2024-2025学年广东省衡水金卷高三（第二次）模拟考试物理试卷（4月）（含详细答案解析）

这是一份2024-2025学年广东省衡水金卷高三（第二次）模拟考试物理试卷（4月）（含详细答案解析），共14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.已知铽−161(65161Tb)衰变时能辐射出β射线和γ射线，半衰期为6.89天，下列说法正确的是( )
A. 铽−161发生衰变的方程为 65161Tb→63157X+24He
B. β射线的穿透能力比γ射线强
C. 一块质量为10g的铽−161经过6.89天后总质量将变成5g
D. γ射线不带电，电离能力比β射线弱
2.如图所示，将一匝数N=100、半径为20cm的圆形线圈放置在一变化的磁场中，磁场与线圈中轴线平行，磁场的磁感应强度随时间的变化关系为B=3×10−2sin(100πt)T。已知定值电阻R的阻值为100Ω，其余电阻忽略不计，取π2=10，下列说法正确的是( )
A. 电流表的读数约为1.2A
B. 流过定值电阻R的电流方向在1s内变化50次
C. 定值电阻R上一分钟内产生的热量约为4320J
D. 穿过线圈的最大磁通量为0.12πWb
3.如图所示为神舟18号返回舱顺利返回地球的示意图，返回舱先与轨道舱分离再进行减速，调整姿态后从A点进入大气层，最后降落在地球上B点处，关于返回舱在A点受到的合外力F的示意图，下列可能正确的是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示为“用传感器探究气体等温变化规律”的实验装置，研究对象是注射器中的空气柱(可视为理想气体)，缓慢拉动活塞，多次记录注射器上的体积刻度V和压强传感器的示数p。若实验中连接注射器与压强传感器之间的塑料管内的气体体积ΔV不可忽略，则绘出的V−1p图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
5.海啸的波速可高达每小时700∼800千米，在几小时内就能横过大洋，波长可达数百公里，可以传播几千公里而能量损失很小，在大洋深处波高不足一米。但当到达海岸浅水地带时，波长变短，而波高会急剧增加，可达数十米，形成含有巨大能量的“水墙”。如图所示为某次地震引发的海啸形成的海浪的振动图像，该海浪由深海向浅水海岸传来。若将海浪视为横波，下列说法正确的是( )
A. 该海浪形成的波的波长可达800km
B. 海浪由深海向浅水海岸传来的过程中波速变小
C. 海浪传播过程中频率变大
D. 发生海啸时在深海作业的船只应尽快返回海岸避险
6.如图所示为甲、乙两颗星球组成的双星系统，由于甲不断“吸食”其身边“路过”的小天体，导致质量不断增大，假如两星球的间距保持不变，不考虑其他星球的影响。下列说法正确的是( )
A. 乙受到的向心力会逐渐大于甲受到的向心力
B. 它们绕连线上某点做圆周运动的周期会变大
C. 甲表面的重力加速度一定会变小
D. 当甲的质量增大到足够大时，可认为是乙绕着甲做圆周运动
7.两个带有等量异种电荷的均匀带电圆环相隔一定距离同轴正对固定，以两环圆心连线的中点为坐标原点O、以过两环中心的轴线为x轴建立坐标系，两环圆心的坐标分别为x=−a和x=a，x轴上电势变化如图所示。以无穷远处为电势零点，电势极值φm和−φm对应的坐标分别为x=rm和x=−rm。现将一带电量为+q的试探电荷从x=−a处沿x轴正方向移到无穷远处，下列说法正确的是( )
A. 试探电荷在x=−a处受到的电场力为零
B. 从x=−a处运动到x=a处的过程中，试探电荷的电势能先减小后增大
C. 从x=−a处运动到x=rm处的过程中，试探电荷受到的电场力先增大后减小
D. 从x=−a处沿x轴正方向移到无穷远处的过程中，试探电荷克服电场力做的功为qφm
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示为星系齿轮的机构图，一半径为R1的中心齿轮和四个半径均为R2的卫星齿轮嵌套在半径为R3的轨道圆环内，在摇杆的作用下中心齿轮可做匀速圆周运动，带动卫星齿轮和轨道圆环转动，下列说法正确的是( )
A. 中心齿轮边缘各点的线速度大小与卫星齿轮边缘各点的线速度大小相等
B. 中心齿轮自转一圈，卫星齿轮也刚好自转一圈
