2023-2024学年广东省茂名市高州市高三下学期三模物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE42024年广东省茂名市高州市高考物理三模试卷一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（4分）水袖是对古代服饰衣袖的夸张展现，戏曲演员经常通过对水袖的运用来刻画人物。假设某段时间里水袖波形可视为简谐波，如图甲所示为演员水袖表演过程中某时刻的波形，此时刻记为，是平衡位置的质点，如图乙为质点的振动图像，则下列说法正确的是A．该简谐波沿轴正方向传播 B．该简谐波的传播速度为 C．质点在内通过的路程为 D．质点在内沿轴方向移动了〖答案〗〖祥解〗由图乙读出时刻质点的振动方向，在甲图上，利用波形平移法判断波的传播方向；读出波长和周期，再求波速；根据时间与周期的倍数，求解质点在内通过的路程。质点只在平衡位置上下振动，并不会随波迁移。【解答】解：、由图乙可知，时刻，质点向上振动。在甲图上，根据波形平移法可知该波沿轴负方向传播，故错误；、由甲图可知，由图乙可知，则该波的传播速度为，故错误；、由于，所以质点在内通过的路程为，故正确；、简谐波沿轴负方向传播，质点只在平衡位置上下振动，并不会随波迁移，故错误。故选：。【点评】本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力。对于波的图象，往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。2．（4分）某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，变压器可视为理想变压器，所有电表视为理想电表，原线圈输入有效值恒定的交流电压，图中为输电线的总电阻。在用电高峰期，住户使用的用电器增加时，下列说法正确的是A．电流表示数不变 B．电压表示数增大 C．电压表示数减小 D．发电机的输出功率减小〖答案〗〖祥解〗和闭合电路中的动态分析类似，可以根据的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。【解答】解：、当用电器增加时，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即的示数变大，根据可知，电流表示数变大，故错误；、由于原、副线圈的匝数不变，原线圈输入有效值恒定的交流电压，根据可知，电压表示数不变，故错误；、副线圈电流变大，电阻消耗的电压变大，又因为的示数不变，所以示数减小，故正确；、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，故错误；故选：。【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。3．（4分）2024年1月11日，太原卫星发射中心将云遥一号卫星送入预定轨道，飞行试验任务取得班满成功。已知“云遥一号”在轨道做匀速圆周运动，运行周期为，地球的半径为，地球表面的重力加速度为，引力常量为。忽略地球自转的影响，下列说法正确的是A．地球的质量为 B．“云遥一号”的轨道半径为 C．“云遥一号”的线速度可能大于 D．“云遥一号”的加速度可能大于〖答案〗〖祥解〗地球表面的物体的重力近似等于万有引力可解得地球的质量，根据牛顿第二定律和圆周运动规律列式可求卫星的轨道半径、速度和加速度的大小关系。【解答】解：、地球表面重力加速度为，地球表面的物体的重力近似等于万有引力，有解得故正确；、设卫星的轨道半径为，根据万有引力提供向心力，可得解得故错误；．根据万有引力提供向心力解得即为第一宇宙速度，卫星的速度小于，故错误；．由项可得，根据万有引力提供向心力，可得解得故错误；故选：。【点评】本题以空间站运行为背景，考查万有引力定律和黄金代换公式，关键要抓住万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两条思路，并能灵活选择向心力公式。4．（4分）如图所示是指纹识别原理图，其原理是利用光学棱镜的全反射特性、在指纹谷线（凹部），入射光在棱镜界面发生全反射，在指纹脊线（凸部），入射光的某些部分被吸收或者漫反射到别地方，这样，指纹模块可接收到明暗相间的指纹图像、已知水的折射率约为1.33，玻璃的折射率约为1.5。下列说法正确的是A．指纹模块接收光线较亮的部位是指纹脊线 B．指纹模块接收光线较暗的部位是干涉减弱的地方 C．没有手指放入时，若光源正常发光，指纹模块不会接收到光信号 D．手指湿润时，指纹识别率会降低〖答案〗〖祥解〗指纹凸部（脊线），入射光的某些部分被吸收或者漫反射到别的地方，指纹模块接收到光线较暗；没有手指放入时，入射光在棱镜界面发生全反射；手指湿润时，可能有部分光无法发生全反射。