2023-2024学年河北省张家口市尚义县第一中学等校高三（下）开学收心联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省张家口市尚义县第一中学等校高三（下）开学收心联考物理试卷（含解析），共20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.下图为氢原子能级图，现有大量氢原子从n=4的能级向低能级跃迁，发出一些不同频率的光，下列说法正确的是
( )
A. 这些氢原子可能发出3种不同频率的光
B. 若是用电子撞击氢原子使其从基态跃迁到n=4能级，则电子动能必等于12.75eV
C. 用这些光子照射逸出功为6.34eV的金属铂，逸出光电子的最大初动能可能为6.41eV
D. 用这些光子照射某金属，逸出的光电子来源于原子核内部
2.冰壶比赛是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目．在某次比赛中，冰壶投出后以8m/s的初速度做匀减速直线运动，加速度大小为0.4m/s2(下列说法中正确的是
( )
A. 冰壶第1s末的速度大小为0.4m/sB. 冰壶第1s内的位移大小为8.2m
C. 倒数第3s内的位移大小为1.0mD. 倒数第3s内的平均速度大小为13m/s
3.一定质量的理想气体由状态a经①过程到状态b，由状态b经②过程到状态c，由状态c又经③过程回到状态a，①过程气体不与外界发生热传递，③过程温度保持不变．整个过程压强p与体积V的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. ①过程外界对气体做正功
B. ②过程气体从外界吸热
C. ③过程气体既不吸热也不放热
D. 整个过程初末状态气体体积相等，外界不对气体做功
4.如图所示，横截面圆心为点O、半径为R的四分之一圆柱体P固定在水平地面上，圆心O的正上方有一个大小可忽略的轻质定滑轮A，一根轻绳跨过定滑轮，一端和置于圆柱体P上质量为m的小球Q连接，另一端系在固定竖直杆上的B点，一质量为m0的钩码N挂在AB间的轻绳上，整个装置处于静止状态．已知AN与BN夹角为120∘,AO=2R,AQ=1.5R，不计一切摩擦，则m0m=( )
A. 34B. 43C. 32D. 23
5.如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，所带电荷量为−q，质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线拴住，小球可以在竖直平面内绕O做圆周运动，A、B分别是轨迹的最高点和最低点。已知小球静止时的位置是A点，重力加速度大小为g，小球可以看成质点，下列说法正确的是
( )
A. 若小球静止在A点时给球一垂直绳的极小速度，则小球经π mLqE−mg再次回到A点
B. 若小球静止在A点时给球一垂直绳的极小速度，则小球经π mLqE再次回到A点
C. 若小球恰好可以做完整的圆周运动，则小球通过A点时速度最小值为 gL
D. 若小球恰好可以做完整的圆周运动，则小球通过A点时速度最小值为 5qELm
6.行星冲日是指某一地外行星在绕太阳公转过程中运行到与地球、太阳成一直线的状态，而地球恰好位于太阳和地外行星之间的一种天文现象．设地球绕太阳的公转周期为T，地球环绕太阳公转的轨道半径为r1，火星环绕太阳公转的轨道半径为r2，万有引力常量为G，下列说法正确的是
( )
A. 太阳的质量为Gr134π2T2
B. 火星绕太阳公转的周期为r1r232T
C. 从火星与地球相距最远到火星与地球相距最近的最短时间为r 123T2r 232−r 132
D. 从某次火星冲日到下一次火星冲日需要的时间为r 223T2r 232−r 132
7.如图所示，理想定滑轮用轻质硬杆固定在天花板上，足够长的水平传送带以速度v1=2m/s匀速向左运动，质量分别为mP=2kg、mQ=1kg的小物块P、Q通过定滑轮由足够长的轻绳相连．现将小物块P放到传送带右端并给其一向左的大小为v2=4m/s的速度，小物块P在传送带上向左运动的最大距离x=2.25m，已知小物块P右侧的轻绳始终保持水平，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小物块P与传送带之间的动摩擦因数μ等于
( )
