湖南省茶陵某中学2024届徐汇区学习能力诊断卷高三物理试题试卷

湖南省茶陵三中2024届徐汇区学习能力诊断卷高三物理试题试卷

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5亳米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05亳米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、在光滑的水平桌面上有两个质量均为m的小球，由长度为21的拉紧细线相连.以一恒力作用于细线中点，恒力的

大小为F,方向平行于桌面.两球开始运动时，细线与恒力方向垂直.在两球碰撞前瞬间，两球的速度在垂直于恒力

方向的分量为（）

2、如图所示，在真空云室中的矩形4BC&区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，静止放置在。点的铀238原子

核嗡u发生衰变，放出射线后变成某种新的原子核，两段曲线是反冲核（新核）和射线的径迹，曲线o尸为;圆弧，

x轴过O点且平行于43边。下列说法正确的是（）

A.铀238原子核发生的是0衰变，放出的射线是高速电子流

B.曲线。尸是射线的径迹，曲线。。是反冲核的径迹

C.改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系随之改变

D.曲线。。是a射线的径迹，其圆心在x轴上，半径是曲线OP半径的45倍

3、欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时由于无电源和电流表，他就利用金属在冷水和热水中产生电动势代

替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放

置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线的电流为/时，小磁针偏转了30。，则当他发

现小磁针偏转了60。时，通过该直导线的电流为（己知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比）（）

A.27B.37C.72/D.同

4、如图所示，一个卜面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，顶端与竖直墙壁接触，现打开尾端阀门，气体往

外喷出，设喷口面积为S,气体密度为气体往外喷出的速度为L则气体刚喷出时钢瓶顶端对竖直墙的作用力大

小是（）

2|

A.pvSB.8一C.-pv25D.pv2S

5、如图是飞机在上海市由北往南飞行表演过程画面，当飞机从水平位置飞到竖直位置时，相对于飞行员来说，关于飞

机的左右机翼电势高低的说法正确的是（）

A.不管水平飞行还是竖直向上飞行，都是飞机的左侧机翼电势高

B.不管水平飞行还是竖直向上飞行，都是飞耦的右机翼电势高

C.水平飞行时，飞机的右侧机翼电势高，竖直向上飞行时，飞机的左侧机翼电势高

D.水平飞行时，飞机的左侧机翼电势高；竖直向上飞行时，飞机的右侧机翼电势高

6、如图所示，两个可视为质点的小球A、B通过固定在。点的光滑滑轮用轻绳相连，小球A置于光滑半圆柱上，小

球B用水平轻绳拉着，水平轻绳另一端系于竖直板上，两球均处于静止状态。已知。点在半圆柱横截面圆心彷的正

上方，Q4与竖直方向成30。角、其长度与半圆柱横截面的半径相等，08与竖直方向成60。角，则（）

A.轻绳对球A的拉力与球A所受弹力的合力大小相等

B.轻绳对球A的拉力与半网柱对球A的弹力大小不相等

C.轻绳对球A的拉力与对球B的拉力大小之比为无：73

D.球A与球B的质量之比为2G：1

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图是一定质量的理想气体的p-V图，气体状态从ATB—CTD—A完成一次循环，A-B（图中实线）和C-D为

等温过程，温度分别为T.和T2.下列判断正确的是（）

B.CTD过程放出的热量等于外界对气体做的功

C.若气体状态沿图中虚线由A-B,则气体的温度先降低后升高

D.从微观角度讲B-C过程压强降低是由于分子的密集程度减少而引起的

E.若B-C过程放热200J,D—A过程吸热300J,则D-A过程气体对外界做功100J

8、如图所示，在竖直平面内，倾斜长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线一端与物块连接，另一端与固定在水平

面上的竖直轻弹簧连接。使物块位于A点时，细线自然拉直且垂直于长杆弹簧处于原长。现将物块由A点静止释放，

物块沿杆运动的最低点为以。是的中点.弹簧始终在弹性限度内.不计一切阻力，则（）

A.物块和弹簧系统机械能守恒

B.物块在5点时加速度方向由B指向A

C.A到C过程物块所受合力做的功大于C到B过程物块克服合力做的功

D.物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到。过程的增量小于。到"过程的增量

9、如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮Oi,O2和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量

也为m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角6=60。，直杆上C点与

两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮Oi的距离为L,重力加速度为g,设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他

