湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高三上学期入学考试物理试卷

这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高三上学期入学考试物理试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
汉寿一中2023年下期高三物理入学考试一、单选题（每题4分，共24分）1．在测定年代较近的湖泊沉积物形成年份时，常利用沉积物中半衰期较短的，其衰变方程为→Bi+X。以下说法正确的是（    ）A．衰变方程中的X是电子B．为了精确测量时间，应该考虑温度变化对衰变的影响C．的结合能大于Bi的结合能D．1000个原子核经过一个半衰期后，还剩500个未衰变2．一物体运动时的v-t图像如图，图中所示曲线为圆弧，。根据图像，下面说法正确的是（　　）  A．物体做圆周运动B．物体运动的加速度越来越小C．物体运动中所受合外力方向总在变化D．段的位移大于段的位移3．图示为半圆柱体玻璃的横截面OBCD，OD为直径。一束复色光沿AO方向从真空射入玻璃，光线分别从B、C点射出，下列说法正确的是（　　）A．B、C光线的频率B．B、C光线在玻璃中传播速度C．光线在玻璃中传播时间D．改变复色光入射角，光线可能会在半圆面上发生全反射4．“长征七号”A运载火箭于2023年1月9日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，“实践二十三号”卫星距地面的高度为（h小于同步卫星距地面的高度），入轨后绕地球做匀速圆周运动，则（    ）  A．该卫星的线速度大小大于7.9km/s B．该卫星的动能大于同步卫星的动能C．该卫星的加速度大小等于g D．该卫星的角速度大小大于同步卫星的角速度5．如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中A点的电场强度为0，静电力常量为k，则图中B点的电场强度大小为（　　）  A． B． C． D．6．一航空兴趣小组自制一带动力飞行器。小组开始让飞行器悬停在空中，某次测得从高处竖直向下运动范围内，飞行器的加速度a与下降的高度h关系如图所示。设飞行器总质量为m不变，取向下方向为正方向，重力加速度为g。飞行器下落过程中，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）  A．飞行器下降时，其发动机提供动力大小为B．飞行器下降过程中，其机械能增加C．飞行器下降时，其速度大小为D．飞行器下降时，其发动机功率为二、多选题（每题5分，共20分）7．半径分别为r和2r的同心半圆导轨MN、PQ固定在同一水平面内，一长为r、电阻为2R、质量为m且质量分布均匀的导体棒AB置于半圆道上，BA的延长线通过导轨的圆心O，装置的俯视图如图所示，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，在N、Q之间接有一阻值为R的电阻，导体棒AB在水平外力作用下，以角速度ω绕O点顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，设导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）  A．导体棒AB两端的电压为B．电阻R中的电流方向从Q到N，大小为C．外力的功率大小为D．若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使竖直向下的磁感应强度增加，且变化得越来越慢8．如图甲所示，时，一小船停在海面上的P点，一块浮木漂在纵坐标的R点，其后小船的振动图像如图乙所示，则（    ）  A．水波的振动向x轴正方向传播B．水波波速为C．末，浮木的纵坐标刚好为零D．末，小船的加速度达到正向最大9．如图所示，半径为R=0.4m的凹槽Q置于光滑水平面上，小球Р和凹槽Q的质量均为m=1kg，将小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，重力加速度g取10。则以下说法正确的是（　　）  A．当小球第一次到达凹槽最左端时，凹槽向右的位移大小为0.4mB．P、Q组成的系统动量守恒C．释放后当小球P向左运动到最高点时，又恰与释放点等高D．因为P、Q组成的系统机械能守恒，小球P运动到凹槽的最低点时速度为m/s10．如图所示，平面直角坐标系，在且区域中有磁感应强度为B的匀强磁场，在直线右边区域有与x轴负方向成角的匀强电场，—质量为m，带电量为q的粒子（不计重力）从y轴上的a点沿y轴负方向射入磁场，从b点沿x轴的正方向离开磁场进入电场，达到c点时粒子的速度恰好沿y轴的负方向，且c点的横坐标为，、，下列说法正确的是（    ）  A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为 B．粒子在b点的速度为C．电场强度大小为 D．粒子从b到c的运动时间为三、实验题（每空2分，共16分）11．