2024年高三物理试卷练习题及答案（十）

一、选择题1．如图1甲，先将开关S掷向1，给平行板电容器C充电，稳定后把S掷向2，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息导入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t变化的图象如图乙所示．将电容器C两板间的距离增大少许，其他条件不变，重新进行上述实验，得到的I－t图象可能是()图1答案C解析将电容器两极间距离增大，根据平行板电容器决定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容变小，则充电电荷量：Q＝CU变小，但充电完成后，电容器两端电压仍与电源电压U相等，所以再次放电，初始时刻的电流不变，但电荷量变小，I－t图面积代表电荷量，所以面积比题图乙小，A、B、D错误，C正确．2．质谱仪的原理如图2所示，虚线AD上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C、D处有一荧光屏．同位素离子源产生a、b两种电荷量相同的离子，无初速度进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，a离子恰好打在荧光屏C点，b离子恰好打在D点．离子重力不计．则()图2A．a离子质量比b的大B．a离子质量比b的小C．a离子在磁场中的运动时间比b的长D．a、b离子在磁场中的运动时间相等答案B解析设离子进入磁场的速度为v，在电场中qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁场中Bqv＝meq\f(v2,r)，联立解得：r＝eq\f(mv,Bq)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，由题图知，b离子在磁场中运动的轨道半径较大，a、b为同位素，电荷量相同，所以b离子的质量大于a离子的，所以A错误，B正确；在磁场运动的时间均为半个周期，即t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，由于b离子的质量大于a离子的质量，故b离子在磁场中运动的时间较长，C、D错误．3．如图3甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3为三只规格均为“9V,3W”的灯泡，各电表均为理想交流电表，定值电阻R1＝9Ω.输入端交变电压u随时间t变化的图象如图乙所示，三只灯泡均正常发光，则()图3A．电压u的瞬时表达式为u＝36eq\r(2)sinπt(V)B．电压表的示数为33VC．电流表的示数为1AD．定值电阻R2＝3Ω答案B解析由题图乙知，交变电流的周期为0.02s，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，电压的瞬时值u＝36eq\r(2)sin100πt(V)，故A错误；灯泡正常发光，每个灯泡的电流为I＝eq\f(P,U)＝eq\f(1,3)A，故副线圈的电流I2＝3I＝1A，根据变流规律：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得原线圈电流I1＝eq\f(1,3)A，所以C错误；电阻R1的电压UR1＝I1R1＝3V，由题图乙知输入端电压的有效值为36V，则变压器原线圈的电压U1＝36V－3V＝33V，所以电压表的读数为33V，故B正确；根据变压规律：eq\f(U2,U1)＝eq\f(n2,n1)，可得副线圈的电压U2＝11V，电阻R2两端的电压为UR2＝U2－UL＝11V－9V＝2V，故R2＝eq\f(UR2,I2)＝2Ω，所以D错误．4．某行星外围有一圈厚度为d的光带，简化为如图4所示模型，R为该行星除光带以外的半径．现不知光带是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，当光带上的点绕行星中心的运动速度v，与它到行星中心的距离r，满足下列哪个选项表示的图象关系时，才能确定该光带是卫星群()图4答案D解析若光带是卫星群，则应该满足Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，即v2＝eq\f(GM,r)，即v2－eq\f(1,r)图象应该是过原点的直线，故选D.5.如图5所示，在粗糙的水平地面上，物块A、B在水平外力F的作用下都从静止开始运动，运动过程中的某一时刻，物块A、B的速度vA、vB和加速度aA、aB大小关系可能正确的是()图5A．vA>vB，aA＝aB B．vA<vB，aA<aBC．vA＝vB，aA＝aB D．vA>vB，aA>aB答案BC解析由题意知，A、B之间无相对滑动一起加速时，vA＝vB，aA＝aB；发生相对运动时，一定是：vA<vB，aA<aB，所以B、C正确．