2023-2024学年江西省赣州市高三（下）摸底考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省赣州市高三（下）摸底考试物理试卷（含解析），共15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.下列单位等价的一组是( )
A. N·s与kg·m/s2 B. J与N·m
C. C与A·VD. A与T·m2/s
2.2023年10月5日，日本又启动了第二轮污水排海行动，再次排入海中7800吨核污水。核废水中含有多种放射性元素，如铀、锶、铑、铯、碘等，其中铑损伤肾脏、造血器官以及胃肠道而引起病变，严重时引起肿瘤。铑106的半衰期约370天，衰变方程为Rh45106Rh→Pd46106Pd+X，下列说法正确的是( )
A. X是β粒子
B. 降低温度会使铑106的半衰期变长
C. Rh45106Rh的比结合能比Pd46106Pd的比结合能大
D. 经过一个半衰期，100个Rh45106Rh一定剩下50个未衰变
3.在一次高楼救援中，待援人员登上吊臂后，吊车操控员熟练操控吊篮在离开建筑的同时逐渐下降，已知吊篮在水平方向的x−t图像和竖直方向的a−t图像分别如图1、图2所示，则下列说法正确的是
( )
A. 吊篮在下降过程中做匀变速曲线运动B. 吊篮在水平方向上做匀加速直线运动
C. 吊篮内的人员在0−t1内处于失重状态D. t1时刻后吊篮内的人员受到静摩擦力作用
4.LED灯具有节能、环保、寿命长、高亮度、耐高温等特点从而得到广泛使用，下图为汽车车头LED大灯，为提高亮度灯组的前端是一半径为R、质量分布均匀的玻璃球，如图所示O为球心，一单色光束从O1处射向A点，经折射后从B点平行与OO1射出，折射角为60°，OA⊥OB，则
( )
A. 光束在A点的入射角α=30°B. 光束在玻璃球中频率比在真空中要小
C. 此光束在玻璃中传播的时间为 6R3cD. 玻璃球的折射率为 62
5.如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。圆上有A、C、D三点，从A点沿半径AO方向射入一个带电粒子(不计重力)，入射速度为v1时，粒子恰好从C点离开磁场。已知粒子的比荷为k，且∠AOC=90°，∠AOD=120°，下列说法正确的是( )
A. 粒子在磁场中的运动时间为t=πkB
B. 圆形区域的半径为R=kv1B
C. 要使粒子从D点离开磁场，入射速度为v2= 3v1
D. 若只改变入射速度方向，粒子不可能经过O点
6.2023年7月10日，一颗国际编号为381323号的小行星被命名为“樊锦诗星”，以表彰樊锦诗为中国石窟考古与保护作出了重大贡献。该小行星由中国科院紫金山天文台发现的，国际天文学联合会(IAU)批准命名，其绕日运行一周需5.7年。现把“樊锦诗星”及地球绕太阳的运动视为逆时针匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离为R0，若樊锦诗星与地球绕行轨道共面且绕行方向相同，图示时刻地球及樊锦诗星与太阳连线的夹角为120°，则下列正确的是
( )
A. 樊锦诗星的绕行加速度大于地球的绕行加速度
B. 樊锦诗星到太阳的距离约为332.5R0
C. 从图示位置起，地球与樊锦诗星下次相距最近时间约为5.714.1年
D. 樊锦诗星的绕行速度大于地球的绕行速度
7.如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为2kg、6kg，B的左端拴接着一劲度系数为2003N/m的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B方向运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2(x为弹簧的形变量)，则
( )
A. 在0∼2t0内B物块先加速后减速
B. 整个过程中，A、B物块构成的系统机械能守恒
C. v0=2m/s
