70，2024届湖南省衡阳市第八中学高三上学期阶段性检测（三）物理试卷

这是一份70，2024届湖南省衡阳市第八中学高三上学期阶段性检测（三）物理试卷，共10页。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列说法正确的是（ ）
A．原子核的比结合能越大，原子核越稳定，一般而言，原子核中核子数越多，比结合能越小
B．核聚变与核裂变相比，相同质量的核燃料，核聚变反应中产生的能量更多，所以现在的核电站主要采用核聚变发电
C．液体的表面张力其方向总是指向液体内部，所以液面总是有收缩的趋势
D．物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和叫作物体的内能，任何物体都具有内能
2．如图，某同学在某地玩耍，发现一个图示仓库，于是在某点P（P点位置可移动）想以最小的动能将一块小石子丢过仓库（恰好从A点和B点飞过，注意平时可不能这样，非常危险），那么设小石子丢出时速度与水平向右的方向成角，以下说法正确的是
A．
B．
C．
D．无论角多大，P点与A点所在墙越近所需动能越小
3．如图是一理想变压器，其原线圈和可变电阻相连，副线圈接一阻值恒为RL的白炽灯。原、副线圈的匝数分别为、。保持交流电源电压的有效值不变，调节可变电阻的阻值，（设题中所涉及所有情形都没有超过灯泡的额定电压）则（ ）
A．当的值增大时，副线圈两端的电压不变
B．当时，灯的功率最大
C．若把灯和可变电阻的位置互换，其余条件不变，则当时，可变电阻的功率最大
D．当的值增大时，灯将变暗
4．如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直平面内。小球A、B质量分别为、（k为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g。关于各种情况下k的取值。下列各项中正确的是（ ）
A．若，则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道
B．若，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点
C．若，小球B可能脱轨
D．若，小球A和小球B将在圆轨道的最低点的左轨道发生第二次碰撞
5．如图所示，表面光滑的圆锥固定在水平面上，底面半径为，顶角为60°。有一个质量为的弹性圆环，弹性圆环的弹力与形变量之间满足胡克定律，且始终在弹性限度内。弹性圆环处于自然状态时半径为，现将弹性圆环套在圆锥上，稳定时弹性圆环处于水平状态，且到底面的距离为圆锥高线的1/4，重力加速度为。则弹性圆环的劲度系数为（ ）
A．B．
C．D．
6．一颗卫星绕地球做圆运动（称为“甲”），另一颗相同质量的卫星绕地球做椭圆运动（称为“乙”），若以无穷远为引力势能零点，机械能满足，r为轨道半径或半长轴，在正常的运行过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．对于甲，地球引力一直不做功，而对于乙，地球的引力可能做正功或负功
B．他们的机械能一定相等
C．对于甲和乙，他们的机械能都分别守恒
D．如果他们的周期相等，那么他们的机械能一定相等
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．如图，表面粗糙的楔形物块A静置在水平地面上，斜面上有小物块B，用平行于斜面的力F拉B，使之沿斜面匀速上滑，斜面相对地面不动。现顺时针缓慢旋转该力至图中虚线位置，并保证在旋转该力过程中物块B一直处于匀速上滑状态，则在力F旋转的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．F可能一直减小
B．物块B受到的摩擦力可能不变
C．物块对斜面的作用力可能增大
D．斜面保持静止不动
8．如图，在折射率的液体表面上方有一单色激光发射器S，它能垂直液面射出细激光束，在液体内深h处水平放置一平面镜，双面反光，平面镜中心O在光源S正下方。现让平面镜绕过O点垂直于纸面的轴开始逆时针匀速转动，转动周期为T，液面上方的观察者跟踪观察液面，观察到液面上有一光斑掠过，进一步观察发现光斑在液面上P、Q两位置间移动。下列说法正确的是（ ）