物体相碰.现将小物块从C点由静止释放，当小物块沿杆下滑距离也为L时（图中D处），下列说法正确的是

A.小物块刚释放时轻绳中的张力一定大于mg

B.小球下降最大距离为L（l-

C.小物块在D处的速度与小球速度大小之比为2:>/3

D.小物块在D处的速度大小为y=g&L

5

10、如医所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈（线圈电阻不计）绕垂直于磁感线的轴以角速度“匀速转动，线圈通

过电刷与理想变压器原线圈相连，副线圈接一滑动变阻器K,原、副线圈匝数分别为〃I、要使电流表的示数变为

原来的2倍，下列措施可行的是

A.增大为原来的2倍，“八犬不变

B.，"增大为原来的2倍，〃2、R不变

C.⑺和R都增大为原来的2倍，〃2不变

D.〃2和K都增大为原来的2倍，“不变

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）某实验小组用下列器材设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过调控电键S和调节电阻箱，可使欧姆表具有

两种倍率。

A.干电池：电动势E=1.5V,内阻L0.5。

B.电流表mA：满偏电流/g=lmA,内阻&=150。

C.定值电阻修=1200。

D.电阻箱必：最大阻值999.99。

E.定值电阻&=150。

F.电阻箱值最大阻值9999。

G电键一个，红、黑表笔各1支，导线若干

（1）该实验小组按图甲所示正确连接好电路。当电键S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱及，使电流表达到满偏

电流，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻K内，则/?内=欧姆表的倍率是______（选填"XI，，或“xlO，，）；

（2）闭合电键S

第一步：调节电阻箱当&=。时，再将红、黑表笔短接，电流表再次达到满偏电流；

第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱所，调节心,当电流表指针指向图乙所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为

12.（12分）某物理兴趣小组在学习了电流的磁效应后，得知通电长直导线周围某点磁场的磁感应强度笈的大小与长

直导线中的电流大小I成正比，与该点离长直导线的距离,成反比。该小组欲利用如图甲所示的实验装置验证此结

论是否正确，所用的器材有：长直导线、学生电源、直流电流表（量程为0~3A）、滑动变阻器、小磁针（置于刻有

360。刻度的盘面上）、开关及导线若干：

1o

实验步骤如下：

。.将小磁针放置在水平桌面上，等小磁针静止后，在小磁针上方沿小磁针静止时的指向水平放置长直导线，如图甲

所示；

力.该小组测出多组小磁针与通电长直导线间的竖直距离人长直导线中电流的大小/及小磁针的偏转角度仇

C.根据测量结果进行分析，得出结论。回答下列问题：

（1）某次测量时，电路中电流表的示数如图乙所示，则该电流表的读数为A；

（2）在某次测量中，该小组发现长直导线通电后小磁针偏离南北方向的角度为30。（如图丙所示），已知实验所在处

的地磁场水平分量大小为氏=3xlO-T,则此时长直导线中的电流在小磁针处产生的磁感应强度B的大小为T

（结果保留两位小数）；

（3）该小组通过对所测数据的分析，作出了小磁针偏转角度的正切值tan〃与'之间的图像如图丁所示，据此得出了

r

通电长直导线周围磁场的磁感应强度B与通电电流/成正比，与离长直导线的距离/•成反比的结论，其依据是_____：

（4）通过查找资料，该小组得知通电长直导线周围某点的磁感应强度B与电流/及距离/•之间的数学关系为

6=&L,其中〃。为介质的磁导率。根据题给数据和测量结果，可计算出〃。=T-m/Ac

2〃7•

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）直角坐标系X。），位于竖直平面内，在第一象限存在磁感应强度3=0.1T、方向垂直于纸面向里、边界为

矩形的匀强磁场。现有一束比荷为g=108C/kg带正电的离子，从磁场中的A点（也，"，0）沿与x轴正方向成6

m20

二60。角射入磁场，速度大小po<1.0xio6m/s,所有离子经磁场偏转后均垂直穿过y轴的正半轴，不计离子的重力和离

子间的相互作用。

（1）求速度最大的离子在磁场中运动的轨道半径；

（2）求矩形有界磁场区域的最小面积；

⑶若在Q0区域都存在向里的磁场，离子仍从A点以n）=Y3xl06m/s向各个方向均匀发射，求了轴上有离子穿

2

出的区域长度和能打到），轴的离子占所有离子数的百分比。

14.（16分）两物体A、3并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力产作用在物体A上，使

4、8由静止开始一起向右做匀加速运动，如图⑷所示，在A、3的速度达到6m/s时，撤去推力F.已知A、8质量分

别为，〃A=lkg、mB=3kg,A与地面间的动摩擦因数〃=0.3,〃与地面间没有摩擦，3物体运动的口-f图象如图（力）所示由

取l（）m/s2,求：

⑴推力户的大小.