D. 物块A在t0时刻时速度最小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕垂直与磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图甲所示，现用产生的交流电给乙图所示电路供电，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，闭合开关后，规格为“10V，5W”的灯泡L恰好正常发光，R1为定值，R2=20Ω，电压表为理想电表。下列判断正确的是
( )
A. 金属线框的转速为100r/sB. t=0.01s时，穿过线框的磁通量最大
C. R1=12ΩD. 电压表的示数为10V
9.如图甲所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1=0s时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1=1.0cm和x2=8.0cm的两质点。图乙为质点Q的振动图像，则
( )
A. 波沿x轴负方向传播
B. t1=0s时刻后质点Q比P先达到波峰
C. t=0.075s时，质点Q的加速度小于P的加速度
D. t2时刻可能为0.35s
10.水平台边缘O处一质量为m、带电量为+q的小球，以与水平面成30°角的速度斜向上抛出，在竖直面上运动，整个空间有一匀强电场(图中未画出)，小球所受电场力与重力等大。小球先后以速度大小v1、v2两次抛出，分别落在倾角为60°的斜面上的a、b两点，两次运动时间分别为t1、t2且小球机械能的增量相同，其中落到a点时小球速度与斜面垂直。已知O、b两点等高且水平距离为L，重力加速度为g，空气阻力不计，则
( )
A. a、b两点电势为φa<φb
B. 小球落到a时的速度大小为2v1
C. 两次运动的时间关系为t1D. 落到斜面上a、b两点时增加的机械能为 32mgL
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.小军同学从报废的家用电器上拆下一个色环电阻，由于掉色，无法看出其阻值。他设计如图所示的实验电路来测量色环电阻的阻值Rx。
(1)导线①与b处连接，闭合S，发现电压表和电流表均无示数，于是小军将导线①与b处断开，依次连接c、d处，连接c处时，两电表仍无示数，连接d处时，电压表示数为2.80V，由此可以判断________。
A.ab间短路 B．bc间断路 C．cd间断路
(2)处理好故障后，闭合S，当导线①与b处连接时，电压表和电流表的示数分别为U1=0.95V，I1=0.38A；当导线①与c处连接时，电压表和电流表的示数分别为U2=1.50V，I2=0.34A。根据以上测量数据判断，当导线①与________(填“b”或“c”)处连接时，测量相对准确，测量值Rx=________Ω(结果保留两位有效数字)。
12.寒假期间，小华在家帮忙做家务时，发现了一锁头，他利用锁头代替摆球做了一个如图所示的单摆，来测量当地的重力加速度g。具体操作如下：
(1)静止时，锁头位于最低B处，用刻度尺测量细线的有效长度l，将锁头移至A处，使细线拉开一个小角度。
(2)静止释放锁头，待锁头摆动稳定后，用智能手机测量周期T，为了减小测量误差，当锁头运动到________处(填“A”或“B”)开始计时，并此时记为0次，当锁头第N次通过该处时，停止计时，显示时间为t，则周期T=________。
(3)改变细线的有效长度先后做两次实验，记录细线的有效长度及单摆对应的周期分别为l1、T1和l2、T2，则重力加速度为g=________。(用l1、l2、T1、T2表示)
(4)小华未测量锁头的重心位置，这对上述实验结果________(填“有”或“无”)影响。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.装有汽水饮料的瓶内密封一定质量的二氧化碳理想气体，t=27时，压强p=1.050×105Pa。
(1)若瓶内气体的质量变化忽略不计，t′=33时，气压p′是多大？