【解答】解：在指纹凸部（脊线），入射光的某些部分被吸收或者漫反射到别的地方，指纹模块接收到光线较暗，在指纹凹部（谷线），入射光在棱镜界面发生全反射，指纹模块接收到光线较亮，因此指纹模块接收光线较暗的部位是指纹脊线，较亮的部位是指纹谷线，与干涉无关，故错误；没有手指放入时，若光源正常发光，入射光在棱镜界面发生全反射，指纹模块上会接收到全亮图像，故错误；因透明玻璃的折射率大于水的折射率，因此，手指湿润时，棱镜界面仍然有部分光能发生全反射，也可能有部分光无法发生全反射，使得指纹识别率低，故正确。故选：。【点评】本题考查光的折射应用，解题关键要知道光在不同介质表面会发生折射现象，从光密介质传播到光疏介质时才有可能发生全反射。5．（4分）某无人驾驶汽车在研发过程中要进行试车，新车沿平直公路行驶的一段时间内的图像如图所示，下列说法正确的是A．该车做匀加速运动 B．该车行驶的初速度大小为 C．该车行驶的加速度为大小为 D．该车在前3秒的位移是〖答案〗〖祥解〗根据图像中的相关信息列出的的方程，进而建立关系，针对各选项具体分析。【解答】解：根据图像可知的关系为，由此可得关系为，关系式中，方程的导函数为关系，由此可得关系为，关系中，方程的导函数为关系，由此可得关系为，根据以上各式可知，该车做匀减速直线运动，初速度大小为，初速度大小为，加速度大小为，前三秒的位移为（3），前3秒的位移为，故错误，正确。故选：。【点评】将图像转化为关系式，再通过关系式得出其他物理量以解决此类问题。6．（4分）如图所示为质谱仪原理示意图。由粒子源射出的不同粒子先进入速度选择器，部分粒子沿直线通过速度选择器的小孔进入偏转磁场，最后打在之间的照相底片上。已知速度选择器内的电场的场强为、磁场磁感应强度为，偏转磁场的磁感应强度为，、、是三种不同的粒子在照相底片上打出的点。忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用，下列说法正确的是A．打在位置的粒子速度最大 B．打在位置的粒子速度最大 C．如果射入偏转磁场的粒子质量为、电荷量为，则粒子的轨迹半径为 D．如果氕核和氘核都进入偏转磁场，则其在磁场中运动的时间之比为〖答案〗〖祥解〗粒子在速度选择器中做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，根据求出粒子的速度；粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动的半径，粒子在偏转磁场中运动的周期，由此求解氕核和氘核在偏转磁场中运动的时间之比。【解答】解：、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件得：，可得粒子进入偏转磁场时的速度都为，故错误；、粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得解得粒子做圆周运动的半径为故错误；、粒子在偏转磁场中运动的周期粒子在偏转磁场运动时转过的圆心角为，故粒子在偏转磁场运动的时间为由于氕核的质量是氘核的倍，所以其在磁场中运动的时间之比为，故正确。故选：。【点评】解决本题时，需要明确知道粒子在速度选择器内做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力大小相等，方向相反，选择速度一定的粒子。7．（4分）如图所示，一架战斗机挂载多枚炸弹在一定高度沿水平直线向左匀加速飞行，每隔一段相同时间释放一枚炸弹。不计空气阻力，一段时间后炮弹在空中的排列情况有可能是A．B．C． D．〖答案〗〖祥解〗根据运动的分解，结合平抛运动规律，可分析出正确选项。【解答】解：战斗机在空中沿水平直线向左做匀加速运动，在时间△内水平方向增加量△，竖直方向做自由落体运动，在时间△增加△，说明水平方向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的夹角就是一定的，故正确，错误。故选：。【点评】学生在解答本题时，应注意理解和掌握平抛运动的规律，并熟练运用运动的分解来分析问题。二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。8．（6分）福岛核污染水中含有60多种放射性核素，例如氚、碳等，其中很多放射性核素尚无有效处理技术。其中碘衰变生成氙引，半衰期长达年，将会对环境造成永久性污染。关于碘，下列说法正确的是A．衰变方程为 B．碘制成碘化物后半衰期减小 C．放射性污染物半衰期越长对环境影响越小 D．碘衰变过程会释放能量〖答案〗〖祥解〗根据质量数守恒和电荷数守恒可知衰变方程；放射性元素的半衰期只与原子核自身有关；衰变的过程中会释放能量。【解答】解：、根据质量数和电荷守恒可知，衰变方程为，故正确；、半衰期与外界无关，故错误；、半衰期越长的放射性元素衰变的速度越慢，对环境的影响时间越长，故错误；、能自然发生的衰变过程存在质量亏损，会释放能量，故正确；故选：。【点评】本题考查了原子核衰变等知识点，根据质量数守恒及核电荷数守恒写出核反应方程式是解决本题的关键。9．