6．如图6所示，水平地面上有一倾角为θ的光滑斜面(底面粗糙)，一轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上的O点，另一端连接一质量为m的木块．开始时，把木块放在斜面上某位置，木块和斜面均静止不动，此时弹簧水平且处于压缩状态．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是()图6A．开始时，弹簧弹力大小等于mgtanθB．开始时，斜面受到三个力的作用C．若将O点稍微下移一点，木块仍可能在原位置静止D．若将O点稍微上移一点，木块仍可能在原位置静止答案AC解析对木块受力分析，根据平衡知识可知，开始时，弹簧弹力大小F＝mgtanθ，选项A正确；开始时，斜面受到：重力、地面的支持力和摩擦力、木块的压力四个力的作用，选项B错误；若将O点稍微下移一点，则弹簧长度增加，弹力减小，由图可知，木块仍可能在原位置静止，选项C正确；若将O点稍微上移一点，弹簧弹力仍减小，但是木块平衡需要的弹力F要增加，可知木块不可能在原位置静止，选项D错误．7．如图7所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为＋q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动．已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g.则下列说法正确的是()图7A．电场的方向可能水平向左B．电场强度E的最小值为eq\f(\r(2)mg,2q)C．当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变化量为零D．F所做的功一定为eq\f(\r(2),2)mgd答案BC解析小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图所示，根据图可知，电场力方向指向右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，故A错误；由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小．则得：qE＝mgsinθ，所以电场强度的最小值为E＝eq\f(mgsinθ,q)＝eq\f(\r(2)mg,2q)，故B正确；当mg＝Eq时，根据几何关系，电场力水平向右，与MN垂直，小球从M运动到N电场力不做功，即小球从M运动到N时电势能变化量为零，故C正确；由于电场力变化时，F大小也跟随着改变，所以做功也不能确定具体值，故D错误．8．甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的v－t图象如图8所示．下列判断正确的是()图8A．乙车启动时，甲车在其前方50m处B．乙车超过甲车后，两车不会再相遇C．乙车启动10s后正好追上甲车D．运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75m答案ABD解析根据v－t图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在t＝10s时启动，此时甲的位移为x＝eq\f(1,2)×10×10m＝50m，即甲车在乙前方50m处，故选项A正确；乙车超过甲车后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故选项B正确；由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由题图可知，乙车启动10s后位移小于甲的位移，还没m－eq\f(1,2)×10×5m＝75m，故选项D正确．9．为了验证矩形线框自由下落过程中上、下边经过光电门时机械能是否守恒，使用了如图9所示的实验装置，已知矩形线框用直径为d的圆形材料做成．某次实验中矩形线框下边和上边先后经过光电门的挡光时间分别为t1和t2.图9(1)为完成该实验，还需通过操作测量相应的物理量是________．A．用天平测出矩形线框的质量mB．用刻度尺测出矩形线框下边离光电门的高度hC．用刻度尺测出矩形线框上、下边之间的距离LD．用秒表测出线框上、下边通过光电门的时间间隔Δt(2)如果满足关系式________________(请用测量的物理量和已知量来表示，重力加速度为g)，则自由下落过程中线框的机械能守恒．答案(1)C(2)(eq\f(d,t2))2－(eq\f(d,t1))2＝2gL解析(1)根据机械能守恒的表达式，可知不需要测量其质量，故A错误；实验中需要测量过程中重力势能的减小量，因此需要测量矩形线框上下边之间的距离L，不需要测量释放时其下边离桌面的高度h，故B错误，C正确；根据机械能守恒定律的表达式，可知不需要测量线框上下边通过光电门的时间间隔Δt，故D错误．