(2)保持27温度不变，用力摇晃瓶子后，使瓶内气体压强与(1)问相等，忽略瓶内气体体积的变化，此时气体的质量为原来的多少倍？
14.磁力刹车是为保证过山车在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式，刹车金属线框安装在过山车底部或两侧，在轨道间的磁场作用下而减速。简化模型如图所示，在水平面上的两根平行直导轨间，有等距离分布的方向相反的竖直匀强磁场B1和B2，且B1=B2=B，每个磁场分布区间的长都是L，相间排列。正方形刹车线框边长为L，电阻为R，以初始速度大小v0进入磁场。已知过山车的质量为m，不计轨道摩擦和空气阻力，求：
(1)线框ab边刚进入磁场时的电流大小I；
(2)线框ab边刚进入磁场B2中时加速度大小a。
15.2024年的大雪，给孩子们的生活增添了许多乐趣。如图甲所示，有大、小两孩子在户外玩滑雪游戏，在水平地面上固定有一竖直挡板Q、倾角为30°的斜面AB，斜面AB的底端与水平面平滑相接。质量为m=10kg、长度L=2.5m的平板P静止在水平面上，质量为M=30kg的小孩(可视为质点)静坐于平板右端，大孩给小孩一水平向左的瞬间冲量，使小孩获得v=4m/s的速度，同时大孩向右运动并沿斜面AB上滑恰好过B点，斜面AB长度为s=0.9m。平板P向左运动并与挡板Q发生弹性碰撞。以第一次碰撞瞬间为计时起点，取水平向左为正方向，碰后0.5s内小孩运动的v−t图像如图乙所示。仅考虑小孩与平板间的摩擦，其它摩擦忽略不计，重力加速度取g=10m/s2，求：
(1)大孩对小孩作用的过程中大孩做的总功；
(2)平板P最初静止时，其左端离挡板Q的最小距离；
(3)通过计算说明小孩与平板最终是否分离，若会分离，分离时的速度分别为多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查力学单位制的基本内容，注意物理公式同时对应了物理单位的换算，知道国际单位制中力学中的基本单位有kg、m、s。
根据对应的物理单位的换算即可求解。
【解答】
A.根据牛顿二定律可知：F=ma，即1N=1kg·m/s2，则：1N·s=1kg·m/s2·s=1kg·m/s，故A错误；
B.根据W=Fs可知：1J=1N·m，故B正确；
C.由P=IU可知：1W=1A·V≠1C，故C错误；
D.根据E=BLv可知：1V=1T·m·m/s=1T·m2/s≠1A，故D错误。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查原子核衰变、半衰期、比结合能等问题，核反应方程满足质量数与电荷数守恒。原子核衰变过程有质量亏损。放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，叫作这种元素的半衰期，放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，要注意半衰期是一种统计规律，只对大量原子核适用。
【解答】
A.根据核反应方程质量数和电荷数守恒可知X是e−10e，即β粒子，故A正确；
BD.半衰期只与原子核本身有关，与温度无关， B错误，半衰期是针对大量原子核的统计规律，对少量原子核没有意义，D错误；
C.核反应方程式生成物比反应物稳定，即生成物的比结合能大于反应物的比结合能，Pd46106Pd的比结合能比Rh45106Rh的要大，故C错误;
故选A正确。
3.【答案】C
【解析】【分析】
由x−t图像和a−t图像斜率等分析两方向上的运动状态，结合牛顿定律分析受力和失重情况。
【解答】
A、竖直方向加速度发生变化，不是匀变速曲线运动，故A错误；
B、由x−t图像是倾斜直线，速度不变，故水平方向是匀速直线运动，故B错误；
C、在0−t1内加速度向下，故为失重状态，故C正确；
D、水平方向始终无加速度，不受静摩擦力作用，故D错误。
4.【答案】D
【解析】【分析】由几何关系确定折射角，由折射定律计算折射率，结合v=cn计算传播时间。
【解答】AD、由几何关系知，在A点入射角为α=45∘，玻璃球折射率为n=sin60°sin45°= 62，A错误，D正确；
