2024届新高三摸底联考物理课件

2024届新高三摸底联考物理试题本试卷共8页，17题。全卷满分100分。考试用时90分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第题只有一项符合题目要求，第题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.铀核衰变为钍核的核反应方程为，铀核衰变为铅核的核反应方程为，下列说法正确的是()A.铀核衰变产生的粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量B.铀核衰变为铅核的核反应方程中的，C.两个铀核经过一个半衰期后一定会剩下一个铀核未衰变D.由于铀核衰变时辐射出射线，有能量损失，因此衰变前后能量不守恒[解析]衰变后粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，A项错误；根据质量数守恒，电荷数守恒列方程组，，解得，，B项正确；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，C项错误；衰变前后能量守恒，D项错误。2.平直的公路上，一摩托车正由静止出发追赶前方处以的速度匀速运行的卡车。已知摩托车能达到的最大速度为，摩托车加速和减速时的加速度大小均为，但是摩托车的油量见底，而最近的加油站在前方（剩余的油可以支撑）处，摩托车能否在到达加油站之前赶上卡车，以及摩托车从启动至停入加油站所需的最短时间为()A.能，B.不能，C.能，D.不能，[解析]首先考虑到达加油站的时间，摩托车是先加速再匀速最后减速，加速的时间和减速时间相同，，加速和减速阶段的路程也相同，，剩余的路程即为匀速过程，所用的时间为，因此所用总时间为。在此期间，卡车前进的路程为，而摩托车前进的路程为，两者路程差为，因此在到达加油站之前摩托车就已经追上卡车，C项正确。3.下列说法正确的是()A.物体内能的大小仅取决于它的温度B.气体从外界吸收热量，其内能不一定增加C.的冰吸热后变成的水，其分子平均动能增加D.单晶体和多晶体都具有各向异性[解析]内能是所有分子的动能和所有分子的势能之和，温度只是分子平均动能的标志，A项错误；改变内能可以有热传递和做功两种方式，只吸收热量物体的内能不一定增加，B项正确；温度是分子平均动能的标志，温度没变，分子平均动能不变，C项错误；多晶体不具备各向异性，D项错误。4.如图所示，质量为的物体和质量为的物体叠放在一起静止不动，、之间动摩擦因数为，与地面之间动摩擦因数是，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给加一水平拉力，使得两物体一起向右加速运动，下列关于、的关系可能是()A.B.C.D.[解析]根据题意只有当、之间的摩擦力大于与地面之间的摩擦力才能实现两物体一起向右运动，即，即，D项正确。5.如图所示为某种静电喷涂装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为电场线，在强电场作用下，一带电液滴从发射极由静止加速飞向吸极，、、、四点的电场强度大小分别为、、、，电势分别为、、、，重力忽略不计。下列说法正确的是()A.B.C.带电液滴向右运动的过程中电势能增大D.带电液滴在电场力作用下一定沿电场线运动[解析]根据电场线的疏密可判定，电场强度，A项错误；顺着电场线方向，电势降落，电势，B项正确；带电液滴向右运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，C项错误；带电液滴在电场力作用下不一定沿着电场线运动，D项错误。6.肺活量是指在标准大气压下，人尽力呼气时呼出气体的体积，是衡量心肺功能的重要指标。如图所示为某同学自行设计的肺活量测量装置，体积为的空腔通过细管与吹气口和外部玻璃管密封连接，玻璃管内装有密度为的液体用来封闭气体。A.B.C.D.测量肺活量时，被测者尽力吸足空气，通过吹气口将肺部的空气尽力吹入空腔中，若此时玻璃管两侧的液面高度差设为，大气压强为保持不变，重力加速度为，忽略气体温度的变化，则人的肺活量为()[解析]设人的肺活量为，将空腔中的气体和人肺部的气体一起研究，初状态、，末状态、，根据压强关系有，根据玻意耳定律有，联立解得，C项正确。