2024届四川省成都市树德中学高三下学期开学考试物理试题 （解析版）

这是一份2024届四川省成都市树德中学高三下学期开学考试物理试题 （解析版），共23页。试卷主要包含了考试结束后，只将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分。满分300分，考试时间150分钟。
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5．考试结束后，只将答题卡交回。
6．可能用到的相对原子质量H-1 Li-7 C-12 O-16 Na-23 P-31 C1-35.5 Sc-45
第Ⅰ卷（选择题，共126分）
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 核能是蕴藏在原子核内部的能量，合理利用核能，可以有效缓解常规能源短缺问题。在铀核裂变实验中，核反应方程是，核的结合能为，核的结合能为，核的结合能为．则（ ）
A. 该核反应过程动量不守恒
B. 该核反应方程中的X为
C. 该核反应中释放的核能为
D. 该核反应中电荷数守恒，质量数不守恒
【答案】B
【解析】
【详解】A．在铀核裂变的过程中，动量守恒，故A错误；
BD．设X，由核电荷数守恒可知
可得
由质量数守恒得
解得
所以该核反应方程中的X为，故B正确，D错误；
C．由能量守恒定律可知，该核反应中释放的核能为
故C错误。
故选B。
2. 如图所示，M、N是某静电场中一条竖直方向电场线上两点，电场线方向未标出。现有质量为m的带电小球在电场力和重力作用下沿该电场线向下运动，小球通过M点的速度为，经过一段时间后，小球通过N点的速度为，方向向上．由此可以判断（ ）
A. M点的场强大于N点的场强
B. M点的电势低于N点的电势
C. 小球在M点的动能小于它在N点的动能
D. 小球在M点的电势能小于它在N点的电势能
【答案】D
【解析】
【详解】该电场线竖直方向，带电小球仅在重力和沿电场线的电场力的作用下，在M点速度方向竖直向下变为在N点竖直向上。由此可知小球先减速后反向加速，电场力方向竖直向上。
A．仅一条电场线分布，未知周围电场线分布情况，且不知道MN两点的加速度大小关系，故无法判断两点的电场场强关系，A错误；
B．由分析得知小球所受电场力方向竖直向上，但未知小球所带电荷的电性，故无法判断MN两点的电势高低，B错误；
C．小球从M到N点，未知重力做功和电场力做功的大小关系和速度大小关系，故无法判断小球在MN两点的动能大小关系，C错误；
D．小球电场力方向竖直向上，从M点到N点电场力做负功，电势能增加，故小球在M点的电势能小于N点的电势能，D正确。
故选D。
3. 2021年7月6日，我国成功将“天链一号05”卫星发射升空，卫星进入预轨道，天链系列卫星为我国信息传送发挥了重要作用。如图所小，设地球半径为R，地球表面的重力加速度为，卫星在半径为R的近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的远地点B时，再次点火进入轨道半径为5R的圆形轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动，设卫星质量保持不变。则（ ）
A. 卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的周期之比为1：5
B. 卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的加速度大小大于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处的加速度大小
C. 卫星在轨道Ⅲ上运行速率小于
D. 卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
【答案】C
【解析】
【详解】A．设质量为m的卫星绕地球做轨道半径为r、周期为T的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
解得

所以卫星在轨道I、III上运行的周期之比为

故A错误；
B．根据
可知卫星在轨道I上稳定飞行经过A处的加速度等于卫星在轨道II上稳定飞行经过A处的加速度，故B错误；
C．卫星在近地轨道做匀速圆周运动的向心力可近似认为由重力提供，设卫星在轨道I上做速率为的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
解得