B、光在玻璃球中频率不变，B错误；
C、由v=cn，传播时间t= 2Rv= 2Rnc= 3Rc，C错误。
5.【答案】C
【解析】A.粒子从A点进入磁场，C点离开磁场，则粒子的速度方向改变了 90∘ ，所以粒子在磁场中的运动时间为
t=90∘360∘T=14×2πmBq=π2Bk
故A错误；
B.粒子从A点进入磁场，C点离开磁场，根据几何知识可知，粒子的轨迹半径
r=R
而粒子在磁场中的运动时间为
t=π2Bk=sv1=π2rv1
联立可得，圆形区域的半径为
R=v1Bk
故B错误；
C.粒子从C、D点离开磁场的运动轨迹如下图所示
根据几何知识可得
r1=R ， r2= 3R
根据洛伦兹力提供向心力有
Bqv=mv2r
联立可得
v2= 3v1
即要使粒子从D点离开磁场，入射速度为 v2= 3v1 ，故C正确；
D.由于 r1=R>12R ，所以若只改变入射速度方向，粒子可能经过O点，故D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查卫星的运行规律。卫星绕地运行受到的合力等于万有引力，根据牛顿第二定律分析加速度和速度大小；利用开普勒第三定律分析樊锦诗星到太阳的距离；地球与樊锦诗星下次相距最近还需满足转过的角度相差43π。
【解答】
AD.对于地球和樊锦诗星是万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可知GMmr2=ma=mv2r，则a=GMr2，v= GMr，由题意可知地球的轨道半径比樊锦诗星的小，则地球绕行加速度大于樊锦诗星的，故A错误；樊锦诗星的绕行速度小于地球的绕行速度，D错误；
B.“樊锦诗星”的绕行周期是5.7年，根据开普勒第三定律可知(r樊r地)3=(T樊T地)2，r地=R0，解得：r樊=35.72R0=332.5R0，故B正确；
C.设从图示位置起，地球与樊锦诗星下次相距最近时间约为t，则有2πT地t−2πT樊t=43π，解得t=2×5.714.1年，故C错误；
故选B。
7.【答案】C
【解析】【分析】本题考查非弹性碰撞及能量守恒的综合应用，根据牛顿第二定律分析物块A接触弹簧后AB的运动状态进行分析即可。
【解答】A．0∼2t0时间内，物块A撞击到弹簧时，物体B一直做加速运动，故A错误；
B.整个过程中，AB物体与弹簧构成的系统机械能守恒，AB物体构成的系统机械能不守恒，故B错误；
C.A接触弹簧到弹簧压缩到最短的过程中由动量守恒有：mAv0=mA+mBv共，由能量守恒有：12mAv02=12mA+mBv共2+12kΔx2，解的v0=2m/s，故C正确；
D.由于物体A接触弹簧到离开弹簧的过程中一直做减速运动，故物体A在2t0时，速度最小，故D错误。
故选C。
8.【答案】BC
【解析】【分析】本题考查了变压器的构造和原理、交流发电机及其产生交变电流的原理；本题关键是明确线圈在匀强磁场中匀速转动产生的是正弦式交变电流，会根据变压比公式、变流比公式列式求解即可。
由图可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于哪个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值，变压器原副线圈的电压值比与匝数成正比。
【解答】解：A.由图甲可知，交流电的周期为：T=0.02s，转速n=1T=10.02r/s=50r/s，故A错误；
B.由图甲可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故B正确；
C.由图甲可知U=22 2 2V=22V；灯泡正常发光I2=PLUL=510A=0.5A；
由变压器原理可知：I1=n2n1I2=1A;
又：U2=I2R2+UL=20V；
则U1=n1n2U2=10V；
R2电阻：R2=UR2I1=U−U1I1=12Ω，故C正确；
D.电压表示数等于U2，为20V，故D错误。
