广东省东莞市2024届高三上学期期末考试 物理

广东省东莞市2024届高三上学期期末考试物理姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求。)1．一个92235U原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为A．X是质子，k=9 B．X是质子，k=10C．X是中子，k=10 D．X是中子，k=92．如图所示为某街道春节期间路灯上悬挂的灯笼，三只灯笼由轻绳连接起来挂在灯柱上A点，O为结点，轻绳OA、OB、OC长度相等，三根绳拉力分别为FA、FB、FC.其中OB、OC两绳的夹角为60°，三只灯笼总质量为3m.下列说法正确的是A．FA与FC大小相等 B．FB一定小于mgC．FB与FC是一对平衡力 D．FB与FC合力大小等于3mg3．我国时速600公里的高速磁悬浮试验样车在青岛下线.在某次制动测试过程中，试验样车做匀减速直线运动直到速度为零.用t、x、v、a分别表示样车运动的时间、位移、速度和加速度.关于样车的运动，下列图像不正确的是A．A B．B C．C D．D4．一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光，其传播方向如图所示.设玻璃对a、b的折射率分别为na和nb，则下列说法正确的是A．na＜nbB．na＜nbC．a光和b光从空气进入玻璃后频率都会增大D．若增大入射角，b光可能会发生全反射5．如图甲所示，“战绳训练”是常见的健身方式，健身爱好者甩动战绳，令其在竖直平面内形成简谐波.如图乙所示是某次训练中t=0.1s时战绳的波形图，绳上质点P的振动图像如图丙所示.下列说法正确的是A．该波沿x轴负方向传播B．该波的波速为10m/sC．若仅增大抖动的幅度，波速会增大D．质点P再经0.1s将运动到图中x=3m的位置6．中国古代屋脊有仰起的龙头，龙口吐出伸向天空的金属舌头，舌头连接一根直通地下的细铁丝，起到避雷的作用.当雷云放电接近房屋时，舌头顶端由于聚集着大量正电荷而形成局部电场集中的空间.图中虚线表示某时刻舌头周围的等差等势面分布情况，一带电粒子(不计重力)在该电场中的运动轨迹如图所示.下列说法正确的是A．该粒子带正电B．a点的电势比c点的低C．a点的场强比c点的场强大D．该粒子在b点的电势能比在c点的电势能小7．已知地球质量约为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的4倍.若在月球和地球表面以相同的初速度竖直向上抛出物体，不计一切阻力，抛出点与最高点间的距离分别为h₁和h₂，则h₁：h₂最接近A．1：1 B．1：6 C．9：4 D．5：1二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有两个或两个以上选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。)8．如图甲所示，用强磁场将百万开尔文的高温等离子体(等量的正离子和电子)约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克马克装置.我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩.图乙为其中沿管道方向的磁场分布图，越靠管的右侧磁场越强.不计离子重力，关于离子在图乙磁场中运动时，下列说法正确的是A．离子在磁场中运动时，磁场可能对其做功B．离子在磁场中运动时，离子的动能一定不变C．离子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，运动半径减小D．离子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，洛伦兹力不变9．如图所示为电动汽车无线充电示意图，若发射线圈的输入电压为u=2202A．利用该装置采用直流电源也能为电动汽车充电B．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相等，均为100HzC．接收线圈输出电压的峰值为440D．接收线圈输出电流的有效值为20A10．随着科技的发展，未来的手机带有屏幕保护器，保护装置设置在屏幕的4个角落，由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知手机掉落，屏幕保护器会自动弹出，并完全吸收手机撞击地面的能量，避免手机屏幕直接接触地面而损坏.若手机质量约200g，从离地0.8m高处自由掉落，手机与地面撞击的时间约为0.05s，g=10m/A．手机落地时的速度约为4m/sB．保护器弹出的时间应小于0.4sC．手机落地时重力的功率约为11.5WD．地面对手机的平均作用力约为18N三、实验与探究题(本题共2小题，共16分。)11．如图甲所示为向心力演示仪，某同学探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度a和半径r之间的关系.长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为1：2：1，该同学设计了如图乙所示的三种组合方式，变速塔轮自上而下每层左右半径之比分别为1：1、2：1和3：1.（1）本实验的目的是探究向心力的大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，实验中采用的实验方法是____；A．理想模型法 B．等效替代法 C．控制变量法（2）在某次实验中，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第层塔轮(选填“一”、“二”或“三”)；（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为____.A．1：2 B．1：4 C．2：1 D．8：112．某同学要将一量程为1mA的毫安表改装为量程为0~3V的电压表并校准.如图所示，该同学进行了以下操作：

