2024届安徽省定远中学高三上学期段考调研检测（7月份）物理试题（Word版）

这是一份2024届安徽省定远中学高三上学期段考调研检测（7月份）物理试题（Word版），共19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。

2024届高三段考调研检测物理试卷（7月份）
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共24分）
1. 在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆和的径迹照片如图所示，己知两个相切圆半径分别为、下列说法正确的是(    )
A. 原子核可能发生的是衰变，也可能发生的是衰变
B. 径迹可能是衰变后新核的径迹
C. 若是衰变，则和的径迹均是逆时针方向
D. 若衰变方程是，则：：
2. 劈尖干涉是一种薄膜干涉．如图所示，将一块标准平板玻璃放置在另一块待检测平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜．当一束平行光从上方入射后，从上方可以观察到如图所示的明暗相间的条纹，对此下面的说法正确的是(    )

A. 该条纹为光在标准玻璃的上表面和待检玻璃的下表面反射后叠加形式的
B. 该条纹为光在标准玻璃的下表面和待检玻璃的下表面反射后叠加形式的
C. 若抽掉一张纸，条纹间距会变小
D. 若图中某一条纹向左弯曲时说明待测玻璃板此处有凹陷
3. 在足球训练场上，某球员将足球以初速度踢出后，立即从静止开始沿直线加速向足球追去，经一段时间后追上了还在向前滚动的足球。球员和足球这一运动过程的图像如图所示，关于这一过程的判断正确的是(    )
A. 球员的速度变大，加速度变大
B. 球员的最大速度可能等于
C. 球员的平均速度一定小于
D. 时刻球员追上足球
4. 如图所示，竖直平面内有一个圆，是圆的一条直径，为圆心。、、、为圆的四条弦，在这四条弦和一条直径中，相邻之间的夹角均为，该圆处于匀强电场中，电场的方向与圆所在的平面平行，且电场的方向沿方向由指向。任点将一带正电电荷的粒子不计重力以某速度沿该圆所在的平面射出，粒子射出的方向不同，该粒子会经过圆周上的不同点。则下列说法正确的是(    )

A. 在、、、、五点中，粒子在点的速度最大
B. 在、、、、五点中，粒子在点的动能最大
C. 在、、、、五点中，粒子在点的电势能最大
D. 在、、、、五点中，粒子在点的机械能最大
5. 山地自行车前轮有气压式减震装置来抵抗颠簸，其原理如图所示。当路面不平时，活塞上下振动，在气缸内封闭气体的作用下，起到延缓震动的目的。当活塞迅速下压过程中(    )

A. 气缸内的气体分子的平均动能不变
B. 气缸内所有分子的速率增大
C. 气缸内的气体压强可能不变
D. 单位时间内撞到气缸内壁单位面积上的气体分子数增多
6. 如图所示，春节期间，三个相同的灯笼由轻绳连接起来挂在灯柱上，为结点，轻绳长度相等，无风时三根绳拉力分别为。其中两绳的夹角，灯笼总质量为，重力加速度为，则(    )

