四川省成都实验外国语学校高三下学期4月考前适应性演练（五）物理试题

实外届高三下学期考前适应性演练（五）物理（本试卷满分分考试时间分钟）注意事项：．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。．考试结束后，将答题卡交回，并妥善保存好试卷。第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共分，在每小题给出的四个选项中，只有1.abm与原质量m0的比值随时间t的变化图cd）为原子核的比结合能随质量数变化图像。下列与四幅图对应的四种说法正确的是（）A.图（a）中，能量为10.5eV的光子轰击处于基态的氢原子，可能使之发生跃迁B.图（b）中，由放射性元素剩余质量m与原质量m0的比值随时间t的变化规律可知其半衰期为C.图（c）中，探测器接收到的可能是α射线D.图（d）中，比结合能越大，平均核子质量越大，原子核越稳定【答案】B【解析】A10.2eV恰好为氢原子2能级和1所以能量为10.5eV的光子轰击处于基态的氢原子，不能使之发生跃迁，故A错误；B．放射性原子核剩余质量与原质量的比值从衰变为，所用时间为所以半衰期为，故B正确；第1页/共22页

C．α粒子穿透能力比较弱，不能穿透钢板，故C错误；D．比结合能越大，平均核子质量越小，原子核越稳定，故D错误。故选B。2.如图为某款手机防窥膜的原理图，在透明介质中等距排列有相互平行的吸光屏障，屏障的高度与防窥膜厚度均为明介质的折射率为（）A.1.5B.C.D.无法确定【答案】B【解析】【详解】根据光路的可逆性，做出光线从空气进入介质的光路图，如图所示由几何关系可得，可得透明介质的折射率故选B。3.2024年8月，国际科学家小组发现了太阳系外的一颗新的行星——热海王星TOI3261b。如图所示，热海王星绕其主星运行的周期T=21h，其中心与主星中心的距离约为2.5×109m，绕主星运行可视为匀速圆周运动。已知热海王星半径约为地球半径的4倍，质量约为地球质量的30倍，则（）第2页/共22页

A.热海王星表面重力加速度约为地球的480倍B.热海王星的第一宇宙速度约为地球的倍C.若已知引力常量，可估算出热海王星的质量D.根据题干信息，可估算出热海王星的线速度大小【答案】D【解析】【详解】A．根据万有引力与重力的关系可得则热海王星表面重力加速度与地球表面重力加速度大小之比为，故A错误；B．根据万有引力提供向心力有可得则热海王星第一宇宙速度与地球第一宇宙速度大小之比为，故B错误；C．根据万有引力提供向心力可知，等式两边M1约掉，不能求出热海王星的质量M，故C错误；D．热海王星的线速度大小为由于r和T已知，可估算出vʹ，故D正确。故选D。4.在一水平天花板上用两根等长轻绳悬挂一小球，小球可视为质点。下列四幅图中，剪断其中一根轻绳的瞬间，另一根轻绳上的拉力大小不变的是（）第3页/共22页

A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】设轻绳与水平天花板的夹角为，由受力分析可知初始时刻满足剪断其中一根轻绳的瞬间，小球只受重力、未剪断绳子的拉力，将重力沿绳子和垂直于绳子分解后，满足由以上两式解得轻绳与水平天花板的夹角为故选B。5.一列简谐横波在时刻的波动图像如图1所示，质点、刚好在平衡位置，质点在波峰。质点的振动图像如图2所示，则下列说法正确的是（）A.波沿轴负方向传播B.质点的平衡位置坐标C.质点在时位移为D.时点和点的位移相同【答案】D【解析】第4页/共22页

