江苏省连云港高级中学2023-2024学年高三下学期4月期中物理试题

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B、钍核的核子数多于铅核，故钍的结合能更大，故B错误；
C、钍核变为铅核，质量数减少了232﹣208＝24，说明发生了6次α衰变，同时将导致质子数减少12，实际质子数减少了8，说明还发生了4次β衰变，故C正确；
D、自发进行的衰变都是释放核能的反应，故D错误。
故选：C。
2．解：A.由于气液界面之间存在表面张力，使得液体表面好比有一层很薄的弹性薄膜，使得液桥的表面形貌得以维持，而不会“垮塌”；正常的重力环境下，液桥的尺寸通常只有几毫米，太空环境下，重力几近消失，表面张力便能维持建立起很大尺寸的液桥，故A正确；
B.分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图c所示，“B”位置为平衡位置，表面张力表现为引力，因此能总体上反映水表面层中水分子势能Ep的是图中“C”位置，故B错误；
C.锄地的核心是“松土保熵”。土壤在过水后会形成通往地表的毛细管，还会在缩水过程中开裂；“松土”，就是切断毛细管，堵塞裂缝；从而“保熵”，抑制水分沿毛细管上行至地表蒸发和直接经裂缝蒸发。因此“锄”的核心作用是松动表土，截断土壤毛细管，减少蒸发，故C错误；
D.毛笔书写过程中，在毛细现象作用下，墨汁与可以被浸润的毛笔材料发生相互作用力的平衡，于是墨汁便被吸入毛笔材料中，并牢牢“困”在毛笔内部；而当毛笔尖与纸张接触时，留在毛笔表面的墨汁，同样在毛细作用下，被吸附到纸上，其间根本无须重力作用，故D错误。
故选：A。
3．解：A、光线发射器中发出的三种光子的能量分别为：E1＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6）eV＝12.09eV，E2＝﹣3.40eV﹣（﹣13.6）eV＝10.2eV，E3＝﹣1.51eV﹣（﹣3.40）eV＝1.89eV
其中只有a、b两种能量较大的光可以使光电管发生光电效应，结合光电效应的条件可知该金属的逸出功不能小于1.89eV，故A正确；
BC、由丙图可知a光遏止电压小于b光遏止电压，由eUc＝Ek＝hν﹣W0=hcλ-W0可知：a光子能量小于b光子能量，a光子波长大于b光子的波长，a光更容易发生明显衍射，故BC错误；
D、部分光线被遮挡，照射光电管的光子数量减少，则光电子数量减小，光电流变小，从而引发报警，故D错误。
故选：A。
4．解：A、根据万有引力完全提供圆周运动向心力可得GMmr2=ma 解得a=GMr2
可知飞船在A点点火加速后瞬间的加速度不变，故A错误；
B、不知道轨道Ⅰ的高度，则不知道飞船在轨道Ⅰ上的速度，飞船在A点加速度后，速度与第一宇宙速度的大小关系不确定，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力可得飞船在Ⅲ轨道运行的周期GMm(R+h)2=m⋅4π2rT2
解得T=4π2r3GM=4π2(R+h)3gR2=2π(R+h)RR+hg
飞船在Ⅱ轨道上运行的半长轴小于轨道Ⅲ的半径，结合开普勒第二定律，可知在轨道Ⅱ上由A点到B点的时间小于在轨道Ⅲ上的周期的一半，故C错误；
D、飞船与地心的连线单位时间内扫过的面积S0=πr2T0
飞船绕地球做匀速圆周运动时GMmr2=m⋅4π2rT02
可得：S0=12GMr
轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，故在轨道Ⅰ上飞船与地心连线单位时间内扫过的面积小于在轨道Ⅱ上扫过的面积，故D正确。
故选：D。
5．解：风对小球的力恒定，说明水平方向的加速度恒定，设水平方向加速度为a，则有vx＝v0﹣at
竖直方向受重力加速度影响，做匀加速运动，有vy＝gt
合速度为v=vx2+vy2=g2t2+v02+a2t2-2v0at=(g2+a2)t2-2v0at+v02
根号内为二次函数，其对称轴为t=-2v0a-2⋅(g2+a2)=v0ag2+a2，说明当t=v0ag2+a2时，合速度有最小值
当vx＝v0﹣at＝0时，t=v0a=v0aa2＞v0ag2+a2，说明最小速度出现在AO轨迹之间的某一点，故C正确，ABD错误；