（6分）如图所示，粗糙水平地面上放置一质量为的三棱柱，其横截面为，与地面间的动摩擦因数为。质量也为、半径为的光滑圆柱体置于三棱柱与竖直墙壁之间，圆心与的连线与竖直方向的夹角为，圆柱体与三棱柱都保持静止。已知重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是A．墙壁对圆柱体的弹力大小为 B．地面对三棱柱的支持力大小为 C．要使三棱柱保持静止，动摩擦因数 D．将三棱柱向左推动很小一段距离，其所受到的摩擦力减小〖答案〗〖祥解〗分别对圆柱体和三棱柱进行受力分析，根据受力平衡，可得出各个选项。【解答】解：对圆柱体受力分析，如图可得，所以有，故错误；、对三棱柱受力分析，如图可得，对圆柱体受力分析得，对三棱柱和圆柱体构成的整体受力分析，如图得，联立可得，即，故正确；、由与可得，将三棱柱向左推动一小段距离，增大，所以增大，故错误。故选：。【点评】学生在解答本题时，应注意要选择合适的受力分析对象，对其进行受力分析，同时要熟练掌握力的合成与分解。10．（6分）如图所示，在某真空区域有一个空间坐标系，在轴上的点，0，、点，0，分别固定一个电荷量为的点电荷。轴上点坐标为，0，，轴上点坐标为，，。现将一个电子置于点，则下列说法正确的是A．使电子从点沿轴正向移动，所受电场力先增大后减小 B．使电子从点沿轴向原点移动，所受电场力逐渐减小 C．使电子沿直线从点移动到点，所受电场力先增大后减小 D．使电子沿直线从点移动到点，其电势能先减小后增大〖答案〗〖祥解〗根据点电荷电场的计算公式结合数学方法分析解答，根据电场力做功情况分析电势能的变化情况。【解答】解：、在轴上任选一点，连接与，设其与轴夹角为，如图所示，根据等量同种电荷的电场分布可知点的电场强度竖直向上，大小表示为整理得令，可得函数，对函数求导，令解得结合导函数的性质可知，在，时单调递增。在，时，单调递战因此时，电场强度最大即时场强最大，由此可知，使电子从点沿轴正向移动，所受电场力逐渐减小，使电子从点沿轴向原点移动，所受电场力先增大后减小，错误；、从原点向作垂线，设垂足为，则所以连线上点场强最大，使电子沿直线从点移动到点，所受电场力先增大后减小，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故正确。故选：。【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握电场的矢量合成，注意电场力做功情况分析电势能的变化的关系。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（6分）某同学做“用单摆测重力加速度”实验。（1）他首先用游标卡尺测量金属小球的直径，测量结果如图甲所示，则小球直径2.050。（2）用秒表测出50次全振动的时间如图乙所示，则单摆振动的周期为；（3）实验时多次改变摆长，测出多组数据，作出摆长和对应的周期的图像如图丙所示，根据如图丙数据可得（用、、、表示）。〖答案〗（1）2.050；（2）1.6；（3）〖祥解〗（1）（2）根据测量仪器的读数规则得出对应的示数；（3）根据单摆的周期公式得出的表达式结合图像斜率解答。【解答】解：（1）游标卡尺的精确度为，则小球直径；（2）秒表的读数为周期为（3）根据单摆的周期公式有解得根据图像可知则故〖答案〗为：（1）2.050；（2）1.6；（3）【点评】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。12．（9分）某实验小组要测量由新型合金材料制成的圆柱形金属丝的电阻率，已知其长度为。（1）用螺旋测微器测量其直径，示数如图甲所示，其值为0.399；（2）先用多用电表欧姆挡的“”倍率粗测金属丝的电阻，示数如图乙所示，其电阻值为；（3）实验电路如图丙所示，根据电路图完成如图丁中的实物连线。（4）如果测得的金属丝长度为，直径为，电阻为，都采用国际单位制单位，则它的电阻率（用、、表示）。（5）由于电表内阻的存在，待测电阻测量值（填“大于”、“小于”或“等于”其真实值。〖答案〗（1）0.399；（2）8；（3）实物连接图：（4）；（5）小于。〖祥解〗（1）螺旋测微器的精确度为，测量值估读刻度对应示数对齐格数（估读一位）精确度；（2）欧姆表测电阻，测量值欧姆表指针所指示数倍率；（3）电流表为外接法，滑动变阻器采用分压式接法，根据实验电路图连接实物图；（4）根据电阻定律球电阻率；（5）根据欧姆定律分析误差。【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为，其读数为；（2）用多用电表的电阻“”挡，由图乙可知电阻阻值为：；（3）根据实验电路图，可得如下实物连接图：（4）根据电阻定律得：，其中解得电阻率（5）电路图采用了电流表外接法，实验误差来源于电压表分流，导致所测电流值偏大，使得待测电阻测量值小于真实值。故〖答案〗为：（1）0.399；（2）8；（3）实物连接图：（4）；（5）小于。