A. B.
C. 若夹角变大，则变大 D. 若夹角变大，则变小
7. 近年来，我国科技飞速发展，科学家们研发的反隐身米波雷达堪称隐身战斗机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑，米波雷达发射无线电波的波长在范围内，如图所示为一列米波在时刻的波形图，接下来之后一小段时间内质点的加速度减小，质点在时第二次到达波峰。则下列判断正确的是(    )
A. 该波沿轴正方向传播
B. 该波的传播周期为
C. 接下来一小段时间内质点的速度增加
D. 从时刻起，质点比质点更早到达波峰
8. 年月日“嫦娥五号”首次地外天体采样返回任务圆满完成。在采样返回过程中，“嫦娥五号”要面对取样、上升、对接和高速再入等四个主要技术难题，要进行多次变轨飞行。“嫦娥五号”绕月球飞行的三条轨道示意图如图所示，轨道是贴近月球表面的圆形轨道，轨道和轨道是变轨后的椭圆轨道，并且都与轨道相切于点。点是轨道的近月点，点是轨道的远月点，“嫦娥五号”在轨道上的运行速率约为。不计变轨中“嫦娥五号”的质量变化，不考虑其他天体的影响，下列说法中正确的是(    )
A. “嫦娥五号”在轨道经过点时的加速度大于在轨道经过点时的加速度
B. “嫦娥五号”在轨道经过点时的速率一定小于
C. “嫦娥五号”在轨道上运行的最大速率小于其在轨道上运行的最大速率
D. “嫦娥五号”在轨道所具有的机械能小于其在轨道所具有的机械能
二、多选题（本大题共4小题，共16分）
9. 如图所示，某圆柱形玻璃的横截面圆心为、半径为。一束由、两种单色光组成的复色光从横截面所在平面内射向点，入射光线与的夹角，在点折射后进入玻璃内部，分别射到横截面上的、两点，，。已知真空中的光速为，下列说法正确的是(    )
A. 玻璃对、两种单色光的折射率之比为
B. 适当减小入射角，光线可能在玻璃中发生全反射
C. 、两束光线在玻璃中传播的时间差为
D. 、两束光线射出后相互平行
10. 如图，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，理想变压器原、副线圈的匝数比为：，副线圈并联两灯泡、，电压表示数为，不计发电机线圈的电阻，电表均为理想电表。下列说法正确的是(    )
A. 灯泡两端电压的最大值为
B. 当发电机线圈平面与磁场垂直时，电压表示数为
C. 若灯泡烧断，电流表示数将变大
D. 若灯泡烧断，灯泡的亮度不变
11. 如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道半径为、间距为，轨道的电阻不计。在轨道的顶端连接有阻值为的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为。现有一根长度稍大于、质量为、电阻也是的金属棒从轨道的最低位置开始，在拉力作用下以速率沿轨道向上做匀速圆周运动至处，则该过程中(    )
A. 通过电阻的电流方向为 B. 通过电阻的电荷量为
C. 电阻上产生的热量为 D. 拉力做功为
12. 如图所示，一半径为的光滑硬质圆环在竖直平面内，在最高点的切线和最低点的水平切线的交点处固定一光滑小滑轮，质量为的小球穿在环上，且可以自由滑动，小球通过足够长的细线连接另一质量也为的小球，细线搭在滑轮上，现将小球从环上最高点由静止释放，重力加速度为，下列说法正确的是(    )
A. 两小球组成的系统运动过程中，机械能先增大后减小
B. 细线的拉力对球做功的功率大于对球做功的功率
C. 小球的速度为零时，小球的动能为
D. 小球运动到最低点时的速度为
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共14分）
13. 某实验小组设计了如图甲所示实验装置，探究滑块与长木板之间的动摩擦因数。将一端带有定滑轮且表面平整的长木板固定在水平桌面上，滑块置于长木板左端，滑块上面固定一个小遮光片。将滑块和托盘用轻细绳连接，在靠近托盘处连接力传感器，在长木板右侧某位置固定光电门，并连接好数字计时器。重力加速度为。
实验过程如下：
用游标卡尺测量遮光片的宽度，游标尺固定后如图乙所示，则遮光片的宽度 ______ ；
滑块静置于长木板上，记录遮光片中线在长木板上的投影位置，用刻度尺测量出该位置到光电门的水平距离；用手托住托盘，将若干砝码置于托盘内，由静止释放托盘，当遮光片经过光电门时，数字计时器记录时间为，力传感器记录此过程中绳的拉力为；
将滑块再次置于初始位置，增加砝码数量后，重复实验，记录数据。利用图像处理数据，作出图像如图丙所示，由图像可知其纵轴截距为，斜率为；
滑块和遮光片的总质量 ______ ；滑块和长木板间的动摩擦因数 ______ 。用题目所给物理量符号表示


14. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个“，”的小灯泡两端的电压和通过它的电流。现有如下器材：
直流电源电动势，内阻不计
电流表量程，内阻约
电流表量程，内阻约
电压表量程，内阻约
电压表量程，内阻约
滑动变阻器阻值，额定电流
滑动变阻器阻值，额定电流
在该实验中，电流表应选择______，电压表应选择______，滑动变阻器应选择______。
为了减小实验误差，应选择以下哪个实验电路进行实验______。