C. 中心齿轮边缘各点的向心加速度与卫星齿轮边缘各点的向心加速度的比值为R2R1
D. 卫星齿轮需要自转R2R3圈才可以绕轨道圆环转动一圈
9.跳绳是很多小孩喜欢的运动项目，如图所示，质量为30kg的小孩1分钟完成了60次跳跃，小孩始终沿竖直方向运动，每次在空中的时间相等，每次脚与地面作用的时间均为0.8s，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 小孩每次跳跃在空中滞留的时间为0.2s
B. 小孩离地时的速度大小为10m/s
C. 跳绳过程中地面对小孩的平均作用力大小为375N
D. 每跳一次小孩消耗的能量为10J
10.如图甲、乙所示，MN、PQ是固定在同一水平面内、足够长的平行光滑金属导轨，导轨处在方向竖直向下的匀强磁场中，导体棒ab垂直放在导轨上，初始时电容器C不带电。除电阻R外其余电阻不计，导体棒ab与导轨左端足够远，现分别给两图中的导体棒ab一水平向右的速度v0，下列说法正确的是( )
A. 图甲中导体棒ab先做加速度减小的减速运动后做匀速运动
B. 图乙中导体棒ab先向右做加速运动，最终向右做匀速运动
C. 若仅增大图甲中电阻R的阻值，则图甲中导体棒ab的最终速度将不变
D. 若仅增大图甲中电阻R的阻值，则从导体棒ab开始运动到匀速的过程中电阻R上产生的焦耳热不变
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.实验兴趣小组用苹果做了一个水果电池，现在想进一步测量该水果电池的电动势和内阻。
(1)一同学用多用电表的“欧姆×100挡”直接测量水果电池的内阻，表笔与电池的连接方法如图甲所示，多用电表的读数如图乙所示，为 Ω，用该方法测出的水果电池的内阻 (填“大于”“等于”或“小于”)真实值。(2)另一同学通过查资料了解到水果电池的电动势约为1V、内阻约为1kΩ，于是设计了如图丙所示的电路，电流表内阻不计。闭合开关，调节电阻箱读出电流表的示数和电阻箱的阻值，改变电阻箱接入电路的阻值并记录电流表和电阻箱的数据，数据处理后画出如图丁所示的图像，则该水果电池的电动势为 V、内阻为 Ω。
12.某实验小组用一长为30.00cm的刻度尺、铁架台、光电门、电磁铁和小球来测当地的重力加速度。
(1)先用刻度尺测量反应时间：A同学用手捏住刻度尺的上端，B同学的手在刻度尺的0刻度线处做准备，如图甲所示。某时刻，A同学松手由静止释放刻度尺，B同学随即用手捏住刻度尺的20cm刻度处。刻度尺始终呈竖直状态，不计空气阻力，查到当地的重力加速度为9.8m/s2，则B同学的反应时间为 s。(结果保留两位有效数字)
(2)B同学认为自己的反应时间没这么快，当地的重力加速度也不是9.8m/s2，于是用如图乙所示的装置测重力加速度，在竖直铁架台上固定一个电磁铁和一个光电门。
①先用游标卡尺测量小球的直径d如图丙所示，则d= cm。
②将小球吸在电磁铁下，切断电源让小球自由下落，记录小球通过光电门的时间为Δt，则小球通过光电门的速度大小为 (用题中所给字母表示)。
③保持电磁铁的位置不变，调节光电门的位置，让小球从同一位置由静止释放，多次重复实验，分别测量小球下落的位置与光电门的距离H及小球通过光电门的时间Δt，并计算1Δt2。以H为纵轴、1Δt2为横轴，作出H−1Δt2的关系图像，若图像的斜率为k，则当地的重力加速度为 (用题中所给字母表示)。
④用③中的方法求出的重力加速度的测量值比真实值小，有同学分析是因为H不是小球下落的真实高度，小球下落的真实高度应为H−d2。你认为该同学分析的 (填“正确”或“不正确”)，你的理由是 。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示为电脑防窥屏的示意图，在透明介质中等间距平行竖直排列的屏障将整个屏幕区域分隔成若干个“超微细百叶窗”，从而达到防窥的效果。某品牌防窥屏的防偷窥可视区域为60∘，即从左、右30∘角以外只能看到漆黑一片(从左边看时，距屏幕最左边30∘角以外不能看清屏幕内容，从右边看时，距屏幕最右边30∘角以外不能看清屏幕内容)，已知相邻屏障的间距为2L，屏障的高度为d。如果左边第一个“百叶窗”中居中像素A刚好越过屏障透过防窥屏发生折射，该透明介质的折射率为 2，则d与L应满足怎样的关系才能实现防窥技术要求?