【点评】本题考查了螺旋测微器以及伏安法测电阻；要熟练掌握欧姆定律、电阻定律和并联电路的电流特点；要能正确进行误差分析。13．（9分）一医用氧气瓶内有瓶压强为、温度为、体积为的氧气，该氧气瓶内氧气可以通过调压阀分装到氧气袋中以方便使用。设每次分装时，氧气袋内无气体，分装结束后，每个氧气袋的体积为，压强为。（1）若分装气体之前，氧气瓶由于受到日照，氧气温度会升高，当氧气瓶内气体的压强大于时，氧气瓶有可能发生爆炸。①求氧气能升高到的最高温度；②已知氧气内能与温度间的关系为为常数且已知），当氧气升高到最高温度时，求氧气从外界吸收的热量；（2）若分装过程中瓶中和袋中的氧气温度始终保持不变，求分装3个氧气袋后，氧气瓶内所剩余氧气的压强。〖答案〗（1）①氧气能升高到的最高温度为；②氧气从外界吸收的热量为；（2）氧气瓶内所剩余氧气的压强为。〖祥解〗（1）根据等容变化及热力学第一定律分析解答；（2）分装过程是等温变化，根据玻意耳定律即可求解。【解答】解：（1）①由等容变化可知解得②根据△可知则△（2）剩余气体的压强为，由玻意耳定律可得解得答：（1）①氧气能升高到的最高温度为；②氧气从外界吸收的热量为；（2）氧气瓶内所剩余氧气的压强为。【点评】本题考查理想气体的状态方程，应用过程中要确定气体的初末状态参量，根据对应的气体定律解答。14．（14分）如图所示，螺线管横截面积为，线圈匝数为（匝，电阻为，管内有水平向右的变化磁场。螺线管与相距的两竖直放置的光滑金属导轨相连，导轨处于垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场中。金属杆垂直导轨，杆与导轨接触良好，已知金属杆的质量为，电阻也为，重力加速度，不计导轨的电阻，不计空气阻力。（1）为使杆保持静止求通过杆的电流的大小和方向；（2）当杆保持静止时，求螺线管内磁场的磁感应强度的变化率；（3）若螺线管内磁场的磁感应强度的变化率，将金属杆由静止释放。①求杆的最大速度的大小；②已知杆从静止到刚达到最大速度的过程中，流过杆的电荷量为，求该过程中杆的下落时间。〖答案〗（1）为使杆保持静止，通过杆的电流的大小为，方向到由；（2）当杆保持静止时，螺线管内磁场的磁感应强度的变化率为；（3）①杆的最大速度的大小为；②该过程中杆的下落时间为。〖祥解〗（1）金属杆平衡时，所受安培力竖直向上，大小与重力相等，可由平衡条件列式求出电流大小，由左手定则判断电流的方向；（2）螺线管内磁场的磁感应强度的变化，导致螺线管充当电源，根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律可求磁感应强度的变化率；（3）由于杆向下运动，安培力方向向上，电路中将有两处产生感应电动势，由闭合电路欧姆定律求得电流大小，进而求得安培力大小，由受力平衡及动量定理解答。【解答】解：（1）以为研究对象，根据平衡条件有解得：根据左手定则判断可知通过杆电流方向为由到（2）根据法拉第电磁感应定律得根据欧姆定律得联立解得（3）①根据法拉第电磁感应定律杆切割磁感线产生的电动势感应电流速度最大时满足解得②规定向下为正方向，根据动量定理有其中解得答：（1）为使杆保持静止，通过杆的电流的大小为，方向到由；（2）当杆保持静止时，螺线管内磁场的磁感应强度的变化率为；（3）①杆的最大速度的大小为；②该过程中杆的下落时间为。【点评】由电磁感应而产生电流，再有电流产生运动，继而再产生电磁感应的联动过程要分析透彻，应用平衡条件时，要搞好受力分析。15．（16分）如图所示，倾角的光滑斜面固定，斜面下端有固定挡板，质量分别为、的滑块、用轻弹簧相连放置在斜面上处于静止状态，滑块与挡板接触。现将质量为的滑块在斜面上与相距处由静止释放，与发生弹性碰撞，碰后立即将取走，在斜面上做简谐运动。重力加速度，，弹簧的劲度系数为且弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能为为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量），、、可视为质点，求：（1）物块与碰后瞬间的速度分别为多大；（2）物块与碰后做简谐运动的振幅；（3）若物块从斜面上某处由静止释放后，与碰后粘在一起做简谐运动且恰好未离开挡板，求：①对挡板压力的最大值；②物块从斜面上由静止释放时与的距离。〖答案〗（1）物块与碰后瞬间的速度大小分别为，；（2）物块与碰后做简谐运动的振幅为；（3）①对挡板压力的最大值为；②物块从斜面上由静止释放时与的距离为。〖祥解〗（1）根据机械能守恒定律求得物块与碰前瞬间的速度大小，物块与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解物块与碰后瞬间的各自的速度大小；（2）碰撞后在斜面上做简谐运动，由平衡条件求得在平衡位置时弹簧的压缩量。根据机械能守恒定律求解振幅；（3）①碰撞后、结合体在斜面上做简谐运动，由平衡条件求得在平衡位置时弹簧的压缩量，再求得物体恰好不能离开挡板时弹簧的伸长量，进而可得做简谐运动的振幅。