A．在平面镜开始转动的一个周期内，能观察到液面上光斑的时间为T/4
B．液面上P、Q两位置间距离为
C．光斑刚要到达P点时的瞬时速度为
D．光斑由Q点运动到P点所用的时间为T/4
9．如图，空间有垂直于纸面的匀强磁场B1和B2，磁感应强度大小均为0.1T，B2分布在半径R = 2m的圆形区域内，MN为过其圆心O的竖直线，B1分布在MN左侧的半圆形区域外。磁场B1中有粒子源S，S与O的距离，且SO⊥MN。某时刻粒子源S沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电粒子，每个粒子的质量、电量、速率，不计粒子之间的相互作用，则（ ）
A．所有粒子都能进入B2区域
B．粒子在磁场中的轨迹半径均为2m
C．能够进入B2区域的粒子数与发射的粒子总数之比为
D．离开B2区域时速度方向与连线SO平行的粒子在磁场中运动的时间为
10．如图，两条足够长的平行金属导轨间距，与水平面的夹角，处于磁感应强度、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上的a、b两根导体棒质量分别为、，电阻均为。现将a、b棒由静止释放，同时用大小为2N的恒力F沿平行导轨方向向上拉a棒。导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度。已知当a棒中产生的焦耳热时，其速度，a上方和b下方都足够长，下列说法正确的是（ ）
A．此时b棒的速度大小为
B．此时a棒的加速度大小为
C．a棒从静止释放到速度达到所用的时间为
D．a、b两棒最后同时向上和向下做匀速直线运动
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11．如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。
接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置P；
步骤2：把小球2放在斜槽末端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞；重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置M、N；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
（1）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有 。（写出物理量及相应符号）
（2）若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=2.68 cm，OP=8.62 cm，ON=11.50 cm，并知小球1、2的质量比为2∶1，则系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量的百分误差= %（结果保留一位有效数字）。
（3）完成上述实验后，实验小组成员小红对上述装置进行了改造，小红改造后的装置如图2所示。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，两球落在以斜槽末端为圆心的1/4圆弧上，平均落点为M′、P′、N′。测量轨道末端到M′、P′、N′三点的连线与水平方向的夹角分别为α1、α2、α3，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为 （用所测物理量的符号表示）。
12．近年来，我国打响了碧水保卫战，检测组在某化工厂的排污管末端安装了如图1所示的流量计，用此装置测量污水（有大量的正、负离子）的电阻，进而用来测污水的电阻。测量管由绝缘材料制成，其直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下（未画出），在前后两个内侧面A、C上固定有竖直正对的金属板作为电极（未画出，电阻不计），金属板电极与开关S、电阻箱R和灵敏电流计连接，管道内始终充满污水，污水以恒定的速度v自左向右通过。