7.如图甲所示为沿轴传播的一列简谐横波在时刻的波形图，两质点、的平衡位置分别位于、处，质点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是()甲乙A.该波沿轴正方向传播B.时刻，质点正沿轴负方向运动C.质点的振动方程为D.当质点在波峰时，质点的位移为[解析]由图乙可知，时刻质点在平衡位置沿轴正方向运动，由此判断波沿轴负方向传播，A项错误；波动周期为，因此时刻，质点正沿轴正方向运动，B项错误；质点的振动方程为，C项错误；当质点在波峰时，需要经历，代入质点的振动方程可得，此时，质点的位移为，D项正确。8.电阻为、边长为的正三角形金属导体框，放在光滑绝缘水平面上，在水平力作用下以恒定速率进入圆形匀强磁场区域，如图所示，磁场方向垂直水平面向下，磁场区域的半径为，下列说法正确的是()A.导体框从进入到离开磁场，导体中电流方向先逆时针再顺时针B.导体框所受力为恒力C.导体框中产生的电流大小恒定D.导体框中产生的电流大小随时间呈线性变化[解析]根据楞次定律，导体框进入磁场过程，感应电流方向为逆时针，离开磁场过程为顺时针，故A项正确；取导体框刚进入磁场中到左边框未进入磁场的这一段时间进行分析，设用时为，在磁场中切割磁感线的有效长度为，产生的感应电动势为，感应电流，安培力，力的大小随时间变化，切割磁感线的有效长度与时间不是线性关系，故电流与时间也不是线性关系，故B、C、D项错误。9.故宫太和殿建在高大的石基上，每逢雨季这里都会出现“九龙吐水”的壮观景象，如图甲所示，它是利用自然形成的地势落差，使雨水从龙口喷出，顺势流向沟渠，之后通过下水道排出城外，我们可以将装置某个出水口的排水情况简化为如图乙所示的模型。某次暴雨后，出水口喷出的细水柱的落点距出水口的最远水平距离为，过一段时间后细水柱的落点距出水口的最远水平距离变为。已知出水口距离水平面的高度，出水口的横截面积为，不计空气阻力，重力加速度，流量为单位时间内排出水的体积，则下列说法正确的是()甲乙A.两种状态下的流量之比为B.两种状态下的流量之比为C.这次暴雨后，一个出水口的最大流量为D.这次暴雨后，一个出水口的最大流量为[解析]由平抛运动的规律可知，竖直方向有，水平方向有，可得，所以每个出水口的流量，故两种状态下的流量之比，A项正确，B项错误；一个出水口的最大流量为，C项正确，D项错误。10.如图所示的中继卫星是地球同步轨道卫星，它是航天器在太空运行的数据中转站，该中继卫星处于赤道上某基站的正上方，当它收到该基站发来的一个无线电波信号时，立即将此信号转发到处于同步轨道的另一个航天器，且该航天器处于能与中继卫星可通信最远距离的位置，如图所示。已知地球的半径为，地球表面的重力加速度为，地球的自转周期为，无线电波的传播速度为光速。设中继卫星离地面的高度为，从基站发出无线电波信号到航天器接收到该信号所需的时间为，则下列说法正确的是()A.B.C.D.[解析]设中继卫星的轨道半径为，由万有引力提供向心力得，黄金代换，整理后可得，故中继卫星距离地面的高度为，A项错误，B项正确；由几何关系得无线电波信号从地面基站到航天器所经过得路程，整理后有，从基站发出无线电波信号到航天器接收到该信号所需的时间为，故C项错误，D项正确。11.如图所示的电路中，定值电阻，，为电阻箱，理想变压器原线圈匝数为，副线圈匝数可以通过滑片调节，其最大值为1500匝。当滑片在图中位置时副线圈匝数，此时原线圈接的交流电源，开关断开后，小灯泡正常发光。已知当小灯泡两端的电压低于时，它将不再发光，小灯泡的阻值为定值，不随电压发生变化。下列说法正确的是()A.小灯泡正常发光时，电阻箱的阻值为B.仅闭合开关小灯泡不再发光C.闭合开关后，仅将调至1200匝可使小灯泡恰好发光D.闭合开关后，仅调节可使小灯泡再次正常发光[解析]由可知，当时，小灯泡正常发光时其阻值，额定电流，此时电阻箱与小灯泡和串联，所以电阻箱的阻值，A项错误；闭合开关后，电阻箱与小灯泡串联后与并联，它们的总电阻，它们再与串联，所以此时它们的电压为，而，所以小灯泡不发光，B项正确；若要小灯泡恰好发光，其电压，电流，则此时电阻箱的电压为，的电压为，电流为，所以通过的电流为，电压为，即此时副线圈两端的电压，由可知，，C项正确；闭合开关后，若要使小灯泡再次正常发光，设此时流过的电流为，则流过的电流为，故有，解得，即电阻箱与小灯泡的总电压为，而小灯泡正常发光的电压为，故无法通过仅调节使小灯泡再次正常发光，D项错误。