当运动到最低点时，对挡板的压力最大，确定此时弹簧的压缩量，根据胡克定律与牛顿第三定律求解对挡板的压力最大值；②根据机械能守恒定律求得、碰后粘在一起的初速度大小，根据动量守恒定律求得物块与碰撞前瞬间的速度大小，对物块下滑过程，根据机械能守恒定律求解物块静止释放时与的距离。【解答】解：（1）物块与碰前瞬间的速度大小为，根据机械能守恒定律得：，解得：物块与发生弹性碰撞，设碰后瞬间的速度分别为、，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：联立解得：，（2）碰撞后在斜面上做简谐运动，初始静止时所处的位置为平衡位置。由平衡条件：，可得在平衡位置时弹簧的压缩量为：与碰撞后，获得初速度，开始做简谐运动，设其振幅为，当它运动到最低位置时，根据机械能守恒定律得：解得：（3）①碰撞后、结合体在斜面上做简谐运动，设、结合体在处于平衡位置时，弹簧弹簧的压缩量为。由平衡条件：解得：设物体恰好不能离开挡板时弹簧的伸长量为，此时对则有：，解得：可得做简谐运动的振幅为：当运动到最低点时，对挡板的压力最大，由对称性可知，此时弹簧的压缩量为：△此时弹簧的弹力为：△根据牛顿第三定律可知，对挡板的压力的最大值为：解得：②设、碰后粘在一起的初速度大小为，从碰后到运动到最低点的过程由机械能守恒定律得：解得：设物块与碰撞前瞬间的速度为，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得：，解得：物块从斜面上由静止释放时与的距离为，对物块下滑过程，由机械能守恒定律得：联立解得：答：（1）物块与碰后瞬间的速度大小分别为，；（2）物块与碰后做简谐运动的振幅为；（3）①对挡板压力的最大值为；②物块从斜面上由静止释放时与的距离为。【点评】本题为简谐运动与碰撞模型的综合。考查了求解简谐运动的平衡位置和振幅，动量守恒定律与机械能守恒定律的应用。对于存在弹簧的系统，解答时要注意分析弹簧的初末状态是压缩的还是伸长的，通过弹簧形变量的变化确定所研究过程的初末位置及位移。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：2024/5/210:01:18；用户：李震；邮箱：orFmNt1CdifzpBMmSJEkKyptxHaU@；学号：244329732024年广东省茂名市高州市高考物理三模试卷一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（4分）水袖是对古代服饰衣袖的夸张展现，戏曲演员经常通过对水袖的运用来刻画人物。假设某段时间里水袖波形可视为简谐波，如图甲所示为演员水袖表演过程中某时刻的波形，此时刻记为，是平衡位置的质点，如图乙为质点的振动图像，则下列说法正确的是A．该简谐波沿轴正方向传播 B．该简谐波的传播速度为 C．质点在内通过的路程为 D．质点在内沿轴方向移动了〖答案〗〖祥解〗由图乙读出时刻质点的振动方向，在甲图上，利用波形平移法判断波的传播方向；读出波长和周期，再求波速；根据时间与周期的倍数，求解质点在内通过的路程。质点只在平衡位置上下振动，并不会随波迁移。【解答】解：、由图乙可知，时刻，质点向上振动。在甲图上，根据波形平移法可知该波沿轴负方向传播，故错误；、由甲图可知，由图乙可知，则该波的传播速度为，故错误；、由于，所以质点在内通过的路程为，故正确；、简谐波沿轴负方向传播，质点只在平衡位置上下振动，并不会随波迁移，故错误。故选：。【点评】本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力。对于波的图象，往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。2．（4分）某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，变压器可视为理想变压器，所有电表视为理想电表，原线圈输入有效值恒定的交流电压，图中为输电线的总电阻。在用电高峰期，住户使用的用电器增加时，下列说法正确的是A．电流表示数不变 B．电压表示数增大 C．电压表示数减小 D．发电机的输出功率减小〖答案〗〖祥解〗和闭合电路中的动态分析类似，可以根据的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。【解答】解：、当用电器增加时，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即的示数变大，根据可知，电流表示数变大，故错误；、由于原、副线圈的匝数不变，原线圈输入有效值恒定的交流电压，根据可知，电压表示数不变，故错误；、副线圈电流变大，电阻消耗的电压变大，又因为的示数不变，所以示数减小，故正确；、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，故错误；故选：。