（1）利用图2中的电路测量灵敏电流计G的内阻，实验过程包含以下步骤：
A．调节，使G的指针偏转到满刻度，记下此时G1的示数；
B．分别将和的阻值调至最大；
C．合上开关；
D．合上开关；
E.反复调节和，使G1的示数仍为，G的指针偏转到满刻度的一半，此时的读数为。
①正确的操作步骤是 ；②测出灵敏电流计内阻为 。
（2）用游标卡尺测量测量管的直径D，如图3所示，则 cm。
（3）图1中与A极相连的是灵敏电流计的 接线柱（填“正”或“负”）。
（4）闭合图1中的开关S，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值R与相应灵敏电流计G的读数I，绘制图像，如图4所示，则污水接入电路的电阻为 。（用题中的字母a、b、c、v、D、表示）
13．如图甲为一种新型减振器—氮气减振器，汽缸中充入稀有气体后，减振器具有良好的韧性，操作时不容易弹跳，且可以防止减震器在高温高压损坏。它的结构简图如图乙所示。汽缸活塞截面大小为50cm2，质量为1kg；汽缸缸体外壁导热性良好，弹簧劲度系数为k=2000N/m。现在为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，冲入氮气达到5个大气压时活塞下端被两边的卡环卡住，此时氮气气柱长度为L=20cm且弹簧恰好处于原长，不计摩擦，大气压强取p0=1×105Pa，。
（1）当氮气达到5个大气压的时候，求卡环受到的力F0；
（2）现在用外力F缓慢向下压活塞，当活塞缓慢下降h=4cm时，求缸体内氮气的压强大小；
（3）在（2）的过程中氮气向外界放出的总热量Q=111.6J，求外力F对活塞做的功W。
14．在平面内轴上方交替存在着宽度均为的匀强电场与匀强磁场区域，电场强度为，方向沿轴负方向，磁感应强度为，方向垂直于平面向里。现有一个质量为、电荷量为的带负电的粒子从点由静止释放，不计粒子的重力。求：
(1)粒子在区域中运动的轨迹半径；
(2)若粒子能穿过区域，穿过该区域前后，粒子沿轴方向的速度的变化量；
(3)粒子能够经过哪些区域。
15．如图所示，在xOy坐标平面内，固定着足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距L=0.5m，在x=0处由绝缘件相连，导轨某处固定两个金属小立柱，立柱连线与导轨垂直，左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，右侧有垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B=0.2T；导轨左端与电容C=5F的电容器连接，起初电容器不带电。现将两根质量均为m=0.1kg的导体棒a、b分别放置于导轨左侧某处和紧贴立柱的右侧（不粘连），某时刻起对a棒作用一个向右的恒力F=0.3N，当a棒运动到x=0处时撤去力F，此后a棒在滑行到立柱的过程中通过棒的电量q=1C，与立柱碰撞时的速度v1=1m/s，之后原速率反弹。已知b棒电阻R=0.4Ω，不计a棒和导轨电阻，求：
（1）小立柱所在位置的坐标xb；
（2）a棒初始位置的坐标xa；
（3）假设b棒穿出磁场时的速度v2=0.3m/s，此前b棒中产生的总热量。
2024寒假作业物理2 参考答案：
1．D【详解】A．原子核的比结合能越大，原子核越稳定，原子核的比结合能等于原子核的结合能与核子数之比，由于原子核中核子数越多，原子核的结合能越大，则比结合能不一定越小，故A错误；
B．核聚变与核裂变相比，相同质量的核燃料，核聚变反应中产生的能量更多，但目前核聚变不可控，则现在的核电站主要采用核裂变发电，故B错误；
C．液体表面张力的方向总是与液面相切，故C错误；
D．物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和叫作物体的内能，任何物体都具有内能，故D正确。故选D。
