2023-2024学年广东省中山市华侨中学高三（下）模拟卷物理试卷（四）（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省中山市华侨中学高三（下）模拟卷物理试卷（四）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.放射性同位素温差电池又称核电池.技术比较成熟的核电池是利用 94238Pu衰变工作的，其半衰期大约88年，衰变方程为 94238Pu→92234U+Y，下列说法正确的是
( )
A. 经过88年，核电池的质量会减小一半
B. 随着电池的不断消耗， 94238Pu的半衰期会逐渐减小
C. 94238Pu衰变放出的射线Y是α射线，其电离能力强于γ射线
D. 94238Pu衰变放出的射线Y是β射线，其本质上是带负电荷的电子流
2.如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，物体在0−t0这段时间内的平均速度为v02
B. 乙图中，物体的加速度大小为1m/s2
C. 丙图中，阴影面积表示t1−t2时间内物体的位移
D. 丁图中，0∼3秒内物体的位移大小为30m
3.如图是小魔术“浮沉子”的模型．在密封的矿泉水瓶中，一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气，可看作理想气体．现用手挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开矿泉水瓶后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中小瓶内气体温度保持不变，则上浮过程中小瓶内气体( )
A. 体积不变，内能不变B. 体积不变，压强不变
C. 对外界做正功，并放出热量D. 体积增大，对外界做正功
4.某无线充电装置的原理如图所示，该装置主要由供电线圈和受电线圈组成，可等效为一个理想变压器，从受电线圈输出的交流电经过转化装置变为直流电给电池充电。充电时，供电端接有u1=220 2sin100πt(V)的正弦交流电，受电线圈输出电压U2=22V、输出电流I2=5A，下列说法正确的是
( )
A. 若供电端接220V直流电，也能进行充电B. 受电线圈输出电压的频率为100Hz
C. 供电线圈和受电线圈匝数比为10 2:1D. 充电时，供电线圈的输入功率为110W
5.在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于几幅书本插图的说法中不正确的是( )
A. 甲图中，B点逐渐向A点靠近时，观察AB割线的变化，运用了极限思想，说明质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向
B. 乙图中，研究红蜡块的运动时，主要运用了理想化模型的思想
C. 丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法
D. 丁图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了放大法测微小量
6.2022年10月9日，我国成功发射“夸父一号”探测卫星，用于探测由太阳发射而来的高能宇宙射线，卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道离地面的高度为720km，下列说法正确的是( )
A. “夸父一号”的运行速度大于7.9km/s
B. “夸父一号”的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
C. 为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用a轨道比b轨道更合理
D. “夸父一号”绕地球做圆周运动的周期为24小时
7.如图(a)，电鲶遇到危险时，可产生数百伏的电压。如图(b)所示，若将电鲶放电时形成的电场等效为等量异种点电荷的电场，其中正电荷集中在头部，负电荷集中在尾部，O为电鲶身体的中点，AO=BO且AB为鱼身长的一半，下列说法正确的是( )
A. A点电势高于B点电势
B. A点场强和B点场强相同
C. 将正电荷由A点移动到O点，电场力做正功
D. 若电鲶头尾部间产生400V的电压时，AB间的电压为200V
二、多选题（本体共3小题，共18分）
8.耙在中国已有1500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙。如图甲所示，牛通过两根耙索拉粑沿水平方向匀速耙地。两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B=60∘，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30∘(O2为AB的中点)，如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是( )