(2)本实验中用线框上、下边通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故有：v1＝eq\f(d,t1)，v2＝eq\f(d,t2)根据机械能守恒有：mgL＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12即(eq\f(d,t2))2－(eq\f(d,t1))2＝2gL.10．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件．广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家用电器中的温度传感器，是利用热敏电阻随温度变化而变化的特性工作的．现在用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整．已知常温下待测热敏电阻的阻值约40～50Ω.热敏电阻和温度计插入烧杯中，烧杯内有一定量的冷水，其他备用的仪表和器具有：盛有热水的热水杯、直流电源(电动势15V，内阻可忽略)、直流电流表(对应不同的量程内阻约为0.2Ω或1Ω)、直流电压表(对应不同的量程内阻约为5kΩ或15kΩ)、滑动变阻器(0～10Ω)、开关、导线若干．(1)在图10(a)的方框中用给定的器材画出完整的实验电路图，要求测量误差尽可能小；(2)根据电路图，在实物图上用笔画线做导线进行连线．图10答案(1)如图所示：(2)见解析图解析(1)因为测量伏安特性曲线，电压需要从0开始，选择分压电路，根据题中信息可知通过电流表的最大电流Im＝eq\f(E,Rx)＝0.375A，所以电流表选择小挡位，对应电阻为1Ω，而电压达到了15V，所以电压表选择大挡位15kΩ，根据eq\f(RV,Rx)>eq\f(Rx,RA)，所以采用外接法，可得电路图如图所示(2)根据电路图连接实物图11．如图1所示，两根足够长的光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的绝缘斜面上，导轨宽度为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中．轻绳一端跨过光滑定滑轮，悬吊质量为m的小物块，另一端平行于导轨系在质量为m的金属棒的中点，现将金属棒从PQ位置由静止释放，金属棒与导轨接触良好且电阻均忽略不计，重力加速度为g.图1(1)求金属棒匀速运动时的速度大小；(2)若金属棒速度为v0且距离导轨底端x时开始计时，磁场的磁感应强度B的大小随时间t发生变化，使回路中无电流，请推导出磁感应强度B的大小随时间t变化的关系式．答案(1)eq\f(mgR,2B\o\al(,02)L2)(2)B＝eq\f(8B0x,8x＋8v0t＋gt2)解析(1)金属棒匀速运动时，对物块：FT＝mg对金属棒有：F安＋mgsin30°＝FT又：F安＝B0IL由欧姆定律：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0Lv,R)联立解得：v＝eq\f(mgR,2B\o\al(,02)L2)(2)当回路中没有电流时，金属棒不受安培力对金属棒：FT′－mgsin30°＝ma对物块：mg－FT′＝ma回路中无电流，回路中的磁通量不变，则：B0Lx＝BL(x＋v0t＋eq\f(1,2)at2)联立解得：B＝eq\f(8B0x,8x＋8v0t＋gt2).25．(18分)(2019·湖南娄底市下学期第二次模拟)某人设计了如图2所示的滑板个性滑道．斜面AB与半径R＝3m的光滑圆弧轨道BC相切于B，圆弧对应的圆心角θ＝37°且过C点的切线水平，C点连接倾角α＝30°的斜面CD.一滑板爱好者连同滑板等装备(视为质点)总质量m＝60kg.某次试滑，他从斜面上某点P由静止开始下滑，发现在斜面CD上的落点Q恰好离C点最远．若他在斜面AB上滑动过程中所受摩擦力Ff与位移大小x的关系满足Ff＝90x(均采用国际制单位)，忽略空气阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图2(1)P、B两点间的距离；(2)滑板在C点对轨道的压力大小．答案(1)4m(2)1320N解析(1)设爱好者滑到C点的速度为vC，平抛过程中水平、竖直方向的位移分别为x1、y1C到Q由平抛运动规律有：tanα＝eq\f(y1,x1)＝eq\f(\f(1,2)gt2,vCt)＝eq\f(gt,2vC)①则t＝eq\f(2vCtanα,g)②因此x1＝vCt＝eq\f(2v\o\al(,C2)tanα,g)③lCQ＝eq\f(x1,cosα)＝eq\f(2v\o\al(,C2)tanα,gcosα)④由④式可知vC越大则lCQ间距越大，由人和装备在BC间运动时机械能守恒可知，要使vC越大就要求vB越大．