12.如图所示，光滑轨道固定在竖直平面内，其中段为水平轨道，段为圆弧轨道，圆弧轨道的半径，在处与水平轨道相切。在水平轨道上静置着质量分别为、的物块、（均可视为质点），用轻质细绳将、连接在一起，且、间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。现将细绳剪断，向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点处。已知重力加速度，下列说法正确的是()A.物块的速度大小为B.物块经过圆弧轨道点时对轨道的压力大小为C.弹簧压缩时的弹性势能大小为D.物块、弹开后瞬间的速度之比为[解析]物块、弹开后对物块进行分析，恰好能冲到圆弧轨道最高点，该点满足，物块在点时速度为，，物块从点到点的过程用动能定理，结合解得，，故B项正确；物块、弹开的过程满足动量守恒，解得，物块、弹开后速度之比为，故A项正确、D项错误；弹簧储存的弹性势能，故C项正确。二、非选择题：本题共5小题，共52分。13.（6分）一根弹簧被截成相等的两段后，每段的劲度系数是否与被截断前相同？为了弄清楚这个问题，物理兴趣小组的同学们设计了这样一个实验：如图甲所示，将弹簧的一端固定在水平桌面点处的挡板上，弹簧处于原长状态，在弹簧的中间位置和另一端分别固定一个用于读数的指针和，然后用细线拴住弹簧右端并绕过光滑定滑轮，细线另一端拴有轻质挂钩。在弹簧下面放一刻度尺，使毫米刻度尺零刻度线与点对齐，首先记录自然状态下两指针所指的刻度，然后在挂钩上依次悬挂1个、2个、3个……钩码，同时记录每次、两指针所指的刻度、并各自计算出其长度的变化量、，将数据填入下列表格，已知每个钩码的重力均为。钩码个数012345612.6813.6914.6815.6916.6717.6818.6601.012.003.013.995.005.9825.3527.3529.3631.3533.3535.3437.3502.004.016.018.009.9912.00甲乙（1）以钩码重力为纵坐标，为横坐标建立如图乙所示的坐标系，请根据表中数据，在图乙中分别描点并作出、两条图线。[答案]如图所示（2分）[解析]根据表中数据描点连线。（2）根据图像可知，段弹簧的劲度系数___________，段弹簧的劲度系数____________。（结果保留两位有效数字）10（1分）（1分）[解析]由可知，，。（3）由本实验可知，一根弹簧被截成相等的两段后，每段的劲度系数与没截断前相比将_____________（填“增大”“减小”或“不变”）。增大（2分）[解析]对比实验结果可知，一根弹簧被截成两段后，每段的劲度系数与被截断前相比将增大。14.（9分）某同学为了测量电压表的内阻，从实验室找到一些实验器材：电源（电动势为，内阻为）；待测电压表（量程为，内阻约为）；电阻箱；滑动变阻器；滑动变阻器；定值电阻；定值电阻。甲（1）根据实验器材设计了如图甲所示电路图，滑动变阻器应选择___________（填“”或“”），定值电阻应选择___________（填“”或“”）。（1分）（1分）[解析]滑动变阻器分压式接入电路，阻值小方便控制电路，故滑动变阻器应选择；设滑动变阻器左、右两侧电阻分别为、，若没有定值电阻，当电阻箱接入电路中的阻值为零且电压表满偏时，由并联电阻公式，二者分担的电压分别是和，则，滑动变阻器并联接入电路部分的阻值过小，不便于操作，若定值电阻选，则滑动变阻器分担电压仍然很大，依然很小，因此定值电阻应选择。（2）先调节滑动变阻器滑片至左端，电阻箱接入电路阻值为零，闭合开关，调节滑动变阻器使电压表满偏，保持滑动变阻器滑片不动，再调节电阻箱阻值为时电压表半偏，则电压表的内阻为___________，用此方法测出的电压表内阻比实际值偏_________（填“大”或“小”）。