A. 两根耙索的合力大小为FB. 两根耙索的合力大小为 3F
C. 地对耙的水平阻力大小为1.5FD. 地对耙的水平阻力大小为F
9.如图所示，光滑水平面上放置一质量为M的木块，质量为m的子弹以v0速度射入木块，子弹未穿出木块且达到共同速度为v，该过程中子弹与木块相互作用力恒定不变，产生的热量为Q，木块获得的动能为Ek，则下列各项正确的是( )
A. 子弹对木块做功和木块对子弹做功代数和为0
B. 子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小
C. Q=mMv022M+m
D. 该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek
10.如图甲所示，在公元1267∼1273年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示。将一质量m=80kg的可视为质点的石块装在长L=403m的长臂末端的石袋中，初始长时长臂与水平面成α=30∘。松开后，长臂转至竖直位置时，石块被甲乙水平抛出，落在水平地面上。石块落地点与O点的水平距离s=100m。忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g=10m/s2，下列说法正确的是( )

A. 石块水平抛出时的初速度为25m/s
B. 重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量
C. 石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功1.16×105J
D. 石块圆周运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为1.42×104N
三、实验题（本体共2小题，共16分）
11.某同学测量截面为直角三角形玻璃砖的折射率，已知∠ABC=90°，∠BCA=60°。实验过程如下：
(1)将玻璃砖平放在水平桌面的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界。
(2)激光笔发出的激光从玻璃砖上的O点平行于白纸入射，调整入射角，使AC面上恰好没有光线射出，而是从BC面的P点射出玻璃砖，用大头针在白纸上标记O点、P点、激光笔出光孔S的位置和出射光路上一点Q。
(3)移走玻璃砖，在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，做AB界面的法线OM和出射光线，如图所示，测得PQ//AB。
完成下列问题：
①在答题卡的图上画出玻璃砖内的光路图___________。
②玻璃砖的折射率n=_______。
③若激光从O点水平入射时的入射角为α，则sinα=__________。
12.某兴趣小组修复一个电流表。实验过程如下：
(1)拆开电流表，取出表头G，发现表头完好无损。用标准电表测出表头G满偏电流为3mA．
(2)测量表头G的内阻：按照如图1所示电路图连接电路。闭合开关前，滑动变阻器滑片应移到______(填“a端”或“b端”)。先闭合开关S1，调节______，直至表头G指针满偏；再闭合开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，仅调节电阻箱阻值，直至表头G示数为满偏示数的一半，此时电阻箱的示数如图2所示，则表头G的内阻为______Ω。
(3)电流表内部电路设计如图3所示，其中R1=15Ω，R3=0.10Ω，但R2已损坏，请根据电流表3A的量程，推算损坏之前R2=______Ω.(结果保留两位有效数字)
(4)选取相应的电阻替换R2，重新安装好电表。由于步骤(2)测电阻存在一定的误差，则该修复后的电表测量出的电流值比实际值______。(填“偏大”“偏小”或“准确”)
四、计算题（本体共2小题，共26分）
13.在电视剧《西游记》中，孙悟空为朱紫国国王悬丝诊脉，中医悬丝诊脉悬的是“丝”，“诊”的是脉搏通过悬丝传过来的振动，即通过机械波判断出病灶的位置与轻重缓急。如示意图所示，假设在0点脉搏跳动产生了一列沿x轴正方向传播简谐横波。在t=0时，波传播到轴上的质点B，在它的左边质点A位于正的最大位移处，在t=0.2s时，质点A第一次出现在负的最大位移处，求：
(1)该波的周期T；
(2)该波的波速v大小；
(3)从t=0时开始到质点E刚刚振动时，经历的时间及在该段时间内质点A通过的路程。