设人和装备在P、B间运动时加速度为a，由牛顿第二定律有mgsinθ－90x＝ma⑤得a＝eq\f(mgsinθ－90x,m)⑥由⑥式可知：人和装备做加速度减小的加速直线运动，当加速度为零时速度vB最大．故P、B两点间的距离大小为：x＝eq\f(mgsinθ,90)＝4m⑦(2)设P、B间摩擦力对人做功为Wf，由动能定理有：mgxsinθ＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,B2)－0⑧而Wf＝－eq\f(90x,2)·x⑨(或由⑧⑨得mgxsinθ－45x2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,B2)－0)B、C间运动时，机械能守恒，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(,B2)＋mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,C2)⑩在C点FN－mg＝meq\f(v\o\al(,C2),R)解得FN＝1320N由牛顿第三定律可知滑板在C点对轨道的压力大小FN′＝1320N.12．如图3为分析热机工作过程的卡诺循环，一定质量的理想气体在该循环中经历两个等温过程A→B、C→D和两个绝热过程B→C、D→A，下列说法正确的是________．图3A．气体从A→B的过程，容器壁在单位面积上受到气体分子的撞击力变大B．气体从A→B的过程，从外界吸收热量C．气体从B→C的过程，气体分子无规则运动变激烈D．气体从D→A的过程，内能的增量等于外界对气体做的功E．气体在完成一次循环的过程中对外做功(2)(10分)如图4，水平放置右端开口的绝热汽缸，横截面积为S，左端有一电阻丝可对气体加热．绝热活塞A(厚度不计)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸的最大静摩擦力为Ffm＝eq\f(1,2)p0S，大气压强p0及室温T0均不变．初始时刻活塞恰好无摩擦，气体体积为汽缸容积的三分之一，气体温度为T0.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现通过电阻丝给气体缓慢加热．图4①温度多大时，活塞开始滑动；②温度多大时，活塞到达汽缸口．答案(1)BDE(2)①eq\f(3,2)T0②eq\f(9,2)T0解析(1)由题图知，气体从A→B的过程，体积增大，压强减小，容器壁在单位面积上受到气体分子的撞击力变小，A错误；从A→B的过程，温度不变，ΔU＝0，体积变大，气体对外界做功W＜0，根据ΔU＝Q＋W，得Q＝－W＞0，所以从外界吸收热量，B正确；因B→C为绝热过程，所以Q＝0，体积增大W＜0，故ΔU＝Q＋W＝W，故ΔU＜0，气体内能减小，温度降低，气体分子无规则运动变缓慢，C错误；从D→A也是绝热过程，Q＝0，体积减小，外界对气体做功，即W＞0，ΔU＝Q＋W＝W，即气体内能的增量ΔU等于外界对气体做的功W，D正确；由题图知，A→B→C气体对外界做功，做功多少W1的数值大小为图象与V轴所围面积(W1＜0)，C→D→A的过程外界对气体做功，做功多少W2的数值大小为图象与V轴所围面积(W2＞0)，由题图可知|W1|>|W2|，故该循环过程的总功为W1＋W2＜0，即气体对外做功，E正确．(2)①假设活塞开始滑动时封闭的气体压强为p1，对活塞受力分析，受力平衡得p1S＝p0S＋Ffm对封闭的气体，由查理定律得：eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1)解得：T1＝eq\f(3,2)T0②设汽缸容积为V，活塞运动过程中气体的压强不变．由盖—吕萨克定律得eq\f(\f(1,3)V,T1)＝eq\f(V,T2)解得：T2＝eq\f(9,2)T013．波源S在t＝0时刻开始振动，其振动图象如图5所示，在波的传播方向上有P、Q两质点，它们到波源S的距离分别为30m和48m，测得P、Q开始振动的时间间隔为3.0s．下列说法正确的是________．图5A．Q质点开始振动的方向向上B．该波的波长为6mC．Q质点的振动比波源S滞后8.0sD．当Q质点刚要振动时，P质点正沿平衡位置向下振动E．Q质点开始振动后，在9s内通过的路程是54m(2)(10分)如图6所示，一透明玻璃半球竖直放置，OO′为其对称轴，O为球心，球半径为R，球左侧为圆面，右侧为半球面．现有一束平行光从其左侧垂直于圆面射向玻璃半球，玻璃半球的折射率为eq\r(3)，设真空中的光速为c，不考虑光在玻璃中的多次反射，求：图6①从左侧射入能从右侧射出的入射光束面积占入射面的比例；②从距O点eq\f(R,2)的入射光线经玻璃半球偏折后直到与对称轴OO′相交的传播时间．答案(1)ACD(2)①eq\f(1,3)②eq\f(5R,2c)解析(1)由题图可知，波源开始振动的方向向上，所有的质点都做受迫振动，开始振动方向都向上，A正确；波从P传到Q所需