（2）A物体刚停止运动时，物体4、5之间的距离.

15.（12分）粗糙绝缘的水平地面上有一质量为帆的小滑块处于静止状态、其带电量为以力>0）。某时刻，在整个空间

加一水平方向的匀强电场，场强大小为E="。经时间f后撤去电场，滑块继续滑行一段距离后停下来。已知滑块与

q

地面间的动摩擦因数为4=0.5,重力加速度为犀求滑块滑行的总距离心

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、B

【解题分析】

以两球开始运动时细线中点为坐标原点，恒力F方向为x轴正方向建立直角坐标系如图1,设开始到两球碰撞瞬间任

一小球沿X方向的位移为S,根据对称性，在碰撞前瞬间两球的Vx、Vy、v大小均相等，对其中任一小球，在X方向做

初速度为零的匀加速直线运动有：匕=：/；S=U；v2=i2+v2,细线不计质量，F对细线所做的功等于

2m221n丫)

细线对物体所做的功，故对整体全过程由动能定理有：F(s+I)=2xlmv2；由以上各式解得：八叵.但,

2V/nVm

故选B.

2、D

【解题分析】

AD.衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反，由图像可知，原子核发生的是

a衰变，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力

nP2

qvB-m一

r

得

mv

r=——

qB

由于反冲核的电荷量比a射线大，则半径更小，即曲线。。是射线的径迹，曲线。。是反冲核的径迹，由于曲线

为!圆弧，则其圆心在x轴上，射线初速度与x轴重直，新核初速度与x轴垂直，所以新核做圆周运动的圆心在x轴

上

由质量数守恒和电荷数守恒可知反冲核的电荷量是a粒子的45倍，由半径公式可知,轨道半径之比等于电荷量的反比,

则曲线。。半径是曲线。尸半径的45倍，故A错误，D止确。

BC.由动量守恒可知

0=mv-mava

粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力

V-

qvB=m——

r

得

mv

r——

qB

由于反冲核的电荷量比a射线大，则半径更小，即曲线。。是射线的径迹，曲线。尸是反冲核的径迹，反冲核的半径

与射线的半径之比等于电荷量的反比，由于电荷量之比不变，则改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半

径关系不变，故BC错误。

故选D。

3、B

【解题分析】

小磁针的指向是地磁场和电流磁场的合磁场方向，设地磁场磁感应强度为3地，电流磁场磁感应强度为8电=4/,由题

意知二者方向相互垂直，小磁针在磁场中静止时所指的方向表示该点的合磁场方向，则有地tan3(F,Ar=B地tan60。,

所以Z=3Z.

A.27,与结论不相符，选项A错误；

B.31,与结论相符，选项B正确；

C.后,与结论不相符，选项C错误；

D.,与结论不相符，选项D错误；

4、D

【解题分析】

对喷出气体分析，设喷出时间为，，则喷出气体质量为，〃=由动量定理，有

Ft=mv

其中广为瓶子对喷出气体的作用力，可解得

pSvtv

F=-------=pv2S

t

根据牛顿第三定律，喷出气体对瓶子作用力大小为尸，再对瓶子分析，由平衡条件和牛顿第三定律求得钢瓶顶端对竖

直墙壁的作用力大小也是此故D正确，ABC错误。

故选D。

5、D

【解题分析】

地磁场在北半球有竖直向下和由南向北的水平分量，水平由北向南飞行时，飞机的两翼切割竖直向下的磁感线，根据

右手定见可知，左侧机翼电势高；竖直向上飞行时，两翼切割水平方向的磁感线，根据右手定则可知，机翼右侧电势

高，D正确，ABC错误。

故选D。

6、D

【解题分析】

设轻绳中拉力为T,球A受力如图

A.所受弹力为绳对A的拉力和半圆对球A的弹力的合力，与重力等大反向，大于T,故A错误;

B.受力分析可得

7sin30°=Nsin30。

7tos300+Ncos300=叫送

解得

T=N=与收

故B错误;

C.细线对A的拉力与对球B的拉力都等于7;故C错误;