A. 0.05B. 0.1C. 0.15D. 0.2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，弹簧振子做简谐运动，M点和N点为最大位移处，从某次通过A点开始计时，经过2s后振子第一次以与A点相同的速度通过B点，再经过2s振子紧接着又通过B点，已知物体在4s内所走过的总路程为18cm，则下列说法正确的是( )
A. 振子做简谐运动的周期可能是4sB. 振子做简谐运动的周期可能是8s
C. 振子做简谐运动的振幅可能是3cmD. 振子做简谐运动的振幅可能是9cm
9.如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻R1>r，滑动变阻器R2的最大阻值R2m>R1+r，V1和V2均为理想电表，开关闭合后，下列说法正确的是
( )
A. 滑片P向a滑动，V1示数增大、V2的示数减小
B. 滑片P向b滑动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值
C. 滑片P滑动过程中，滑动变阻器R2消耗的最大功率为E24R1+r
D. 滑片P滑动过程中，定值电阻R1消耗的最大功率为E24R1
10.如图所示，用纸面代表竖直平面，整个空间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，场强大小为E=3N/C(未画出)，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B=0.1T，有一长L=6m的光滑绝缘空心细玻璃管竖直放置，细管开口向上，底部有一个质量为m=0.3kg、电荷量为q=1C的带负电小球，玻璃管上端处在纸面内的直线PQ上，PQ和水平方向成θ=30∘角，现保持玻璃管竖直，使其沿着PQ方向从图示位置以大小为v0=2 3m/s的速度匀速运动，已知重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是
( )
A. 小球离开玻璃管时速度的大小为3 3m/s
B. 小球离开玻璃管时速度的大小为6m/s
C. 小球离开玻璃管时速度方向与PQ的夹角为60∘
D. 小球离开玻璃管时速度方向与PQ的夹角为30∘
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某实验小组用如图甲所示的实验装置，通过实验得到了小灯泡如图丙所示的I−U图像。
(1)根据图甲用笔画线代替导线在图乙中将实物连接成实验所需电路图______．
(2)如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率为___________W(保留两位有效数字)。
12.下图为验证动量守恒定律的实验装置，轨道固定且光滑，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球(m1>m2)进行实验。
(1)若进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是( )
A.直尺 B.游标卡尺 C.天平
D.弹簧秤 E.秒表
(2)每一次均保证m1由图示位置静止下滑，碰撞前m2在图示位置静止，两球落在下方斜面上的位置M、P、N到斜槽末端B点的距离分别为LM、LP、LN，只要满足关系式____________，就能说明两球碰撞前后系统动量守恒。
(3)现调整下方斜面倾角为30∘，并把m1和m2互换位置，m2由静止释放的位置到斜槽水平面的高度为2h，反弹上升的最高位置到斜槽水平面的高度为h2，m1落在下方斜面上的位置到斜槽末端B点的距离为l，两小球碰撞前、后若满足表达式m1 3lm2 h=___________，则碰撞过程中两球组成的系统动量守恒。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.如图甲所示，固定在水平面上高h=0.9m，倾角为37∘斜面与固定在水平面上装有力传感器的光滑半圆形挡板平滑连接，半圆形挡板的半径R=0.5m，质量为m=0.2kg的小滑块在斜面顶端B点以大小为v0=5m/s的速度沿斜面中线(图中虚线即中线)下滑，挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与小滑块转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示，已知小滑块与水平面间的动摩擦因数μ2=0.6，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8.求：