【详解】A2可知，时刻质点N向下振动，根据同侧法可知，波沿x轴正方向传播，故A错误；C．由图2可知周期为，由图1可知波长为，质点N的振动图像表达式为质点N在时位移为质点M、N平衡位置相差，为半波长，则质点M、N振动步调相反，质点M在时位移为0.02m，故C错误；B．时刻的波动图像表达式为将代入可得当时，解得，故B错误；D．当时，波动图像表达式为将，代入可得故当时P点和M点的位移相同，故D正确。故选D。6.生物电是细胞或组织在生命活动中产生的电现象，安静状态下细胞膜存在静息电位，其机理为钾离子K+从膜内流向膜外后，导致细胞膜内侧与外侧存在电势差。安静状态下膜内外两侧电势呈现外正内负，电荷分布如图所示。下列说法正确的是（）第5页/共22页

A.静息电位U为正B.K+a点电势能大于在b点电势能C.K+外流过程中，电场力对K+做负功D.安静状态下，将灵敏电流计的两极分别插入膜内和膜外后，指针不偏转【答案】C【解析】【详解】AB．静息电位U为负，因为b点周围有很多正电荷，电势高，a点周围有很多负电荷，电势低，所以U为负，K+带正电，在电势高的地方电势能大，故AB错误；C．K+外流过程中，克服电场力做功，电场力对K+做负功，故C正确；D动，指针发生偏转，故D错误。故选C。7.如图甲所示，倾角为的光滑固定斜面顶端连接一劲度系数为、原长为的轻质弹簧，弹簧另一端连接一质量为的小球，小球处于静止状态。现将小球托起使弹簧恢复原长，然后由静止释放小球，小球在斜面上往复运动。以沿斜面向下为正方向，选取小球的平衡位置为坐标原点，小球由最高点运动到最低点随阻力。则（）第6页/共22页

A.小球处于平衡位置时，弹簧的长度为B.小球从最高点运动至最低点过程中，小球的回复力先变大后变小C.小球从最高点运动至平衡位置过程中，小球的回复力做的功为D.小球处于平衡位置时，其速度大小为【答案】D【解析】【详解】A．小球平衡时，根据平衡条件可得解得弹簧的伸长量故此时弹簧的长度A错误；B．小球从最高点运动至最低点过程中，小球的回复力先变小后变大，B错误；CD．根据牛顿第二定律有设小球从最高点运动至平衡位置过程中，小球的回复力做功为图乙中图线与横轴所围面积乘以小球质量即为回复力做功，则由动能定理有解得C错误，D正确。故选D。二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共分，每小题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答得08.a→bb→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（）第7页/共22页

A.a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B.b→c过程，气体对外做功，内能增加C.a→b→c过程，气体从外界吸收热量全部用于对外做功D.a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量【答案】C【解析】【详解】A．a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖吕萨克定律可知即内能增大，可知分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；B．方法一：过程中气体与外界无热量交换，即又由气体体积增大可知，由热力学第一定律可知气体内能减少。方法二：过程为等温过程，所以结合分析可知所以b到c过程气体的内能减少。故B错误；C．过程为等温过程，可知根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；D．根据热力学第一定律结合上述解析可知：一整个热力学循环过程，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得第8页/共22页

故过程气体从外界吸收的热量不等于过程放出的热量，D错误。故选C。【点睛】9.在如图所示的电路中，a、b两端与交流电源连接。理想变压器原、副线圈匝数比为和滑动变阻器R和电流表均为理想交流电表，电压表的示数用U表示，电流表的示数用I表示，电压表示数的变化值为，电流表示数的变化值为，则在滑动变阻器R滑片向右调节的过程中，下列说法正确的是（）A.电压表的示数保持50V不变B.变大C.D.变压器的输出功率增大【答案】BC【解析】【详解】A．设变压器原、副线圈电压分别为、，电流分别为、，正弦交流电源的输出电压又对理想变压器得第9页/共22页

由于，所以故A错误；B．由欧姆定律得，电压表示数与电流表示数的比值为电阻和滑动变阻器R阻值之和，滑动变阻器电阻变大，则比值变大，故B正确；C．由A选项分析可得整理得则为函数的斜率，为，所以故C正确；D．变压器的输出功率为根据二次函数知识可知，当时，变压器的输出功率最大又上式与联立可得当可得此时第10页/共22页