在“用单摆测定重力加速度”实验中：（1）先用游标卡尺测小球的直径D，如图1所示，则小球的直径D=      mm    （2）调节好装置，用毫米刻度尺测得摆线长为l，拉开一个小角度（小于5%）释放小球开始摆动，记小球某次经过最低点为“1”并按下秒表开始计时，再次经过最低点记为“2”，一直数到“n”时停止计时，秒表记录时间为t，请写出重力加速度的字母表达式g=      （用D，l，n，t表示）（3）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2—L图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2—L图像是图2中的      （选填①、②、③）12．钙钛矿太阳能电池有成本低、光能转化效率高、相同光照强度下电动势稳定等优点。实验小组的同学欲探究某块钙钛矿太阳能电池的内阻特性，实验室提供的器有：钙钛矿太阳能电池：内阻变化范围0~4Ω；电压表V：量程为3.0V，内阻约3kΩ；电流表A：量程为300mA，内阻约0.3Ω；滑动变阻器R：最大阻值为60Ω；定值电阻R0：阻值为4.0Ω；电键S和导线若干。  （1）按如图甲所示电路连接器材，将滑动变阻器R的滑片调至最左端。闭合电键S，用一定强度的光照射太阳能电池，通过调节滑动变阻器R的阻值，记录不同阻值时的电压表和电流表的读数，并描绘出U-I图线如图乙所示，AB段为直线，BC段为曲线。分析此U-I图线，将图甲中的电路补充完整      。（2）分析图乙可知，此强度光照下太阳能电池的电动势E=      V，其内阻在电流低于一定值时为恒定值r=      Ω。（以上结果均保留3位有效数字）（3）当电流超过一定值后，内阻随电流的增大而      （填“增大”或“减小”）。若用该电池直接且仅给电阻为14Ω的小灯泡供电（不考虑小灯泡电阻的变化），则小灯泡的实际功率为      W（结果保留2位有效数字）。四、解答题13．（12分）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积，质量的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量；从状态B到状态C。气体内能增加；大气压。（1）求气体在状态C的温度；（2）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。  14．（14分）如图所示，传送带与水平面夹角，以恒定速率沿顺时针方向转动。现在传送带上端A处无初速度地放一质量的小煤块（可视为质点，忽略滑动过程中的质量损失），小煤块与传送带间的动摩擦因数，已知传送带上A到B的长度。取，，重力加速度。求：（1）小煤块从A运动到B的时间；（2）从A到B的过程中小煤块和传送带因摩擦而产生的热量。  15．（18分）如图，两个定值电阻、阻值均为2Ω，直流电源的电动势为，内阻，平行板电容器两极板水平放置，板间距离，板长，空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度，一质量为，带正电的小球以速度沿水平方向从电容器下板右侧边缘进入电容器，做匀速圆周运动，恰好从上板左侧边缘射出。重力加速度g取，忽略空气阻力。（1）求电阻两端的电压U；（2）求小球在两极板间运动的时间t；（3）当带电小球刚从电容器上极板射出时，立刻将虚线左侧磁场变成竖直向下，大小不变；同时施加垂直于纸面向里大小为0.4N/C的匀强电场，且不计因场变化而产生的其他影响，求小球落到和下极板同一水平面时的速度大小。  
参考答案：1．A【详解】A. 根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，衰变方程中的X质量数为零，电荷数为-1，是电子，选项A正确；B. 原子核的半衰期与温度等外界条件无关，即温度变化对衰变无影响，选项B错误；C. 核反应放出能量，生成物更加稳定，则的结合能小于Bi的结合能，选项C错误；D. 半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核衰变不适应，选项D错误。故选A。2．B【详解】根据速度图像切线的斜率表示加速度，可知物体的加速度越来越小，速度不断增大，因此该物体做变加速直线运动，合外力方向不变；由于，且图像围成的面积表示位移，则段的位移小于段的位移。故选B。3．D【详解】AB．由图可知，从B点射出的光线折射角偏小，由折射定律可知，入射角相同，折射角越小，折射率越大，故根据可知AB错误；C．设光在O点折射时入射角、折射角分别为i、r，根据折射定律有则折射光在玻璃中传播时间故时间与折射光线方向无关，，C错误；D．随着从真空射入玻璃入射角的减小，光线在玻璃半圆面处射入真空的入射角增大，当增大至大于临界角是就会发生全反射，D正确。故选D。4．D【详解】A．地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动时的最大运行速度，可知该卫星的线速度小于7.9km/s，故A错误；BD．根据万有引力提供向心力可得解得，由于该卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，则该卫星的线速度大于同步卫星的线速度，该卫星的角速度大于同步卫星的角速度，但由于不清楚该卫星与同步卫星的质量关系，所以无法确定该卫星的动能与同步卫星的动能关系，故B错误，D正确；C．对该卫星，根据牛顿第二定律可得解得可知该卫星的加速度大小小于地面重力加速度g，故C错误。故选D。5．D【详解】图中A点的电场强度为0，表明薄板带负电，且薄板在A点的电场强度大小为根据对称性，薄板在B点的电场强度大小与薄板在A点的相等，方向相反，图中B点的电场强度大小为故选D。6．C【详解】A．