根据
可得
即轨道半径r越大，卫星的速率越小，所以卫星在轨道Ⅲ上的运行速率小于，故C正确；
D．卫星在A点从轨道I变至轨道II时需要加速，卫星发动机对卫星做功，使卫星机械能增大，所以卫星在轨道I上的机械能小于在轨道II上的机械能，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，轻绳1两端分别固定在M、N两点（N点在M点右上方），轻绳1上套有一个轻质的光滑小环O，质量为m的物块P通过另一根经绳2悬挂在环的下方，处于静止状态，。现用一水平向右的力F缓慢拉动物块，直到轻绳2与连线方向垂直。已知重力加速度为g。下列说法错误的是（ ）
A. 施加拉力F前，轻绳1的张力大小为
B. 物块在缓慢移动过程中，轻绳2的延长线始终平分
C. 物块在缓慢移动过程中，轻绳2的张力越来越大
D. 物块在缓慢移动过程中，经绳1的张力可能先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．施加拉力F前，以小环O为对象，受到轻绳2的拉力等于物块P的重力，竖直方向根据受力平衡可得
解得轻绳1的张力大小为
故A正确，不满足题意要求；
B．物块在缓慢移动过程中，以小环O为对象，由于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则小环O两侧轻绳1的张力合力沿平分线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始终平分，故B正确，不满足题意要求；
C．物块在缓慢移动过程中，轻绳2与竖直方向的夹角逐渐增大，以物块为对象，根据受力平衡可得
可知
可知轻绳2的张力越来越大，故C正确，不满足题意要求；
D．物块在缓慢移动过程中，由于M、N之间的轻绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2与连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时最大，则此过程逐渐增大，以小环O为对象，根据受力平衡可得
可得
可知此过程经绳1的张力一直增大，故D错误，满足题意要求。
故选D。
5. 如图所示，从高H处的P点先后水平抛出两个小球，球1刚好直接越过高为h的挡板MN（h可调节），落在水平地面上的Q点，球2与地面碰撞N（N≥1）次后，刚好越过竖直挡板MN也落在Q点。假设球2每次与地面的碰撞都是弹性碰撞（碰撞前后速度大小不变，方向关于地面对称），两球所受的空气阻力均可忽略，则（ ）

A. 球1与球2的初速度之比可能为6∶1
B. 球1与球2的初速度之比可能为21∶1
C. 球1与球2的初速度之比可能为2∶1
D. 球1与球2的初速度之比可能为16∶1
【答案】B
【解析】
【详解】如下图所示

两小球都能落在Q点，对球1
对球2
联立可得
球1与球2初速度之比可能为3:1、5:1、7:1、9:1、…。
故选B。
6. 某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出功率为100kW，输出电压为，输电导线的总电阻为，导线上损耗的电功率为4kW，要使额定电压为220V的用电器正常工作，不计变压器损耗，则下列判断正确的是（ ）
A. ，用电器得到的交流电频率为50Hz
B. 升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为和
C. 若用电器功率变大，则输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
D. 若用电器功率变大，升压变压器的输出电压增大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由输出电压表达式可知
用户得到的交流电频率为
A错误；
B．升压变压器原线圈电流为
根据
输电电流为
升压变压器原、副线圈的匝数比为
升压变压器输出电压为
降压变压器原线圈电压为
降压变压器原、副线圈的匝数比为
B正确；
CD．若用电器功率变大，则用户端电流变大，输电电流变大，损失功率占总功率的比为
可知，升压变压器输出电压与发电机输出电压和升压变压器匝数比有关，则U2不变，输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，C正确，D错误。
C正确，D错误。
故选BC。
7. 小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨、。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈，线圈的总电阻为R，匝数为n，边长为L。假设整个返回舱以速度与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。则以下说法正确的是（ ）