14.如图所示，有一个质量m=1kg 的 小物块(可视为质点)，从光滑平台上的A点以v0=3m/s的初速度水平拖出，到达C点时，恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道CD，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的长木板。已知足够长的长木板质量M=1kg，放在粗糙的水平地面上，长木板下表面与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，长木板上表面与小物块间的动摩擦因数μ1=0.3，且与圆弧轨道末端切线相平，圆弧轨道的半径R=0.5m，半径OC与竖直方向的夹角θ=53∘(不计空气阻力，g=10m/s2,sin53∘=0.8,cs53∘=0.6)。求：
(1)AB的高度；
(2)小物块运动到D点时的速度大小；
(3)小物块与长木板因摩擦而产生的热量。
五、综合题（本体共1小题，共12分）
15.如图所示，在xOy平面内，有两个半圆形同心圆弧，与坐标轴分别交于a、b、c点和a′、b′、c′点，其中圆弧a′b′c′的半径为R。两个半圆弧之间的区域内分布着辐射状的电场，电场方向由原点O向外辐射，其间的电势差为U。圆弧a′b′c′上方圆周外区域，存在着上边界为y=2R的垂直纸面向里的足够大匀强磁场，圆弧abc内无电场和磁场。O点处有一粒子源，在xOy平面内向x轴上方各个方向，射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，带电粒子射出时的速度大小均为v0= 2qUm，被辐射状的电场加速后进入磁场，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动。求：
(1)粒子被电场加速后的速度v；
(2)要使有的粒子能够垂直于磁场上边界射出磁场，且该粒子运动轨迹的圆心为y轴上某点，求此时磁场的磁感应强度的大小B0；
(3)当磁场中的磁感应强度大小为第(2)问中B0的 32倍时，求能从磁场上边界射出粒子的边界宽度L。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】CD.根据质量数守恒和电荷数守恒可知 94238Pu 衰变放出的射线Y是α射线，其本质是 He 原子核，电离能力最强，故C正确，D错误；
A.经过一个半衰期，一半质量的放射性元素会衰变为其他物质，核电池的质量不会减小一半，故A错误；
B.半衰期是统计概念，只要是大量原子核衰变。半衰期是不变的，故B错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】A.若甲图表示初速度为0的匀加速直线运动，则在0∼t0这段时间内的平均速度为
v=0+v02=v02
但从图像可知，甲图所表示的运动为加速度逐渐减小的加速运动，在0∼t0这段时间内任意时刻的速度都大于匀变速直线运动的速度，因此，物体在0∼t0这段时间内的平均速度大于 v02 ，故A错误；
B.乙图中所对应的直线运动，其速度与位移的关系为
v2=2ax
则可知，图线的斜率表示 2a ，可得该运动的加速度大小为 12m/s2 ，故B错误；
C. a−t 图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则可知丙图中，阴影面积表示t1∼t2时间内物体速度的变化量，故C错误；
D.将匀变速直线运动位移与时间的关系式
x=v0t+12at2
变式可得
xt=v0+12at
将坐标(1,0)、(3,10)代入上式可得
v0=−5m/s
a=10m/s2
则0∼3秒内物体的位移大小为
x=v0t+12at2=−5×3+12×10×32=30m
故D正确。
故选D。
3.【答案】D
【解析】【分析】
根据体积的变化判断做功的情况，根据气体的内能有关的因素判断内能的变化，根据热力学第一定律判断吸收的热量与内能变化量的大小关系。
该题考查玻意耳定律、气体的内能、热力学第一定律的应用，解答的关键是正确判断出气体的体积增大，气体对外做功。
【解答】
小瓶缓慢上浮过程中，压强减小，温度不变，所以体积增大，瓶内气体对外做功，对于理想气体因为温度不变，所以内能不变，根据热力学第一定律，ΔU=Q+W，ΔU=0，W为负值，故Q为正值，气体吸热，只有答案D正确。
4.【答案】D
【解析】A.若供电端接 220V 直流电，无法发生互感，故不能充电，A错误；
B.已知 ω=100πrad/s ，则频率 f=ω2π=50Hz ，B错误；
C.供电端的电压有效值为 220V ，则 n1n2=220V22V=101 ，C错误；
D.由于该装置可等效为一个理想变压器，所以输出功率等于输入功率，即 P1=P2=U2I2=110W ，D正确。