2．B【详解】ABC．根据题意可知，石子从点抛出后做斜抛运动经过等高的、两点，设石子抛出时的速度为，经过点时的速度为，此时速度方向与水平方向的夹角为，则有 石子由运动到的过程中，由动能定理有 解得 石子由到的运动也是斜抛运动，设此过程运动的时间为，、两点间的距离为，则有 联立可得 可见，当即 时，石子经过点的速度最小，此时石子的抛出速度最小，抛出的动能最小，则有
故AC错误，B正确；
D．当点位于点所在的墙上时有 石子抛出后做竖直上抛运动，无论石子抛出时的动能多大，石子都不可能经过点，故D错误。故选B。
3．D【详解】AD．由题意可知，原、副线圈的匝数一定，交流电源电压的有效值不变，对原线圈则有 由原、副线圈的电压比等于匝数比，电流与匝数成反比，可得
又有 交流电源电压的有效值不变，当的值增大时，副线圈两端的电压U2减小，灯泡将变暗A错误，D正确；
B．由 可得 灯泡获得的功率为
当时， 即当时，灯泡获得的功率最大，B错误；
C．同理可知，若把灯和可变电阻的位置互换，其余条件不变，则有当时，可变电阻的功率最大，C错误。故选D。
4．B【详解】A．小球A下滑到最低点的过程中，根据动能定理得 解得A与B碰撞前的速度 碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定理得
根据机械能守恒定律得 联立解得
B小球运动至轨道顶点，根据机械能守恒定律得 小球B能恰好通过最高点，则有 解得 联立各式代入数据解得
当时，B脱轨，而，不一定脱轨，故A错误；
B．由上分析可知，当时，B球可运动至轨道最高点，故B正确；
C．若，两球发生弹性碰撞，由于两球质量相等，速度交换，B球恰能运动到四分之一圆弧轨道，所以若，小球运动不到四分之一圆弧轨道处，速度减为零又返回，所以小球B不可能脱轨，故C错误；
D．若时 两球速度大小相等，方向相反，经过相同的时间会同时回到最低点，所以两球会在最低点发生第二次碰撞，故D错误。故选B。
5．C【详解】取圆环上很小的一段分析，设对应圆心角为θ，分析微元受力有重力m0g、支持力N、两边圆环其余部分对微元的拉力T，由平衡条件有 α = 60°
由于微元很小，则对应圆心角很小，则sin = m0 =
其中r为圆环拉伸后的半径，代入数据有T = = 由题知，稳定时弹性圆环处于水平状态，且到底面的距离为圆锥高线的，则有h = Rtan60° = R r =
根据胡克定律有T = kx x = 2π(r - ) 计算有k = 故选C。
6．B【详解】A．做圆运动的卫星，地球引力始终垂直运动方向，所以引力一直不做功，对于做椭圆运动，那么离地球越来越近时，引力做正功，反之做负功，在椭圆两个端点时，不做功，所以选项A正确；
BC．不知道他们的轨道半径和长半轴，因此机械能不一定相等，无论做圆运动还是椭圆运动，正常运行的卫星，机械能一定守恒，因此选项B错误C正确；
D．而周期相等，那么圆运动的半径r一定等于椭圆运动的半长轴a，机械能分别为
一定相等，选项D正确。此题选择不正确的选项，故选B。
7．AD【详解】AB．先对B分析，B受到斜面支持力N和滑动摩擦力f，用一个力替代，因两力大小成比例关系，可知该力方向不变，B转化为三力平衡问题，三力形成首尾相连的三角形，易知，F可能一直减小，也可能先减小后增大，但一直减小，故f一定减小，选项A正确B错误；
C．物块对斜面的作用力，即的反作用力一定减小，选项C错误；
D．斜面受到地面摩擦力一定减小，斜面保持静止不动，选项D正确。故选AD。
8．AC【详解】AD．根据临界角公式得 解得 设反射光线转动的角速度为ω1，平面镜转动的角速度为ω2，在平面镜开始转动的一个周期内，能观察到液面上光斑的时间t为 解得 在平面镜开始转动的一个周期内，能观察到液面上光斑的时间为，光斑由Q点运动到P点所用的时间也等于，A正确，D错误；
B．液面上P、Q两位置间距离为B错误；
C．光斑在P点的线速度为 光斑刚要到达P点时的瞬时速度为
解得 C正确。故选AC。
9．BCD【详解】B．根据洛伦兹力提供向心力解得 故B正确；
AC．当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时为粒子能够进入B2区域的临界情况，如图
根据几何关系可知 故当粒子恰好向左或向右射出时，能够刚好进入B2区域，粒子初速度有沿上的分速度时不能进入B2区域，因此能够进入B2区域的粒子数与发射的粒子总数之比为，故A错误，C正确；