甲乙（1）从理论上计算改装后的电压表内阻应为Ω；（2）利用多用电表粗略测量毫安表内阻.该同学将多用电表调至：×10Ω挡，发现指针在0Ω附近，该同学应将倍率调至挡(选填“×1Ω”或“×100Ω”)，欧姆调零后再次测量，多用电表的示数如图甲所示(所有操作均正确，两电表均正常工作)，则此时多用电表读数为Ω；（3）如图乙所示，该同学利用一只标准电压表对改装后的电压表进行检测.实验要求电压表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图乙的实物接线图中完成余下导线的连接；（4）经检测发现，当标准电压表的示数为2.38V时，毫安表的示数为0.8mA，由此可以推测出他改装的电表量程不是预期值，要达到预期目的，只需要将阻值为R的电阻更换为一个阻值(选填“更大”或“更小”)的电阻.四、计算题(本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)13．2023年2月10日0时16分，我国神舟十五号航天员着舱外航天服圆满完成全部舱外既定任务.出舱前关闭航天服上的所有阀门，启动充气系统给气密层充气(可视为理想气体).假定充气后，气密层内气体的体积为2L、温度为30℃、压强为(6.（1）求27℃时气密层内气体的压强；（2）出舱后启动保温系统，维持气体的温度为27℃.因舱外气压较低，气密层内气体的体积将会膨胀.试求不漏气的情况下，气密层内气体膨胀至3L时的压强.14．如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距L=0.5m，长为3d，d=1.0m，导轨平面与水平面的夹角θ=37°，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘粗糙涂层，其余部分光滑.匀强磁场的磁感应强度大小B=4.0T，方向与导轨平面垂直.质量m=0.2kg的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端.导体棒始终与导轨垂直，且接触良好，接在两导轨间的电阻，R=8（1）导体棒匀速运动的速度大小v；（2）导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；（3）整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.15．如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置的示意图，该装置由速度可调的固定水平传送带、光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管EFG组成，其中水平传送带长L₁=3m，B点在传送带右端转轴的正上方，轨道BCD和细圆管EFG的圆心分别为(O₁和O₂、圆心角均为(θ=120°、半径均为R=0.4m，且B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点.在细圆管EFG的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长L₂=2.2m、质量M=0.4kg木板(与轨道不粘连).现将一块质量m=0.（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；（2）若传送带的速度为3m/s，求物块经过圆弧轨道EFG最低点G时，轨道对物块的作用力大小；（3）若传送带的最大速度为5m/s，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量Q与传送带速度v之间的关系.

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】根据电荷数守恒可得，X的电荷数为0，则X是中子；根据质量数守恒可得235+1=90+136+k×1，可得k=10，C符合题意，ABD不符合题意。

故答案为：C。

【分析】核反应遵循电荷数守恒、质量数守恒的规律。2．【答案】D【解析】【解答】AB.对三个灯笼整体受力分析，受到重力与OA的拉力，所以OA的拉力F再对结点O分析，三根绳子等长，可知OB与OC的拉力大小是相等的，受力分析如图

可知F所以FAB不符合题意；

C.平衡力应作用在同一物体上，并等大反向，所以FB与FC不是一对平衡力，C不符合题意；

D.根据O点的受力平衡可知，FB与FC合力大小等于FA，即等于3mg，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】由共点力平衡条件求解三根绳子上的受力；根据平衡力特点分析FB与3．【答案】A【解析】【解答】AB.根据x-t图像的斜率表示物体运动的速度可知，样车做匀减速直线运动，直到速度为零，所以其x-t图像的斜率应该逐渐减小，直至为零，A符合题意，B不符合题意；

C.根据v-t图像的斜率表示物体的加速度可知，样车做匀减速直线运动，加速度恒定，其v-t图像的斜率表示加速度，即图像的斜率不变，速度逐渐减小为零，C不符合题意；

D.样车做匀减速直线运动，加速度恒定，所以a-t图像是一条平行于时间轴的横线，D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】根据x-t图像的斜率表示物体运动的速度，分析x-t图像；根据v-t图像的斜率表示物体的加速度，分析v-t图像；根据样车的加速度特点，分析其a-t图像。4．【答案】A【解析】【解答】AB.由折射率公式n=可知nA符合题意，B不符合题意；

C.光的频率跟介质无关，所以a光和b光从空气进入玻璃后频率不变，C不符合题意；

D.图中，光由空气进入玻璃，是从光疏介质进入光密介质，不会发生全反射，D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】根据折射率公式n=sin5．【答案】B【解析】【解答】A.由P点的振动图像可知，t=0.1s时，质点P正在向y轴负方向振动，根据上下坡法可知该波沿x轴正方向传播，A不符合题意；

B.由图可知，该波的波长为2m，周期为0.2s，故该波的波速为v=B符合题意；

C.机械波的传播速度只由介质决定，与抖动的幅度无关，C不符合题意；

D.质点只能在平衡位置附近振动，不能沿波传播，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】根据P点的振动情况判断波的传播方向；由波速公式v=λ6．【答案】B【解析】【解答】A.舌头带正电，根据电场线与等势面垂直，画出电场线如图

