁感应强度的一半，则粒子在磁场中运动的时间为多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AB、根据核反应中核电荷数与质量数守恒，可知α粒子内有2个质子，核子数为4，
所以
m=2+3=5，n+1=4+7
联立解得
n=10
故A正确；B错误；
C、根据质能方程ΔE=mc2得该核反应释放的能量为
ΔE=(mn+mX−mLi−mα)c2
故C错误；
D、该反应属于人工转变或裂变反应，衰变反应是原子核自发进行的，反应前只有一个核，故D错误。
故选：A。
核反应过程中质量数与核电荷数守恒，根据质量数与核电荷数守恒求出X的核电荷数以及质量数；求出核反应过程中的质量亏损，然后由质能方程求出释放的能量，结合衰变特点分析。
核反应过程中，质量数与核电荷数守恒；求出核反应的质量亏损，应用质能方程即可求出核反应释放的能量。
2.【答案】D
【解析】解：A、第一宇宙速度7.9km/s是卫星环绕做地球做匀速圆周运动的最大运行速度，可知“问天”实验舱的运行速度小于第一宇宙速度7.9km/s，故A错误；
B、航天员在“问天”实验舱工作时处于完全失重状态，仍受到地球的引力，故B错误；
C、“问天”实验舱绕地球运动的向心力是由地球对它的万有引力提供的，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力得
GMmr2=mv2r
可得v= GMr，可知，轨道越高，轨道半径越大，运行的线速度越小，则“问天”实验舱绕地球运动的速度大于高轨道上地球同步卫星的速度，故D正确。
故选：D。
根据第一宇宙速度的意义分析“问天”实验舱的运行速度与第一宇宙速度的关系；航天员在“问天”实验舱工作时仍受到地球的引力；“问天”实验舱绕地球运动的向心力是由地球对它的万有引力提供的；根据万有引力提供向心力列式分析线速度关系。
本题主要考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力，结合向心力公式进行分析，知道第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度。
3.【答案】C
【解析】解：根据折射率于光的传播速度之间的关系可知，光在内芯中传播时的速度为
v=cn
光由内芯射向真空时，发生全反射的临界角关系式为
sinC=1n
代入数据联立解得
sinC=12
可知发生全反射的临界角为30∘，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据光导纤维中光的全反射现象，以及全反射临界角的计算求解临界角。
本题的关键在于理解全反射现象及其临界角的计算方法。通过计算光在不同介质中的传播速度，进而求得折射率，最后利用全反射临界角的公式求解。此题不仅考察了物理概念的理解，还涉及到了数学计算，是一道综合性较强的题目。
4.【答案】C
【解析】解：C、对于质量m1的电荷，它们的库仑力提供其向心力，即：kq1q2d2=m1v12r，对于质量m2的电荷，它们的库仑力提供其向心力，即：kq1q2d2=m2v22d−r，则总的动能为：12m1v12+12m2v22=kq1q22d，故ABD错误，C正确。
故选：C。
本题关键在于利用库仑力提供向心力，分别列出两个电荷的向心力公式，得到速度表达式后，计算总动能。最后，得出总动能与库仑常数、电荷量和距离的关系。
本题考查电荷在库仑力作用下的匀速圆周运动和动能计算。通过运用向心力公式和动能公式，能够得到正确的总动能表达式。解题过程中需要理解力学与电学的结合，且细节计算需要准确处理，避免遗漏。
5.【答案】B
【解析】解：由题意可知，线圈产生的是正弦交流电，电动势的最大值为Em=2πnBrv0，电动势的有效值为E=Em 2= 2nπBrv0，由于线圈电阻不计，则变压器原副线圈匝数比为n1n2=EU= 2nπBrv0U，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据正弦式交变电流最大值，根据副线圈两端的电压的有效值，从而计算变压器原副线圈匝数比。
该题考查交变电流最大值的求法、有效值的求法以及变压器电压与匝数比的关系，题目综合性较强，难度一般。
6.【答案】A
【解析】解：设AG段电阻为r，EF段长为L，则EF未剪断时，电路中总电阻R1=78r，剪断后的总电阻R2=7r，
则F1=BI1L=BULR1，F2=BI2LBULR2，解得：F1：F2=8：1，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据题意求出电路的总电阻，应用欧姆定律求出电流，然后应用安培力公式求出安培力，再求出安培力大小。