【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。3．（4分）2024年1月11日，太原卫星发射中心将云遥一号卫星送入预定轨道，飞行试验任务取得班满成功。已知“云遥一号”在轨道做匀速圆周运动，运行周期为，地球的半径为，地球表面的重力加速度为，引力常量为。忽略地球自转的影响，下列说法正确的是A．地球的质量为 B．“云遥一号”的轨道半径为 C．“云遥一号”的线速度可能大于 D．“云遥一号”的加速度可能大于〖答案〗〖祥解〗地球表面的物体的重力近似等于万有引力可解得地球的质量，根据牛顿第二定律和圆周运动规律列式可求卫星的轨道半径、速度和加速度的大小关系。【解答】解：、地球表面重力加速度为，地球表面的物体的重力近似等于万有引力，有解得故正确；、设卫星的轨道半径为，根据万有引力提供向心力，可得解得故错误；．根据万有引力提供向心力解得即为第一宇宙速度，卫星的速度小于，故错误；．由项可得，根据万有引力提供向心力，可得解得故错误；故选：。【点评】本题以空间站运行为背景，考查万有引力定律和黄金代换公式，关键要抓住万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两条思路，并能灵活选择向心力公式。4．（4分）如图所示是指纹识别原理图，其原理是利用光学棱镜的全反射特性、在指纹谷线（凹部），入射光在棱镜界面发生全反射，在指纹脊线（凸部），入射光的某些部分被吸收或者漫反射到别地方，这样，指纹模块可接收到明暗相间的指纹图像、已知水的折射率约为1.33，玻璃的折射率约为1.5。下列说法正确的是A．指纹模块接收光线较亮的部位是指纹脊线 B．指纹模块接收光线较暗的部位是干涉减弱的地方 C．没有手指放入时，若光源正常发光，指纹模块不会接收到光信号 D．手指湿润时，指纹识别率会降低〖答案〗〖祥解〗指纹凸部（脊线），入射光的某些部分被吸收或者漫反射到别的地方，指纹模块接收到光线较暗；没有手指放入时，入射光在棱镜界面发生全反射；手指湿润时，可能有部分光无法发生全反射。【解答】解：在指纹凸部（脊线），入射光的某些部分被吸收或者漫反射到别的地方，指纹模块接收到光线较暗，在指纹凹部（谷线），入射光在棱镜界面发生全反射，指纹模块接收到光线较亮，因此指纹模块接收光线较暗的部位是指纹脊线，较亮的部位是指纹谷线，与干涉无关，故错误；没有手指放入时，若光源正常发光，入射光在棱镜界面发生全反射，指纹模块上会接收到全亮图像，故错误；因透明玻璃的折射率大于水的折射率，因此，手指湿润时，棱镜界面仍然有部分光能发生全反射，也可能有部分光无法发生全反射，使得指纹识别率低，故正确。故选：。【点评】本题考查光的折射应用，解题关键要知道光在不同介质表面会发生折射现象，从光密介质传播到光疏介质时才有可能发生全反射。5．（4分）某无人驾驶汽车在研发过程中要进行试车，新车沿平直公路行驶的一段时间内的图像如图所示，下列说法正确的是A．该车做匀加速运动 B．该车行驶的初速度大小为 C．该车行驶的加速度为大小为 D．该车在前3秒的位移是〖答案〗〖祥解〗根据图像中的相关信息列出的的方程，进而建立关系，针对各选项具体分析。【解答】解：根据图像可知的关系为，由此可得关系为，关系式中，方程的导函数为关系，由此可得关系为，关系中，方程的导函数为关系，由此可得关系为，根据以上各式可知，该车做匀减速直线运动，初速度大小为，初速度大小为，加速度大小为，前三秒的位移为（3），前3秒的位移为，故错误，正确。故选：。【点评】将图像转化为关系式，再通过关系式得出其他物理量以解决此类问题。6．（4分）如图所示为质谱仪原理示意图。由粒子源射出的不同粒子先进入速度选择器，部分粒子沿直线通过速度选择器的小孔进入偏转磁场，最后打在之间的照相底片上。已知速度选择器内的电场的场强为、磁场磁感应强度为，偏转磁场的磁感应强度为，、、是三种不同的粒子在照相底片上打出的点。忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用，下列说法正确的是A．打在位置的粒子速度最大 B．打在位置的粒子速度最大 C．如果射入偏转磁场的粒子质量为、电荷量为，则粒子的轨迹半径为 D．如果氕核和氘核都进入偏转磁场，则其在磁场中运动的时间之比为〖答案〗〖祥解〗粒子在速度选择器中做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，根据求出粒子的速度；粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动的半径，粒子在偏转磁场中运动的周期，由此求解氕核和氘核在偏转磁场中运动的时间之比。【解答】解：、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件得：，可得粒子进入偏转磁场时的速度都为，故错误；、粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得解得粒子做圆周运动的半径为故错误；、粒子在偏转磁场中运动的周期粒子在偏转磁场运动时转过的圆心角为，故粒子在偏转磁场运动的时间为由于氕核的质量是氘核的倍，所以其在磁场中运动的时间之比为，故正确。