(1)小滑块与斜面间的动摩擦因数；
(2)小滑块转过的圆心角为θ=3rad时传感器的示数。
14.有一环形玻璃砖的俯视图如图所示，玻璃砖内圆半径为R，外圆半径为2R。光线a沿半径方向入射玻璃砖，光线b与光线a平行，两束光线之间的距离设为x。当x= 2R时，光线b恰好不通过内圆(不考虑反射光线)，光在真空中的速度为c，求：
(1)玻璃砖的折射率n；
(2)若光线b从内圆通过的时间为 2Rc，则x=？
15.如图所示，有两根固定的足够长且电阻不计的光滑水平导轨。MNM′N′和PQP′Q′处在垂直导轨平面的匀强磁场中，左右两部分导轨间距分别为L1=0.5m和L2=1m，左右两部分导轨磁场方向相反，磁感应强度大小均为B=10T，将两根电阻分别为R1=5Ω和R2=10Ω、质量均为m=2kg的金属棒a、b分别垂直导轨放在NQ位置和M′P′位置并处于静止状态。现对金属棒b施加一垂直棒的水平向右的恒力F=20N，金属棒b向右运动s=5.5m时，撤去F，此时金属棒b的速度vb=8m/s，该过程中b棒上产生的焦耳热为20J，求：
(1)此时金属棒a的速度大小；
(2)该过程中两金属棒扫过的面积差；
(3)从撤去F到两棒匀速运动过程中金属棒b产生的热量。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.大量氢原子从 n=4 能级向低能级跃迁能产生 C42=6 种不同频率的光，A错误；
B.若是用电子撞击氢原子使其从基态跃迁到 n=4 能级，则电子动能 Ek 满足
12.75eV≤Ek<13.6eV
B错误；
C.用能量为 12.75eV 的光子照射逸出功为 6.34eV 的金属铂，逸出光电子的最大初动能为 6.41eV ，C正确；
D.用这些光子照射某金属，逸出的光电子来自于金属原子核外的自由电子，D错误。
故选C。
2.【答案】C
【解析】A.冰壶第1s末的速度大小
v1=v0−at1=7.6m/s
故A错误；
B.冰壶第1s内的位移大小是
x1=v0t1−12at 12=7.8m
故B错误；
C.整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，最后1s内位移大小为
x1′=12at 12=0.2m
由初速度为零的匀加速直线运动的规律可知最后1s内位移大小与倒数第3s内的位移大小之比为1:5，故倒数第3s内的位移大小为1.0m，故C正确；
D.倒数第3s内的平均速度大小为倒数第3s内的位移大小除以1s，为1m/s，故D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】A.①过程气体体积增大，外界对气体做负功，故A项错误；
B.②过程为等容变化，温度升高，气体内能增大，外界没有对气体做功，气体从外界吸热，故B项正确；
C.③过程温度不变，内能不变，外界对气体做的正功，据热力学第一定律，气体放热，故C项错误；
D.②过程外界没有对气体做功，③过程外界对气体做的正功大于①过程外界对气体做的负功，因此全过程外界对气体做正功，故D项错误。
故选B。
4.【答案】A
【解析】
对钩码分析，根据平衡条件
2Tcs60∘=m0g
对小球分析，根据相似三角形原理
TAQ=mgAO
联立解得
m0m=AQAO=34
故选A。
5.【答案】A
【解析】AB.若小球静止在A点时给球一垂直绳的极小速度，则小球做简谐运动，等效重力加速度
g′=qE−mgm
小球做简谐运动的周期
T=2π Lg′
则小球再次回到A点的时间
Δt=T2
联立解得
Δt=π mLqE−mg
A正确，B错误；
CD.若小球恰好可以做完整的圆周运动，则在 B 点有
qE−mg=mvB2L
结合动能定理
qE−mg⋅2L=12mvA2−12mvB2
解得
vA= 5qE−mgLm
CD错误。
故选A。
6.【答案】D
【解析】A.设太阳质量为 M ，地球质量为 m ，由牛顿第二定律和万有引力定律得
GMmr12=m4π2r1T2
解得
M=4π2r13GT2
A错误；
B.设火星周期为 T′ ，由开普勒第三定律得