D.对球B

7cos60°=

T=2%g

解得

mA2A/3

故D正确。

故选D。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、ABE

【解题分析】

由图示匿象可知，0TA过程为等压过程，气体体积变大，由盖吕萨克定律可知，气体温度升高，即A点的温度高于

。点的温度，则1>刀，故A正确；C-O过程是等温变化，气体内能不变，△"=（）,气体体积减小，外界对气体做

功，W>0,由热力学第一定律得Q=AU—W=-WvO,气体放出热量，由以上分析可知，C-O过程放出的热量

等于外界对气体做的，故B正确；若气体状态沿图中虚线由A一6则气体的温度先升高后降低，故C错误；从8-C

过程，气体体积不变，压强减小，由查理定律可知，气体的温度T降低，分子的平均动能减小，由于气体体积不变，

分子数密度不变.单位时间内撞击器壁的分子数不变.分子平均动能减小.分子撞击器壁的作用力变小.气体压强减

小，故D错误；由热力学第一定律可知，若〃-C过程放热200J,O-A过程吸热300J,则过程气体对外界做

功100J,故E正确；

8、ABD

【解题分析】

A.由题知，不计一切阻力，则物块和弹簧系统机械能守恒，故A正确；

B.由题知，物块从八点运动到“点是先加速后减速，到〃点速度刚好为0,弹簧处于伸长状态，此时对物块受力分

析可知，弹簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力，故物块在B点时加速度方向由“指向A,故B正确；

C.物块从4到C,根据动能定理可知，合力做的功等于动能的增加量，物块从。到修根据动能定理可知，物块克

服合力做的功等于动能的减少量，而物块在A点和3点的速度都为零，故两个过程动能的变化量相等，所以A到。

过程物块所受合力做的功等于C到B过程物块克服合力做的功，故C错误；

D.弹簧的形变量越小，弹簧的弹性势能越小，根据几何关系，可知物块从A到。过程的弹簧形变量小于C到8过程

的弹簧形变量，故物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到6过程的增量，故D正确。

故选ABD。

9、BD

【解题分析】

A、刚释放的瞬间，小球的瞬间加速度为零，拉力等于重力，故A错误；

B、当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，根据几何关系知，△〃=乙-"%60。=”1-也），故B正

确;

C、将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，沿绳子方向的分速度等于小球的速度，根据平行四边形定则

知，小物块在D处的速度与小球的速度之比为=2:1,故C错误;

D、设小物块下滑距离为L时的速度大小为v,此时小球的速度大小为片，则匕=口。。50,对滑块和小球组成的系统根

据机械能守恒定律，有:

曲逼Z,故D正确.

m^LsinO=g,解得v

5

点睛:解决本题的关键知道两物体组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，以及知道物块与。।之间的距离最小时,

小球下降的高度最大，知道物块沿绳子方向的分速度等于小球的速度.

10、BD

【解题分析】

线圈转动产生的电压有效值为:

根据理想变压器的规律:

u?n2

k=!h.

2

根据欧姆定律:

\2jj(:BcoS

联立方程解得：/,=—4一2“增大为原来的2倍，〃2、R不变、〃2和R都增大为原来的2倍，/

R瓦'

不变均可电流表的示数变为原来的2倍，BD正确，AC错误。

故选BD.

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、1500X1014.550

【解题分析】

(1)”］由闭合电路欧姆定律可知内阻为

E15

/?=±=-L^_Q=15()OQ

袂10.001

⑵故中值电阻应为1500。，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为xl,则中性电阻太大，不符合

实际，故欧姆表倍率应为“xlO”

(2)［3］为了得到“xl”倍率，应让满偏时对应的电阻为1500,电流

L=—A=0.01A

1150

此时表头中电流应为0.001A；则与之并联电阻R3电流应为

73=(0.01-0.001)A=0.009A

则有

1.5-0.009x150

C=I5C

A0.01

所以

4二150.5C=14.5C

［4］由图可知电流为0.75mA,总电阻

/?.,=—X103Q=2000Q

心().75

待测电阻

K则=2000。—1500。=50。

对应的刻度应为50。

12、2.001.73x10-5电流产生的磁感应强度"=&tan%而偏角的正切值与,成正比47rxi0々

r

【解题分析】

(D［1］电流表量程为3A,则最小分度为0.1A,由指针示数可知电流为2.00A；

(2)［2］电流产生向东的磁场，则指针指向地磁场分量和电流磁场的合磁场方向，如图所示

B

则有

R

tan30°=—

B。

解得

B=3xJ05x—T=1.7X10-5T

3

(3)[3]由图可知，偏角的正切值与,成正比，而根据(2)中分析可知

B=即an。

则可知5与,成正比，故说明通电长直导线周围磁场的磁感应强度3与通电电流/成正比，与长导线的距离，•成反比;

r

(4)[4]由公式

B=RtanO=^--

024r

可知，图象的斜率

解得

4=4乃x10-7T»m/A

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(l)O.lm；(2)—m2；(3)3+^m；50%。

2