A. 滑块K的线圈中最大感应电流的大小
B. 若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量
C. 若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中产生的焦耳热是
D. 若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨和长度至少
【答案】AD
【解析】
【详解】A．滑块刚接触地面时感应电动势最大
根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小
故A正确；
B．由
，，，
可得若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电量
故B错误；
C．设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由动能定理得
解得
故C错误；
D．因为有4台减速装置，利用动量定理得
其中，解得缓冲装置中的光滑导轨和长度至少为
故D正确。
故选AD。
8. 如图（a），质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 碰后瞬间乙的速度大小为B. 甲、乙间的动摩擦因数为
C. 甲到乙左端的距离D. 乙、丙的质量比
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．设碰后瞬间乙的速度大小为，碰后乙的加速度大小为，由图（b）可知
抛物线的顶点为Q，根据图像的切线斜率表示速度，则有
联立解得
，
根据牛顿第二定律可得
解得甲、乙间的动摩擦因数为
故A错误，B正确；
C．由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为
根据图（b）可知，时刻甲、乙刚好共速，则时间内甲、乙发生的相对位移为
则甲到乙左端的距离满足
故C正确；
D．物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得
可得
可得乙、丙的质量比为
故D错误。
故选BC。
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
9. 某同学用如图1所示的装置验证轻弹簧和小物块（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调。物块释放前，细线与弹簧和物块的栓接点（A、B）在同一水平线上，且弹簧处于原长。滑轮质量不计且滑轮凹槽中涂有润滑油，以保证细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。小物块连同遮光条的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，弹性势能（x为弹簧形变量），重力加速度为g，遮光条的宽度为d，小物块释放点与光电门之间的距离为l（d远远小于l）。现将小球由静止释放，记录物块通过光电门的时间t：
（1）改变光电门的位置，重复实验，每次滑块均从B点静止释放，记录多组l和对应的时间t，做出图像如图2所示，若在误差允许的范围内，满足关系______时，可验证轻弹簧和小物块组成的系统机械能守恒？
（2）在（1）中条件下，l取某个值时，可以使物块通过光电门时的速度最大，速度最大值为______（m、g、k表示），
（3）在（1）中条件下，和时，物块通过光电门时弹簧具有的两弹性势能分别为、，则______（用、m、、g表示）
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]若系统机械能守恒，则有
变式为
所以图像若能在误差允许的范围内满足
即可验证弹簧和小物块组成的系统机械能守恒。
（2）[2]由图像可知时，可知遮光板挡光时间最短，此时物块通过光电门时的速度最大，可得
联立可得
（3）[3]由图像可知和时，物块的动能相等，可得
联立可得
10. 测定干电池的电动势和内阻的电路如图（a）所示，MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻R0。调节滑片，记录电压表示数U、电流表示数I及对应的PN长度x，绘制出图（b）所示的U—I图像。
（1）由图（b）求得电池的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω（均保留2位小数）；
（2）实验中因电表内阻的影响，电动势测量值___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值；
（3）根据实验数据可绘出图（c）所示的图像。若图像斜率为k，电阻丝横截面积为S，则电阻丝的电阻率=___________，电表内阻对电阻率的测量___________（选填“有”或“没有”）影响。
【答案】 ①. 1.49 ②. 0.25 ③. 小于 ④. kS ⑤. 没有
【解析】
【详解】（1）[1]由图（a）所示电路图可知，路端电压
由图（b）所示U—I图像可知，电池的电动势
[2]图像斜率的绝对值
内阻
（2）[3]根据图（a）可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图像如图所示
由图像可知，电动势测量值小于真实值；
（3）[4]根据图（a）所示电路图可知
R+RA==
由图像可知，图像的斜率
解得
[5]考虑电表内阻，图像的斜率不变，对电阻率的测量没有影响。
11. 如图,长为L的平行金属板M、N水平放置,板间距也为L,两板间有方向竖直向下的匀强电场,其右侧空间有宽度为d、方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁场的边界竖直．一质量为m、电荷量为q的正电荷以水平向右的初速度v0从M、N板左侧正中进入电场,恰好从N板右端射出电场,且进入磁场后恰好不从磁场右边界射出磁场．不计电荷重力．求:
(1)穿越电场的过程中,电场力对电荷的冲量大小；
(2)磁感应强度大小．
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】(1)电荷在电场、磁场中的轨迹如图所示，
其中电场中做类平抛运动
水平方向：
竖直方向：
解得：
由动量定理有：；
(2)进入磁场时电荷的速度大小为：