14.如图所示，甲、乙两同学正在练习抛接篮球(可视为质点)，两人在传接球的过程中手的位置等高，两手相距8m。某次甲抛球，乙接球，球在空中运动时间为0.8s。已知篮球的质量为0.6kg，不计空气阻力，忽略传接球时手移动的距离，重力加速度g=10m/s2。
(1)求篮球在最高点的速度大小及此时篮球高出抛出点的距离;
(2)求甲抛球时对篮球做的功;
(3)若乙接球用时0.1s，求接球过程中篮球对乙的平均作用力。
15.如图所示的粒子轨迹控制器由加速电场、偏转电场和磁场三部分组成。其中加速电场的电压为U1，偏转电场由一对长为L、间距为d的平行金属板组成。偏转电场右侧是一光滑刚性圆筒，圆筒内存在着方向垂直纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆筒上以O为圆心的横截面上有一小孔P，且OP与平行板平行。一质量为m、电荷量为+q的粒子无初速度地进入加速电场，沿平行板中心轴线射入偏转电场，出偏转电场时，粒子速度方向改变了30∘，最后从圆筒上的小孔P垂直磁场方向进入圆筒，然后粒子刚好与筒壁发生3次弹性碰撞(碰撞前、后沿半径方向的速度等大反向，沿切线方向的速度不变)后，从小孔P射出磁场，碰撞过程粒子的电荷量不变，不计粒子的重力。求：
(1)粒子进入偏转电场的速度大小；
(2)两平行板间的电压；
(3)刚性圆筒的半径。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.Tb65161Tb→X63157X+ 24He是α衰变方程，释放出来的是α射线而不是β射线，故A错误；
B.β射线的穿透能力比γ射线弱，故B错误；
C.放射性物质每经过一个半衰期，放射性物质含量将会减半，只是放出一些射线，总质量并没有多大变化，故C错误；
D.γ射线是光子流，不带电，电离能力比β射线弱，故D正确。
2.【答案】C
【解析】D.由题可知穿过线圈的最大磁通量Φm=BmS=0.0012πWb，故D错误；
A.线圈中产生的感应电动势e=NBmSωcsωt=120cs(100πt)V，电动势最大值为120 V，电流最大值为1.2A，而电流表测的是有效值，则电流表的示数为I有=1.2 2A≈0.85A，故A错误；
B.一个周期内电流方向变化两次，该交流电的周期为0.02s，则1s内电流方向变化100次，故B错误；
C.由焦耳定律可算出定值电阻R上一分钟内产生的焦耳热Q=I有2Rt=(1.2 2)2×100×60J=4320J，故C正确。
3.【答案】D
【解析】神舟18号返回舱在A点进入大气层，受到的空气阻力与速度方向相反，此时还受到地球对其指向地心的引力(重力)，这两个力的合力方向应介于这两力的夹角之间，A、B、C项错误， D项正确。
4.【答案】B
【解析】根据玻意耳定律可得p(V+ΔV)=C，解得V=C⋅1p−ΔV，可知V−1p图像是一条不过坐标原点的倾斜直线，纵轴截距为−ΔV，故B正确，ACD错误。
5.【答案】B
【解析】A.海浪波速可高达每小时700∼800千米，该波的周期T=2s，由λ=vT可知波长不可能达到800km，A项错误；
BC.波在传播过程中周期不变，频率也不变，到浅水海岸时波长变短，故波速变小，B项正确，C项错误；
D.海浪往浅水海岸传播时、海浪高度急剧增加，故停在深海处比返回海岸处更安全，D项错误。
6.【答案】D