D．因为粒子在两磁场中的轨迹半径相同，离开B2区域时速度方向与连线SO平行的粒子必然是从E点射入，其在B2区域运动的圆心角为240°，则运动时间为 故D正确。故选BCD。
10．ABD【详解】A．根据题意，设a、b棒受到的安培力大小为，则对a、b棒由牛顿第二定律分别有 代入数据解得
a、b棒由静止释放，则有 即 解得故A正确；
B．设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，则有
联立式子解得 故B正确；
C．根据题意，设此过程a，b棒位移分别为，，结合上述分析可得
根据能量守恒有 对a棒根据动量定理有 其中安培力的冲量
联立代入数据可解得 故C错误；
D．根据题意可知，由于 且a上方和b下方都足够长，则a、b两棒最后同时向上和向下做匀速直线运动，故D正确。故选ABD。
11． 小球1和小球2的质量m1和m2 2 m1=m1＋m2
【详解】（1）[1]因为平抛运动的时间相等，根据 所以用水平射程可以代替速度；根据动量表达式知，除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2。
（2）[2]因m1>m2，则小球1碰后不会反弹，则M、N分别是碰后小球1、2的平均落点。系统碰撞前的总动量p=m1 碰撞后的总动量p′=m1＋m2
知小球1、2的质量比为2∶1，则可解得=2%
（3）[3]设圆弧半径为R，则对于从轨道末端到M′的运动，由平抛运动规律可知 Rcsα1=v1t1 联立解得v1= 对于从轨道末端到P′、N′点的运动，同理可得v0= v2= 而要验证的关系式为m1v0=m1v1＋m2v2
将v0、v1、v2代入可得m1=m1＋m2
12． BCADE 3.035 正
【详解】（1）[1][2]本实验是用半偏法测电流表内阻。为保护电路，闭合开关前应将变阻器阻值调至最大，合上开关，调节，使待测灵敏电流计G满偏，记下此时G1的示数，就等于灵敏电流计G的满偏电流值；再合上开关，反复调节和，使G1的示数仍为，G的指针偏转到满刻度的一半，此时G、的电流之和等于，即等于G的满偏电流，也即G、的电流相等，故。因此正确的顺序为BCADE。
（2）[3]由游标卡尺读数由主尺读数加游标尺读数，从主尺读出整毫米刻度，从游标尺读出对齐的刻度数再乘以游标卡尺的精度，由图读得直径为
。
（3）[4]由左手定则可得正离子往A处电极方向运动、负离子往C处电极方向运动，所以与A处电极相连的是灵敏电流计的正接线柱。
（4）[5]由磁流体发电机的原理知，污水中正负粒子在洛伦兹力作用下向A、C两处电极偏转，在两极处形成电场，直到电场力与洛伦兹力达到动态平衡，有 得电源电动势为 由欧姆定律可得 其中r为污水的电阻，所以 由图像可得斜率 纵截距 所以 故
13．（1）1990N；（2）；（3）92.8J
【详解】（1）当氮气达到5个大气压的时候，对活塞受力分析，由平衡条件得
解得
（2）由理想气体等温变化规律得
（3）由功能关系知 又 联立得
14．(1)；(2)；(3)，为不大于整数。
【详解】(1)设粒子在区域中运动的速度为，经过电场加速，根据动能定理可知
在磁场中有 解得
(2)设粒子在区域中运动的速度为，进入磁场中速度方向与磁场边界的夹角为，射出磁场中速度方向与磁场边界的夹角为，由于
即有
得
(3)由第(2)可知，粒子经过每一个磁场区域，水平方向的速度变化分量都相同。设粒子能穿过的磁场区域，在该区域中粒子的运动速度为由以上分析可知
根据动能定理可知
解得：
粒子能达到的区域为，为不大于整数。
15．（1）4m；（2）－1m；（3）0.171J
【详解】（1）a棒减速向右运动过程中
解得
xb=4m
（2）a棒在0~xb区间，由动量定理得
－BLq=mv1－mv0
解得
v0=2m/s
a棒在恒力作用过程中，设某时刻的速度为v，加速度为a，棒中的电流为I，则有
F－BiL=ma
解得
即a棒做匀加速运动，根据
解得
xa=－1m
（3）a棒在0~xb区间向右运动过程中，电路产生的热量
反弹后，a棒向左，b棒向右运动，两棒的加速度大小相等，相等时间内速度点变化量大小也相等，所以a棒的速度
v'=0.7m/s
此过程中发热量
所以
Qb=Q1+Q2=0.171J