本题考查了求安培力之比，分析清楚图示电路结构，求出电路总电阻，应用欧姆定律与安培力公式即可解题。
7.【答案】D
【解析】解：A.圆盘匀速转动时产生的感应电动势为
U=12BR2ω
所以电容器极板上所带电荷量为
12BR2ωC
故A错误；
B.电容器的下极板向下移动一小段距离，根据公式
C=εrS4kπd
可知电容C减小，再根据公式
Q=CU
可知电容器极板上的电荷量减小，故B错误；
C.将金属板插入平行板电容器，则电容器的板间距减小，根据
C=εrS4kπd
可知电容C变大，故C错误；
D.板间距不变，由于板间电压不变，根据
E=Ud
可知板间电场强度不变，下极板电势为零，P点距下极板距离不变，所以P点电势不变，故D正确。
故选：D。
圆盘匀速转动切割磁感线产生的感应电动势不变，求出感应电动势，根据电容定义式和决定式分析答题。
对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，根据E=12BR2ω来计算。
8.【答案】BC
【解析】解：B.由题，O点为两波源的中点且为振动减弱点，波源S1、S2振动方向相反，所以波源S1在t=0时从平衡位置向下振动，故B正确；
AC.根据几何关系可知PS1=30cm，PS2=50cm
由于PS1=v(6−3T4)，PS2=v(6−T4)
解得v=10cm/s，T=4s
故A错误，C正确；
D.波源S1产生的第一个波谷传到P点需要的时间为t=PS1v+T4=30cm10cm/s+4s4=4s，故D错误。
故选：BC。
根据振动减弱点的条件判断；结合几何关系以及波传播的特点求出波速与周期；由x=vt求出波源S1产生的第一个波谷传到P点需要的时间。
本题考查了波动规律，解题的关键是周期和波速的确定，根据波长、波速和周期的关系求解波长。
9.【答案】AC
【解析】解：ABD.由图像可得xt=q−pt0⋅t+p，变形得x=pt+q−pt0t2，可知直升机做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动位移公式x=v0t+12at2可知，t=0时直升机的速率为v0=p，加速度为a=2(q−p)t0，t=t0时直升机的速率为v=v0+at0=p+2(q−p)t0t0=2q−p，故A正确，BD错误；
C.由匀加速直线运动位移与时间关系可得直升机从t=0到t=t0的过程中上升的高度为h=v0t0+12at02，解得h=qt0，故C正确。
故选：AC。
根据图中数据求出直升机做变速运动时位移与时间的关系式，对比匀变速直线运动位移公式x=v0t+12at2，得到直升机的初速度和加速度，再求解t=t0时直升机的速率和上升高度。
本题考查了匀变速运动的位移公式的应用，注意根据图象对公式变形。
10.【答案】AD
【解析】解：A、由图乙可知拉力F的大小与时间成正比，由图丙可知，0∼1s内物块与长木板之间的摩擦力f与拉力F等大，该时间内物块、长木板和地面保持相对静止；
1∼3s物块与长木板相对静止，相对地面加速运动；3s以后物块与长木板间相对滑动，由最大静摩擦力等于滑动摩擦力，设物块与长木板之间的动摩擦因数为μ，
可得：f=μ1m1g，代入数据解得，物块与长木板之间的动摩擦因数为μ1=0.1，故A正确；
BD、设长木板的质量为M，长木板与地面间动摩擦因数为μ2；当t=1s时长木板与地面间开始相对滑动，此时拉力F的大小为F1=2N
由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则μ1(m1+M)g=F1
当t=3s时，物块与长木板相对静止，长木板达到最大加速度，由牛顿第二定律得：a=μm1g−μ1(M+m1)M
当t=3s时，拉力F的大小为：F3=6N
对物块，由牛顿第二定律得：F3−μm1g=ma
代入数据解得：M=1kg，a=1m/s2，μ1=0.05，故B错误，D正确；
C、F−t图像中图线与坐标轴围成的面积表示冲量，由图可知1∼3s内力F的冲量大小为IF=12×(2+6)×(3−1)N⋅s=8N⋅s
物块与长木板之间的摩擦力f的冲量大小为If=(2+3)×(3−1)2N⋅s=5N⋅s
1∼3s内对物块由动量定理可得：IF−If=m1v
解得t=3s时，物块的速度大小为v=1m/s，故C错误。
故选：AD。
当拉力小于等于木板与地面间的最大静摩擦力时物块与木板都静止，物块所受摩擦力随拉力增大而增大；