故选：。【点评】解决本题时，需要明确知道粒子在速度选择器内做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力大小相等，方向相反，选择速度一定的粒子。7．（4分）如图所示，一架战斗机挂载多枚炸弹在一定高度沿水平直线向左匀加速飞行，每隔一段相同时间释放一枚炸弹。不计空气阻力，一段时间后炮弹在空中的排列情况有可能是A．B．C． D．〖答案〗〖祥解〗根据运动的分解，结合平抛运动规律，可分析出正确选项。【解答】解：战斗机在空中沿水平直线向左做匀加速运动，在时间△内水平方向增加量△，竖直方向做自由落体运动，在时间△增加△，说明水平方向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的夹角就是一定的，故正确，错误。故选：。【点评】学生在解答本题时，应注意理解和掌握平抛运动的规律，并熟练运用运动的分解来分析问题。二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。8．（6分）福岛核污染水中含有60多种放射性核素，例如氚、碳等，其中很多放射性核素尚无有效处理技术。其中碘衰变生成氙引，半衰期长达年，将会对环境造成永久性污染。关于碘，下列说法正确的是A．衰变方程为 B．碘制成碘化物后半衰期减小 C．放射性污染物半衰期越长对环境影响越小 D．碘衰变过程会释放能量〖答案〗〖祥解〗根据质量数守恒和电荷数守恒可知衰变方程；放射性元素的半衰期只与原子核自身有关；衰变的过程中会释放能量。【解答】解：、根据质量数和电荷守恒可知，衰变方程为，故正确；、半衰期与外界无关，故错误；、半衰期越长的放射性元素衰变的速度越慢，对环境的影响时间越长，故错误；、能自然发生的衰变过程存在质量亏损，会释放能量，故正确；故选：。【点评】本题考查了原子核衰变等知识点，根据质量数守恒及核电荷数守恒写出核反应方程式是解决本题的关键。9．（6分）如图所示，粗糙水平地面上放置一质量为的三棱柱，其横截面为，与地面间的动摩擦因数为。质量也为、半径为的光滑圆柱体置于三棱柱与竖直墙壁之间，圆心与的连线与竖直方向的夹角为，圆柱体与三棱柱都保持静止。已知重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是A．墙壁对圆柱体的弹力大小为 B．地面对三棱柱的支持力大小为 C．要使三棱柱保持静止，动摩擦因数 D．将三棱柱向左推动很小一段距离，其所受到的摩擦力减小〖答案〗〖祥解〗分别对圆柱体和三棱柱进行受力分析，根据受力平衡，可得出各个选项。【解答】解：对圆柱体受力分析，如图可得，所以有，故错误；、对三棱柱受力分析，如图可得，对圆柱体受力分析得，对三棱柱和圆柱体构成的整体受力分析，如图得，联立可得，即，故正确；、由与可得，将三棱柱向左推动一小段距离，增大，所以增大，故错误。故选：。【点评】学生在解答本题时，应注意要选择合适的受力分析对象，对其进行受力分析，同时要熟练掌握力的合成与分解。10．（6分）如图所示，在某真空区域有一个空间坐标系，在轴上的点，0，、点，0，分别固定一个电荷量为的点电荷。轴上点坐标为，0，，轴上点坐标为，，。现将一个电子置于点，则下列说法正确的是A．使电子从点沿轴正向移动，所受电场力先增大后减小 B．使电子从点沿轴向原点移动，所受电场力逐渐减小 C．使电子沿直线从点移动到点，所受电场力先增大后减小 D．使电子沿直线从点移动到点，其电势能先减小后增大〖答案〗〖祥解〗根据点电荷电场的计算公式结合数学方法分析解答，根据电场力做功情况分析电势能的变化情况。【解答】解：、在轴上任选一点，连接与，设其与轴夹角为，如图所示，根据等量同种电荷的电场分布可知点的电场强度竖直向上，大小表示为整理得令，可得函数，对函数求导，令解得结合导函数的性质可知，在，时单调递增。在，时，单调递战因此时，电场强度最大即时场强最大，由此可知，使电子从点沿轴正向移动，所受电场力逐渐减小，使电子从点沿轴向原点移动，所受电场力先增大后减小，错误；、从原点向作垂线，设垂足为，则所以连线上点场强最大，使电子沿直线从点移动到点，所受电场力先增大后减小，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故正确。故选：。【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握电场的矢量合成，注意电场力做功情况分析电势能的变化的关系。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（6分）某同学做“用单摆测重力加速度”实验。（1）他首先用游标卡尺测量金属小球的直径，测量结果如图甲所示，则小球直径2.050。