由于做曲线运动的物体受力一定指向轨迹内侧，可知该粒子受到的电场力方向与电场强度方向相反，故粒子带负电，A不符合题意；

B.沿电场线电势降低，可知a点的电势比c点的低，B符合题意；

C.等势面越密，电场强度越大，可知a点的场强比c点的场强小，C不符合题意；

D.根据沿电场线电势降低，可知b点电势低于c点电势，由E可知，带负粒子该粒子在b点的电势能比在c点的电势能大，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】根据电场线与等势面垂直做出电场线，再结合粒子的运动轨迹，分析粒子的电性；根据沿电场线电势降低，判断a、c两点电势高低的关系；根据等势面的疏密判断a、c两点电场强度的大小关系；由Ep7．【答案】D【解析】【解答】由自由落体运动的位移公式可得2gh=根据万有引力等于重力可得G联立可得h=故hD符合题意，ABC不符合题意。

故答案为：D。

【分析】根据万有引力等于重力和自由落体运动的位移公式综合推导。8．【答案】B,C【解析】【解答】AB.离子在磁场中运动时，由于洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，可知磁场对粒子不做功，由动能定理可知，粒子的动能不变，A不符合题意，B符合题意；

C.由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m可得r=由于右侧区域磁场较强，形所以离子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，运动半径减小，C符合题意；

D.洛伦兹力F=qvB，由于右侧区域磁场较强，所以离子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，洛伦兹力变大，D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】洛伦兹力总与速度垂直，永远不做功；由动能定理分析粒子动能的变化情况；根据洛伦兹力充当向心力，分析粒子运动轨迹半径的变化情况；根据洛伦兹力公式F=qvB，分析洛伦兹力的变化情况。9．【答案】C,D【解析】【解答】A.变压器是利用电磁感应原理工作的，因此必须由交流电源在发射线圈产生变化的磁场，使接收线圈中产生磁通量变化，故而产生感应电流对电动汽车充电，给变压器输入恒定直流电时，变压器不工作，A不符合题意；

B.变压器不改变交变电流的频率，因此发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相等，频率为f=B不符合题意；

C.理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系公式U可得接收线圈输出的电压峰值为UC符合题意；

D.发射线圈电压的有效值为U由理想变压器原、副线圈功率相等可知，发射线圈输出功率为8.8kW，则有接收线圈输出电流的有效值为ID符合题意。

故答案为：CD。

【分析】根据电磁感应原理分析充电过程；变压器不改变交变电流的频率；根据理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系公式U110．【答案】A,B,D【解析】【解答】A.由自由落体位移公式2gh=可得手机落地时的速度v=4m/sA符合题意；

B.由自由落体位移公式h=可得，手机落地时间t=0.4s所以保护器弹出的时间应小于0.4s，B符合题意；

C.手机落地时重力的功率约为P=mgv=8WC不符合题意；

D.取向下为正方向，则有(mg-N)t=0-mv地面对手机的平均作用力约为N=18N，D符合题意。

故答案为：ABD。

【分析】由自由落体运动的位移公式计算手机落地的速度和时间；由功率的公式P=Fv，计算手机落地时重力的功率；由动量定理求解地面对手机的平均作用力。11．【答案】（1）C（2）一（3）B【解析】【解答】（1）本实验采用的实验方法是控制变量法，C符合题意，AB不符合题意。

故答案为：C。

（2）在某次实验中，探究向心力的大小与半径的关系时，要保持m、ω不变，所以需要将传动皮带调至第一层塔轮；

（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则r、m相同，传动皮带位于第二层，两塔轮边缘点的线速度大小vA、C两点的角速度等于两塔轮的角速度，比值为ω当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比表示向心力的比值，约为nB符合题意，ACD不符合题意。

故答案为：B。

【分析】（1）根据实验原理分析实验方法；（2）根据控制变量法分析实验的具体操作；（3）由线速度与角速度的关系式，求出A、C两球角速度的比值，再由向心力公式求出左右两标尺露出的格子数之比。12．【答案】（1）3000（2）×1Ω；11（3）（4）更大【解析】【解答】（1）根据电压表的改装原理，由欧姆定律可得，改装后的电压表内阻应为R=（2）将多用电表调至×10Ω挡，发现指针在0Ω附近，即示数过小，说明档位选择过大，故该同学应将倍率调至×1Ω；多用电表读数为11×1Ω=11Ω（3）实验要求电压表的示数从零开始逐渐增大，则滑动变阻器应采用分压式接法，电压表应采用并联方式，连接实物图如下

（4）由I可知U'=2.4所以R的值偏小，需要将阻值为R的电阻更换为一个阻值更大的电阻。

【分析】（1）根据电压表的改装原理，由欧姆定律计算改装后的电压表内阻；（2）用多用电表测量电阻时，指针指在表盘的中央位置附近，测量会比较准确，根据示数大小选择合适档位；再根据多用电表读数规则读数；（3）根据实验要求连接实物电路。（4）根据实验原理分析实验误差产生的原因，并做出相应调节。13．【答案】（1）解：气体发生等容变化，根据查理定律可得：p其中p解得：p（2）解：出舱后气体发生等温变化，由玻总耳定律可得：p1其中V解得：p【解析】【分析】（1）封闭气体做等容变化，由查理定律列式求解27℃