由图像可得图线斜率为则飞行器的加速度a与下降的高度h关系式当飞行器下降时，可得加速度为则求解得故A错误；B．飞行器下降过程中，其动能变化对应合外力做功，纵坐标乘质量为合力大小，其大小为解析图的梯形面积大小乘质量m，由动能定理可得故发动机做负功，所以其机械能减小，故B错误；CD．飞行器下降h0时有可得速度大小为且此时飞行器只受重力，则发动机提供的动力为0，功率为0，故C正确，D错误。故选C。7．AC【详解】A．因为导体棒匀速转动，所以平均切割磁感线速度 产生的感应电动势 导体棒AB两端的电压 故A正确；B．根据右手定则可知，电阻R中电流方向从Q到N，大小 故B错误；C．外力的功率等于回路的电功率与克服摩擦力的功率之和，即 故C正确；D．若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使竖直向下的磁感应强度减小，故D错误。故选AC。8．AD【详解】A．由乙图可知时，小船在P点从平衡位置向上振动，根据波形平移法可知，水波的振动向x轴正方向传播，故A正确；B．根据题图可知，波长为，周期为，则水波波速为故B错误；C．根据图甲可知波动方程为设R点的坐标为，则有解得在内，水波向右传播的距离为根据图甲可知，纵坐标为零的位置与R点的距离都不为，则末，浮木的纵坐标不为零，故C错误；D．由于可知此时小船位于负向位移最大处，则小船的加速度达到正向最大，故D正确。故选AD。9．AC【详解】AC．P、Q水平方向动量守恒，且水平分速度始终大小相等，方向相反，故P可到达凹槽左侧最高点，此时Q的位移为，故AC正确；B．系统竖直方向动量不守恒，故B错误；D．由题意可得解得故D错误。故选AC。10．BC【详解】A．过a、b两点分别做速度的垂线，交点是轨迹圆的圆心，、是轨迹圆两个互相垂直的半径，由几何关系可得是正方形，则轨迹圆的半径为，故A错误；B．由洛伦兹力提供向心力可得解得故B正确；C．把粒子受到的电场力分别沿着x轴和y轴分解，则有由牛顿第二定律可得粒子在c点的速度沿着y轴的负方向，则粒子在c点沿x轴正方向的速度恰好为0，粒子沿着x轴正方向的分位移为，则有解得故C正确；D．根据匀变速运动的特点知，粒子从b到c的运动时间故D错误。故选BC。11．     19.00          ①【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规律，该读数为（2）[2]令单摆周期为T，根据计时过程有摆长为根据单摆周期公式有解得（3）[3]由于把小球直径当作半径来计算摆长，则实际摆长为，则有解得可知图像的纵坐标截距为负值，则由此得到的T2—L图像是图2中的①。12．            2.90     0.500     增大     0.56【详解】（1）[1]通过对图像直线部分分析可知，直线部分表示的电阻大小为4.5Ω，而内阻的变化范围为0~4Ω，因此可确定，电路中串联了定值电阻R0；电流表的内阻约为0.3Ω，若电流表外接，测量得到的等效内阻为定值电阻、电流表内阻与电源内阻之和，而电流表内阻未知，因此不能准确测量电源内阻，而电流表内接的情况下，因为电压表内阻远大于电源内阻，因此电压表的分流作用就很微小，可忽略，这样造成的实验误差就可忽略，实验电路如图所示  （2）[2]图像与纵轴的截距表示电源的电动势，由图可得电源的电动势为[3]根据所设计电路图可知，图像的斜率表示电源的内阻与定值电阻R0之和，图像直线部分说明电源的内阻恒定，此时对应的电流为200mA，则说明电流低于200mA时，电池的内阻为定值，则有由此可得（3）[4]当电流超过一定值后，分析图像可知，图像上某点的斜率在增大，而斜率表示定值电阻R0与内阻之和，因此可知当电流超过一定值后，内阻随电流的增大而增大；[5]由于U-I图像斜率表示定值电阻和电源内阻之和，而定值电阻等于4.0Ω，因此要得到仅将电阻为14Ω的小灯泡直接接入该电源两端时小灯泡的功率，则可将14Ω中的4Ω等效到电源内部，作出电阻为10Ω的U-I图像，该图像与电源的U-I图像的交点所对应的电流即相当于流过电阻为14Ω的小灯泡的电流，作出图像如图所示  根据图像可得小灯泡的工作电流为200mA，其实际功率为13．（1）350K；（2）11J【详解】（1）气体在A状态时，根据平衡条件有气体从状态A到状态B的过程中发生等温变化，根据波意耳定律有气体从状态B到状态C发生等容变化，根据查理定律有其中联立以上各式解得（2）由于从状态A到状态B气体发生等温变化，即气体温度不变，因此而从状态A到状态C，根据热力学第一定律有由于状态B到状态C气体发生等容变化，即气体体积不变，则可知因此可得而联立解得14．（1）；（2）【详解】（1）对小煤块进行受力分析，由牛顿第二定律有解得小煤块下滑到与传送带速度相等所用时间为此时小煤块的位移为由于，又因为，小煤块继续下滑的加速度为又代入数据解得则小煤块从A运动到B的时间为（2）第一阶段小煤块相对传送带位移解得第二阶段小煤块相对传送带位移解得从A到B的过程中小煤块和传送带因摩擦而产生的热量为解得15．（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律电阻两端的电压联立解得（2）设小球在板间的轨迹半径为R，根据几何关系解得根据洛伦兹力提供向心力解得小球在板间运动对应的圆心角满足解得则小球在两极板间运动的时间（3）将出上极板时的速度进行正交分解，水平分速度为此时正好满足故小球水平方向一直向左匀速，竖直方向竖直上抛，即小球只在纸面内做匀变速曲线运动，落回到下极板同一水平线的过程中只有重力做功，有解得