（2）用秒表测出50次全振动的时间如图乙所示，则单摆振动的周期为；（3）实验时多次改变摆长，测出多组数据，作出摆长和对应的周期的图像如图丙所示，根据如图丙数据可得（用、、、表示）。〖答案〗（1）2.050；（2）1.6；（3）〖祥解〗（1）（2）根据测量仪器的读数规则得出对应的示数；（3）根据单摆的周期公式得出的表达式结合图像斜率解答。【解答】解：（1）游标卡尺的精确度为，则小球直径；（2）秒表的读数为周期为（3）根据单摆的周期公式有解得根据图像可知则故〖答案〗为：（1）2.050；（2）1.6；（3）【点评】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。12．（9分）某实验小组要测量由新型合金材料制成的圆柱形金属丝的电阻率，已知其长度为。（1）用螺旋测微器测量其直径，示数如图甲所示，其值为0.399；（2）先用多用电表欧姆挡的“”倍率粗测金属丝的电阻，示数如图乙所示，其电阻值为；（3）实验电路如图丙所示，根据电路图完成如图丁中的实物连线。（4）如果测得的金属丝长度为，直径为，电阻为，都采用国际单位制单位，则它的电阻率（用、、表示）。（5）由于电表内阻的存在，待测电阻测量值（填“大于”、“小于”或“等于”其真实值。〖答案〗（1）0.399；（2）8；（3）实物连接图：（4）；（5）小于。〖祥解〗（1）螺旋测微器的精确度为，测量值估读刻度对应示数对齐格数（估读一位）精确度；（2）欧姆表测电阻，测量值欧姆表指针所指示数倍率；（3）电流表为外接法，滑动变阻器采用分压式接法，根据实验电路图连接实物图；（4）根据电阻定律球电阻率；（5）根据欧姆定律分析误差。【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为，其读数为；（2）用多用电表的电阻“”挡，由图乙可知电阻阻值为：；（3）根据实验电路图，可得如下实物连接图：（4）根据电阻定律得：，其中解得电阻率（5）电路图采用了电流表外接法，实验误差来源于电压表分流，导致所测电流值偏大，使得待测电阻测量值小于真实值。故〖答案〗为：（1）0.399；（2）8；（3）实物连接图：（4）；（5）小于。【点评】本题考查了螺旋测微器以及伏安法测电阻；要熟练掌握欧姆定律、电阻定律和并联电路的电流特点；要能正确进行误差分析。13．（9分）一医用氧气瓶内有瓶压强为、温度为、体积为的氧气，该氧气瓶内氧气可以通过调压阀分装到氧气袋中以方便使用。设每次分装时，氧气袋内无气体，分装结束后，每个氧气袋的体积为，压强为。（1）若分装气体之前，氧气瓶由于受到日照，氧气温度会升高，当氧气瓶内气体的压强大于时，氧气瓶有可能发生爆炸。①求氧气能升高到的最高温度；②已知氧气内能与温度间的关系为为常数且已知），当氧气升高到最高温度时，求氧气从外界吸收的热量；（2）若分装过程中瓶中和袋中的氧气温度始终保持不变，求分装3个氧气袋后，氧气瓶内所剩余氧气的压强。〖答案〗（1）①氧气能升高到的最高温度为；②氧气从外界吸收的热量为；（2）氧气瓶内所剩余氧气的压强为。〖祥解〗（1）根据等容变化及热力学第一定律分析解答；（2）分装过程是等温变化，根据玻意耳定律即可求解。【解答】解：（1）①由等容变化可知解得②根据△可知则△（2）剩余气体的压强为，由玻意耳定律可得解得答：（1）①氧气能升高到的最高温度为；②氧气从外界吸收的热量为；（2）氧气瓶内所剩余氧气的压强为。【点评】本题考查理想气体的状态方程，应用过程中要确定气体的初末状态参量，根据对应的气体定律解答。14．（14分）如图所示，螺线管横截面积为，线圈匝数为（匝，电阻为，管内有水平向右的变化磁场。螺线管与相距的两竖直放置的光滑金属导轨相连，导轨处于垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场中。金属杆垂直导轨，杆与导轨接触良好，已知金属杆的质量为，电阻也为，重力加速度，不计导轨的电阻，不计空气阻力。（1）为使杆保持静止求通过杆的电流的大小和方向；（2）当杆保持静止时，求螺线管内磁场的磁感应强度的变化率；（3）若螺线管内磁场的磁感应强度的变化率，将金属杆由静止释放。①求杆的最大速度的大小；②已知杆从静止到刚达到最大速度的过程中，流过杆的电荷量为，求该过程中杆的下落时间。〖答案〗（1）为使杆保持静止，通过杆的电流的大小为，方向到由；（2）当杆保持静止时，螺线管内磁场的磁感应强度的变化率为；（3）①杆的最大速度的大小为；②该过程中杆的下落时间为。〖祥解〗（1）金属杆平衡时，所受安培力竖直向上，大小与重力相等，可由平衡条件列式求出电流大小，由左手定则判断电流的方向；（2）螺线管内磁场的磁感应强度的变化，导致螺线管充当电源，根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律可求磁感应强度的变化率；（3）由于杆向下运动，安培力方向向上，电路中将有两处产生感应电动势，由闭合电路欧姆定律求得电流大小，进而求得安培力大小，由受力平衡及动量定理解答。【解答