下表是某同学在实验中测出的数据，该同学根据表格中的数据在方格纸上己画出除了第组数据的对应点，请你在图象上画出第组数据的对应点，并作出该小灯泡的伏安特性曲线。










































实验中，如果把这个小灯泡和一个阻值为的定值电阻串联在电动势为、内阻为的直流电源上。则小灯泡消耗的实际功率约为______。

四、计算题（本大题共4小题，共46分）
15. （8分） 肺活量是常用来衡量人体心肺功能的重要指标。肺活量是指在标准大气压下人一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体体积总量。某同学在学习气体实验定律后，设计了一个吹气球实验来粗测自己肺活量。首先他测量了自己的体温为。环境温度为，然后该同学尽最大努力吸气，通过气球口尽力向气球内吹气，吹气后的气球可近似看成球形，过一段时间稳定后测得气球的直径，气球稳定的过程中，气球向外界散失了的热量。已知气球橡胶薄膜产生的附加压强，其中为薄膜的等效表面张力系数，为气球充气后的半径。如下图为该气球的等效表面张力系数随气球半径的变化曲线。吹气前气球内部的空气可忽略不计，空气可看作理想气体，大气压强，。求：
该同学通过查阅资料得知理想气体内能大致可以用公式来计算，气球稳定的过程中外界对气球做了多少功？
该同学的肺活量为多少毫升？


16. （10分） 如图所示，在光滑水平面上放着一质量为的木块，在木块正上方处有一固定悬点，在悬点和木块之间用一根长的不可伸长的轻绳链接。有一质量的子弹以初速度水平射入木块并留在其中，轻绳绷紧后木块和子弹绕点在竖直面内刚好能到达最高点。忽略空气阻力，子弹进入木块并相对木块静止后整体可以看作质点，。求：
子弹的初速度大小；
从子弹开始进入木块到轻绳绷紧后的过程中，系统机械能的损失。
17. （12分） 如图所示，平面直角坐标系第一象限中，两个边长均为的正方形与一个边长为的等腰直角三角形相邻排列，三个区域的底边在轴上，正方形区域和三角形区域Ⅲ存在大小相等，方向沿轴负向的匀强电场。质量为、电量为的带正电粒子由正方形区域的顶点以初速度沿轴正向射入区域，离开电场后打在区域Ⅱ底边的中点若在正方形区域Ⅱ内施加垂直坐标平面向里的匀强磁场，粒子将由区域Ⅱ右边界中点离开磁场，进入区域Ⅲ中的电场。不计重力，求：
正方形区域中电场强度的大小；
正方形区域Ⅱ中磁场磁感应强度的大小；
粒子离开三角形区域的位置到轴的距离。

18. （16分）如图所示，一平台高，通过斜面及圆弧与水平面平滑连接，点为水平面的中点，放有一质量为的小物块。现让一质量的小物块，从斜面顶端以的速度沿斜面下滑。已知光滑圆弧的半径，斜面倾角，水平面长，小物块与斜面间的动摩擦因数为。取，，。求：


小物块滑过圆弧最低点时对地面的压力；
小物块与在点碰撞前的速度，求小物块与水平面的动摩擦因数；
若物块与水平面间的动摩擦因数也为且两物块只发生一次弹性碰撞，物块与墙壁碰撞无机械能损失，求物块质量取值范围。
答案和解析
1.答案： 
解析：、原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生的是衰变，但不是衰变，故A错误；
B、核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变后生成的两核动量大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由于、都相同，则粒子电荷量越大，其轨道半径越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则半径为的圆为放出新核的运动轨迹，半径为的圆为粒子的运动轨迹，故B错误；
C、若是衰变，生成的两粒子电性相同，图示由左手定则可知，两粒子都沿顺时针方向做圆周运动，故C错误；
D、由可知，粒子做圆周运动的轨道半径：，若衰变方程是，则轨道半径之比：：：：，故D正确；
故选：。
2.答案： 
解析：该条纹为光在标准玻璃的下表面和待检玻璃的上表面反射后叠加形式的，选项AB错误；
C.从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为，即光程差为空气层厚度的倍，当光程差时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差，显然抽掉一张纸片后空气层的倾角变小，故相邻亮条纹或暗条纹之间的距离变大，干涉条纹条纹变疏，故C错误；
D.薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，若图中某一条纹向左弯曲时，检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知该处凹陷，选项D正确。
故选D。
  3.答案： 
解析：、由图可知，球员的速度变大。根据图像的斜率表示加速度，可知球员的加速度变小，故A错误；
B、球员做加速度减小的加速直线运动，足球做匀减速直线运动，球员追上足球时两者位移相等，根据图像与时间轴所围的面积表示位移，由图像可知，球员的最大速度可能等于足球的最大速度，故B正确；
C、球员与足球的位移相等，时间相等，球员与足球的平均速度相等，均为，故C错误；
D、时刻球员与足球速度相同，此时相距最远，故D错误。故选：。
4.答案： 
解析：、由题意知，电场的方向沿方向由指向，则从点射出的粒子，运动到点时，电场力对粒子做的正功最多，根据能量守恒可得，、、、、五点中，粒子在点的速度最大，动能也最大，机械能也最大，故AD错误，B正确；
C、粒子到达点时，克服电场力做功最大，则粒子在点的电势能最大，故C错误。故选：。
5.答案： 
解析：如果活塞迅速下压，活塞对气体做功，气体来不及散热，则由热力学第一定律可知，气体内能增加，温度升高，气体分子的平均动能增大，而气体体积减小，由理想气体状态方程可知压强增大，故AC错误；
B、气体温度升高，气体分子平均速率增大，但不是每个气体分子的速率都增大，有些分子的速率可能减小，故B错误；
D、气体的体积减小，温度升高，压强增大，所以单位时间内撞到气缸内壁单位面积上的气体分子数增多，故D正确。
  6.答案： 
解析：
对三个灯笼的整体受力分析可知：
与角大小无关，故AC错误；
对结点受力分析可知：
解得：
7.答案： 
解析：、根据题意，接下来之后一小段时间内质点的加速度减小，质点正向平衡位置运动，由同侧法可知，该波沿轴负方向传播，故A错误；
B、质点在时位于波谷，时第二次到达波峰，有，解得该波的传播周期为：，故B正确；
C、由图可知，该波沿轴负方向传播，时刻，质点向正向最大位移处运动，接下来一小段时间内质点的速度减小，故C错误；
D、从时刻起，质点向正向最大位移处运动，质点向平衡位置运动，则质点比质点更早到达波峰，故D错误。故选：。
8.答案： 
解析：、根据万有引力提供向心力得