此时变压器的输出功率最大，当R滑片向右移动，R变大，输出功率变小，故D错误。故选BC。10.和分别套在两杆上，其电荷量均为、质量均为。小环的直径略大于杆的直径。在套环的杆所处空间加一水平方向、电场强度大小为的匀强电场，在套环的杆所处空间加一水平方向、磁感应强度大小为的匀强磁场，在水平面高度相同的位置同时分别给、一个竖直向上的大小相等的初速度、上升到最高点时高度相同。若带电小环、与两杆的动摩擦因数均为，重力加速度大小为，则（）A.带电小环从开始到上升到最高点的时间大于带电小环从开始到上升到最高点的时间B.初速度应满足C.带电小环与到达最高点后，均可以从最高点返回初始位置D.带电小环从开始到上升到最高点的时间满足【答案】BD【解析】【详解】A．对环进行分析，根据牛顿第二定律可得解得可知，环向上做匀减速直线运动。对环进行分析，根据牛顿第二定律可得解得第11页/共22页

和环运动的图像分别如图中的实线和虚线所示由于图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，由题意可知，两者上升到最高点位移相同，则有故A错误；B．图像某点切线斜率的绝对值表示加速度大小，结合上述图像可知，初始的加速度即有解得故B正确；C与将静止于最高点处，环向下做加速度减小的加速运动，若加速度能够减小到0，之后将做匀速直线运动，环b最终回到初始位置，故C错误；D．对环a进行分析，结合上述，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有对环进行分析，根据动量定理可得即有第12页/共22页

联立可得故D正确。故选BD。第Ⅱ卷三、非选择题（本题共5小题，共分。其中题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位）“枪口比动能”的计算公式为枪口子弹动能/枪管横截面积，单位为。我国规定枪口比动能达到或大于塞人橡皮泥，金属盒下方安装一个有墨水的轻质细毛笔，将金属盒用轻绳系于天花板上的点，金属盒下方铺设一条以悬点为圆心的圆弧轨道，并在轨道上铺设白纸，调节轨道高度使得轻质毛笔笔尖轻微接触白纸且对金属盒的运动无明显阻碍作用。以为圆心竖直安装一与金属盒运动平面平行的量角器。将仿真枪靠近金属盒并对准其中心射出弹丸，随后弹丸陷入金属盒内部，并与金属盒一起摆起一定的角度。测量枪管的内直径的连线与竖直方向的夹角以及金属盒中心与悬点的距离。重力加速度大小为。（1）用游标卡尺测量枪管内直径时需利用图乙中游标卡尺的___________（选填“①”“②”或“③”）部分。测量得到枪管内直径读数如图丙所示，其读数为___________mm。（2）根据所测量得到物理量得出比动能的表达式为___________（3）下列因素能够导致比动能的测量值偏小的是___________A.弹丸与金属盒碰撞过程中损失的动能B.金属盒所受的空气阻力以及毛笔笔尖与白纸之间的阻力第13页/共22页

C.击中金属盒的位置位于金属盒中心上方D.仿真枪没有抵近金属盒射击【答案】（1）①.①②.7.0（2）（3）BD【解析】【分析】本题以枪口比动能这一概念为背景，考查动量守恒、机械能守恒、游标卡尺读数。意在考查逻辑推理以及实验探究能力。【小问1详解】[1]游标卡尺测量内径使用内爪测量，故选①部分。[2]10分度游标卡尺的精确度为，游标卡尺读数为【小问2详解】根据动量守恒定律有然后两者共同摆起使得细绳与竖直方向的夹角为时，由机械能守恒定律得联立可得，弹丸的初动能根据比动能的定义有【小问3详解】A．根据实验原理，碰撞中损失的动能对测量结果无影响，故A错误；BD．若考虑金属盒所受空气阻力以及毛笔笔尖与白纸之间的阻力和仿真枪没有抵近金属盒射击都会使得初动能的测量值小于真实值，故比动能的测量值偏小，故BD正确；C．若击中金属盒的位置位于金属盒中心上方，则的测量值偏大，比动能的测量值偏大，故C错误。第14页/共22页