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了波的图象，振动图像，波速、波长和频率；本题解题关键是根据平移法，确定波的传播方向、根据周期波长，求波速、再根据振动方程结合题意去书写，是一道中等难度题。
根据平移法，确定波的传播方向；
根据波的传播方向分析P、Q到达波峰的先后；
根据各时刻与周期关系可确定质点的加速度、速度与路程的大小或方向关系。
求质点P的位移随时间变化的关系式则明确振幅，周期和初相位，找到这三个关键量代换关系式即可。
【解答】
A.根据图乙可知，在t1=0时刻，质点Q沿y轴正方向运动，结合图甲t1=0时刻的波形，根据同侧法可知，波沿x轴负方向传播，故A正确；
B.简谐横波沿x轴负方向传播，P的振动比Q超前，所以从t=0开始，质点P比Q先到达波峰，故B错误；
C.由乙图可知，周期T=0.2s，t=0.075s=38T，由图甲可知：质点Q偏离平衡位置的位移大于P偏离平衡位置的位移，质点Q的加速度大于P的加速度，故C错误；
D.根据图甲可知，波长λ=8cm；波速v=λT=8×10−20.2=0.4m/s；
t1=0时刻的波形的函数为y=Asin2πλx=5sinπ4xcm，解得此时刻质点P的位移2，令质点P的振动方程为y=Asin2πTt+φ=5sin10πt+φcm，t1=0时刻，质点P的位移为y0，且随后位移增大，则解得φ=14π，则质点P的振动方程为y=5sin (10πt+π4)cm；
根据图甲，利用平移法可知，到达虚线波传播的距离Δx=nλ−λ4 (n=0,1,2,3⋯)，则有t2=Δxv，解得t2=4n−120s (n=0,1,2,3⋯)，可知，当n取2时，解得t2=0.35s，即t2时刻可能为0.35s，故D正确。
10.【答案】BD
【解析】【分析】由题意分析电场力的方向，再把重力和电场力合成等效为新的等效重力，由类平抛运动规律结合功能关系进行分析。
【解答】AB、由题意，小球的机械能增量相同，故电场力做功相同，则ab在同一等势面上，故场强方向垂直斜面向下，又电场力和重力等大，可将二者合成，等效为新的重力，由几何关系知，其方向恰与初速度方向垂直，故球做类平抛运动，分别过ab做等效重力场方向的垂线，可知a落点末速度方向和垂线夹角60°，故vacs60°=v1，得va=2v1，故B正确，A错误；
C、可以看出，a落点沿等效场的“竖直”位移更大，故运动时间更长，t1>t2，C错误；
D、b落点和O在同一水平面，故b球机械能增量为b球动能增量，即合外力所做的功，由动能定理ΔE=ΔEk= 3mg×Lcs60°= 3mgL2，D正确。
11.【答案】(1)C；
(2)b；2.5
【解析】【分析】本题考查电路故障分析和伏安法测电阻的内外接问题。
(1)根据电压表示数结合电路构成判断电路故障；
(2)根据电表示数变化率判段被测电阻是大电阻还是小电阻判断内外接，如果电流表变化率大，说明电压表分流不能忽略，说明被测电阻是大电阻，要用内接法，反之用外接。
【解答】
(1)根据条件可以判断cd间一定处于断路状态，ab间与bc间无法判断是否故障；
(2)闭合S，当导线 ①与b处连接时，电压表和电流表的示数分别为U1=0.95V，I1=0.38A;
当导线 ①与c处连接时，电压表和电流表的示数分别为U2=1.50V，I2=0.34A。可得
ΔUU2=1.50−≈0.37，
ΔII2=0.38−≈0.12，
由以上计算可知，电流表的分压作用较大，因此测量应采用电流表外接法，即导线 ①与b处连接时，测量相对准确。由欧姆定律可得色环电阻的测量值为
Rx=U1I1=Ω=2.5Ω。
12.【答案】(2)B， 2tN ； (3)4π2(l1−l2)T12−T22或4π2(l2−l1)T22−T12； (4)无
【解析】(2)锁头经过B处时，速度最大，此处开始计时误差较小;
一个周期经过最低点两次，则
t=N·T2
解得
T=2tN
(3)设细线末端与锁头重心间的距离为r，由周期公式可得
T1=2π l1+rg，T2=2π l2+rg
解得
g=4π2(l1−l2)T12−T22或g=4π2(l2−l1)T22−T12