故选：C。
6．解：如图所示。最下端入射的光在界面的入射角最小，所以临界状态为最下端入射的光恰好不发生全反射，根据全反射临界角公式有n=1sinC
由几何关系有sinC=R-rR+r
联立解得：n=R+rR-r，故ACD错误，B正确。
故选：B。
7．解：电路稳定后，由于电源内阻不计，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为：φ上=E5R⋅2R=2E5
电容器下极板的电势为：φ下=E5R⋅4R=4E5
则电容两端的电压为：U＝φ下﹣φ上 解得：U=2E5
则电容器上的电荷量为：Q＝CU 解得：Q=25CE，故C正确、ABD错误。
故选：C。
8．解：A、设小灯泡的额定电压为U'、小灯泡的额定电流为I'，由题意5个小灯泡均正常发光，每个小灯泡两端的电压均为U'，流过每个小灯泡的电流均为I'
则原线圈的电流为I1＝2I'，副线圈的电流为I2＝3I'
由变压器的工作原理n1n2=I2I1 解得n1n2=32
故A错误；
B、又由公式n1n2=U1U2及U2＝U' 解得U1＝1.5U'
故B错误；
C、电源的电压为U＝U1+U'＝1.5U'+U'＝2.5U'
故C正确；
D、将变压器和小灯泡c、d、e等效成一个电阻，若将小灯泡d拆除，则负载电阻增大，流过原线圈的电流减小，流过小灯泡的a，b的电流减小，则两灯泡不可能被烧断，故D错误。
故选：C。
9．解：A.根据振动图象，t＝2s时刻质点M沿y轴负方向振动，根据“同侧法“，该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B.由图甲可知波长λ＝12m，周期为T＝3s，则波速为v=λT=123m/s＝4m/s，故B错误；
C.t＝2s时，x＝0m的质点向下运动，经Δt＝4s＝T+13T，即在t＝6s时，x＝0m处的质点位移为负，加速度沿y轴正方向，故C错误；
D.设x＝0处的质点的振动方程为y＝20sin（2πTt+φ），将t＝2s，y＝0代入解得φ=-π3
则x＝0m处质点振动方程为y=20sin(2π3t-π3)cm
故D正确。
故选：D。
10．解：要起吊重物，只需满足绳子张力T的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，如图所示即μTcsα＞Tsinα，化简可得tanα＜μ
故B正确，ACD错误。
故选：B。
11．解：由于球壳内的场强处处为零，试探电荷在球壳内不受电场力，电场力不做功，试探电荷的电势能保持不变。球壳内的场强随着离圆心的距离r的增加而减小，带正电的试探电荷受到的电场力方向与速度方向相同，电场力做正功，试探电荷的电势能随着r的增加而增加，但增加得越来越慢，故C正确，ABD错误；
故选：C。
二．实验题（共1小题）
12．解：（1）滑块A与B碰撞，设向右为正，碰撞前滑块A的速度为v0，碰撞后滑块A的速度为v1，滑块B的速度为v2，由动量守恒定律得mAv0＝mAv1+mBv2
由能量转化和守恒定理得 12mAv02≥12mAv12+12mBv22，解得 v1≤(mA-mB)mA+mBv0
由于滑块A反弹，所以v1＜0，则mA＜mB
（2）滑块A由O点运动到P点，由动能定理得﹣μmAgx0＝0-12mAvA2
解得 vA=2μgx0 则 vA∝x0
故AB错误，C正确；故选：C。
（3）若碰撞中动量守恒，则mAvA＝﹣mAv1+mBv2
又 vA=2μgx0，v1=2μgxA，v2=2μgxB
解得 mA(x0+xA)=mBxB
若碰撞中动量守恒，机械能守恒，则12mAvA2=12mAv12+12mBv22
得mAx0＝mAxA+mBxB 或者x0-xA=xB
（4）若过于偏左，滑块与B碰撞反弹后可能与弹射装置再次相碰；若过于偏右，B被碰撞后的位移过小，测量误差过大。
故答案为：（1）＜； （2）C；
（3）mA(x0+xA)=mBxB，mAx0＝mAxA+mBxB或者x0-xA=xB；
（4）若过于偏左，滑块与B碰撞反弹后可能与弹射装置再次相碰；若过于偏右，B被碰撞后的位移过小，测量误差过大。
三．计算题（共4小题）