【解析】它们做圆周运动所需的向心力均来自它们之间的万有引力，所以向心力应该是相等的，A项错误;设甲、乙的质量分别为m1、m2，两星球的间距为L，绕连线做圆周运动的周期为T，则有Gm1m2L2=m14π2T2r1=m24π2T2r2，r1+r2=L，解得T= 4π2L3G(m1+m2)，m1r1=m2r2，当m1增大时，周期减小，在m1≫m2时r1≪r2，此时r2≈L，则可以认为乙绕着甲做圆周运动，B项错误，D项正确;设甲的半径为R，则其表面的重力加速度g=Gm1R2，m1增大但半径R变化情况不明，故无法判断g的变化情况，C项错误。
7.【答案】C
【解析】A.φ−x图像的斜率表示电场强度，可知x=−a处电场强度不为零，故试探电荷在该处受到的电场力不为零，A项错误;
C.从x=−a处运动到x=rm处的过程中，试探电荷受到的电场力先增大后减小，C项正确;
B.由电势能EP=qφ可知试探电荷从x=−a处运动到x=a处的过程中，电势能不断增大，B项错误;
D.整个运动过程电势能增加，电场力做负功，试探电荷克服电场力做的功小于qφm，D项错误。
8.【答案】AC
【解析】A.由图可知，中心齿轮与卫星齿轮边缘各点的线速度大小相等，A项正确；
B.由v=ωR可得中心齿轮与卫星齿轮的角速度与各自半径成反比，不能同时自转一圈，B项错误；
C.向心加速度a=v2r，v相同，则中心齿轮边缘各点的向心加速度与卫星齿轮边缘各点的向心加速度的比值a1a2=R2R1，C项正确；
D.设卫星齿轮自转n圈才绕轨道圆环转动一圆，应有n⋅2πR2=2πR3，解得n=R3R2，D项错误。
9.【答案】AC
【解析】A.一分钟跳60个，则每次跳跃用时1s，每次脚与地面的接触时间为0.8s，则在空中滞留的时间为0.2s，A项正确；
B.由运动的对称性可知从小孩离地至上升到最高点的时间为0.1s，显然小孩离地时的速度大小v0=gt=1m/s，B项错误；
C.规定竖直向下为正方向，由动量定理可知(mg−F)△t=m(−v0)−mv0，解得F=375N，C项正确；
D.每次起跳小孩获得的初动能Ek初=12mv02=15J，所以其消耗的能量为15 J，D项错误。
10.【答案】ACD
【解析】A.图甲中导体棒ab产生的感应电动势对电容器充电，导体棒 ab受到方向向左的安培力，充电过程中电流减小，故导体棒 ab先做加速度减小的减速运动，当电容器两极板间的电势差与感应电动势相同时，电路中没有电流，导体棒 ab最终向右做匀速直线运动，A项正确;
CD.设电容器的电容为C，磁感应强度大小为B，导体棒ab的质量为m、长为L，则有−Ft=mvmin−mv0，又F=BIL，Q=It，C=QU，U=BLvmin，解得速度最小值vmin=mCB2L2+mv0，电容器最终电压U=BLvmin，仅增大电阻R的阻值，导体棒ab的最终速度不变，电容器的最终电压不变，由能量守恒定律可知导体棒 ab的动能减小量不变，最终电压值不变，说明电容器储存的电能不变，则通过电阻产生的焦耳热也不变， C、D项正确;
B.图乙中导体棒ab有向右的初速度，但受到向左的安培力，故先向右做减速运动，接着向左做加速运动，当导体棒 ab产生的感应电动势与电源电动势相等时，电路中无电流，导体棒 ab最终向左做匀速直线运动， B项错误。
11.【答案】650
小于
1.2
1200

【解析】解：(1)读数为6.5×100Ω=650Ω;
多用电表的欧姆挡黑表笔接内部电源的正极，与水果电池的锌片(负极)相连，此时相当于两个电源串联，流过表头的电流要比真实电流大，故测出的水果电池的内阻小于真实值。