解得。
“嫦娥五号“探测器在轨道上运动过程中，因为轨道上的点和轨上的点是同一点，即相等，故探测器在轨道经过点时的加速度等于在轨道经过点时的加速度，故错误。
、过点作外切圆，由于卫星在椭圆轨道上从点开始做离心运动，才能进入圆轨道，因此卫星在点的速度一定小于其在过点的圆轨道上的速度，即。
根据万有引力提供向心力得

解得。
因为，所以，故，故“嫦娥五号”在轨道经过点时的速率一定小于，故正确。
、“嫦娥五号”从轨道变轨到轨道，必须在点加速，所以“嫦娥五号”在轨道上运行的最大速率大于其在轨道上运行的最大速率，故错误。
、由于“嫦娥五号”从轨道变轨到轨道，必须在点加速，机械能增加，所以在轨道所具有的机械能大于其在轨道所具有的机械能，故错误。
故选：。
9.答案： 
解析：由几何得，，根据折射定律可得：


所以玻璃对、两种单色光的折射率之比为

代入数据解得：，故A正确；
B.因为，根据光路可逆可知，光线不可能在玻璃中发生全反射，故B错误；
C.由折射定律可得：

所以光线在玻璃中传播的时间为

光线在玻璃中传播的时间为

因此它们的时间差为
，故C正确。
D.由光路可逆可得，光线射出玻璃的光线与夹角为，光线射出玻璃的光线与夹角为，由于与不平行，所以它们的出射光线不平行，故D错误。
故选：。
10.答案： 
解析：根据理想变压器电压与匝数比的关系，灯泡两端电压的有效值为，最大值，故A正确；
B.当发电机线圈平面与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为，感应电动势为；但电压表示数为有效值，因此电压表的示数仍然为，故B错误；
C.根据理想变压器的功率关系可得，灯泡的灯丝烧断后，减小，通过原线圈的电流减小，电流表的示数变小，故C错误；
D.由于不计发电机线圈的电阻，因此原线圈两端电压，保持不变，即电压表示数不变；根据理想变压器电压与匝数比的关系，副线圈两端电压不变；若灯泡烧断，根据功率公式可知，灯泡的亮度不变，故D正确。
故选：。
11.答案： 
解析：、由右手定则判断可知，通过电阻的电流方向为，故A错误；
B、金属棒从运动到的过程，由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为：
平均感应电流为：
流过的电荷量为：，故B正确；
C、金属棒做圆周运动转过的圆心角为时，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为
可知回路产生余弦式交变电流，感应电动势的最大值为：
感应电动势的有效值为
通过的电流有效值为：
金属棒从到过程电阻上产生的热量为：
，故C错误；
D、金属棒与电阻的阻值相等，则金属棒产生的热量也为，由功能关系可知拉力做功为：
联立解得：，故D正确。故选：。
12.答案： 
解析：A.二者组成的系统内部只有重力势能和动能之间相互转化，故而系统机械能守恒，A错误；
B.系统机械能守恒，所以细线拉力对两小球做功的代数和一定为零，瞬时功率也相等，或两小球的速度沿着细线方向的分量相等，所以细线拉力的功率也相等，B错误；
C.在同一个细线上，的速度沿细线的分速度等于的速度，则小球速度为零时，即的速度方向与细线垂直，此时细线恰好与水平方向成，
由系统机械能守恒得：
解得：，C正确；
D.小球到最低点时，的速度与细线速度共线，则的速度相等，由系统机械能守恒得：
解得：，D正确。
故选：。
13.答案：   
解析：游标卡尺的最小分度值为，则遮光片的宽度