故选D。
5.【答案】B
【解析】A.甲图中，B点逐渐向A点靠近时，观察AB割线的变化，运用了极限思想，质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向，A正确，不符合题意；
B.乙图中，研究红蜡块的运动时，对于合运动和分运动之间，主要运用了等效替代，B错误，符合题意；
C.丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时控制一些物理量不变，研究其他物理量之间的关系，运用了控制变量，C正确，不符合题意；
D.丁图中，卡文迪许测定引力常量的实验通过光线路径将引力造成的微小影响放大，运用了放大法测微小量，D正确，不符合题意。
故选B。
6.【答案】C
【解析】【分析】地球同步卫星的轨道定点在赤道的正上方，且环绕半径约为地球半径的6.6倍；根据万有引力提供向心力列方程，得到向心加速度、线速度、角速度和周期与轨道半径的关系，再比较大小。
解答本题的关键要掌握卫星问题常用思路：万有引力提供向心力，通过列式分析各个参量的大小。
【解答】根据常识可知地球同步卫星的轨道一定在赤道的正上方，且环绕半径约为地球半径的6.6倍，大于“夸父一号”探测卫星的轨道半径。
A、7.9km/s是第一宇宙速度，是最大的环绕速度，”夸父一号”绕地球做圆周运动的速度小于7.9km/s，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有GMmr2=ma，可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B错误；
C、根据图形可知，平行太阳光与轨道a垂直，为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用a轨道比b轨道更合理，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力得GMmr2=m4π2rT2，可知T= 4π2r3GM，“夸父一号”卫星环绕半径小，则运行周期比地球同步卫星小，故D错误。
7.【答案】B
【解析】【分析】
判断电势的高低时可认为离正电荷越近，电势越高，离负电荷越近，电势越低。要掌握等量异种电荷电场的特点。分析电势差时可以利用U=Ed，对于非匀强电场，E是平均场强，E的大小可通过电场线的疏密程度去判断，电场线越密则E越大。
【解答】
A.头部集中正电荷，尾部集中负电荷，故B点电势高于A点，A项错误;
B.根据等量异种点电荷的电场分布的对称性可知，A点和B点场强相同，B项正确;
C.正电荷由A到O移动时，电场力做负功，C项错误;
D.A、B间的平均场强小于A点到鱼尾或B点到鱼头的平均场强，故A、B之间电压小于200V，D项错误。
8.【答案】BC
【解析】【分析】
对耙进行受力分析，受到牵引力、阻力、重力和支持力，根据平衡条件和二力合成列式求解，注意几何知识运用。
【解答】
AB.根据受力分析知，两根耙索之间的夹角为60°，两根耙索的合力大小为2Fcs30°= 3F，故B正确，A错误；
CD.根据平衡条件，地对耙的水平阻力大小为f=2Fcs30°cs30°=3F2，故C正确，D错误。
9.【答案】BCD
【解析】A.设子弹射入木块的深度为 d ，木块的位移为 x ，子弹与木块之间的力大小为 f ，则子弹对木块做的功
W1=fx
木块对子弹做的功
W2=−f(d+x)
所以两个功的代数和不为零，故A错误；
B.根据冲量的定义式 I=Ft 及牛顿第三定律可知，子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小，故B正确；
C.根据动量守恒定律可得
mv0=(m+M)v
根据能量守恒定律可得
12mv 02=12(m+M)v2+Q
联立解得
Q=mMv 022(m+M)
故C正确；
D.木块获得的动能为
Ek=12Mv2=Mm2v 022(m+M)2
该过程产生的热量与木块获得的动能之比为
QEk=m+Mm>1
可知该过程产生的热量 Q 一定大于木块获得的动能 Ek ，故D正确。
故选BCD。
10.【答案】CD
【解析】A.石块水平抛出时的初速度为
v0=st=s g2ℎ
其中
ℎ=L+Lsinα=20m
解得石块水平抛出时的初速度
v0=50m/s
选项A错误；
B.石块的机械能守恒，重物重力势能的减少量等于石块动能的增加量，选项B错误；
C.石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功
W=mgℎ+12mv02=1.16×105J
选项C正确；
D.石块圆周运动至最高点时，根据
mg+F=mv02L
解得石袋对石块的作用力大小为
F=1.42×104N
方向竖直向下，选项D正确。
故选CD。
11.【答案】①；②2 33；③ 33