r13T2=r23T′2
解得
T′=r2r132T
B错误；
C.地球绕太阳运转角速度
ω=2πT
火星绕太阳运转角速度
ω′=2πT′
从地球和火星相距最远到第一次相距最近时间为 t ，则
ωt−ω′t=π
联立解得
t=r232T2r232−rr32
C错误；
D.从某次火星冲日到下一次火星冲日，即从地球和火星相距最近到第一次相距最近时间为 t′ ，则
ωt′−ω′t′=2π
联立解得
t′=r232Tr232−r132
D正确。
故选D。
7.【答案】B
【解析】P先以大小为 a1 的加速度向左做匀减速运动，直到速度减为 v1 ，设位移大小为 x1 ，轻绳中的张力大小为 T1 ，对P有
T1+μmPg=mPa1
对Q有
mQg−T1=mQa1
由运动学公式有
−2a1x1=v12−v22
P接着以大小为 a2 的加速度向左做匀减速运动，直到速度减为0，设位移大小为 x2 ，轻绳中的张力大小为 T2 ，对P有
T2−μmPg=mPa2
对Q有
mQg−T2=mQa2
由运动学公式有
−2a2x2=0−v12
P向左运动的最大距离
x=x1+x2=2.25m
联立解得
μ=0.1
故选B。
8.【答案】BCD
【解析】AB.若小球通过A点计时是向右运动：由简谐振动的规律可知，因为过A、B两点的速度大小相等，所以A、B两点一定关于平衡位置O对称，此时通过A、B两点的速度方向相同，所以有从O到B的时间为1s，而从B到速度为零的位置为1s，所以
T4=2s
解得
T=8s
若小球通过A点计时是向左运动，由简谐振动的规律可知，因为过A、B两点的速度相等，所以A、B两点一定关于平衡位置O对称，此时经过A、B两点的速度方向相反，设从A到B的时间为 t1 ，从B到最右端的时间为 t2 ，由对称性有
4t2+t1=2s
2t2+2t1=2s
其周期为
T=2t1+4t2=83s
综上所述，振子做简谐运动的周期可能是8s或者 83s ，故A错误，B正确；
CD.若小球通过A点计时是向右运动：由简谐振动的规律可知，因为过A、B两点的速度大小相等，方向相反，所以A、B两点一定关于平衡位置O对称，由对称性有
2A=18cm
解得
A=9cm
若小球通过A点计时是向左运动，由简谐振动的规律可知，因为过A、B两点的速度相等，所以A、B两点一定关于平衡位置O对称，此时经过A、B两点的速度方向相反，由对称性有
2A+A+2A+A=18cm
解得
A=3cm
综上所述，振子做简谐运动的振幅可能是9cm或者3cm，故CD正确。
故选BCD。
9.【答案】AC
【解析】A.由图可知， R1 与 R2 串联， V1 测 R1 两端的电压， V2 测 R2 两端的电压；若P向 a 端移动，则滑动变阻器接入电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，则内电压增大， R1 两端的电压增大；路端电压减小，故 R2 两端的电压减小， V1 示数增大， V2 示数减小， A 正确；
B.若P向 b 端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电流减小，内电压减小， V1 减小，由于内电压减小，故路端电压增大，而 V1 减小， V2 必然增大，且增大量一定大于 V1 的减小量，B错误；
C.当 R2=R1+r 时， R2 消耗的功率最大，根据闭合电路的欧姆定律
I=E2R1+r
可得
PR2m=I2R1+r=E24R1+r
C正确；
D.当 R2=0 时， R1 消耗的功率最大，根据闭合电路的欧姆定律
I=ER1+r
可得
PR1m=I2R1=R1E2R1+r2
D错误。
故选AC。
10.【答案】BD
【解析】AB.因为
qE=mg
小球在玻璃管中竖直方向的合力等于洛伦兹力的竖直分力，初速度的水平分量为
v0x=v0cs30∘=3m/s
初速度的竖直分量为
v0y=v0sin30∘= 3m/s
小球在竖直方向上向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
qv0xB=ma
解得
a=1m/s2
设小球经过时间 t 出离管口，则根据运动学公式
L=v0yt+12at2
解得
t=2 3s,vy=v0y+at=3 3m/s
小球离开玻璃管时速度的大小为
v= v0x2+vy2=6m/s
B正确，A错误；
CD.设小球的速度方向与水平方向的夹角为 α ，则