(2)根据闭合电路欧姆定律有E=I(R+r)，可得1I=1E⋅R+rE
根据图像物理意义，解得E=1.2V，r=1200Ω
12.【答案】0.20
0.715
dΔt
d22k
不正确
落高度不影响图像的斜率，重力加速度的测量值比真实值小主要是因为空气阻力的影响

【解析】(1)由h=12gt2，解得t≈0.20s。
(2)①游标卡尺的读数为7mm+0.05×3mm=7.15mm=0.715cm。
②小球通过光电门的瞬时速度可用平均速度表示，即v=v=d△t。
③由运动学公式可知H=v22g=d22g⋅1△t2，可知图像的斜率k=d22g，解得重力加速度g=d22k。
④由③可知重力加速度的测量值与下落高度无关，故其分析的不正确，H−d2=d22g⋅1△t2，斜率大小不变，主要原因是受到空气阻力的影响。
13.【答案】由题意可知当防窥屏最左边或最右边的百叶窗中间的像素达到防窥要求，其他均能达到防窥技术要求.光路图如图所示
设入射角为α，折射角为β，由几何关系可知sinα=L L2+d2
介质的折射率n=sinβsinα= 2
只有当sinβ≤12才符合技术要求
解得sinα≤ 24
可得d≥ 7L
所以当d≥ 7L时该防窥屏才符合技术要求
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)水平方向上有x=vxt，可得vx=10m/s，最高点只有水平方向的速度，即最高点时的速率为10m/s，
竖直方向上有vy=gt2，可得vy=4m/s，由vy2=2gh，得篮球在最高点时篮球高出抛出点的距离h=0.8m；
(2)传球时由动能定理有W=12mv2，又v2=vx2+vy2，解得W=34.8J；
(3)根据动量定理，水平方向上有−Fxt=0−mvx，
竖直方向上有(Fy−mg)t=0−m(−vy)，F= Fx2+Fy2，设力与水平方向的夹角为θ，有tanθ=FyFx，解得F=30 5N，tanθ=12，
由牛顿第三定律可得，乙接球时，篮球对乙的平均作用力大小为F′=F=30 5N，作用力方向与水平方向的夹角θ满足tanθ=12。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)设粒子经加速电场加速后速度为v0，由动能定理可得qU1=12mv02
解得v0= 2qU1m
(2)粒子进入偏转电场后做匀变速曲线运动，运动时间t=Lv0
设两平行板间的电压为U2，则偏转电场的场强E=U2d
粒子沿电场方向加速，有vy=at=Eqmt=qU2Lmdv0
粒子偏转30∘角有tan30∘=vyv0
解得U2=2 3U1d3L
(3)设粒子的第一段轨迹圆心为1，由于对称性，粒子与筒壁碰前瞬间速度与OP1成30∘，因为粒子发生弹性碰撞，故碰后瞬间的速度方向也与OP1成30∘，轨迹如图所示设∠POO1为α，由几何关系可知∠PO1O=180∘−(90∘+30∘+α)=60∘−α
设粒子在磁场中的运动半径为r，则有qvB=mv2r
又vcs30∘=v0可得v=2 2qU13m
解得r=2B 2mU13q
在三角形OPO1中由正弦定理可得rsinα=Rsin(60∘−α)
每一次与筒壁碰撞粒子在圆筒中转过的角度均为2α，粒子与圆筒碰撞了3次后，恰好从小孔P射出磁场，由几何关系可知(3+1)×2α=2π，得α=π4
解得R= 3−1B 2mU13q

【解析】详细解答和解析过程见【答案】