设滑块运动加速度为，由牛顿第二定律可得

当遮光片经过光电门时，速度为

由速度位移关系可得

整理可得

图像如图丙所示，由图像可知其纵轴截距为，斜率为，有


解得


故答案为：；，。
14.答案：         
解析：由于该实验需要测量“，”的小灯泡的伏安特性曲线，故通过小灯光的电流约为，故需要用量程为的电流表即可；电压表选用量程为的即可；该实验需要的电压要从开始调起，故供电部分要用分压式电路，滑动变阻器选用阻值较小的即可；
由于小灯泡的电阻较小，故测量时采用电流表外接会减小误差，供电电路采用分压式连接，故采用电路实验；
根据坐标系内描出的点作出图线如图所示；
小灯泡相当于与一个电动势为，内阻为的电阻连接，我们可以在小灯泡的伏安特性曲线的图中再做出该电源的伏安特性直线，如图所示，
则两个图线相交的位置就是电路中的电压和电流，即灯泡的两端电压为，电流为为，小灯泡消耗的实际功率：。

故答案为：；；；； 图线如图所示；。
15.答案：根据题意可知：

根据热力学第一定律可得：

联立解得：
由图象可知气球半径时，气球橡胶薄膜的等效表面张力系数

代入数据解得：
吹气后稳定时气球内气体的压强

解得：
设该同学的肺活量为，气球体积为由理想气体状态方程


解得：
答：气球稳定的过程中外界对气球做了的功；
该同学的肺活量为毫升。 
16.答案：对木块和子弹整体在最高点受力分析，由木块和子弹的重力刚好提供向心力。
设最高点时物块和子弹的速度为，由牛顿第二定律得
 
代入数据解得：
设绳子刚绷紧时木块和子弹的速度为，绳与水平面间的夹角为。
由几何知识得：，则
绷紧后沿绳子方向速度变为零，垂直绳子方向速度为。
从细绳绷紧后到最高点，由动能定理得：

代入数据解得：
子弹射入木块过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得

代入数据解得：
根据能量守恒定律，整个过程中机械能的损失为：

代入数据解得：
答：子弹的初速度大小为；
从子弹开始进入木块到轻绳绷紧后的过程中，系统机械能的损失为。 
17.答案：带电粒子在区域Ⅰ中做类平抛，
水平方向：，
竖直方向：，速度：，加速度：，
设离开角度为，则，
离开区域Ⅰ后作直线运动：，
解得：，；
粒子在磁场中做匀速圆周运动：，
由牛顿第二定律得：，
由几何关系可得：，
解得：；
在点进入区域Ⅲ后，若区域Ⅲ补成正方形区域，空间布满场强为的电场，
由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到点，离开方向水平向右，
通过逆向思维，可认为粒子从点向左做类平抛运动，
当粒子运动到原电场边界时：，，
由几何关系可知：，
解得：，
因此，距离轴距离：；
答：正方形区域中电场强度的大小为；
正方形区域Ⅱ中磁场磁感应强度的大小为；
粒子离开三角形区域的位置到轴的距离为。 
18.答案：小物块从点到点的过程，由动能定理得：
 
解得：
在点，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律可得：
 
解得：
根据牛顿第三定律可知，小物块滑过圆弧最低点时对地面的压力大小为，方向竖直向下。
小物块从点运动到点的过程，根据动能定理得：
解得：
若，设碰后物块、的速度分别为和，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
  
根据系统的机械能守恒得：
  
联立解得：，
两物块只发生一次弹性碰撞，即不发生第二次碰撞的条件是：
解得：
若，物块速度反弹，物块以速度前进，由可知两物块只发生一次弹性碰撞，即不发生第二次碰撞的条件是： ，一定可以满足不会第二次碰撞。
综上讨论可知，两物块只发生一次弹性碰撞的条件是。