(4)由(3)可知，未测量锁头的重心位置，这对实验结果重力加速度的测量无影响。
【分析】本题考查了单摆测定重力加速度的实验，要明确实验原理为单摆周期公式T=2π Lg。锁头经过B处时，速度最大，此处开始计时误差较小，明确一个周期单摆经过两次最低点；根据单摆周期公式列式求解；根据(3)中结论进行分析。
13.【答案】(1) 1.071×105Pa ；(2)1.02
【解析】(1)瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为
T=273+t=300K
T′=273+t′=306K
若瓶内气体的质量变化忽略不计，温度变化过程中体积不变，由查理定律知
pT=p′T′
代入得
p′=pTT′=1.050×105×306300Pa=1.071×105Pa
(2)保持温度不变，可以等效为由压强为 p=1.050×105Pa 、体积为 V′ 的等温压缩成压强为 p′=1.071×105Pa 、体积为 V 的气体，由玻意耳定律得
pV′=p′V
解得
V′V=1.02
即
m′m=V′V=1.02
故气体的质量为原来的1.02倍。
14.【答案】解：(1)线框ab边在磁场中切割磁感线运动，产生感应电动势E=BLv0，
根据欧姆定律I=E1R，
解得I=BLv0R；
(2) ab边在第一个磁场中运动过程中，线框产生的平均感应电动势E=BL2Δt，
感应电流平均值I=ER，
根据动量定理：−BIL⋅△t=mv−mv0，
解得ab边刚进入磁场B2中时：v=v0−B2L3mR，
线框产生的感应电动势E2=2BLv，
根据欧姆定律I2=E2R，
根据牛顿第二定律2BI2L=ma，
解得：a=4B2L2mR(v0−B2L3mR)。
【解析】本题考查电磁感应中的线框问题
(1)根据法拉第电磁感应定律计算电动势，再利用欧姆定律计算电流；
(2)利用动量定理计算线框进入B2磁场时的速度，再计算感应电动势和感应电流，最后利用牛顿第二定律计算加速度，要注意线框进入B2磁场时两边都在切割磁感线，且两边都受安培力，这是易错点。
15.【答案】解：(1)设大孩质量为M′，沿斜面AB上滑的速度为v′，则
根据机械能守恒定律12M′v′2=M′gssin30∘，
解得v′=3m/s，
由动量守恒定律Mv=M′v′，
解得M=40kg，
大孩做的功W=12Mv2+12M′v′2，
解得W=420J；
(2)由题图乙得碰后0∼ 0.5s，小孩的加速度大小a=ΔvΔt=3m/s2，
根据牛顿第二定律μMg=Ma，
解得μ=0.3，
由题图乙得碰后小孩的速度3m/s，即P第1次与Q碰前瞬间小孩的速度为v0=3m/s，设此时P的速度vP0，有Mv=Mv0+mvP0，
代入数据解得vP0=3m/s，
平板加速度aP=μMgm=9m/s2，
其左端离挡板Q的最小距离s=vP022aP=0.5m；
(3)P第1次与Q碰前，小孩在P上的滑动距离为l1，由能量守恒有
12Mv2=12Mv02+12mvP02+μMgl1，
代入数据得l1=23m，
P第1次与Q碰后到共速的过程中，有Mv0−mvP0=(M+m)v1，
解得v1=1.5m/s，
12Mv02+12mvP02=12(M+m)v12+μMgl2，
解得l2=1.5m，
假设第3次碰撞前，小孩与P仍不分离，P第2次与Q相碰后到共速的过程中，有
Mv1−mv1=(M+m)v2，
解得v2=34m/s，
12Mv12+12mv12=12(M+m)v22+μMgl3，
解得l3=38m，
由于l=l1+l2+l3=6124m>L=2.5m，
故不能发生第3次碰撞，所以P与Q碰撞2次，小孩与P分离。两次碰撞后
12(M+m)v12=12Mv32+12mvP2+μMgL−l1−l2，
Mv1−mv1=Mv3+mvP，
联立得分离时的速度分别为v3=1m/s，vP=0。
【解析】(1)由机械能守恒和动量守恒计算大孩质量，再由功能关系计算大孩做的功；
(2)由图像计算摩擦因数，结合运动学规律计算距离左端挡板最小距离；
(3)分别计算几次碰撞过程相对位移，结合板长判断第几次碰撞分离，由能量守恒和动量守恒计算分离速度。