速度与水平方向的夹角为：
电荷在磁场中做匀速圆周运动，恰好不从右边界出磁场，则：

由公式
解得：．
12. 如图（a），水平传送带以恒定速率顺时针转动，宽为、足够高的矩形匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场下边界QP水平。矩形导体框abcd无初速度地放在传送带上且ad与MQ重合，bc向右运动到NP时恰与传送带共速，此时施加水平向右的拉力，使导体框保持共速前的加速度离开磁场。ad离开磁场时撤掉拉力，同时将QP提升到传送带上方距上表面L处。导体框继续向右运动，与NP右侧处的竖直固定挡板发生弹性正碰。当ad返回NP时，施加水平向左的拉力，使导体框以此时的速度匀速通过磁场。已知导体框质量为m，总电阻为R，ab长为，ad长为，导体框平面始终与磁场垂直且不脱离传送带，重力加速度为g。
（1）求导体框从开始运动到与传送带共速过程中，ad两点间电势差与时间t的关系式；
（2）求导体框向右离开磁场过程中，拉力冲量大小；
（3）导体框向左通过磁场的过程中，设ad到NP的距离为x，导体框受到的摩擦力大小为，在图（b）中定量画出导体框通过磁场过程中图像，不要求写出推导过程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）导体框从开始运动到与传送带共速过程中，导体框整个在磁场中，ad边、bc边同时切割磁场线，则ad产生的动生电动势为
导体框从开始运动到与传送带共速过程中，导体框一直做匀速直线运动，则
，
则导体框从开始运动到与传送带共速过程中，ad两点间的电势差与时间t的关系式
（2）由题知，bc向右运动到NP时恰与传送带共速，此时施加水平向右的拉力，使导体框保持共速前的加速度离开磁场。导体框bc向右运动到NP到导体框离开磁场，水平方向受到向左的安培力、传送带向左的滑动摩擦力和施加水平向右的拉力。其中传送带向左的滑动摩擦力
导线框运动一直做匀加速直线运动，则
,
解得
，
导线框离开磁场时，由于加速度不变，则导线框切割磁场线，产生的动生电动势为
导线框中电流
则受到的安培力为
传送带向左的滑动摩擦力
则有
则
拉力冲量的大小
（3）导体框从离开磁场到返回时ad到NP的过程中，水平方向只受到传送带给的摩擦力，
则导体框返回ad到NP时，由动能定律可得
解得
之后导体框匀速通过磁场，ad边进入磁场时（即的过程中），ad边切割磁感线，产生动生电动势
导线框中感应电流
导线框ad边受到向右的安培力
导线框ab边受到向下的安培力
则此时导体框受到的摩擦力
当导线框bc边进入磁场时（即的过程中），穿过导线框的磁通量不变，导线框中无感应电流，只受到向右的摩擦力
当导线框ad边离开磁场时（即的过程中），导线框中bc切割磁感线，产生动生电动势
感应电流大小仍为
导线框bc受到向右的安培力
导线框ab边受到向上的安培力
此时导线框受到的摩擦力
则导体框通过磁场过程中图像
（二）选做题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[物理——选修3-3]（15分）略
[物理——选修3-4]（15分）
13. 如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t=0时的波形图，虚线为t=0.2s时的波形图。若波沿x轴正方向传播，则其最大周期为________s；若波沿x轴负方向传播，则其传播的最小速度为__________________m/s；若波速为25m/s，则t=0时刻P质点的运动方向为____________（选填“沿y轴正方向”或“沿y轴负方向”）。
【答案】 ①. 0.8 ②. 15 ③. 沿轴负方向
【解析】
【详解】[1]由图可知，该波波长
若波沿轴正向传播，有
可得
可知当时，周期的最大值
[2]若波沿轴负向传播，有
可得
则传播的速度为
当时，波速最小为
[3]若波沿轴正向传播，则
当时
可知，当波速为时，该波向右传播，结合上下坡法可知，时刻质点的运动方向为沿轴负方向。
14. 如图，ABC是某三棱镜的横截面，，，边长，一条平行于BC的光线入射到AB边上D点，经棱镜两次折射从AC边中点E射出，出射光线与AC边的夹角
（1）求该棱镜材料的折射率；
（2）若平行于BC边平移入射光线，当AB边的入射点在F（图中未画出）时，光线再次从E点射出。请判断光线是否会在BC边发生全反射，并求F点到D点的距离。（每条边只考虑一次反射或折射）
【答案】（1） ；（2） 发生全反射；
【解析】
【分析】
【详解】(1)作出光路如图所示
在AB边，因入射光平行于AB边，故入射角
在AC边，出射角
由几何关系知
由折射定律有
故
解得
(2)当光线从F点射到BC边上G点时，因，故入射角
临界角满足
代入数据得
因，可知在BC边将发生全反射，因，故且，因光在AC边的入射角，故光线能够折射出AC边，解得