csα=v0xv
解得
α=60∘
小球离开玻璃管时速度方向与 PQ 的夹角为 30∘ ，D正确，C错误。
故选BD。
11.【答案】(1)
(2)0.10

【解析】(1)根据电路图可得实物电路图如下图所示
(2)画出电源的伏安特性曲线，如图所示
两个图线的交点即为小灯泡接在电源两端时小灯泡中的电流与小灯泡两端的电压
U=1.0V,I=0.10A
因此小灯泡消耗的功率为
P=UI=0.10W
12.【答案】.(1)AC
(2) m1 LP=m1 LM+m2 LN
(3)6

【解析】(1)要验证动量守恒定律，需测量小球的质量和三个落点到B点的距离．故提供的测量工具中必需的是直尺和天平。
故选AC。
(2)碰撞前，小球 m1 落在图中的P点，设其水平初速度为 v1 ，小球 m1 、 m2 发生碰撞后， m1 的落点在图中的M点，设其水平初速度为 v1′ ， m2 的落点在图中的N点，设其水平初速度为 v2′ .设斜面与水平间的倾角为 α ，由平抛运动规律，竖直方向有
LMsinα=12gt2
水平方向有
LMcsα=v1′t
解得
v1′= gLMcs2α2sinα
同理可得
v1= gLPcs2α2sinα
v2′= gLNcs2α2sinα
只要满足
m1v1+0=m1v1′+m2v2′
即
m1 LP=m1 LM+m2 LN
就可以说明两球碰撞前后动量是守恒的。
(3)碰撞后，对球2有
m2g⋅h2=12m2v12
球1，竖直方向有
lsinθ=12gt2
水平方向有
lcsθ=v2t
解得
v1= gh
v2= 3gl2
在碰撞前，对球2有
m2g⋅2h=12m2v02
解得
v0=2 gh
对两球组成的系统，由
m2v0=m1v2−m2v1
解得
m1 3lm2 h=6
13.【答案】(1) μ1=0.5 ；(2) F2=5.2N
【解析】(1)小滑块从B到斜面最低点过程由动能定理得
mgh−μ1mgcs37∘⋅hsin37∘=12mv2−12mv02
由图可知，在斜面最低点，挡板对小滑块的支持力为
F1=12.4N
由牛顿第二定律有
F1=mv2R
联立解得
μ1=0.5
(2)设转过3rad后的速度为 v′ ，由动能定理得
−μ2mg⋅3⋅R=12mv′2−12mv2
设转过3rad后挡板对小滑块的支持力为 F2 ，由牛顿第二定律得
F2=mv′2R
联立解得
F2=5.2N
14.【答案】(1) n= 2 ；(2) x= 22R
【解析】(1)如图1所示
当折射光线恰好和内圆相切时，光线 b 恰好不会通过内圆，根据几何关系得
sinθ=x2R= 22 ， sinα=R2R=12
根据折射率公式
n=sinθsinα
代入数据解得玻璃砖的折射率为
n= 2
(2)设光线 b 两次折射的入射角和折射角分别为 θ′ 和 α′ 与 φ 和 γ ，如图2所示
据折射定律可得
n=sinθ′sinα′ ， n=sinγsinφ
作 OC 垂直 QEC 于 C 点，则有
t=2Rcsγc= 2Rc
联立解得
γ=45∘ ， φ=30∘
又
sinφ=OCR
解得
OC=R2
则
sinα′=OC2R=14
那么
sinθ′= 24
又
sinθ′=x2R
解得
x= 22R
15.【答案】(1) 4m/s ；(2) 2.4m2 ；(3) 19.2J
【解析】(1)根据焦耳定律
Q=I2Rt
b 棒产生的焦耳热
Q2=20J
则得 a 棒上产生的焦耳热为
Q1=10J
根据功能关系有
Fs=12mva2+12mvb2+Q1+Q2
代数并解得
va=4m/s
(2)对 a ，由动量定理
BIL1⋅Δt=mva−0
又
q=I⋅Δt
根据法拉第电磁感应定律可得
E=ΔΦΔt=BΔSΔt
据闭合电路欧姆定律可得
I=ER1+R2
联立并代数解得
ΔS=2.4m2
(3)撤掉 F 后， a 棒向左做加速运动， b 棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，则
BLv′a=B⋅2Lv′b
得
v′a=2v′b
对两棒分别应用动量定理，有
BILt=mv′a−mva ， −BI⋅2Lt=mv′b−mvb
根据能量守恒定律，从撤去 F 到两棒匀速运动的过程中系统产生的热量为
Q=12mva2+12mvb2−12mv a ′2−12mv′ b2 ， Q′2=R2R1+R2Q
联立并代数解得
Q′2=19.2J