（1分）大（2分）[解析]由于滑动变阻器阻值较小，可以控制电压表和电阻箱两端总电压近似不变，电压表的示数为半偏时，电阻箱示数即等于电压表的内阻，故电压表内阻为；电阻箱接入电路后，电阻箱和电压表两端电压增大，当电压表的示数为半偏的时候，电阻箱分担的电压大于半偏的电压值，因此电阻箱的电阻大于电压表的内阻，故测量值偏大。乙（3）之后将此电压表改装成量程的电压表，并用标准表进行校对，实验电路如图乙所示。校准过程中，改装表示数总是略小于标准表，则应该将电阻箱阻值调___________（填“大”或“小”），若改装表的表头读数为时，标准电压表的读数为，此时电阻箱示数为，为了消除误差，则电阻箱接入阻值应为______________。小（2分）（2分）[解析]改装表的示数偏小，即电压表分担的电压过小，根据串联分压原则应适当将电阻箱阻值调小；设消除误差后，电阻箱接入电路的电阻为，此时电路中的电流，电压表的真正电阻，根据电表改装原理，解得。15.（9分）某实验小组同学用插针法测量半圆形玻璃砖的折射率，为过玻璃砖圆心且与直径垂直的虚线。在与平行的直线上插上两枚大头针、，在玻璃砖的另一侧插上大头针，使能同时挡住、的像，再插上大头针，使挡住和、的像，、连线与玻璃砖直径的交点为，如图所示。测得玻璃砖的半径，、连线与之间的距离，点与点的距离。光在真空中的传播速度为。求：（1）该玻璃砖的折射率；[答案]光路图如图所示由几何关系得，故（1分）由折射定律得（1分）由几何关系得（1分），，故，联立得（1分）解得（2分）（2）光在该玻璃砖中传播速度的大小（结果保留三位有效数字）。[答案]由折射定律得（1分）解得（2分）16.（12分）如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系，第二象限内存在沿轴负方向的匀强电场，第三象限内存在磁感应强度大小为、方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场。、两个竖直平行金属板之间的电压为，一质量为、电荷量为的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠近板的点由静止开始做加速运动，从电场的右边界轴上的点水平向左垂直于轴射入电场，经轴上的点与轴负方向成角进入磁场，最后从轴上的点垂直于轴射出磁场，求：（1）、两点间的电势差和粒子在磁场中运动的轨道半径；[答案]设粒子运动到点射入电场的速度大小为，由动能定理得（1分）解得设粒子经过点时速度为，根据题意可得（1分）解得粒子从点运动到点的过程，有（1分）解得（1分）如答图所示，粒子在磁场中以为圆心做匀速圆周运动，半径为，有（1分）解得（1分）（2）粒子从点运动到点所用时间和从点运动到点所用时间的比值。[答案]由几何关系得，设粒子在电场中运动的时间，根据题意有（1分）解得（1分）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期（1分）设粒子在磁场中运动的时间为，有（1分）解得（1分）粒子从点运动到点所用时间和从点运动到点所用时间的比值（1分）17.（16分）如图所示，紧靠在水平平台右端的长木板上表面水平且与平台等高，的长度，长木板的右端为半径的光滑圆弧，可视为质点的滑块静止在长木板的左端。质量的滑块在光滑水平平台上以初速度向右匀速运动，一段时间后滑块与滑块发生弹性碰撞。已知滑块的质量为，与间的动摩擦因数，长木板的下表面光滑，重力加速度，求：（1）滑块、碰后瞬间滑块的速度大小；[答案]对滑块、碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得（1分）（1分）联立代入数据得滑块和碰后滑块的速度大小（2分）（2）为使滑块不能从长木板右端滑离长木板，长木板的最大质量；[答案]在保证滑块不能从右端滑离长木板，长木板质量取最大时，对应的情况是滑块刚好滑到圆弧的顶端时，滑块与长木板共速，对滑块和长木板有（1分）（1分）联立代入数据可得，（2分）（3）在满足（2）的条件下，长木板的最大速度及滑块最终距点的距离。[答案]当滑块返回至点时，长木板的速度最大，设此时滑块的速度大小为，则有（1分）（1分）联立解得（2分）设滑块最终没有滑离长木板，对滑块从最高点到与长木板相对静止的过程，根据能量守恒定律有（2分）解得（1分）故假设成立，滑块最终距点的距离（1分）