故选BD。12.某实验小组设计的欧姆表内部结构可简化成如题图所示的电路。已知电源电动势E=4.5V，内阻r=1.0Ω，电压表满偏电压为3VR=3000ΩR最大阻值为5000ΩAB表V的电压值得到被测电阻的阻值。（1）使用该欧姆表测电阻时，需要调节滑动变阻器使电压表V满偏，下列操作正确的是（）A.闭合开关S，两表笔间不接入任何电阻B.闭合开关S，将两表笔短接（2）按照正确操作步骤测量某电阻阻值，电压表V指针指在1.5V处，则电阻阻值_________Ω；（3V0”刻线在表盘__________电阻刻度线是_________（4V测量值_________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。【答案】（1）A（2）1000（3）①.最左边②.左疏右密（4）大于【解析】【小问1详解】如果闭合开关S0V满偏，两表笔间不接入任何电阻。故选A。【小问2详解】设满偏时滑动变阻器的阻值和内阻和为R，待测电阻为R，由闭合电路欧姆定律，满偏时有，解得第15页/共22页

当电压表V指针指在1.5V处时有，，解得【小问3详解】[1][2]设当待测电阻为Rx时，有，，解得由此可知，随着Rx增大，电压表V的示数增大，所以电阻“0”刻线在表盘最左边，且增加量减小，故电阻刻度线应该是左疏右密。【小问4详解】设满偏时滑动变阻器的阻值和内阻和为R，电压表满偏时有当E减小，R也减小，测量电阻Rx时，设电压表与Rx的并联电阻为R，此时电压表的电流为变形可得由此可知，E减小，电压表电流IV增大，故测量值大于真实值。13.机质量为120g，从离人额头为20cm的高度无初速掉落，磕到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间为0.05s。取g=10m/s2，求（1）手机与额头作用过程中，手机的动量变化量；（2）手机对额头平均作用力的大小。第16页/共22页

【答案】（1）0.24kg·m/s2）6N【解析】1）选取竖直向下为正方向，根据自由落体运动规律，手机掉落到人额头位置时的速度为手机与额头作用后手机的速度变为0，所以手机与额头作用过程中动量变化量为即手机动量变化量的大小为0.24kg·m/s，方向竖直向上。（2）选取竖直向下为正方向，手机与额头作用过程中，设额头对手机平均作用力的大小为F，对手机由动量定理得代入数据解得F=6N根据牛顿第三定律知，手机对额头平均作用力的大小为6N。14.行分析，如回旋加速器、质谱仪等。如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场。一带电量为m的粒子从x轴上的A点沿y轴正方向以初速度进入第二象限，经电场偏转后从y轴上的M点x轴上的N点的有效控制，在实际应用中我们只需要一个比较小的磁场区域即可实现，如把原磁场撤去，在第一象限某区域只需要加一磁感应强度为的圆形磁场，即可以使带电粒子与x轴正方向成60°角向下经过N计带电粒子的重力和其他阻力。求：第17页/共22页

（1）匀强电场的场强大小E；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）磁感应强度为的圆形磁场的最小面积。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】根据题意可知，带电粒子在第二象限电场中做类平抛运动，垂直电场方向有沿电场方向有，联立解得【小问2详解】设带电粒子运动到点时，水平分速度为，则有解得则带电粒子进入第一象限的速度为设速度方向与水平方向的夹角为，则有第18页/共22页

连接，由几何关系可得解得则带电粒子进入磁场时，与的夹角为，由带电粒子在直边界磁场中的运动可知，带电粒子到达点时，速度方向与的夹角也为，即垂直轴向下，运动轨迹如图所示由几何关系有解得又有解得【小问3详解】加一磁感应强度为的圆形磁场，则有解得使带电粒子与x轴正方向成60°角向下经过N的图所示