【解析】【分析】根据题干的信息做出光路图，根据几何关系结合折射定律求解折射率和sinα。
【解答】①玻璃砖内的光路图，如图所示
②如图所示
∠3=90∘−∠ACB=90∘−60∘=30∘
∠1=∠2=90∘−∠3=60∘
AC面上恰好没有光线射出，则AC面上恰好发生全反射，则
sin60∘=1n
得n=2 33
③由几何关系得，
∠5=∠ACB=60∘
∠3=∠4=30∘
又
∠5=∠4+β
得
β=30∘
由折射定律
n=sinαsmβ
得sinα=nsinβ=2 33×12= 33
12.【答案】(2)a端 ；RP (或滑动变阻器)；10
(3)0.025
(4)偏小

【解析】【分析】
(2)闭合开关前，应使滑动变阻器接入电路阻值最大；
根据实验原理表头G示数为满偏示数的一半，根据串并联关系可知，此时电阻箱的示数即为表头内阻；
(3)根据串并联关系分析表头满偏时电流表示数应为I=3A，列式计算；
(4)调节电阻箱阻值变大，使得表头G示数为满偏示数的一半，此过程会影响干路电流，产生误差，由此分析误差导致的影响。
本题考察半偏法测电阻和电表的校准。
【解答】
(2)为保护电路，闭合开关前，应使滑动变阻器接入电路阻值最大，即滑动变阻器滑片应移到a端；
根据实验原理：应先闭合开关S1，调节滑动变阻器直至表头G指针满偏；再闭合开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，仅调节电阻箱阻值，直至表头G示数为满偏示数的一半，根据串并联关系可知，此时电阻箱的示数即为表头内阻，由图读出为10Ω；
(3)当表头满偏时，电流表示数应为I=3A，根据串并联关系有Ig+Ig(Rg+R1+R3)R2=I，解得R2=0.025Ω
(4)步骤二中，因为调节电阻箱阻值变大，使得表头G示数为满偏示数的一半，此过程会导致电路总电阻变大，干路电流减小，此时干路电流小于表头满偏时的干路电流，而此时表头G示数为满偏示数的一半，则通过电阻箱的电流略小于表头电流，则电阻箱读数略小于表头内阻，即表头内阻测量值偏小，根据电表测量出的电流值为I测=I头+I头(Rg+R1+R3)R2，则修复后的电表测量出的电流值比实际值偏小
13.【答案】(1) 0.4s ；(2) 5m/s ；(3) 0.6s ，0.30m
【解析】(1)质点A从正的最大位移第一次到负的最大位移所需要时间为半个周期，即
t=0.2s=0.5T
可得该波的周期为
T=0.4s
(2)由图可以知道波长为
λ=2m
则该波的波速为
v=λT=20.4m/s=5m/s
(3)波从B传到E点所需要的时间为
t=Δxv=35s=0.6s=32T
在该段时间内质点A通过的路程为
s=32×4×5cm=0.30m
14.【答案】(1) 0.8m ；(2) 29m/s ；(3) 10.875J
【解析】(1)从A到C的过程小物块做平抛运动，在C点小物块速度与水平方向的夹角为 53∘ ，故
vy=gtvx=v0
tan53∘=vyvx
联立解得
t=0.4s
故 AB 的高度为
ℎAB=12gt2=0.8m
(2)由动能定理可知
mgℎAB+mgR(1−cs53∘)=12mvD2−12mv02
解得
vD= 29m/s
(3)对小物块
−μ1mg=ma1
解得
a1=−3m/s2
对木板
μ1mg−μ2(M+m)g=Ma2
解得
a2=1m/s2
设经过 t 时间二者共速，则有
vD+a1t=a2t
小物块位移为
x1=vD+v2t
长木板的位移为
x2=v2t
故
x相对=x1−x2
小物块与长木板因摩擦而产生的热量
Q=μ1mgx相对
联立方程，解得
Q=10.875J
15.【答案】(1) 2 qUm ；(2) 2R mU3q ；(3) 3+ 5R
【解析】(1)设粒子被电场加速后速度为 v ，由动能定理可得
qU=12mv2−12mv02
解得
v=2 qUm
(2)垂直磁场上边界射出的粒子的圆心 O′ 必在磁场上边界上，设该粒子做匀速圆周运动的轨道半径为 r ，如图

则
OO′= R2+r2 ， OO′=2R
故
r= 3R
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动
qvB0=mv2r
联立解得
B0=2R mU3q
(3)当 B= 32B0 时，根据 r=mvqB ，可得带电粒子在磁场中的运动半径
r=2R
由几何知识可知，当粒子从 c′ 沿 x 轴正方向进人磁场，粒子从磁场上边界的射出点，为粒子能够到达上边界的最右端，粒子能够到达上边界的最右端 y 轴的距离
x1=R+r=3R
当粒子与磁场上边界相切时，切点为粒子能够到达上边界的最左端，如图

由几何关系可知，粒子能够到达上边界的最左端距 y 轴的距离为
x2= R2+r2= 5R
可知粒子能从磁场上边界射出粒子的边界宽度
L=x1+x2=3+ 5R