当拉力大于木板与地面间的最大静摩擦力时物块与木板开始一起加速运动，当物块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力时物块与木板开始相对滑动；
根据图示图像分析清楚物块与木板的运动情况与受力情况，应用牛顿第二定律与动量定理分析求解。
本题考查了板块模型，分析清楚运动过程与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。
11.【答案】红黑表笔短接，进行欧姆调零 900 大于
【解析】解：(1)将多用电表旋至欧姆挡的“×100”挡后，接下来的操作是红黑表笔短接，进行欧姆调零；
根据读数规则，该元件的电阻值为
R=9.0Ω×100=900Ω
(2)由于Rx> RvRA，所以小明应该采用电流表内接法，测量的电阻阻值偏大。
故答案为：(1)红黑表笔短接，进行欧姆调零；900；(2)大于。
(1)将多用电表旋至欧姆挡的“×100”挡后，必须进行欧姆调零；根据欧姆表的读数方法读出该元件的电阻值；
(2)根据该元件的电阻值与电压表、电流表等比中值的关系，确定电流表接法，再分析误差大小。
本题关键掌握欧姆表的读数方法和测量电路的选择方法。多用电表进行电阻测量前，必须红黑表笔短接，进行欧姆调零。
12.【答案】2.98 B 1 h d 2g 大于
【解析】解：(1)游标卡尺的最小分度值为0.1mm，该读数为
29mm+0.1×8mm=29.8mm=2.98cm
(2)A.小球的直径小，小球通过光电门的平均速度越接近瞬时速度，但小球的直径越小，用游标卡尺测量时的测量产生的偶然误差越大，可知小球的直径应当适当小一些，而不是越小越好，故A错误；
B.实验中如果球心轨迹与激光束不相交，则小球的挡光距离将小于直径，导致挡光时间偏小，结果导致速度测量值偏大，可知实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束，故B正确；
C.实验时应先打开光电计时器，后释放铁球，防止小球提前通过计时器时无法记录时间，故C错误。
故选：B。
(3)小球通过光电门的速度
v=dt
若小球从A到B机械能守恒定律，则有
mgh=12mv2
解得
t=d 2g⋅1 h
可知，为使图像呈直线，应描绘t−1 h图像。
结合上述可知，图像的斜率
k=d 2g
即若图像的斜率等于d 2g，可验证机械能守恒。
(4)由于存在空气阻力，在相等的下落高度h内，小球通过光电门B的挡光时间大于理论值，导致绘制的过原点的倾斜直线偏上，可知用实验数据描绘的图像的斜率大于理论值。
故答案为：(1)2.98；(2)B；(3)1 h，d 2g；(4)大于。
(1)先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
(2)分析实验中存在的误差判断；
(3)根据平均速度和机械能守恒定律表达式推导判断，结合图像斜率分析；
(4)分析空气阻力对实验的影响。
本题关键掌握验证机械能守恒定律的实验原理和游标卡尺的读数方法。
13.【答案】解：(1)选水枪内气体和充入的气体为研究对象，初始水枪内气体p1=120kPa，V1=3L，充入气体p2=100kPa，末态p3=240kPa，V3=V1=3L，气体做等温变化，由玻意耳定律
p1V1+p2V2=p3V3
解得充入气体的体积
V2=3.6L
(2)选充完气后所有的气体为研究对象，假设不漏气，初态p3=240kPa，T1=300K，T2=280K，体积不变，由查理定律
p3T1=p4T2
解得
p4=224kPa>210kPa
所以水枪漏气。
答：(1)充入气体的体积等于3.6L；
(2)水枪漏气。
【解析】(1)根据题意找出气体初末状态参量，再根据玻意耳定律求解；
(2)假设不漏气，找出气体初末状态参量，体积不变，由查理定律求解。
本题考查理想气体实验定律的应用，要找准气体的初末状态参量，题目难度较小。
14.【答案】解：(1)小物块P从抛出到A，有vyv0=tanθ，又vy=gt,y=12gt2，且h=y+R(1−cs60∘)，代入数据可得h=3m
(2)小物块从A到压缩弹簧至最短，由机械能守恒有12mvA2+mgR(1−cs60∘)=μmgx+12kx2，又vA=v0cs60∘，代入数据可得x=0.8m或x=−1m(舍去)
(3)小物块从压缩弹簧最短到再次经过B点，由动能定理有12kx2−μmgx=12mvB2
假设小物块再次滑上圆弧轨道后上升的最高点未脱离，则有(M+m)v=mvB，又有12(M+m)v2+mgh1=12mvB2
代入数据可得h1=1.152m