13．解：（1）飞机刚钩住导体棒时，导体棒 ab产生的电动势为E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律，此时电流为I=E2R=BLv02R
（2）根据功能关系可得，全过程回路产生的焦耳热为Q=12mv02-kmgx
全过程导体棒中产生的焦耳热为Q'=12Q=14mv02-12kmgx
（3）设飞机和导体棒共同运动的时间为t，根据动量定理可得
﹣BILt﹣kmgt＝0﹣mv0
又It=ΔΦ2Rt•t=B2L2x2R
联立解得t=v0kg+B2L2x2kmgR
答：（1）飞机刚钩住导体棒时，流过导体棒的电流大小为BLv02R；
（2）全过程导体棒中产生的焦耳热为14mv02-12kmgx；
（3）飞机和导体棒共同运动的时间为v0kg+B2L2x2kmgR。
14． 解：早上气体体积V1=43πR13
中午气体体积V2=43πR23
从早上至中午，气球内的气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得：V1T1=V2T2
得：T2=R23R13T1
气球膨胀过程，气体压强为P，气体对外做功W＝﹣P（V2﹣V1）
由热力学第一定律ΔU＝Q+W 解得：Q=ΔU+43πP(R23-R13)
答：中午时气球内气体的温度为R23R13T1，早上至中午气球内气体吸收的热量为ΔU+43πP(R23-R13)。
15．解：（1）要使B球静止，杆对B球的力必须为0，同理可知，杆对C球的力也为0，所以可得F＝mg
（2）对B球的运动过程分析可知，B球的初速度和末速度都为零，过程中球B的加速度为0时，速度达到最大值，杆对球的作用力为0，对A球则有mg＝ma
可得a＝g
（3）当θ＝90°时，根据对称性可知vB＝vC
由系统的机械能守恒可得mgL(cs30°-cs45°)=12mvA2+12MvB2+12MvC2
A、B沿杆方向的速度大小相等，则有vAcs45°＝vBsin45°
解得vA2=3-25gL
对A根据动能定理有W+mgL(cs30°-cs45°)=12mvA2-0
联立可得杆对A球做的功W=2(2-3)mgL5
答：（1）F的大小为mg；
（2）撤去F，将A球自由释放，当B球速度达到最大时，A球加速度为g；
（3）从A球自由释放后到两杆夹角θ＝90°时，该过程中杆对A球做的功为2(2-3)mgL5。
16．解：（1）正粒子从（0，-L2）进入电场后做类平抛运动，则在竖直方向上有：L2=12×qEm×t2
水平方向有：x＝v0t联立解得：t=mLqE
竖直方向上有：vy=qEm×t=qELm，水平方向上有：vx=3qELm
故第一次进入磁场时的速度v=vx2+vy2
方向与水平方向成θ角，则有：tanθ=vyvx=33
代入解得：v=2qELm，θ＝30°
故粒子进入磁场中与水平轴负方向成30°
（2）如图1所示，经分析可知，粒子轨迹如图，可知α＝60°
粒子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2R
经（1）分析，粒子在类平抛运动中，x＝v0t=3L
故可知，x+（R﹣Rcsα）＝R
解得：R=23L 解得：B=mvqR=2m×qELmq×23L=mE3qL
（3）使板的上表面会出现荧光点，临界的粒子轨迹图如图2所示，若刚好打在板左端点，则有：R2+R1+R=43L-32L 解得：R1=32L
根据洛伦兹力提供向心力得：qvB1=mv2R1
可知B与v成反比，则有：B1B=RR1=4
故B1＝4B，即k1＝4
同理，若刚好打在板右端点，则有：R2+R2+R=43L+32L
解得：R2=332L ， B2B=RR2=43
故B2=43B，即k2=43
故可得当k满足：43≤k≤4时，板的上表面会出现荧光点。
答：（1）粒子第一次进入磁场时的速度v为2qELm，方向与负x轴方向成30°；
（2）磁感应强度B的大小为mE3qL；
（3）当k满足：43≤k≤4时，板的上表面会出现荧光点。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/4/16 20:41:37；用户：史超刚；邮箱：happybird1840@163.cm；学号：582050